MD 102 BGDDT NAM 2018 2019

MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019

Câu 1:

[2D3-1.1-1] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số
f  x   2x  6

là:

A. x  6 x  C .

2
B. 2x  C .

2

2
C. 2 x  6 x  C .
Lời giải

2
D. x  C .

Chọn A
Ta có
Câu 2:

 2 x  6  dx  2.
�

x2

 6x  C
 x 2  6 x  C ( C là hằng số).
2

[2H3-2.2-1] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng

 P  : 2 x  y  3z  1  0 . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của  P  ?Van Mai
A.

r
n1  2; 1; 3

.

B.

r
n 4  2;1;3

.

C.
Lời giải

r
n 2  2; 1;3

Chọn C

 P  : 2 x  y  3z  1  0

Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

là

.

r
n 3  2;3;1

D.

r
n 2  2; 1;3 

.

.

Câu 3:

[2H2-1.1-1] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Thể tích khối nón có chiều cao h và bán
kính đáy r là
1 2
4 2
r h
r h
2
2
A.  r h .
B. 2 r h .

C. 3
.
D. 3
.
Lời giải
Chọn C
1
V   r 2h
3
Thể tích khối nón có chiều cao h và bán kính đáy r là
(đvtt).

Câu 4:

[2D4-1.1-1] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Số phức liên hợp của số phức 5  3i là
A. 5  3i .
B. 3  5i .
C. 5  3i .
D. 5  3i .
Lời giải
Chọn D
Số phức liên hợp của số phức 5  3i là 5  3i . .

Câu 5:

Câu 6:

3
[2D2-3.2-1] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Với a là số thực dương tùy ý, log 5 a
bằng

1
1
log 5 a
 log 5 a
3  log 5 a
3log 5 a
A. 3
.
B. 3
.
C.
.
D.
.
Lời giải
Chọn D
3
Ta có log 5 a  3log 5 a ( a  0) .

[2H3-1.1-1] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , hình chiếu
vuông góc của điểm
3;0;0 
A. 
.

M  3; 1;1

trên trục Oz có tọa độ là
0;0;1
 3; 1;0  .

B.
C. 
.

D.

 0; 1;0  .


Lời giải
Chọn C
M  3; 1;1
M�
 0;0;1 .
Gọi M �là hình chiếu vuông góc của điểm
lên trục Oz . Ta có
Câu 7:

[1D2-2.1-1] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Số cách chọn 2 học sinh từ 5 học sinh là
2
2
2
5
A. 5 .
B. 2 .
C. C5 .
D. A5 .
Lời giải
Chọn C
Mỗi cách chọn 2 học sinh từ 5 học sinh là một tổ hợp chập 2 của 5 phần tử.

2
Vậy số cách chọn 2 học sinh từ 5 học sinh là C5 (cách).
1

Câu 8:

[2D3-2.1-1] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Biết

f  x  dx  3
�
0

1

và

g  x  dx  4
�
0

, khi

1

đó

�
dx
�
�f  x   g  x  �

�
0

A. 7.

bằng GV54
B. 7 .

C. 1 .
Lời giải

D. 1.

Chọn C
1

Theo đề bài thì

f  x  dx  3
�
0

1

và

g  x  dx  4
�
0

1

1

1

0

0

0

nên:

�
dx  �
f  x  dx  �
g  x  dx  3   4   1.
�f  x   g  x  �
�
�
Câu 9:

.

[2H3-3.1-1] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
x 1 y  3 z  2


.

2
5
3 Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d ?
r
r
r
r
u1   2;5;3
u4   2;  5;3
u2   1;3; 2 
u3   1;3;  2 
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải
Chọn B
M  x0 ; y 0 ; z0 
Phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua
và có vectơ chỉ phương
d:

x  x0 y  y0 z  z0


a

b
c
với abc �0 là:
r
u   2;  5;3 .
Vậy đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là 4

r
u   a; b; c 

d:

Câu 10: [2D1-5.1-1] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng
như đường cong trong hình vẽ bên?


4
2
A. y   x  2 x  1 .

3
3
B. y   x  3x  1 .
C. y  x  3x  1 .
Lời giải

4
2
D. y  x  2 x  1 .

Chọn B
Căn cứ vào đồ thị hàm số và các phương án ta loại các phương án hàm số bậc bốn trùng
phương là A, D . Còn lại các phương án hàm số bậc ba.
Từ đồ thị ta có:
hình vẽ.

lim y  �, lim y  �

x ��

x ��

3
nên hàm số y   x  3 x  1 có đường cong như trong

Câu 11: [1D3-3.1-1] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho cấp số cộng

 un 

với

u1  2

và

u2  8

. Công sai của cấp số cộng đã cho bằng
A. 4 .
B. 6 .

C. 10 .
Lời giải
Chọn D
u 
Gọi d là công sai của cấp số cộng n
u  u1  d � d  u2  u1 � d  8  2 � d  6
Ta có: 2
.

D. 6 .

Câu 12: [2H1-3.2-1] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy
B và chiều cao h là
4
1
Bh
Bh
A. 3Bh .
B. Bh .
C. 3
.
D. 3 .
Lời giải
Chọn B
Thể tích V của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là: V  Bh (đvtt).
2 x1
 27 là
Câu 13: [2D2-5.1-1] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Nghiệm của phương trình 3
A. x  2 .
B. x  1 .

C. x  5 .
D. x  4 .

Lời giải
Chọn B
2 x 1
 27 � 32 x 1  33 � 2 x  1  3 � x  1 .
Ta có 3
Câu 14: [2D1-1.2-1] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số

f  x

có bảng biến thiên sau:


Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.

 0; � .

B.

 0;2  .

 2;0  .

C.
Lời giải

Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
Căn cứ các phương án, ta chọn đáp án D .

 2;0 

D.

 �; 2  .

và

 2; � .

Câu 15: [2D1-2.2-1] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x) có bảng biến thiên như
sau

Hàm số đã cho đạt cực đại tại
A. x  2 .
B. x  2 .

C. x  3 .
Lời giải

D. x  1 .

Chọn C
Căn cứ bảng biến thiên, hàm số đạt cực đại tại x  3 .
Câu 16: [2D2-5.2-2]

(MĐ

102

BGD&ĐT NĂM

2018-2019)

Nghiệm

của

phương trình

log 2  x  1  1  log 2  x  1

là
B. x  2 .

A. x  1 .

C. x  3 .

D. x  2 .

Lời giải
Chọn C

�x  1  0
�
Điều kiện: �x  1  0 � x  1 .

Phương trình

log 2  x  1  1  log 2  x  1 � log 2  x  1  log 2 2  log 2  x  1

� log 2  x  1  log 2 �
2  x  1 �
�
�� x  1  2  x  1

� x  3 (thỏa mãn điều kiện x  1 ).
Câu 17: [2D1-3.1-2] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Giá trị nhỏ nhất của hàm số
f  x   x 3  3x  2
A. 20.

trên [  3;3] bằng
B. 4.

C. 0.
Lời giải

D. –16.


Chọn D
Ta có:

f�
 x   0 � x  �1
 x   3x 2  3 � f �

Ta có:

f  3  16; f  1  4; f  1  0; f  3   20.

Do hàm số

f  x

.

liên tục trên [  3;3] nên giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng –16.

Câu 18: [2H2-1.2-2] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Một cơ sở sản xuất có 2 bể nước hình trụ
có chiều cao bằng nhau, bán kính đáy lần lượt bằng 1m và 1, 4m . Chủ cơ sở dự định làm một
bể nước mới hình trụ, có cùng chiều cao và có thể tích bằng tổng thể tích của 2 bể nước trên.
Bán kính đáy của bể nước dự định làm gần nhất với kết quả nào dưới đây?
A. 1,7 m .

B. 1,5m .

C. 1,9 m .

D. 2,4 m .

Lời giải
Chọn A
Gọi chiều cao của các hình trụ là h .
Gọi

V1 V2

R  1m, R2  1, 4m
, lần lượt là thể tích của hình trụ có bán kính đáy 1
.

Gọi V là thể tích của hình trụ dự định làm và có bán kính đáy là R .
2
2
2
2
2
2
Ta có: V  V1  V2 �  R h   R1 h   R2 h � R  R1  R2

� R 2  12  1, 42 � R  2,96 �1, 72 .

Câu 19: [2D1-2.1-2] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số

f ( x ) có đạo hàm

f�
( x )  x( x  2) 2 , x ��. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A. 2.

B. 1.

C. 0.
Lời giải

Chọn B

x0
�
f�
( x)  0 � x( x  2) 2  0 � �
x2
( x )  x( x  2) ,
�
Ta có: f �
2

Bảng biến thiên

Vậy hàm số có một điểm cực trị.

D. 3


Câu 20: [2D4-4.1-2] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Gọi

z1 , z2

là 2 nghiệm phức của phương

2
trình z  6 z  14  0 . Giá trị của z  z bằng:
A. 36.
B. 8.
C. 28.
2
1

2
2

D. 18.

Lời giải
Chọn B

Ta có:

z  z   z1  z2 
2
1

2
2

2

2

�6 � 14
 2 z1 z2  � � 2  8
1
�1 �
.

B C có
Câu 21: [2H1-3.2-2] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho khối lăng trụ đứng ABC. A���

 2a (minh họa như hình vẽ bên). Thể tích của khối
đáy là tam giác đều cạnh bằng a và AA�
lăng trụ đã cho bằng

A.

3a 3
3 .

B.

3a 3
6 .

C.

3

3a .

D.

3a 3
2 .

Lời giải
Chọn D
Diện tích tam giác ABC là

S ABC 

a2 3
4 .

a 2 3 a3 3
�
VABC . A���

S
�
AA

2
a
�

BC
ABC
4
2 .
Thế tích khối lăng trụ đã cho bằng
Câu 22: [2H3-1.3-2] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

 S  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  7  0 . Bán kính của mặt cầu đã cho bằng
A. 3 .

C. 15 .

B. 9 .

D.

Lời giải
Chọn A
a 1
�
�
b  1
�
�
c0
�
2
2
2
�
d  7 � R  a  b  c  d 
Ta có �

 1

2

  1   0  7  3
2

2

.

7.


Câu 23: [2D1-5.4-2] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số
sau:

Số nghiệm thực của phương trình
A. 2 .
B. 3 .

3 f  x  5  0

f  x

có bảng biến thiên như

là
D. 0 .

C. 4 .
Lời giải

Chọn C
5
3 f  x  5  0 � 3 f  x  5 � f  x  3
Ta có
.

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của hai đồ thị

y  f  x

và đường thẳng

y

5
3.

Vậy phương trình có 4 nghiệm thực phân biệt.
Câu 24: [2D1-4.1-2] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số
như sau:

y  f  x

có bảng biến thiên

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là:
A. 3.
B. 1.
C. 2.
D. 4.
Lời giải
Chọn C
Hàm số

y  f  x

có tập xác định:

D  �\  0 .

Ta có:
lim f  x   �

x � �

lim f  x   0

x ��

đồ thị hàm số không tồn tại tiệm cận ngang khi x � �.

Vậy đồ thị hàm số

y  f  x

có tiệm cận ngang y  0.

lim f  x   2 lim f  x   �.
y  f  x
; x �0
Đồ thị hàm số
có tiệm cận đứng x  0.

x �0 


Vậy tổng số tiệm cận đứng và ngang là 2.
Câu 25: [2D2-3.2-2] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho và là hai số thực dương thoả mãn .

Giá trị của bằng
A. .
B. .
C. .
D. .
Lời giải
Chọn A
Ta có:





a 3b 2  32 � log 2 a 3b 2  log 2 32 � 3log 2 a  2 log 2 b  5

x
Câu 26: [2D2-4.2-2] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Hàm số y  3

 2 x  3 .3x 3 x .
A.
2

x
B. 3

2

3 x

x

C.

.ln 3 .

2

 3 x  .3x

2

.
2

3 x

3 x 1

có đạo hàm là

 2 x  3 .3x 3 x.ln 3 .
D.
2

.

Lời giải
Chọn D
u
'
u '

Áp dụng công thức y  a � y  a .u .ln a

� y '  3x

2

.  x 2  3 x  .ln 3   2 x  3  .3x

3 x

'

2

3 x

.ln 3

.

Câu 27: [2H3-2.3-2] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
A  1; 2;0  , B  3;0; 2 

. Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là
A. 2 x  y  z  4  0 .
B. 2 x  y  z  2  0 .
C. x  y  z  3  0 .
D. 2 x  y  z  2  0 .
Lời giải
Chọn B

M  1;1;1
Gọi M là trung điểm của AB . Ta có
.
Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua M và nhận
làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là:
2  x  1   y  1  z  1  0 � 2 x  y  z  2  0

uuur
AB   4; 2;2 

hay

r
n   2; 1;1

.

Câu 28: [2D4-2.4-2] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hai số phức

z1  2  i

và

2z  z
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm biểu diễn số phức 1 2 có tọa độ là
 3;  3 .
 2;  3 .
 3;3 .
 3; 2  .
A.

B.
C.
D.
Lời giải
Chọn C
Ta có:

2 z1  z2  2.  2  i    1  i   4  2i  1  i   3  3i

Vậy điểm biểu diễn số phức

2z1  z2

có tọa độ là

 3;3 .

z2  1  i

.


Câu 29: [2D3-3.1-2] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
bên). Mệnh đề nào dưới đây là đúng?

1

S

A.
C.

y  f  x

5

f  x  dx
�f  x  dx  �

1

1

1

5

1

1

S

.

B.

S  �
f  x  dx  �

f  x  dx

.

D.

f  x

liên tục trên �. Gọi S

, y  0 , x  1 và x  5 (như hình vẽ

1

5

1

1

f  x  dx
�f  x  dx  �
1

5

1

1

.

S  �
f  x  dx  �
f  x  dx

.

Lời giải
Chọn B

Ta có

f  x  �0, x � 1;1

;

f  x  �0, x � 1;5

S
. Vậy

1

5

1

1

f  x  dx
�f  x  dx  �

.

Câu 30: [1H3-3.3-2] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc
với mặt phẳng

 ABC 

, SA = 2a , tam giác ABC vuông tại B , AB = a , BC = a 3 . Góc

 ABC  bằng
giữa đường thẳng SC và mặt phẳng
o
o
o
A. 90 .
B. 30 .
C. 60 .
Lời giải
Chọn D

Ta có: SA vuông góc với mặt phẳng (ABC)

� A là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC)

o
D. 45 .

� AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (ABC)

�
�
��
SC , ( ABC ) �
= (�
SC , AC ) = SCA
�
�

D ABC vuông tại B � AC 2 = AB 2 + BC 2 = a 2 + 3a 2 = 4a 2 � AC = 2a
� =
tan SCA

SA 2a
� = 45o
�
=
= 1 � SCA
��
SC , ( ABC ) �
= 45o
�
�
AC 2a
.

Câu 31: [2D4-2.3-3] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho số phức





A.

5.

3 z  i   2  3i  z  7  16i

z

thỏa mãn

. Môđun của số phức z bằng.

B. 5 .

C.

3.

D. 3 .

Lời giải
Chọn A
Gọi z  x  yi với x, y ��.
Ta có





3 z  i   2  3i  z  7  16i
� 3  x  yi  i    2  3i   x  yi   7  16i � 3 x  3 yi  3i  2 x  2 yi  3 xi  3 y  7  16i

�x  3 y  7
�x  3 y  7
�x  1
�  x  3 y    3x  5 y  3 i  7  16i � �
��
��
3 x  5 y  3  16
3 x  5 y  13 �y  2
�
�

.

z  5
Do đó z  1  2i . Vậy
.
Câu 32: [2H3-3.7-3] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho các điểm
A  1;0; 2  , B  1; 2;1 , C  3; 2;0 

và

D  1;1;3

 BCD  có phương trình là
phẳng
�x  1  t
�x  1  t
�
�
�y  4t
�y  4
�z  2  2t
�z  2  2t
A. �
.
B. �
.

. Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt

C.

�x  2  t
�
�y  4  4t
�z  4  2t
�

.

D.

Lời giải

Chọn C
uuur
�
uuur uuur
�BC   2;0;  1
��
BC ; BD �
r
�uuur
�
�  1;  4;  2 
BD   0;  1; 2 
n BCD    1; 4; 2 
�
Có
.Chọn
Gọi d là đường thẳng cần tìm.
r
r
d   BCD  � u d  n BCD    1; 4; 2 
Do
.

�x  1  t
�
�y  2  4t
�z  2  2t
�

.

�x  1  t
�
d : �y  4t
�z  2  2t
A  1;0; 2  �d
�
Lại có
, suy ra
.

Ta thấy điểm

E  2; 4; 4 

thuộc d và d có 1 vtcp

r
u d   1; 4; 2 

nên d có phương trình:

�x  2  t
�
�y  4  4t
�z  4  2t
�
.

Câu 33: [2D3-2.1-3] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số

f  x

. Biết

f  0  4

và


4

f�
 x   2 cos 2 x  3,x ��, khi đó

f  x  dx
�
0

  8  8
8
B.
.

 2
A. 8 .
2

2

bằng

 2  8  2
8
C.
.

 2  6  8
8
D.
.

Lời giải
Chọn C
1
2
 sin 2 x  4 x  C
�
f
x
d
x

2
cos
x

3
d

x

4

cos
2
x
d
x




�
�
2
Ta có �





1
� f  x   sin 2 x  4 x  C1
2
.
1
f  0   4 � C1  4 � f  x   sin 2 x  4 x  4
2
Ta có

.

4


4



2
�1
� �1
�4   8  2
2
f
x
d
x

sin
2
x

4
x

4
d
x



cos2
x

2
x

4
x



�
� �
�
�
�
2
8
� �4
�0
0�
Vậy 0
.

Câu 34: [2D3-1.1-3] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số
f  x 

3x  1

 1; � là
trên khoảng
2
1
3ln  x  1 
C
3ln  x  1 
C
x 1
x 1
A.
.B.
.
1
2
3ln  x  1 
C
3ln  x  1 
C
x 1
x 1
C.
.D.
.
 x  1 2

Lời giải
Chọn A
Ta có

�3
3  x  1  2
2 �
3x  1
2

d
x


�
�dx
f
x
d
x

d
x


�
�
2
2
�
�
2
 3ln x  1 

C
x

1
x

1
x

1
�
�




x

1


�
�
x 1
Do đó trên khoảng

 1; � ta có:

3x  1

f  x  dx  �
dx
�
2
 3ln  x  1 
 x  1

2
C
x 1
.

Câu 35: [2D1-1.1-3] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số
như sau:

y  f  5  2x
Hàm số
nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
 2;3 .
 0; 2  .
 3;5  .
A.
B.
C.

f  x

, bảng xét dấu

D.

f�
 x

 5;  � .

Lời giải
Chọn B
Xét hàm số

y  f  5  2x

.

�
y�
�
 5  2x
�f  5  2 x  �
� 2 f �

.

3  5  2 x  1 �
3 x 4
�
y�
0� f�
��
 5  2 x  0 � �

5  2x  1
x2
�
�
Xét bất phương trình:
.
y  f  5  2x
 �; 2  và khoảng  3; 4  .
Suy ra hàm số
nghịch biến trên các khoảng
 0; 2  � �; 2  nên chọn đáp án B
Vì
Câu 36: [2H2-1.2-3] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hình trụ có chiều cao bằng 4 2 .Cắt
hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng
thu được có diện tích bằng 16. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng
A. 24 2 .

B. 8 2 .

C. 12 2 .
Lời giải

2 , thiết diện

D. 16 2 .


Chọn D
Gọi O, O�lần lượt là tâm hai đáy của hình trụ.
Hình trụ có chiều cao là h  4 2 .

Mặt phẳng song song với trục của hình trụ cắt hình trụ theo thiết diện là hình chữ nhật ABCD

S ABCD  AD. AB  16 � AB 

Ta có:

16
16

2 2
AD 4 2
.

Trong tam giác OAB , từ O kẻ OI  AB , lại có: OI  AD suy ra:

OI   ABCD  � d  OO�
;  ABCD    d  O;  ABCD    OI  2
Vì tam giác OAB cân tại O nên đường cao OI đồng thời là đường trung tuyến hay I là trung
điểm của đoạn thẳng AB
� AI 

AB
 2
2
.

r  OA  AI 2  OI 2 

 2  2
2

Diện tích xung quanh hình trụ là:
Câu 37: [2D2-5.2-3]

(MĐ

102

2

2

.

S xq  2 rh  2 2.4 2  16 2

BGD&ĐT

NĂM

.

2018-2019)

Cho

phương

log 9 x  log 3  6 x  1   log 3 m
2

trình

( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của
m để phương trình đã cho có nghiệm?
A. 6.
B. 5.
C. Vô số.
D. 7.
Lời giải
Chọn B
Gọi

log 9 x 2  log 3  6 x  1   log 3 m

là phương trình

 1 .

Điều kiện xác định:
�x �0
�x 2  0
� 1
� 1
�
�
�x 
6 x  1  0 � �x  � � 6  *
�
�m  0

� 6
�
�m  0
�
�
�m  0
.
Với điều kiện

 *

thì:

 1 � log 3 x  log 3 m  log 3  6 x  1
� log 3  mx   log 3  6 x  1 � mx  6 x  1 �  m  6  x  1  2 

 2  trở thành: 0 x  1: VN . Vậy không nhận m  6 .
Với m  6 thì phương trình


Với m �6 thì

 2 � x  

Để phương trình

�

 1

1
m6 .


có nghiệm thì

1
1
6  m  6
 �
0
m6 6
6  m  6

m
m
0 �
0
� 0  m  6.
m6
m6

m � 1; 2;3; 4;5
Mà m nguyên nên
.
Câu 38: [2D1-3.4-3] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số
tục trên � và có đồ thị như hình vẽ bên.

Bất phương trình
khi

m �f  2   2
A.
.

B.

m  f  2  2

.

C.

m �f  0 

.

Chọn A

� m  f  x  x
Xét hàm số
Có

f  x  x  m

nghiệm đúng với mọi

nghiệm đúng với mọi

g  x  f  x  x

Bảng biến thiên

ۣ m

g  2 ۣ
 m

x � 0; 2 

trên khoảng

g�
 x  f �
 x   1  0, x � 0; 2 

Vậy (1)

, hàm số

y f�
 x

liên

f  x  x  m m
x � 0; 2 
( là tham số thực) nghiệm đúng với mọi
khi và chỉ

Lời giải

Bất phương trình

f  x

f  2  2

.

 0; 2 

(1)

x � 0; 2 

D.

m  f  0

.


Câu 39: [1H3-5.3-3] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình
vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt

 SBD  bằng
phẳng đáy (minh họa như hình vẽ bên). Khoảng cách từ C đến mặt phẳng

A.

21a
28 .

21a
B. 14 .

C.

2a
2 .

D.

Lời giải
Chọn D

� SM   ABCD 
Gọi M là trung điểm của AB
. Gọi O  AC �BD .

�AC � SBD   O
� d  C ,  SBD    d  A,  SBD  
�
�AO  OC

Ta có

Lại có

�AM � SBD   B

� d  A,  SBD    2d  M ,  SBD  
�
�AB  2 MB

d  C ;  SBD  

Vậy

.

d  M ;  SBD  

.

2

 K �BD  , kẻ MH  SK tại H � MH  d  M ;  SBD   .
Kẻ MK  BD
Xét tam giác SMK , ta có
MK 

1
1a 2 a 2
a 3
AO 

SM 
2
2 2
4 ,

2

a 21
a 21
1
1
1
28
� d  C ;  SBD   


 2 � MH 
2
2
2
14
7 .
MH
SM
MK
3a

21a
7 .


Câu 40: [1D2-5.2-3] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Chọn ngẫu nhiên hai số khác nhau từ 27
số nguyên dương đầu tiên. Xác suất để chọn được hai số có tổng là một số chẵn bằng.
13
14

1
365
A. 27 .
B. 27 .
C. 2 .
D. 729 .
Lời giải
Chọn A
Chọn ngẫu nhiên hai số khác nhau từ 27 số nguyên dương đầu tiên, ta có số phần tử của không
gian mẫu là

2
n     C27

.

Gọi A là biến cố: “chọn được hai số có tổng là một số chẵn”.
Trường hợp 1: Hai số được chọn là số lẻ có

C142

Trường hợp 2: Hai số được chọn là số chẵn có

cách.

2
C13

cách.

n  A   C142  C132
Suy ra số phần tử của biến cố A là
.
P ( A) 
Xác suất để chọn được hai số có tổng là một số chẵn:

n( A) C142  C132 13


2
n ( )
27
C27

Câu 41: [2D1-5.3-3] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số bậc ba
như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của phương trình

A. 6.

B. 10.

C. 12.
Lời giải

Chọn B

f  x 3  3x  

y  f  x

1
2 là:

D. 3.

.

có đồ thị


�
x 3  3 x  a,  2  a  1
�3
x  3 x  b,  1  b  2 
�
�3
x  3 x  c,  c  2 
�
�
1
� 3
x 3  3 x  d ,  d  2 
f
x

3
x




�
�
1
2
�
f  x 3  3x   � �
x 3  3 x  e,  2  e  3
2
�
�f  x 3  3 x    1
�
x 3  3x  f ,  f  3
�
2
�
�
Ta có
.
3
2
Xét hàm số y  x  3 x ; có y '  3 x  3

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có
3
Phương trình: x  3x  a có 3 nghiệm.
3
Phương trình: x  3x  b có 3 nghiệm.
3

Phương trình: x  3 x  c có 1 nghiệm.
3
Phương trình: x  3x  d có 1 nghiệm.
3
Phương trình: x  3 x  e có 1 nghiệm.


3
Phương trình: x  3 x  f có 1 nghiệm.

Vậy tổng có 10 nghiệm. Chọn B
Câu 42: [2D3-2.3-3] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số
1

f  5  1
trên �. Biết
và
A. 15 .

xf  5 x  dx  1
�
0

f  x

có đạo hàm liên tục

5

x f�

 x  dx
�
2

, khi đó

0

bằng

123
C. 5 .

B. 23 .

D. 25 .

Lời giải
Chọn D
dt
�
dx 
�
�
5
t  5x � �
�x  t
� 5 . Đổi cận: x  0 � t  0 ; x  1 � t  5 .
Đặt
1

Khi đó:

5

5

5

t
dt
xf  5 x  dx  1 � �f  t   1 � �
t. f  t  dt  25 � �
x. f  x  dx  25  *
�
5
5
0
0
0
0

�
du  f '  x  d x
�
u  f  x
�
� � x2
�
dv  xdx

�
v
�
� 2
Đặt:
.

Ta có:

 * �
5

�

5 15 2
x2
. f  x  �
x . f '  x  dx  25
0 20
2
5

25 1 2
 �
x . f '  x  dx  25 � �
x 2 . f '  x  dx  25
2 20
0

.

3
y= x
4 và parabol
Câu 43: [2D3-3.1-3] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho đường thẳng
1
y = x2 + a
S
S
2
( a là tham số thực dương). Gọi 1 và 2 lần lượt là diện tích của hai hình phẳng
được gạch chéo trong hình bên. Khi

S1 = S2

thì a thuộc khoảng nào dưới đây?


�3 7 �
� ; �
16 32 �.
B. �

�1 9 �
�; �
A. �4 32 �.

� 3�
0; �
�

16 �.
�
C.

�7 1 �
� ; �
D. �32 4 �.

Lời giải
Chọn B

3
1
x  x 2  a � 2 x 2  3x  4a  0 (*)
2
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là 4

Ta có ( d ) cắt ( P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ dương nên phương trình

dương phân biệt
Gọi

F ( x)

�  0
9  32a  0
�
9
�
� �S  0 � �

�0a
32
�2a  0
�P  0
�

x1

�1 2 3
� �1 3 3 2
�
S1  �
dx  � x  x  ax �  F  x1 
� x  x  a�
2
4
8
� �6
�0
0�
x2

�1 2 3
�
S2  �
 x  x  a�
dx   F  x 
�
2
4

�
x1 �

� F ( x2 ) = 0 �
Do

x2

.

1
3
f ( x) = x 2 - x + a
2
4
là một nguyên hàm của hàm số
.
x1

Ta có

(1) có 2 nghiệm

x2
x1

.

  F  x2   F  x1  .

1 3 3 2
x2 - x2 + ax2 = 0 � 4 x22 - 9 x2 + 24a = 0
6
8
.

là nghiệm của phương trình (*) nên ta có hệ phương trình

� 256 2
�
2.
a - 16a + 4a = 0
2
2
�
�
2 x2 - 3 x2 + 4a = 0
2 x2 - 3 x2 + 4a = 0 �
� 9
�
�
��
��
� 2
�
�
16a
16a - 3x2 = 0
4 x2 - 9 x2 + 24a = 0 �
�

�
�
x2 =
�
�
3
�
�
a =0
�
512 2
�
a - 12a = 0 � � 27 .
�
9
a=
�
� 128

Ta có

S1 = S2


Đối chiếu điều kiện của a nên ta có

a=

27 �
3 7�

��
; �
�
�
�
�
128 �
16 12 �
.

z  2
Câu 44: [2D4-3.4-3] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Xét các số phức z thỏa mãn
.
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn số phức
bán kính bằng
A. 2 3 .

w

3  iz
1  z là một đường tròn có

D. 2 5 .

C. 20 .

B. 12 .
Lời giải

Chọn D

Ta có

w

3  iz
w3
�z
�
w
(1

z
)

3

iz
�
w

3

(
i

w
)
z
� w  wz  3  iz
1 z

iw

Khi đó đặt w  x  yi ( x, y ��) ta được

z  2

�

x  yi  3
( x  3)  yi
w3
 2�
 2
 2�
i  ( x  yi )
 x  (1  y )i
iw

2
2
2
2
�  x  3  y 2  2 �
x 2  (1  y ) 2 �
�
�� x  y  6 x  9  2 x  2 y  4 y  2
2

� x 2  y 2  6 x  4 y  7  0 �  x  3    y  2   20
2

2

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường tròn có bán kính R  2 5 .
Câu 45: [2H3-3.8-4] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm

A  0; 4;  3

. Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng
bằng 3 . Khi khoảng cách từ A đến d lớn nhất, d đi qua điểm nào dưới đây?
A.

P  3;0;  3

.

B.

Q  0;11;  3

.
Lời giải

Chọn D
Cách 1:

C.

N  0;3;  5 

.

D.

M  0;  3;  5 

.


Ta có d thuộc mặt trụ có bán kính r  3 và có trục là Oz .
Oxy � A�
 0; 4;0  .
Gọi A�là hình chiếu của A lên mặt phẳng
K lớn nhất, suy ra K  0; 3;0  .
Gọi điểm K là giao của mặt trụ và Oy sao cho A�
Ta có:

d  A, d  �A ' K  7

. Suy ra

maxd  A, d   7

.

K  0; 3; 0 
Khi đó đường thẳng d đi qua
và song song với Oz .
�x  0
�

�y  3
�z  t
Phương trình đường thẳng d là: �
M  0; 3; 5 
Vậy d đi qua
.
Cách 2:


Gọi

 P

�  P : z  3  0
là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng d
.

Oz � I  0;0; 3
Gọi I là hình chiếu vuông góc của A trên
.

Gọi

M   P  �d

 C  có tâm I  0;0; 3 , bán kính
. Ta có tập hợp các điểm M là đường tròn

R  3 và nằm trên  P  .
Tọa độ các điểm thuộc đường tròn

2
2
2
�
�x  y   z  3  9
�
�z  3  0

.

 C

là nghiệm của hệ phương trình


Phương trình đường thẳng

�x  0
�
AI : �y  4  t , t �R
�z  3
�

.

M '  0;3; 3 � AM '  1
�
M '  AI � C  � �
M '  0; 3; 3 � AM '  7
�

Gọi
.
Ta có:

d  A, d   AM �AM �
7

, với

M�
  0; 3; 3

. Suy ra

maxd  A, d   7

.

Khi đó đường thẳng d đi qua K và song song với Oz .

Phương trình đường thẳng d là:
Vậy

M   0; 3; 5  �d

�x  0
�
�y  3 , t ' �R
�z  3  t '
�

.

.

Câu 46: [2H3-3.7-4] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu

 S  : x2  y 2   z 

2



2

3

. Có tất cả bao nhiêu điểm

A  a; b; c 

( a, b, c là các số nguyên)

 Oxy  sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của  S  qua A và hai tiếp tuyến đó
thuộc mặt phẳng
vuông góc với nhau?
A. 12 .
B. 4 .
C. 8 .
D. 16 .

Lời giải
Chọn A



Mặt cầu

 S

có tâm

Dễ thấy

 S

cắt mặt phẳng

ngoài

 S

I 0;0; 2

kẻ tiếp tuyến tới

 , bán kính R 

 Oxy 
 S

3.

 Oxy  và nằm
nên từ một điểm A bất kỳ thuộc mặt phẳng

thì các tiếp tuyến đó nằm trên một mặt nón đỉnh A , các tiếp

 S  thì ta kẻ các tiếp tuyến đó
điểm nằm trên một đường tròn được xác định. Còn nếu A thuộc
sẽ thuộc một mặt phẳng tiếp diện của

 S

tại điểm A .

Để có ít nhất hai tiếp tuyến qua A thỏa mãn bài toán khi và chỉ khi

 S  � IA  R  3 .
+ Hoặc A thuộc
+ Hoặc các tiếp tuyến tạo thành mặt nón và góc ở đỉnh của mặt nón là

� �۳
MAN
900

�
MAI

� �۳2
SinMAI

45 suy ra
2

Vậy điều kiện bài toán là
Vì

IM
IA

0

A � Oxy  � A  a ; b ;0 

3 ���
IA �
 6

IA2
. Ta có 3 ��

3 IA2

6

2
3
۳
2
IA

2
2

IA

6

.

6.

3 a2�
b2 2 6 �1 a 2 b2

4 (*).


Do

A a ;b;c

có tọa độ nguyên nên ta có điểm thỏa mãn (*) là

A  0; 2;0  A  0;  2;0  A  0;1;0  A  0;  1;0 
,
,
,
,
A  2;0; 0 

,

A  2;0;0  A  1;0;0  A  1;0;0 
,
,
,

A  1;1; 0 

,

A  1;  1;0  A  1;1;0  A  1;  1;0 
,
,
.

Vậy có 12 điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 47: [2D2-5.2-4]

 2 log

2
2

(MĐ

102

BGD&ĐT

NĂM

2018-2019)

Cho

phương

trình

x  3log 2 x  2  3x  m  0

( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên
dương của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt?
A. 79 .
B. 80 .
C. Vô số.
D. 81 .
Lời giải
Chọn A
Xét phương trình

Điều kiện:

Ta có

 2 log

2
2

x  3log 2 x  2  3x  m  0  1

�x  0
�x  0
��
�x
3  m �0 �x �log 3 m
�

 do

m  0

.

.

log 2 x  2
x4
�
�
�
�
1
1
�
log 2 x   � �
x
.

�
2 log 22 x  3log 2 x  2  0 � �
�
2
2
1
�
  � x
�
�
3x  m
x  log 3 m
�
�
�
�3  m  0

log 3 m �0
�
0  m �1
�
�
�
� 1
� 1
� �log 3 m  4
�
3 2 �m  34
1
�


�
2
Phương trình
có hai nghiệm phân biệt
m 1
�
�
m �{3; 4;5;�;80} .
Do m nguyên dương � �

Vậy có tất cả 1  80  3  1  79 giá trị m nguyên dương thỏa mãn đề bài.
Câu 48: [2D1-2.1-4] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số
hàm số

f ' x

như sau:

f  x

, bảng biến thiên của


y  f  x2  2x 

Số điểm cực trị của hàm số
A. 3 .
B. 9 .

là
C. 5 .

D. 7 .

Lời giải
Chọn D
Xét hàm số
Ta có

y  f  x 2  2x 

trên �.

y '   2 x  2 f '  x2  2 x 

.

Dựa vào bảng biến thiên của hàm
�
x  1
x  1
�
�
2
�2
x  1
�

x


2
x

a
�
�
2
y' 0 � �
x2  2x  b � �
x  1

�2
�
2
�
x  2x  c
x  1

�
�2
�
2
x  2x  d
�
 x  1
�

f ' x

ta được

 a  1  1
 b 1
 c 1
 d 1

 2
 3
 4  , trong đó a  1  b  0  c  1  d .

a 1  0
�
�
b 1  0
�
�
c 1  0
�
�
d 1  0 .
Do a  1  b  0  c  1  d nên �
Khi đó phương trình

 1

 2  ,  3 ,  4 

mỗi phương trình đều có 2
nghiệm phân biệt và khác nhau, cùng khác 1 . Suy ra phương trình y '  0 có 7 nghiệm đơn.

Vậy hàm số

vô nghiệm. Các phương trình

y  f  x 2  2x 

có 7 điểm cực trị.

B C có chiều cao là
Câu 49: [2H1-3.2-4] (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho lăng trụ ABC. A���
8 và đáy là tam giác đều cạnh bằng 4 . Gọi M , N và P lần lượt là tâm của các mặt bên
A�và BCC �
B�
ABB�
A�
, ACC �
. Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A , B , C ,

M , N , P bằng
A. 12 3 .

B. 16 3 .

28 3
C. 3 .

40 3
D. 3 .