MD 103 BGDDT NAM 2018 2019

MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019

Câu 1: [2H3-2.2-1] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz
( P ) : 2 x − 3 y + z − 2 = 0 . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp
, cho mặt phẳng
( P) ?
tuyến của
uu
r
uu
r
ur
uu
r
n3 = ( −3;1; −2 )
n2 = ( 2; −3; −2 )
n1 = ( 2; −3;1)
n4 = ( 2;1; −2 )
A.
.
B.
. C.
.
D.
.
Lời giải
Chọn C

( P ) : 2 x − 3 y + z − 2 = 0 suy ra vectơ pháp tuyến của mặt
Ta có mặt phẳng
ur

n1 = ( 2; −3;1) .
phẳng là
Câu 2: [2D1-5.1-1] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Đồ thị của hàm số nào
dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ bên?

3
2
A. y = x − 3x − 2 .

4
2
3
2
4
2
B. y = x − 2 x − 2 . C. y = − x + 3x − 2 . D. y = − x + 2 x − 2 .
Lời giải

Chọn B
Ta dựa vào đồ thị chọn a > 0 .
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên c < 0 .
Do đồ thị hàm số có 3 cực trị nên b < 0 .
Câu 3: [1D2-2.1-1] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Số cách chọn 2 học
sinh từ 6 học sinh là
2
6
A2
C2
A. 6 .
B. 6 .

C. 2 .
D. 6 .
Lời giải
Chọn B
2

Câu 4: [2D3-2.1-1] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Biết
2

∫ g ( x ) dx = 6
1

A. 4 .

1

2

, khi đó

∫  f ( x ) − g ( x )  dx
1

B. −8 .

Chọn D
2

∫  f ( x ) − g ( x )  dx = 2 − 6 = −4
1

∫ f ( x ) dx = 2

.

bằng:
C. 8 .
Lời giải

D. −4 .

và


Câu 5: [2D2-5.1-1] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Nghiệm của phương
2 x−1
= 8 là
trình 2
A.

x=

3
2.

B. x = 2 .

x=

C.

Lời giải

5
2.

D. x = 1 .

Chọn B
2 x−1
= 8 ⇔ 2 2 x −1 = 23 ⇔ 2 x − 1 = 3 ⇔ x = 2 .
Ta có 2
Câu 6: [2H2-1.1-1] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Thể tích của khối nón
có chiều cao h và bán kính đáy r là
A. π r h .
2

4 2
πr h
B. 3
.

C. 2π r h .
Lời giải
2

1 2
πr h
D. 3
.

Chọn D

1
V = π r 2h
3
Thể tích của hình nón có chiều cao h và bán kính đáy r là
.
Câu 7: [2D4-1.1-1] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Số phức liên hợp của
số phức 1 − 2i là
A. −1 − 2i .
B. 1 + 2i .
C. −2 + i .
D. −1 + 2i .
Lời giải
Chọn B
Số phức liên hợp của số phức 1 − 2i là số phức 1 + 2i .
Câu 8: [2H1-3.2-1] (MĐ 103 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. 3
.
B. 3Bh .
C. 3 .
D. Bh .
Lời giải
Chọn D
Câu 9: [2D1-2.2-1] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số

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 D
Từ bảng biến thiên, hàm số đạt cực đại tại x = 1. Chọn đáp án D.

f ( x)

có


Câu 10:

[2H3-1.1-1] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian
Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm M ( 2;1; −1) trên trục Oy có tọa độ là
( 0;0; −1) .
( 2;0; −1) .
( 0;1;0) .
( 2;0;0) .
A.
B.
C.

D.
Lời giải
Chọn C
Hình chiếu của điểm M thuộc trục Oy , nên loại các đáp án A, B,
D.
Chọn đáp án

C.

Câu 11:

[1D3-3.2-1] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho cấp số cộng
( un ) với u1 = 2 và u2 = 6 . Công sai của cấp số cộng đã cho bằng
A. 3 .
B. −4 .
C. 8 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn D
u −u 6−2
d= n 1=
=4
n −1
2 −1
Công sai:

Câu 12:

[2D3-1.1-1] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Họ tất cả các
f ( x) = 2x + 3

nguyên hàm của hàm số
là
2
2
2
2
A. 2x + C .
B. x + 3 x + C .
C. 2 x + 3 x + C .
D. x + C .
Lời giải
Chọn B
Ta có:

∫ ( 2 x + 3) dx = x

2

+ 3x + C

.

Câu 13:

[2H3-3.1-1] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian
x + 2 y −1 z − 3
d:
=
=
Oxyz , cho đường thẳng

1
−3
2 . Vectơ nào dưới đây là một
vectơ chỉ phương của d ?
uu
r
uu
r
ur
uur
u2 = ( 1; − 3;2 )
u3 = ( −2;1;3)
u1 = ( −2;1;2 )
u4 = ( 1;3;2 )
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải
Chọn A
[2D2-3.2-2] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Với a là số thực
log 2 a 3
dương tùy ý,
bằng
1
1

log 2 a
+ log 2 a
3log
a
2
A.
.
B. 3
.
C. 3
.
D. 3 + log 2 a .
Lời giải
Chọn A

Câu 14:

Ta có

log 2 a 3 = 3log 2 a

Câu 15:
[2D1-1.2-2] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số
có bảng biến thiên như sau:

f ( x)


Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
( −1;0) .

( −1; + ∞ ) .
( −∞; − 1) .
A.
B.
C.
Lời giải
Chọn A

D.

( 0;1) .

Nhìn BBT ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng ( −1; 0 ) và ( 1; + ∞ ) .
Đáp án A đúng.
f ( x)

Câu 16:
[2D1-5.4-2] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số
có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thực của phương trình
A. 1 .

B. 2 .

2 f ( x) − 3 = 0

là

C. 3 .

Lời giải

D. 0 .

Chọn C

2 f ( x) − 3 = 0 ⇔ f ( x) =

Ta có

3
2.

Dựa vào bảng biến thiên: Suy ra phương trình
phân biệt
Câu 17:

f ( x) =

3
2 có ba nghiệm thực

[2D4-2.2-2] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hai số phức
z1 = 1 + i và z2 = 2 + i . Trên mặt phẳng Oxy , điểm biểu diễn số phức z1 + 2 z2 có

tọa độ là
( 2;5) .
A.

B.

( 3;5) .

( 5;2 ) .

C.
Lời giải

D.

( 5;3) .

Chọn D
Ta có z1 + 2 z2 = (1 + i ) + 2(2 + i ) = 5 + 3i . Vậy điểm biểu diễn số phức z1 + 2 z2 có tọa
độ

( 5;3)

x
Câu 18:
[2D2-4.2-2] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Hàm số y = 2
đạo hàm là

A.

(x

2

− x ) 2x

2

− x −1

( 2 x − 1) .2 x − x .
2

.

B.

2

x −x
C. 2 .ln 2 .
Lời giải

−x

có

( 2 x − 1) .2 x − x.ln 2 .
2

D.

2

Chọn D
a ) ′ = u′.a .ln a
(
Áp dụng quy tắc đạo hàm hàm số mũ
.
u

y ′ = ( x 2 − x ) ′ .2 x − x.ln 2 = ( 2 x − 1) .2 x − x.ln 2
2

Ta có:

u

2

.

Câu 19:

[2D1-3.1-2] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Giá trị lớn nhất của
f ( x ) = x 3 − 3x
[ −3;3] bằng
hàm số
trên đoạn
A. 18 .
B. 2 .
C. −18 .
D. −2 .
Lời giải

Chọn A
f ( x ) = x3 − 3x

f ′ ( x ) = 3x 2 − 3

xác định trên đoạn

[ −3;3] .

.

 x = 1 ∈ [ −3;3]
f ′ ( x ) = 0 ⇔ 3x2 − 3 = 0 ⇔ 
 x = −1∈ [ −3;3]
Cho
f ( −3) = −18 f ( −1) = 2 f ( 1) = −2 f ( 3) = 18
Ta có
;
;
;
.
max y = f ( 3) = 18
Vậy [ −3;3]
.
Câu 20:

[2D1-2.1-2] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số

có đạo hàm
A. 2 .

f ′ ( x ) = x ( x − 1)

f ( x)

2

, ∀x ∈ ¡ . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
B. 0 .
C. 1 .
D. 3 .
Lời giải

Chọn C

x = 0
2
f ′ ( x ) = 0 ⇔ x ( x − 1) = 0 ⇔ 
x =1 .
Ta có
Bảng biến thiên của hàm số
x

−∞

f ′( x)
f ( x)

−

f ( x)

0
0

:
+

1

0

+∞

+

+∞
+∞

Vậy hàm số đã cho có một điểm cực trị.
[2D2-3.2-2] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho a ; b là hai số
2 3
thực dương thỏa mãn a b = 16 . Giá trị của 2 log 2 a + 3log 2 b bằng

Câu 21:

A. 8 .
Chọn C

B. 16 .

C. 4 .
Lời giải

D. 2


2 3
Ta có: 2 log 2 a + 3log 2 b = log 2 a .b = log 2 16 = 4 .

Câu 22:

[1H3-3.3-2] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hình chóp
S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . SA = 2a , tam giác ABC vuông
cân tại B và AB = a (minh họa như hình vẽ bên). Góc giữa đường thẳng SC
và mặt phẳng

A. 45° .

( ABC )

bằng

B. 60° .

C. 30° .
Lời giải

D. 90°

Chọn A
2
2
Vì tam giác ABC vuông cân tại B ⇒ AC = AB + BC = a 2

· , ABC = SCA
SC
(
)) ·
(
Ta có

Mà

·
tan SCA
=

SA a 2
=
=1
·
AC a 2
⇒ SCA
= 45° .

Câu 23:
[2H2-1.1-2] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Một cở sở sản xuất
có hai bể nước hình trụ có chiều cao bằng nhau, bán kính đáy lần lượt bằng
1m và 1,8m . 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 hai bể nước trên. Bán kính đáy của
bể nước dự dịnh làm gần nhất với kết quả nào dưới đây?
A. 2,8m .
B. 2, 6m .
C. 2,1m .
D. 2, 3m .
Lời giải
Chọn C
Ta có:
2
V1 = π R12 h ; V2 = π R2 h và V = π R 2 h

Theo đề bài ta lại có:

V = V1 + V2 ⇔ π R 2 h = π R12 h + π R2 2 h ⇔ R = R12 + R2 2 ≈ 2, 059 ( m )


( V , R lần lượt là thể tích và bán kính của bể nước cần tính)
Câu 24:

[2D2-5.2-2] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Nghiệm của
log 2 ( x + 1) + 1 = log 2 ( 3 x − 1)
phương trình
là
A. x = 3 .
B. x = 2 .
C. x = −1 .
D. x = 1 .
Lời giải
Chọn A

log 2 ( x + 1) + 1 = log 2 ( 3 x − 1)

( 1)

2 x + 2 = 3x − 1
⇔
⇔ x=3
( 1) ⇔ log 2  2.( x + 1)  = log 2 ( 3x − 1) 3x − 1 > 0
.
Vậy

( 1)

có một nghiệm x = 3 .

Câu 25:

[2H1-3.2-1] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho khối lăng trụ
đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh 2a và AA′ = 3a (minh họa như
hình vẽ bên).

Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
3
A. 2 3a .

B.

3a 3 .

3
C. 6 3a .
Lời giải

3
D. 3 3a .

Chọn D

Thể tích khối lăng trụ là:

V = S ABC

( 2a )
. AA′ =

2

4

3

.3a = 3 3a 3

.

Câu 26:

[2H3-1.3-1] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian
2

2
2
Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x + y + z + 2 y − 2 z − 7 = 0 . Bán kính của mặt cầu đã cho
bằng
A. 9 .
B. 15 .
C. 7 .
D. 3 .
Lời giải
Chọn D
R = a 2 + b 2 + c 2 − d = 02 + ( −1) + 12 − ( −7 ) = 3
2

Bán kính mặt cầu là:
Câu 27:

.

[2H3-2.3-2] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian
Oxyz , cho hai điểm A ( 2;1; 2 ) và B ( 6;5; −4 ) . Mặt phẳng trung trực của đoạn

thẳng AB có phương trình là


A. 2 x + 2 y − 3 z − 17 = 0 .
.
C. 2 x + 2 y − 3 z + 17 = 0 .

B. 4 x + 3 y − z − 26 = 0
D.

2 x + 2 y + 3z − 11 = 0 .

Lời giải
Chọn A

I ( 4;3; −1)
Ta có mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua điểm
là
uuur
AB = ( 4; 4; −6 ) = 2 ( 2; 2; −3)
trung điểm của đoạn thẳng AB và nhận
làm véc-tơ
pháp tuyến.
Suy ra phương trình là 2 x + 2 y − 3z = 17 ⇔ 2 x + 2 y − 3z − 17 = 0 .
Câu 28:
[2D1-4.1-2] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số
có bảng biến thiên như sau:

f ( x)

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn C
Quan sát bảng biến thiên ta có

lim y = 3

x →+∞

và

lim y = 1

x →−∞

nên đồ thị hàm số có hai

lim y = −∞
tiệm cận ngang y = 1 , y = 3 . Mặt khác x →0−
nên đồ thị hàm số có tiệm
cận đứng x = 0 . Vậy đồ thị hàm số có tổng cộng ba đường tiệm cận.

Câu 29:

f ( x)
[2D3-3.1-2] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số
liên tục trên ¡ . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường


y = f ( x ) , y = 0, x = −1, x = 2

1

A.

2

S = − ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx
−1

S=
C.

(như hình vẽ bên). Mệnh đề nào dưới đây đúng?

1

1

2

−1

1

∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx

1

.

B.

−1

S=
.

2

S = − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx

D.
Lời giải

1

1

2

−1

1

∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx

.

.

Chọn C
2

S=

∫

−1

1

2

1

2

−1

1

−1

1

f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = S = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx

[2D4-4.2-2] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Gọi z1 , z2 là hai
2
z 2 + z22
nghiệm phức của phương trình z − 4 z + 5 = 0 . Gái trị của 1
bằng
6
8

16
26
A. .
B. .
C.
.
D.
.

Câu 30:

Lời giải
Chọn A
z12 + z22 = ( z1 + z2 ) − 2 z1 z2 = 16 − 10 = 6
2

Câu 31:
[2H3-2.3-2] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian
Oxyz , cho các điểm A(0; 0; 2), B(2;1;0), C (1; 2 − 1) và D (2; 0; −2) . Đường thẳng đi
qua A và vuông góc với mặt phẳng ( BCD) có phương trình là
 x = 3 + 3t
x = 3
 x = 3 + 3t



 y = −2 + 2t
y = 2
 y = 2 + 2t
z = 1− t

 z = −1 + 2t
z = 1− t
A. 
.
B. 
.
C. 
.
D.

 x = 3t

 y = 2t
z = 2 + t


.

Lời giải
Chọn C
uuur
uuur
BC
=
(
−
1;1;
−
1);
BD = (0; −1; −2) .

Ta có
Gọi ∆ là đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ( BCD) . Khi đó
r uuur uuur
u =  BD; BC  = (3; 2; −1)
∆ có vetơ chỉ phương là
.


 x = 3t '

⇒ ∆ :  y = 2t '
z = 2 − t '


. Ta có M (3; 2;1) ∈ ∆ . Nên

 x = 3 + 3t

∆ :  y = 2 + 2t
z = 1− t


.

[2D4-2.3-2] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho số phức z
thỏa (2 + i ) z − 4( z − i ) = −8 + 19i . Môđun của z bằng

Câu 32:

A. 13 .

B. 5 .

13 .

C.

D.

5.

Lời giải
Chọn C
Gọi z = x + yi với ( x, y ∈ ¡ ) .
Khi đó: (2 + i ) z − 4( z − i ) = −8 + 19i ⇔ −2 x − y + ( x + 6 y + 4)i = −8 + 19i .

 −2 x − y = − 8  x = 3
⇔
⇔
⇒ z = 3 + 2i ⇒ z = 13
 x + 6 y = 15
y = 2
Câu 33:

[2D1-1.2-3] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số
f ′( x)
bảng xét dấu của
như sau:

Hàm số

A.

y = f ( 3 − 2x )

( 3; 4 ) .

đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
B.

( 2;3) .

( −∞ ; − 3) .

C.
Lời giải

D.

( 0; 2 ) .

Chọn A
Ta có:

y′ = f ′ ( 3 − 2 x ) = ( 3 − 2 x ) ′ f ′ ( 3 − 2 x ) = −2 f ′ ( 3 − 2 x )

.

3 − 2 x = −3
x = 3


⇔ 3 − 2 x = −1 ⇔  x = 2
3 − 2 x = 1
 x = 1
⇔ −2 f ′ ( 3 − 2 x ) = 0 ⇔ f ′ ( 3 − 2 x ) = 0
*) y′ = 0
.

3 − 2 x ≤ −3
x ≥ 3
⇔
⇔
⇔ −2 f ′ ( 3 − 2 x ) ≥ 0 ⇔ f ′ ( 3 − 2 x ) ≤ 0
 −1 ≤ 3 − 2 x ≤ 1
1 ≤ x ≤ 2 .
*) y′ ≥ 0
Bảng xét dấu:

f ( x)

,


Hàm số

y = f ( 3 − 2x )

khoảng

( 3; 4 ) .

đồng biến trên khoảng

( 3; +∞ )

nên đồng biến trên

Câu 34:

[2D3-1.1-2] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Họ tất cả các
2x +1
f ( x) =
2
( x + 2 ) trên khoảng ( −2; +∞ ) là:
nguyên hàm của hàm số
1
1
2 ln ( x + 2 ) +
+C
2 ln ( x + 2 ) −
+C
x+2
x+2
A.
.
B.
.
C.

3
+C

x+2
.

2 ln ( x + 2 ) −

2 ln ( x + 2 ) +

D.
Lời giải

3
+C
x+2
.

Chọn D
2x + 1

Ta có:
= 2∫
Câu 35:

∫ ( x + 2)

2

dx = ∫

2 ( x + 2) − 3
2 ( x + 2)

3
dx = ∫
dx − ∫
dx
2
2
2
( x + 2)
( x + 2)
( x + 2)

d ( x + 2)
3
3
−2
+ C = 2 ln ( x + 2 ) +
+C
− ∫ 3 ( x + 2 ) d ( x + 2 ) = 2 ln x + 2 +
x+2
x+2
x+2
.

[2D3-2.1-3] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số

f ( x)

.

π

4

f ( 0) = 4

Biết
và
2
π + 15π
16
A.
.

f ′ ( x ) = 2sin 2 x + 1, ∀x ∈ ¡

∫ f ( x ) dx

, khi đó 0
bằng
2
2
π + 16π − 16
π + 16π − 4
π2 −4
16
16
B.
.
C.
.
D. 16 .

Lời giải

Chọn C
f ′ ( x ) = 2sin 2 x + 1 = 1 − cos 2 x + 1 = 2 − cos 2 x
Suy ra

f ( x ) = 2x −
π
4

Suy ra

∫
0

sin 2 x
+C
f 0 =4⇒C =4
2
. Vì ( )
π

2
cos 2 x

 4 π + 16π − 4
f ( x ) dx =  x 2 +
+ 4x ÷ =
4
16


0

Câu 36:
[2D2-5.2-3] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho phương trình
log 9 x 2 − log 3 ( 5 x − 1) = − log 3 m m
( là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị
m
nguyên của
để phương trình đã cho có nghiệm
A. Vô số.
B. 5 .
C. 4 .
D. 6 .
Lời giải
Chọn C
1
x > ,m > 0
5
Điều kiện:
Phương trình tương đương với:


5x −1
5x −1
= log 3 m ⇔ m =
= f ( x)
x
x
1

1

f ′ ( x ) = 2 > 0; ∀x ∈  ; +∞ ÷
x
5


log 3 x − log 3 ( 5 x − 1) = − log 3 m ⇔ log 3
f ( x) =

5x − 1
1

; x ∈  ; +∞ ÷
x
5
;

Xét
Bảng biến thiên

Để phương trình có nghiệm thì
Câu 37:

m ∈ ( 0;3)

, suy ra có 4 giá trị nguyên thỏa mãn

[2H2-1.2-3] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hình trụ có

chiều cao bằng 3 2 . Cắt hình trụ bởi mặt phẳng song song với trục và cách
trục một khoảng bằng 1 , thiết diện thu được có diện tích bằng 12 2 . Diện
tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng
A. 6 10π .
B. 6 34π .
C. 3 10π .
D. 3 34π .
Lời giải
Chọn A

Gọi thiết diện là ABCD với A, B trên đường tròn đáy tâm O
⇒ ABCD là hình chữ nhật có h = BC = 3 2

Gọi H là trung điểm của AB ⇒ OH ⊥ AB và OH ⊥ BC nên
OH ⊥ ( ABCD ) ⇒ OH = d ( O, ( ABCD ) ) = 1

Ta có

.

S ABCD = 12 2 ⇒ AB.h = 12 2 ⇒ AB = 4
.


1
AB = 2
2
.

AH =

Mà

R = OA = OH 2 + AH 2 = 5 và l = h = 3 2 .
Vậy

S xq = 2π Rl = 6π 10

.

Câu 38:

[2D1-1.3-3] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số
y = f ′( x)
hàm số
liên tục trên ¡ và có đồ thị như hình vẽ bên.

Bất phương trình

x ∈ ( 0; 2 )
A.

f ( x) < 2x + m

f ( x)

,

( m là tham số thực) nghiệm đúng với mọi

khi và chỉ khi

m > f ( 0)

.

B.

m > f ( 2) − 4

m ≥ f ( 0)
.
C.
.
Lời giải

D.

m ≥ f ( 2) − 4

.

Chọn C
Ta có

f ( x ) < 2 x + m ⇔ m > f ( x ) − 2 x ( *)

Xét hàm số
Ta có
Do đó

Câu 39:

g ( x ) = f ( x ) − 2x

trên

( 0; 2 ) .

g ′ ( x ) = f ′ ( x ) − 2 < 0 ∀x ∈ ( 0; 2 )

( *)

đúng với mọi

x ∈ ( 0; 2 )

.

nên hàm số
khi

g ( x)

m ≥ g ( 0) = f ( 0)

nghịch biến trên

( 0; 2 ) .

.

[1H3-5.3-3] (MĐ 103 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 phẳng đáy (minh họa như hình vẽ bên).
( SAC ) bằng
Khoảng cách từ D đến mặt phẳng


a 21
A. 14 .

a 21
B. 28 .

a 2
C. 2 .
Lời giải

a 21
D. 7 .

Chọn D

* Gọi O = AC ∩ BD và G là trọng tâm tam giác ABD , I là trung điểm của AB
ta có

SI ⊥ ( ABCD )

d ( D; ( SAC ) )

và

d ( I ; ( SAC ) )

=

DG
= 2 ⇒ d ( D; ( SAC ) ) = 2.d ( I ; ( SAC ) )
IG

.

* Gọi K là trung điểm của AO , H là hình chiếu của I lên SK ta có

IK ⊥ AC ; IH ⊥ ( SAC )


⇒ d ( D; ( SAC ) ) = 2.d ( I ; ( SAC ) ) = 2.IH

* Xét tam giác SIK vuông tại I ta có:

SI =

a 3
BO a 2
; IK =
=
2
2
4

1
1
1
4
16
28
a 3
= 2 + 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ IH =
2
IH
SI
IK
3a 2a
3a
2 7
⇒ d ( D; ( SAC ) ) = 2.d ( I ; ( SAC ) ) = 2.IH =

a 21
7 .

Câu 40:
[1D2-5.2-2] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Chọn ngẫu nhiên
hai số khác nhau từ 21 số nguyên dương đầu tiên. Xác suất để chọn được
hai số có tổng là một số chẵn bằng
11
221
10
1
A. 21 .

B. 441 .
C. 21 .
D. 2 .
Lời giải
Chọn C
* Số phần tử của không gian mẫu là

n ( Ω ) = C212 = 210

.

* Gọi biến cố A=“Chọn được hai số có tổng là một số chẵn”, trong 21 số
nguyên dương đầu tiên có 11 số lẻ và 10 số chẵn, để hai số chọn được có
tổng là một số chẵn điều kiện là cả hai số cùng chẵn hoặc cùng lẻ ⇒ Số
phần tử của biến cố A là:

n ( A) = C102 + C112 = 100

* Xác suất của biến cố A là:
Câu 41:

P ( A) =

n ( A)

n ( Ω)

=

10

21

.

.

[2D3-3.1-3] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho đường thẳng
y = 3x và parabol y = 2 x 2 + a ( a là tham số thực dương). Gọi S1 và S 2 lần lượt

là diện tích của 2 hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1 = S2
thì a thuộc khoảng nào dưới đây?


4 9 
 ; ÷
A.  5 10  .

 4
 0; ÷
B.  5  .

 9
 1; ÷
C.  8  .
Lời giải

 9 
 ;1÷
D.  10 

Chọn A
2
2
( 1)
Xét phương trình tương giao: 3 x = 2 x + a ⇒ 2 x − 3x + a = 0

Để phương trình

( 1)

có hai nghiệm dương phân biệt x1 , x2 ( x2 > x1 > 0)


∆ = 9 − 8a > 0

3
9

⇒  x1 + x2 = > 0 ⇒ 0 < a <
2
8

a

 x1.x2 = 2 > 0
.
x1

x1

3
2

S1 = ∫ ( 2 x − 3x + a ) dx =  x 3 − x 2 + ax ÷ = 2 x3 − 3 x 2 + ax
1
1
1
2
3
0
0
3
2
Ta có:
x2

2

x2

3
2

S2 = − ∫ ( 2 x − 3x + a ) dx = −  x 3 − x 2 + ax ÷ = −  2 x3 − 3 x 2 + ax  +  2 x3 − 3 x 2 + ax 
2
2÷ 
1
1
1÷
 2

3
2

 x1
2
2
x1
3
 3

2
3
S1 = S 2 ⇒ x23 − x22 + ax2 = 0
3
2
Do
2

( 1) nên 2 x22 − 3x2 + a = 0 ⇒ a = −2 x22 + 3x2 ( 2 )
mà x2 là nghiệm của
2
3
4
3
9
⇒ x23 − x22 + −2 x22 + 3x2 .x2 = 0 ⇔ − x23 + x22 = 0 ⇒ x2 =
3
2
3
2

8 ( loại nghiệm x2 = 0 )
27  4 9 
⇒a=
∈ ; ÷
2)
(
32
 5 10  .
Thay vào

(

)

Câu 42:

[2H3-3.5-3] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian
Oxyz , cho điểm A ( 0;3; −2 ) . Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục
Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 2. Khi khoảng cách từ A đến d nhỏ

nhất, d đi qua điểm nào dưới đây?
P ( −2; 0; −2 )
N ( 0; −2; −5 )
Q ( 0; 2; −5 )
A.
.
B.
.
C.
.

Lời giải
Chọn C
Ta có mô hình minh họa cho bài toán sau:

D.

M ( 0; 4; −2 )

.


Cách 1 (cách trắc nghiệm)
d ( A; d ) min = d ( A; Oz ) − d ( d ; Oz ) = 1
Ta có
.

( 0; 2;0 ) và do
đường thẳng d đi qua điểm cố định
uur r
d / /Oz ⇒ ud = k = ( 0;0;1)
là vectơ chỉ phương của d , suy ra phương trình đường

Khi

đó

x = 0

y = 2
z = t



thẳng d có dạng:
.
Q ( 0; 2; −5)
Ta thấy điểm
thỏa mãn phương trình đường thẳng d .
Cách 2.
d d , Oz ) = 2 ⇒ d
Do d / / Oz và (
là đường sinh của một mặt trụ có trục là Oz
P
Oz ⇒ ( P )
Gọi ( ) là mặt phẳng qua A và vuông góc
cắt mặt trụ theo giao
C
tuyến là đường tròn ( ) tâm I bán kính bằng 2.
B = d ∩ ( C ) ⇒ AB = d ( A, d )
d / / Oz ⇒ d ⊥ ( P ) ⇒ d ⊥ AB
Gọi
vì
B ∈ ( C ) ⇒ AB ≥ IA − 2 IA = d ( A, Oz ) = 3 ⇒ AB ≥ 1
Do
;
.
AB
=
1
min
Vậy

( C ) với đường thẳng d khi d đi qua điểm cố định
Khi đó B là giao điểm của
uu
r r
( 0; 2;0 ) và do d / /Oz ⇒ ud = k = ( 0;0;1) là vectơ chỉ phương của d , suy ra phương
x = 0

y = 2
z = t
trình đường thẳng d có dạng: 
.
Q ( 0; 2; −5)
Ta thấy điểm
thỏa mãn phương trình đường thẳng d .
[2D4-3.4-3] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho số phức z
z = 2
thỏa mãn
. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp các điểm biểu diễn
2 + iz
w=
1 + z là một đường tròn có bán kính bằng
của số phức w thỏa mãn

Câu 43:

A. 10 .
Chọn D
Ta có

w=

B.

2.

C. 2 .
Lời giải

D.

10 .

2 + iz
1 + z ⇔ w ( 1 + z ) = 2 + iz ⇔ z ( w − i ) = − w + 2 .

Lấy mô đun hai vế ta được

2. w − i = − w + 2

2
2
2
2  x 2 + ( y − 1)  = ( 2 − x ) + ( − y )
w
=
x
+
yi

x
,
y
∈
R


Giả sử
, với
ta có
2
2
⇔ x + y + 4x − 4 y − 2 = 0 .
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w đường tròn có bán kính

R = 10 .


Câu 44:

[2D3-2.3-3] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số
1

∫ xf ( 6 x ) d x = 1

f ( 6) = 1
có đạo hàm liên tục trên ¡ . Biết
và 0
bằng
107

A. 3 .
B. 34 .
C. 24 .
Lời giải
Chọn D

f ( x)

6

∫ x f ′( x) d x
2

, khi đó

0

D. −36 .

1

Xét tích phân

I = ∫ xf ( 6 x ) d x = 1
0

.

1
1

t = 6x ⇒ d x = d t
x= t
6
6 .
Đặt
và
Khi x = 0 thì t = 0 . Khi x = 1 thì t = 6 .
6

Do đó

6

1
1
1
I = ∫ tf ( t ) . d t =
tf ( t ) d t
6
6
36 ∫0
0
6

suy ra

,

6

6

6

1
tf ( t ) d t = 1 ⇒ ∫ tf ( t ) d t = 36 ⇒ ∫ tf ( t ) d t = 36 ⇒ ∫ xf ( x ) d x = 36
36 ∫0
0
0
0

.

6

Xét tích phân

J = ∫ x2 f ′ ( x ) d x

.
u = x
d u = 2 x d x

⇒

d v = f ′( x) d x 
v = f ( x ) , ta có
Đặt 
0

2

6

6

6

J = ∫ x f ′ ( x ) d x = x 2 f ( x ) − ∫ 2 xf ( x ) d x = x 2 f ( x ) − 2∫ xf ( x ) d x
6

2

0

0

Câu 45:

0

0

= 6 . f ( 6 ) − 0 . f ( 0 ) − 2.36 = −36
2

6

2

0

.

[2D1-5.4-3] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số bậc ba
y = f ( x)
có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của phương trình
3
f x 3 − 3x =
2 là

(

A. 8 .
Chọn A

)

B. 4 .

C. 7 .
Lời giải

D. 3 .


3

f ( x3 − 3 x ) =


3
2
f ( x3 − 3x ) = ⇔ 
2
 f ( x3 − 3 x ) = − 3

2.
Phương trình

 x 3 − 3 x = a1 , ( −2 < a1 < 0 )

3
f ( x 3 − 3x ) = ⇔  x 3 − 3x = a2 , ( 0 < a2 < 2 )
2
 3
 x − 3 x = a3 , ( a3 > 2 )
* Phương trình
.

* Phương trình

f ( x3 − 3x ) = −

3
⇔ x 3 − 3x = a4 , ( a4 < −2 )
2
.

3
Đồ thị hàm số y = x − 3x có dạng như hình vẽ sau:

Dựa vào đồ thị trên ta có:
3
- Phương trình x − 3 x = a1 có 3 nghiệm phân biệt.
3
- Phương trình x − 3 x = a2 có 3 nghiệm phân biệt.
3
- Phương trình x − 3x = a3 có 1 nghiệm.


3
- Phương trình x − 3x = a4 có 1 nghiệm.

f ( x3 − 3x ) =

Vậy phương trình
Câu 46:

3
2 có 8 nghiệm phân biệt.

[2D2-5.2-3] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho phương trình

( 2 log32 x -

log 3 x - 1) 5 x - m = 0

(m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị

nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm phân biệt?

A. 123 .

B. 125 .

C. Vô số.
Lời giải

D. 124 .

Chọn A

Điều kiện:

ïìï x > 0
í
ïïî x ³ log 5 m

éx = 3
élog 3 x = 1
ê
ê
ê
ê
1
1
Û êlog 3 x =Û êx =
ê
ê
2
3

ê
ê
êx = log m
êx = log 5 m
5
ë
ë
Phương trình
.
TH1: Nếu m = 1 thì x = log 5 m = 0 (loại) nên phương trình đã cho có 2 nghiệm
phân biệt.
TH2: Nếu m >1 thì phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt khi và
chỉ khi

1
£ log 5 m < 3 Û 5
3

1
3

£ m <125
. Do

m Î ¢ Þ m Î { 3; 4;5;...;124}

Vậy có tất cả 123 giá trị nguyên dương của m thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 47:

[2H3-3.7-4] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian

2
2
Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x + y + ( z + 1) = 5 . Có tất cả bao nhiêu điểm A ( a ; b ; c ) (
a , b , c là các số nguyên) thuộc mặt phẳng ( Oxy ) sao cho có ít nhất hai tiếp
( S ) đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau?
tuyến của
A. 20.
B. 8.
C. 12.
D. 16.
Lời giải
Chọn A
2


Gọi M , N là tiếp điểm, H là tâm của đường tròn giao tuyến giữa mặt phẳng

( AMN )

và mặt cầu

( S) ,

r là bán kính của đường tròn giao tuyến.

Ta có: AM = MH = r .
2
2
2

2
2
2
Dễ thấy: IM + MA = AI ⇒ R + r = AI .
2
2
2
Do 0 ≤ r ≤ R ⇒ R ≤ AI ≤ 2 R

I ( 0;0; − 1) , R = 5 , A ( a ; b ;0 )
Với giả thiết bài toán, ta có
, ta có
2
2
2
2
5 ≤ a + b + 1 ≤ 10 ⇒ 4 ≤ a + b ≤ 9
a = 0 b = 0 a = ±2  a = ±1 b = ±1  a = 0 b = 0
v
v
v
v
v
v

b
=
±
2
a

=
±
2
b
=
±
2
b
=
±
2
a
=
±
2
b
=
±
3






 a = ±3 .
Do đó:
KL: có 20 điểm thỏa mãn bài toán.
Câu 48:

[2D1-2.2-4] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số
f ′( x)
bảng biến thiên của hàm số
như sau:

Số điểm cực trị của hàm số
A. 9 .
Chọn C

B. 5 .

y = f ( 4 x2 − 4 x )

là

C. 7 .
Lời giải

D. 3 .

f ( x)

,


Dựa vào bảng biến thiên ta có:

 x = a ∈ ( −∞; − 1)

 x = b ∈ ( −1;0 )

⇔
 x = c ∈ ( 0;1)
 x = d ∈ ( 1; + ∞ )
f ′( x) = 0


.

1

x = 2
 2
 4 x − 4 x = a ∈ ( −∞; − 1)

⇔  4 x 2 − 4 x = b ∈ ( −1; 0 )
 4 x 2 − 4 x = c ∈ 0;1
( )

8 x − 4 = 0
2
 4 x − 4 x = d ∈ ( 1; + ∞ )
⇔
2
2

′
f
4
x
−

4
x
=
0
y′ = ( 8 x − 4 ) f ′ ( 4 x − 4 x ) y′ = 0
)
 (

Ta có:
,
.

Ta có khi

x=

1
⇒ 4 x 2 − 4 x = −1
f ′ ( −1) = −3 ≠ 0
2
và

4 x 2 − 4 x = ( 2 x − 1) − 1 ≥ −1
2

Mặt khác:

nên:

-

4 x 2 − 4 x = a vô nghiệm.

-

4 x 2 − 4 x = b có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 .

-

4 x 2 − 4 x = c có 2 nghiệm phân biệt x3 , x4 .

-

4 x 2 − 4 x = d có 2 nghiệm phân biệt x5 , x6 .

Vậy phương trình y′ = 0 có 7 nghiệm bội lẻ phân biệt nên hàm số có 7 điểm
cực trị.
Cách 2:
2
Gọi m đại diện cho các tham số ta xét phương trình 4 x − 4 x − m = 0 có

∆ ' = 4 ( m + 1) ∆′ > 0 ⇒ m > −1
,
.

(

)

f ′ 4 x2 − 4 x = 0

b
,
c
,
d
Vậy với mỗi giá trị
thuộc khoảng đã cho phương trình
có
6 nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình y′ = 0 có 7 nghiệm bội lẻ phân biệt nên hàm số có 7 điểm
cực trị.
Câu 49:

[2H1-3.3-4] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho lăng trụ
ABC. A ' B ' C ' có chiều cao bằng 6 và đáy là tam giác đều cạnh bằng 4. Gọi M,
N, P lần lượt là tâm của các mặt bên ABB ' A ', ACC ' A ', BCC ' B ' . Thể tích của
khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , P bằng
A. 9 3 .
B. 10 3 .
C. 7 3 .
D. 12 3 .
Lời giải


Chọn A

3
= 24 3
4
’

Thể tích cần tìm là V1 = VABC .MNP = VA ' B ' C '.MNP
V2 = VA '. AMN = VB '. BMP = VC ' CNP
VABC . A ' B ' C ' = 6.16

⇒ VABC . A ' B ' C ' = 2V1 + 3V2

1
1
1 1
1
S AB 'C ' ⇒ V2 = VA '. AB 'C ' = . VABC . A ' B 'C ' = VABC . A ' B 'C '
4
4
4 3
12
1
3
⇒ VABC . A ' B 'C ' = 2V1 + VABC . A ' B 'C ' ⇒ V1 = VABC . A ' B 'C ' = 9 3
4
8
S AMN =

Câu 50:

[2D1-5.4-4] (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hai hàm số
x −1
x
x +1 x + 2
y=
+

+
+
x
x + 1 x + 2 x + 3 và y = x + 2 − x − m ( m là tham số thực) có đồ thị lần

( C1 ) và ( C2 ) . Tập hợp tất cả các giá trị của m để ( C1 ) và ( C2 ) cắt
lượt là
nhau tại đúng 4 điểm phân biệt là
−∞ : −2 )
−2 : +∞ )
[ −2; +∞ ) .
( −∞; −2] .
A.
B. (
.
C. (
.
D.
Lời giải
Chọn D

x −1
x
x +1 x + 2
+
+
+
= x+2 −x−m
x +1 x + 2 x + 3
Phương trình hoành độ giao điểm: x

.
D = ¡ \ { −3; −2; −1; 0}
Tập xác định:
Với điều kiện trên, phương trình trở thành
1
1
1
1
4− −
−
−
= x + 2 − x − m ( *)
x x +1 x + 2 x + 3
1
1
1
1
⇔ +
+
+
−4+ x+2 − x = m
x x +1 x + 2 x + 3
.
1
1
1
1
f ( x) = +
+
+

−4+ x+2 − x
x x +1 x + 2 x + 3
Xét hàm số
với tập xác định D . Ta có
1
1
1
1
x+2
f ′( x) = − 2 −
−
−
+
− 1 < 0, ∀x ∈ D
2
2
2
x ( x + 1)
( x + 2 ) ( x + 3) x + 2
.
Bảng biến thiên


(C )
( C2 ) cắt nhau tại đúng 4 điểm phân biệt thì phương trình ( *) có
Để 1 và
4 nghiệm phân biệt. Từ bảng biến thiên suy ra tất cả các giá trị m cần tìm là
m ≤ −2 .