ĐÁP án 5 đề 9 10

ĐỀ SỐ 1. LỜI GIẢI ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN 
Diendangiaovientoan.vn
Câu 1.

Trong  không  gian  Oxyz ,  cho  điểm  M 1; 2;3 .  Tọa  độ  điểm  M    đối  xứng  với  M qua  mặt 
phẳng  Oxy  là 
A.  1;  2;3 . 

B.  1; 2; 3 . 

C. 1; 2;  3 . 

D. 1;  2;  3  . 

Lời giải 
Chọn C
Hình chiếu của điểm  M 1; 2;3  lên mặt phẳng  Oxy  là  H 1; 2; 0  . 
Khi đó  MM   nhận  H  làm trung điểm  M  1; 2;  3 .
Câu 2.

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số  f  x   x3  3x 2  9 x  10  trên   2; 2 . 
A. max f  x   15 . 
2;2

B. max f  x   15 . 
 2;2

C. max f  x   17 . 
 2;2

D. max f  x   5 . 

2;2

Lời giải 
Chọn B
Hàm số  f  x   x3  3x 2  9 x  10  liên tục trên   2; 2 . Ta có:

 

f   x   3 x 2  6 x  9 . 

 x  1  2; 2
f   x   0  3x 2  6 x  9  0  
. 
 x  3   2;2
f  2   8 ,  f  1  15 ,  f  2   12 . 

Vậy  max f  x   15 . 
2;2

Câu 3.

Cho  log 6 45  a 

log2 5  b
 với  a, b, c  là các số nguyên. Giá trị  a  b  c  bằng 
log2 3  c
B. 2 . 

A. 3 . 

C. 0 . 
Lời giải 

D. 1. 

Chọn D
Ta có: 

log6 45 

log 2 45 2 log 2 3  log2 5
log2 5  2

2
 
log2 6
log2 3  1
log2 3  1

Do đó  a  2; b  2; c  1 . Suy ra  a  b  c  1 . 
Câu 4.

Cho hình hộp chữ nhật  ABCD.ABCD  có  AB  x ,  AD  1 . Biết rằng góc giữa đường thẳng 
AC   và  mặt  phẳng   ABB A    bằng  30 o .  Tìm  giá  trị  lớn  nhất  Vmax   của  thể  tích  khối  hộp 

ABCD.ABCD . 

Trang 1/29 - WordToan

A. Vmax 

3
. 
2

B. Vmax 

3
. 
4

C. Vmax 

3 3
. 
4

D. Vmax 

Lời giải 
Chọn A

 

B  30 o . 
Ta có  CB   ABB ' A '   
A ' C,  ABB A    
AC, AB   CA

Lại có  BC  AD  1 . 
Suy ra  A B  BC. cot 30 o  3 . 
Ta có  AB  x  AA  3  x 2 . 
Thể tích hình hộp  ABCD.ABCD  bằng  VABCD . AB CD  AA. AB . AD  x 3  x 2 . 



Xét hàm số  f  x   x 3  x 2 ; x  0; 3  . 

Ta có  f   x  

3  2x2
3  x2

;  f   x  

3  2x2
3  x2

0 x

6
. 
2

Ta có bảng biến thiên: 
Câu 5.

Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? 
A. 2 . 

B. 4 . 
C. 6 . 
Lời giải 
Chọn B
Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng. 
Minh họa: 
S
S

Q

A

A

D

O
B

P

C

Trang 2/29 NGUYỄN BẢO VƯƠNG

D

M

B

D. 8 .

N
C

 

1
. 
2


S

S

A

A

D

D

O

B
Câu 6.

O

B

C

C

 

Một hình tứ diện đều cạnh  a có một đỉnh trùng  với đỉnh hình nón, ba đỉnh còn lại nằm trên 
đường tròn đáy của một hình nón. Diện tích xung quanh hình nón bằng 
1
1
1
A.  3a 2 . 
B.  3a 2 . 
C.  2a 2 . 
D.  3a 2 . 
3
3
2
Lời giải
Chọn A

A

l
B

O

D

C

 
Giả sử hình tứ diện đều là  ABCD có đỉnh  A  trùng với đỉnh hình nón. 
Theo đề ra, suy ra tứ diện  ABCD nội tiếp hình nón có bán kính đáy bằng bán kính đường tròn 
2a 3 a 3
. 

3 2
3
Đường sinh hình nón có độ dài bằng độ dài cạnh tứ diện, suy ra  l  a .

ngoại tiếp tam giác đều  BCD cạnh a. Suy ra  r  OD 

Vậy diện tích xung quanh hình nón bằng:  S   .r.l   .
Câu 7.

a 3
1
.a   3a 2 . 
3
3

Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên    và có hàm số  y  f   x   thỏa mãn 

 

Số điểm cực trị của hàm số  y  f  x   bằng 
A. 0. 

B. 3. 

C. 2. 
Lời giải 

D. 1. 

Chọn C 
Vì  f  x   liên tục trên    nên số điểm cực trị của  f  x   bằng số lần  f   x   đổi dấu. 
Ta thấy  f   x   chỉ đổi dấu khi đi qua  x  0  và  x  1  (2 lần) nên  f  x   có 2 điểm cực trị. 

Trang 3/29 -0946798489


Câu 8.

Lấy ngẫu nhiên một số nguyên dương không vượt quá  10000 . Xác suất để số lấy được là bình 
phương của một số tự nhiên bằng? (tính dưới dạng %) 
A. 1%. 
B. 2%. 
C. 5%. 
D. 3%. 
Lời giải 
Chọn A
Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên từ 1 đến 10000, ta được    10000 . 
Gọi  A  là biến cố: “Số lấy được là bình phương của một số tự nhiên”. 
Bình phương của một số tự nhiên có dạng:  n 2    n   *  . 

Theo đề bài,  1  n 2  10000  1  n  100  A  100 . 
Vậy  P  A  

Câu 9.

A




100
 1% . 
10000

Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số  y  f  x  . Gọi  S  là tập hợp các giá trị nguyên dương của 
tham số  m  để hàm số  y  f  x  1  m  có 7 điểm cực trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử của 

S  bằng 
A. 6.

B. 9.  

C. 12. . 

D. 3.  

 
Lời giải 
Chọn D
Gọi  g  x   f  x  1  m 

g ' x 

 f  x  1  m 

f '  x  1 .[ f  x  1  m]
f  x  1  m

2

 

 f '  x  1  0   (1)
 g ' x  0  
 
 f  x  1  m   (2)  

Dựa vào hình vẽ, ta thấy (1) có 3 nghiệm phân biệt. Suy ra để 

Trang 4/29 NGUYỄN BẢO VƯƠNG


y  g  x   f  x  1  m  có 7 điểm cực trị khi và chỉ khi (2) có 4 nghiệm phân biệt, dựa vào 

đồ thị ta suy ra:  3  m  2  2  m  3 ,   m  là số nguyên dương.Tổng giá trị tất cả các phần 
tử của  S  bằng 3. 
Câu 10. Cho hình lăng trụ  ABC  . A ' B ' C '  có đáy  ABC  là tam giác đều cạnh  a ,  M  là trung điểm của 

BC.  Biết tam giác  AA ' M  đều và nằm trong mặt phẳng  vuông  góc  với  mp  ABC  .  Thể tích 
khối chóp  A '. BCC ' B '  bằng: 

A.

3a 3
.
8

B.

3a 3 3
. 
16

a3 3
. 
8
Lời giải 

C.

D.

a3
. 
4

Chọn C

 
Gọi  H   là  trung  điểm  của  AM ,   tam  giác  AA ' M   là  tam  giác  đều  nên  A ' H   vuông  góc  với 
AM . Theo giả thiết   AA ' M   vuông góc với   ABC  ,  nên  A ' H  vuông góc  với   ABC  .  Tam 

giác  ABC  đều, cạnh bằng  a  nên tam giác  AA ' M  đều cạnh bằng  AM 

a 3
, 
2

a 3

 3
2 
3a
a2 3

 .  Tam giác  ABC  đều, cạnh bằng  a  có diện tích  S ABC 
nên  A ' H 
. 
2
4
4
Thể tích khối chóp  A '.BCC ' B '  bằng: 

1
2
2 3a a 2 3 2a 3 3
VA '.BCC ' B '  VA ' B 'C '. ABC  VA '. ABC  A ' H .S ABC  . A ' H .S ABC  . A ' H .S ABC  . .

3
3
3 4

4
16
 VA '.BCC ' B ' 

a3 3
. 
8

Câu 11. Cho hàm số  y  f  x   có bảng biến thiên như hình vẽ 

 
Số nghiệm thực của phương trình  f  x
A. 4. 

B. 3. 

2

  4  bằng
C. 2. 
Lời giải 

D. 6. 

Trang 5/29 -0946798489


Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên suy ra: 

 x2  a
x   b

f  x 2   4   x 2  b ,(với  a  0 ,  0  b  2 ,  c  2 )   
. 
x


c

 x2  c


Vậy số nghiệm thực của phương trình  f  x 2   4  bằng 4. 
Câu 12. Ta vẽ hai nửa đường tròn như hình vẽ bên, trong đó đường kính của nửa đường tròn lớn gấp đôi 
đường kính của nửa đường tròn nhỏ. Biết rằng nửa hình tròn đường kính  AB  có bán kính bằng 
  300 . Hiện tích hình  ( H )  (Phần tô đậm) bằng 
4  và  BAC

 
A. 2  3 3 .

7
3 3 .
B.
3

C. 2  2 3 .

D.

10
 2 3 . 
3

Lời giải 
Chọn A
Chọn hệ trục tọa độ sao cho  AB  nằm trên  Ox , các nửa đường tròn nằm trong góc phần tư thứ 
nhất và  A(0; 0)  khi đó ta có: 

 
Nửa đường tròn nhỏ có phương trình:  y  4  ( x  2)2 . 
Nửa đường tròn lớn có phương trình:  y  16  ( x  4)2 . 

Trang 6/29 NGUYỄN BẢO VƯƠNG


Đường thẳng  AC  có phương trình  y 

1
x.  
3

Hình phẳng  ( H )  giới hạn bởi  y  4  ( x  2)2 ;  y  16  ( x  4)2 ;  y 

1
x  và trục 
3

Ox :  y  0.  

Tìm cận:  4  ( x  2)2 

x  0
x  0
1
1
x
x
;  16  ( x  4)2 
. 
3
3
x  3
x  6

Diện tích hình phẳng  ( H )  cần tính là 
4

S
3

6

6

8

1
1

x  4  ( x  2)2 dx  
x  0dx   16  ( x  4) 2  0dx  
3
3
4
6
4

8

1
xdx   4  ( x  2)2 dx   16  ( x  4)2 dx  I1  I 2  I 3
3
3
6
 


3

6

Ta có  I1  
3

6

1
1 x2
xdx 

3
3 2

1  36 9  9 3
.
  
2
3 2 2
 


3

4

Tính  I 2   4  ( x  2) 2 dx  
3

  
Đặt  x  2  2sin t . Điều kiện  t    ;   ta có  dx  2cos tdt . 
 2 2
Đổi cận  x  3  t 


6

;  x  4  t 

4


2

.
 





2

2

I 2   4  ( x  2) 2 dx   4  4 sin 2 t .2 cos tdt   4 cos 2 tdt
3





6

6

 




2

 2  (1  cos 2t )dt   2t  sin 2t  2 


6

2
3

.
3
2
 

6
8

Tính  I 3   16  ( x  4)2 dx
6

 

  
Đặt Đặt  x  4  4sinu . Điều kiện  u    ;   ta có  dx  4 cosu du . 
 2 2
Đổi cận  x  6  u 


6

;  x  8  u 



.
2  

Trang 7/29 -0946798489


8





2

2

6

6



2
 2
3

I 3   16  ( x  4) 2 dx   16  16 sin 2 u .4 cosu du 16  cos 2 udu 16  cos 2 tdt  4 I 2  4 

 .
3
2



6


6

 2
9 3  2
3
3
S  I1  I 2  I 3 
 


  4 
  3 3  2 .
2
2 
2 
 3
 3

Câu 13. Cho  hình  chóp  S. ABC   có  đáy  ABC   là  tam  giác  đều  cạnh  a ,  hình  chiếu  vuông  góc  của  S 

xuống  ( ABC )   trùng  với  trung  điểm  H  của  AB . Biết  góc  tạo  bởi  hai  mặt  phẳng ( SAC )   và 
( SBC ) bằng  600 . Khoảng cách giữa  AB và  SC  

A.

a 3
. 
6

B.

a 2
.
4

a 3
. 
4
Lời giải 

C.

D.

a 3
.
2

Chọn A

 
Có  ( SAC )  ( SBC )  SC .  

 AB  SH
 AB  (SHC )  AB  SC  
Từ giả thiết ta có  
 AB  HC

 AB  SC
 SC  (AIB)  SC  BI  do đó góc gữa  ( SAC )  và  ( SBC ) là  
Hạ  AI  SC  ta có  
AIB  hoặc 
 SC  AI
1800  
AIB . Nhận thấy  ABC  là tam giác đều nên  ABI  không thể là tam giác đều. Vì thế 

AIB  1200.  
 AB  (SHC )  AB  HI
Từ   SC  (AIB)   SC  HI  d ( AB; HC )  HI .  


AIH  600.  
Tam giác  ABI  cân tại I nên  HI  cũng là phân giác góc  
AIB , suy ra  

Trang 8/29 NGUYỄN BẢO VƯƠNG


Xét tam giác  AIH  vuông tại H có  HI 

AH
a
a 3


. 
0
tan 60 2 3
6

Câu 14. Trong một hộp có 3 bi đỏ, 5 bi xanh và 7 bi vàng. Bốc ngẫu nhiên 4 viên. Xác suất để bốc được 
đủ 3 màu là 
6
7
5
8
A.
. 
B.
. 
C.
. 
D.
. 
13
13
13
13
Lời giải 
Chọn A

Số cách chọn 4 viên bi bất kì từ hộp gồm 15 viên bi là:  C154 . 
Số cách chọn 4 viên bi gồm 2 viên bi đỏ, 1 viên bi xanh, 1 viên bi vàng là:  C32 .C51.C71 . 
Số cách chọn 4 viên bi gồm 1 viên bi đỏ, 2 viên bi xanh, 1 viên bi vàng là:  C31.C52 .C71 . 
Số cách chọn 4 viên bi gồm 1 viên bi đỏ, 1 viên bi xanh, 2 viên bi vàng là:  C31.C51.C72 . 
Vậy, xác suất để bốc được 4 viên bi có đủ 3 màu là: 
Câu 15. Trong 

không 

gian 

Oxyz , 

cho 

C32 .C51.C71  C31.C52 .C71  C31.C51.C72 6
 . 
C154
13

điểm 

A  2;11; 5  

và 

mặt 

phẳng 

 P  : 2mx   m 2  1 y   m 2  1 z  10  0 . Biết rằng khi  m  thay đổi, tồn tại hai mặt cầu cố định 
tiếp xúc với mặt phẳng   P   và cùng đi qua  A . Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằng 
A. 10 2 . 

B. 12 3 . 

C. 12 2 . 
Lời giải 

D. 10 3 . 

Chọn C
Gọi  I  x0 ; y 0 ; z0   là tâm của mặt cầu   S   cố định và  R  là bán kính của mặt cầu   S  . 
Ta có: 

R  d  I ,  P  

2mx0   m 2  1 y0   m2  1 z0  10
2

4m 2   m2  1   m2  1

2

 

2mx0   m2  1 y0   m2  1 z0  10
2  m2  1

 

 2mx0   m 2  1 y0   m 2  1 z0  10  R 2  m 2  1
 đúng với mọi  m   . 

 2mx0   m 2  1 y0   m 2  1 z0  10   R 2  m 2  1


  y0  z0  m2  2mx0  y0  z0  10  R 2m2  R 2

 đúng với mọi  m  . 
 y0  z0  m2  2mx0  y0  z0  10   R 2m2  R 2
  y0  z 0  R 2
 
x0  0
      I 
 
 
 y0  z0  10  R 2
 
 
 y0  z 0   R 2


x0  0
      II 

  y0  z0  10   R 2

Từ hệ   I   suy ra  x0  0; y0  5  R 2; z0  5  





Do đó tâm mặt cầu là  I 0;5  R 2; 5  
Trang 9/29 -0946798489






2

Ta có:  R 2  IA2  R 2  4  R 2  6  suy ra  R  2 2  và  R  10 2  
Hệ   II   suy ra  x0  0; y0  5  R 2, z0  5  



Như vậy, ta có:  R 2  IA2  42  R 2  6



2

 R 2 , phương trình không có giá trị  R  thỏa mãn 

nên loại. 
Vậy tổng hai bán kính của hai mặt cầu là:  12 2 . 
Câu 16. Cho hàm số  y  f  x  

số đã cho là 
A. 2 . 

5  x2  2
. Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm 
x2  2 x  3

B. 0 . 

C. 4 . 
Lời giải 

D. 1 . 

Chọn B
TXĐ:  D    5; 5  \ 1  
Từ TXĐ của hàm số ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang. 
Nghiệm của phương trình  x 2  2 x  3  0  là  x  3 (loại);  x  1 (trùng với nghiệm của tử thức). 
Vậy đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng. 
Suy ra đồ thị hàm số đã cho có  0  đường tiệm cận. 
Câu 17. Cho tứ diện đều  ABCD  cạnh  a . Gọi  K  là trung điểm  AB , gọi  M , N  lần lượt là hình chiếu 
vuông góc của  K  lên  AD , AC . Tính theo  a  bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp  K .CDMN . 
A.

a 3
. 
4

B.

a 2
. 
4

3a 3
. 
8
Lời giải 
C.

D.

3a 2
. 
8

Chọn D

 
Coi  a  1 , ta có:  KC 

3
6
1
3
. 
, DH 
; AN  AC ; HK 
2
3

4
6

  3
6
 1   3
Chọn hệ trục  Oxyz  sao cho  K  O  0;0;0  , A  0; ; 0  , C 
;0; 0  , D 
;0;
 . 
3 
 2   2
  6
 1 
 3 3 
Ta có:  AN  AC  N 
; ;0  . 
4
8
8 


Trang 10/29 NGUYỄN BẢO VƯƠNG


Ta có: Tứ giác  CDMN  là hình thang cân. Do đó mặt cầu ngoại tiếp hình chóp  K .CDMN  cũng 
chính là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện  KCDN . 
Giả sử mặt cầu   S   ngoại tiếp tứ diện  KCDN  có phương trình: 
x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0  a 2  b 2  c 2  d  0  .(1) 

d  0


3
a  
 3a  

4

b  0

Vì  K , C , D , N   S    3
2 6
3
 3 a 3 c4
c  


 3

3
3
d  0
 4 a  4 b   16
Vậy  R 

3
4
 R  a 2  b2  c 2  d 
6

8

3 2
. 
8

3a 2
. 
8

Câu 18. Cho hà số  y  f  x   liên tục trên    và có đồ thị hàm số  y  f   x   như hình vẽ bên. 

Số điểm cực trị của hàm số  y  f  x   bằng 
A. 2 . 

B. 3 . 

C. 4 . 
Lời giải 

D. 1. 

Chọn B
Ta  thấy  đồ  thị  hàm  số  y  f   x    cắt  Ox   tại  4  điểm  phân  biệt  lần  lượt  có  hoành  độ 
x1 , x2 , x3 , x4 ( x1  x2  x3  x4 )   trong  đó  x4   là  nghiệm  kép  của  phương  trình  f   x   0   và 
x1  0 . 
Bảng xét dấu của  y  f   x   như sau: 

Dựa vào bảng xét dấu của hàm số  y  f   x  ta thấy hàm số  y  f  x   có 3 điểm cực trị. 

1
Câu 19. Cho  a  log 5 . Công thức tính  log    theo  a  là
8
1
3
A. 3  . 
B. 1  . 
C. 3a  3 . 
a
a
Lời giải 
Chọn C
Giả thiết: a  log 5 . 

D. 1  3a . 

Trang 11/29 -0946798489


Ta có: 

 1 3 
 5 3 
 53 
1
log    log     log     log  3   log  53   log 103   3log 5  3log10  3log 5  3
8
 2  
 10  
 10 

. 
1
Vậy  log    3a  3 . 
8
Câu 20. Cho số phức  z  thỏa mãn  1  i  z  14  2i . Tổng của phần thực và phần ảo của số phức  z  bằng 
A. 2. 

B. 14. 

C. -14. 
Lời giải

D. -2. 

Chọn B
Giả sử  z  a  bi,  a, b     là số phức thỏa mãn điều kiện bài toán. 
Ta có: 

1  i  z  14  2i
 1  i  (a  bi)  14  2i
 (a  b)  (a  b)i  14  2i  
a  b  14
a  6


a  b  2
b  8
Cho nên:  z  6  8i  z  6  8i . 
Vậy tổng phần thực và phần ảo của số phức  z  bằng:  6  8  14 . 
Câu 21. Cho phương trình  x 4  ax 3  bx 2  cx  1  0  có nghiệm. Giá trị nhỏ nhất  P  a 2  b 2  c 2  bằng 

4
8
A. . 
B. 4 . 
C. 2 . 
D. . 
3
3
Lời giải
Chọn A
Kiểm tra  x  0  không là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế cho  x 2  0  ta được 
1
c
1
c
x 4  ax3  bx 2  cx  1  0  x 2  2  ax  b   0  x 2  2  ax  b 
x
x
x
x
2

 2 1
2
2 Bunhiacopxki
x  2 
c
1
x 
 2 1  



2
2
2

2
2
2  2

a

b

c

  x  2    ax   b 
a  b  c   x  2  1


1
x  
x
x




x2  2  1
x

Cô-si
4
 3 . 
Dấu “  ” xảy ra khi  x 2 

1
 x  1 . 
x2

x
 C    và  đường  thẳng   d : y   x  m .  Gọi  S   là  tập  các  số  thực  m   để 
x 1
đường thẳng  d  cắt đồ thị   C   tại hai điểm phân biệt  A , B  sao cho tam giác  OAB  ( O  là gốc 

Câu 22. Cho  hàm  số  y 

tọa độ) có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng  2 2 . Tổng các phần tử của  S  bằng 
A. 4 . 
B. 3 . 
C. 0 . 
D. 8 . 
Trang 12/29 NGUYỄN BẢO VƯƠNG


Lời giải 
Chọn A

x
  x  m, (điều kiện  x  1 ). 
x 1

Phương trình tương đương  x 2  mx  m  0   1 . 
Xét phương trình 

Đồ thị   C    và đường thẳng  d   cắt nhau tại hai điểm phân biệt  A  và  B  khi và chỉ khi phương 
trình  1  có hai nghiệm phân biệt  x  1  điều kiện cần và đủ là  m  0  m  4 . 
Khi đó hai giao điểm là  A( x1;  x1  m) ;  B( x2 ;  x2  m) . 
Ta có  OA  m 2  2 m ; OB  m 2  2 m ; AB  2( m 2  4 m) ;  d  O, d  

m
2

. 

1
1 m
OA.OB. AB
SOAB  . AB.d  O, d   .
. 2(m 2  4m) 
. 
2
2 2
4R

(m2  2m). 2(m2  4m)
1 m
Suy ra  .
 
2(m 2  4m) 
2 2
4.2 2

 m  0 (l )
 m  2m  4 m   m  6 (n) . 
 m  2 ( n)
2

Vậy tổng các phần từ của  S  bằng  4 . 
Câu 23. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình  log 2  x  1  log 2 x  1  là 
A. 1. 

B. 1 . 

C. 2 . 
Lời giải 

D. 2 . 

Chọn A
Điều kiện:  x  0 . 
 x  1(N)
Phương trình tương đương  log 2  x  1 x   1   x  1 x  2  x 2  x  2  0  
 
 x  2 (L)
Vậy tổng các nghiệm của phương trình bằng  1. 
  500 , 
Câu 24. Cho tam giác  ABC  có trực tâm  H , nội tiếp đường tròn bán kính  100cm . Biết  A
  700 . Tổng khoảng cách từ ba đỉnh  A, B, C  đến  H gần bằng kết quả nào nhất sau đây ? 
B
A. 297cm . 

B. 296cm . 

C. 295cm . 
Lời giải

D. 298cm . 

Chọn A

Trang 13/29 -0946798489


A

F

O

H

B

C

E

Gọi  F  là điểm đối xứng của  B  qua tâm O . Khi đó tứ giác  AHCF  là hình bình hành. 
E  là trung điểm  BC . 

Suy ra  HA  CF  2OE  2 BO 2  BE 2  2 R 2 

Tương tự  HB  2 R 2 

BC 2
 2 R 2  R 2 sin 2 A    2R cos A  
4

AC 2
AB 2
 2 R cos B và  HC  2 R 2 
 2 R cos C  
4
4

Do đó  HA  HB  HB  2 R  cos A  cos B  cos C   296, 96 cm . 
Câu 25. Một  người  vay  ngân  hàng  90.000.000  đồng  theo  hình  thức  trả  góp  trong  3  năm.  Mỗi  tháng 
người đó phải trả một số tiền bằng nhau. Giả sử lãi suất trong toàn bộ quá trình trả nợ không 
đổi là 0.8 % trên tháng. Tổng số tiền người đó phải trả trong toàn bộ quá trình trả nợ là 
A. 107.320.000  đồng.  B. 101.320.000  đồng.  C. 103.320.000  đồng.  D. 105.320.000  đồng. 
Lời giải 
Chọn C
Bài toán tổng quát:
Vay  a  đồng, lãi suất  r % tháng. Cứ sau đúng 1 tháng trả  x  đồng. Định  x  để sau n tháng là hết 
nợ. 
HD: Sau tháng thứ 1, còn nợ  a 1  r   x . 
2

Sau tháng thứ 2, còn nợ   a 1  r      x  1  r      x     a 1  r     1  r      1  x . 
Sau tháng thứ 3, còn nợ 

a 1  r 

2



3

2

   1  r      1  x 1  r      x     a 1  r     1  r     1  r      1  x . 



. 
Sau tháng thứ n hết nợ, nên 
n

 a 1  r     1  r 

 

   a 1  r n    

n 1

   1  r 

n2

 ...    1  x     0


. 

ar (1  r ) n
(1  r ) n  1
. 
x  = 0     x 
(1  r ) n  1
r

Trang 14/29 NGUYỄN BẢO VƯƠNG


Áp dụng kết quả bài toán trên ta được:
Số tiền hàng tháng phải trả là: 
x

a .r. 1  r 

1  r 

n

n



1

9.107.0.8% 1  0.8% 

1  0.8% 

36

36

 2887141 ( đồng). 

1

Tổng số tiền người đó phải trả trong toàn bộ quá trình trà nợ là: 
S  x.36  2887141.36  103.938.278, 7 ( đồng). 
Câu 26. Trong không gian  Oxyz , cho hai điểm  A 1; 2;3 ,  B  2;3; 4   và mặt cầu   S  : x2  y 2  z 2  100.  
Phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm  A ,  B  và cắt mặt cầu   S   theo một đường tròn có bán 
kính nhỏ nhất là 
A. y  z  1  0 . 

B. x  z  2  0 . 

C. x  y  2 z  3  0 .  D. x  2 y  z  0 . 
Lời giải 

Chọn B

I

H
A

B
K

 
Mặt cầu   S   có tâm  I  0; 0; 0  ,  I  O  , bán kính là  R  10 . 
Ta có  A ,  B  nằm trong mặt cầu   S  . 
Gọi   P   là mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
Gọi  K  là hình chiếu của  I  trên  AB  và  H  là hình chiếu của  I  lên   P  . 
Ta có bán kính đường tròn là  r  R 2  IH 2 . Do đó  r  nhỏ nhất khi  IH  lớn nhất. 
Mà  IH  IK . Dấu “=” xảy ra khi  H  K . Khi đó   P   qua  K  và vuông góc với  IK . 

x  1 t


Ta có  AB  1;1;1 . Phương trình đường thẳng AB:   y  2  t .  K  AB  K 1  t;2  t;3  t  . 
z  3  t

 
Khi đó ta có phương trình  IK . AB  0  6  3t  0  t  2  K  1;0;1 .  
Mặt phẳng   P   qua  K  và vuông góc với  IK  nên có phương trình: 
  x  1   z  1  0  x  z  2  0 . 

Trang 15/29 -0946798489


Câu 27. Cho  hàm  số  f  x    có  đạo  hàm  trên     thỏa  mãn  3 f   x  .e

f 3  x   x 2 1



2x
 0   với  x   . 
f  x
2

7

Biết  f  0   1 , tính tích phân 

 x. f  x  dx . 
0

A.

11
. 
2

B.

15
. 
4

C.

45
. 
8

D.

9
. 
2

Lời giải 
Chọn C
Ta có  3 f   x  .e

f 3  x   x 2 1

  3 f 2  x  . f   x  .e f
 ef

3

 ex

2

f 3  x

 ex

 x

Do đó  e

1



2

1

2

dx   2 x.e x 1dx   e f

3

 x

2

d  f 3  x     e x 1d  x 2  1  

 f 3  x   x 2  1  f  x   3 x 2  1 . 
7

x. f  x  dx 

0

Câu 28.

 x

3
2
2x
 0  3 f 2  x  . f   x  .e f  x   2 x.e x 1  
f  x

2

 C . Mặt khác, vì  f  0   1  nên  C  0 . 

7

Vậy 

3





x. 3 x 2  1 dx 

0

1
2

7


0

3

3
x 2  1 d  x 2  1   x 2  1
8





3

7
45
x 2  1 
. 
0
8

Cho cấp số cộng   un  . Biết  u10  u5  10 . Giá trị biểu thức  u100  u200  2u50  là 
A. 500 . 

B. 550 . 

C. 400 . 
Lời giải

D. 450 . 

Chọn C
Gọi  d  là công sai cấp số cộng   un  . 

u10  u5  10   u1  9d    u1  4d   10  d  2 . 
Vậy  u100  u200  2u50   u1  99d    u1  199d   2  u1  49d   200d  200.2  400 . 
xm
( với  m  0 ) có đồ thị là (C). Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi 
x 1
đồ thị (C) và hai trục tọa độ. Biết  S  1 , giá trị thực của tham số m gần nhất với số nào sau đây: 
A. 0,56 . 
B. 0, 45 . 
C. 1, 7 . 
D. 4, 4 . 

Câu 29. Cho hàm số  y 

Lời giải 
Chọn C

(C )  Ox  A  m;0  ,  (C )  Oy  B  0; m  . Do  m  0 , hình phẳng giới hạn bởi (C) và hai trục 
tọa độ là tam giác cong OAB nằm dưới trục hoành. 
m

Diện tích  S  
0

m

m

   dx  
0

0

m

m

xm
xm
( x  1)  ( m  1)
dx   
dx   
dx  
x 1
x 1
x 1
0
0

m 1
m
m
dx   x 0   m  1 ln x  1 0  
x 1

Trang 16/29 NGUYỄN BẢO VƯƠNG

 m   m  1 ln m  1  m   m  1 ln  m  1 .  

S  1  m   m  1 ln  m  1  1   m  1 ln  m  1  1  0  

m  1 L 
 

 ln  m  1  1  m  1  e  m  e  1  1, 7.

Câu 30. Cho hàm số  y  f ( x ) . Hàm số  y  f '( x )  có đồ thị như hình vẽ dưới đây: 
y

x
O

-1

4

1

 
2

Bất phương trình  f 1  x   e x  m  đúng với mọi  x   1;1  khi và chỉ khi 
A. m  f 1  e 2 . 

B. m  f 1  1 . 

C. m  f 1  1 . 

D. m  f 1  e2 . 

Lời giải 
Chọn C
Từ đồ thị, ta có hàm số  y  f '( x)   x  1 x  1 x  4  .  
2

2

Ta có:  f 1  x   e x  m, x   1;1    m  f 1  x   e x , x   1;1 .  
2

Xét hàm số:  g ( x )  f 1  x   e x , x   1;1 .  
2

2

Ta có:  g '( x )   f ' 1  x   2 xe x   1  x  11  x  11  x  4   2 xe x  
2

 x  x  3 x  2   2e x  .  


Do  x   1;1  

2
25

  x  3 x  2   4  và  2e x  0.  
4
2

  x  3  x  2   2e x  0, x   1;1 .  

Khi đó  g '  x   0  x  0   1;1 .  
Bảng biến thiên của  g  x   như sau: 

Trang 17/29 -0946798489


x

0

-1

g'(x)

+

1
-

0
f(1)-1

g(x)
 

x2

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy:  m  f 1  x   e , x   1;1 .  
 m  Max g  x  .  
 1;1

 m  g  0   f 1  1.  
Câu 31. Cho  z   i  1  1 và  z  2i  là một số thực khác  0 . Số phức liên hợp của số phức  z  là 
B. 1  2i . 

A. 1  3i . 

C. 1  3i . 
Lời giải 

D. 1  2i . 

Chọn D
Giả sử  z  x  yi ,  x , y   . 
2

2

Ta có  z   i  1  1   x  1   y  1  1   1 . 
Ta lại có  z  2i  x   y  2  i  

 z  2i    y  2  0  y  2 . 
2

Thay  y  2  vào  1 , ta được:   x  1  1  1  x  1  

 z  1  2i . 

Vậy số phức liên hợp của số phức  z  là  1  2i . 
Câu 32. Trong  không  gian  Oxyz ,  biết hình chiếu của  O   lên  mặt phẳng   P    là  H  2;  1;  2  .  Số  đo 
góc giữa mặt phẳng   P   với mặt phẳng   Q  : x  y  5  0  là 
A. 30 . 

B. 45 . 

C. 60 . 
Lời giải 

D. 90 . 

Chọn B


Mặt phẳng   Q   có một vectơ pháp tuyến là  nQ  1;  1;0  . 

Hình  chiếu  của  O   lên  mặt  phẳng   P    là  H  2;  1;  2    P    qua  H   và 

nhận OH   2;  1;  2   làm vectơ pháp tuyến. 
Gọi    là góc giữa hai mặt phẳng   P   và   Q  . 

 
cos   cos OH , nQ 





2 1 0
4  1  4. 1  1  0

   45 . 

Trang 18/29 NGUYỄN BẢO VƯƠNG



2
 
2


2





Câu 33. Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên  R  và có  f   x    x  2  x 2  3x  4 . Gọi  S  là tập các số 
nguyên  m   10;10  để hàm số  y  f  x 2  4 x  m   có đúng  3  điểm cực trị. Số phần tử của  S  
bằng: 
A. 5 . 

B. 4 . 

D. 14 . 

C. 10 . 
Lời giải 

Chọn A
2

Ta có:  f   x    x  2   x  1 x  4  .  


Xét  y   f  x 2  4 x  m   2  x  2  f  x 2  4 x  m   









2

 y  2  x  2   x 2  3 x  m  2   x 2  3 x  m  1 x 2  3 x  m  4 
x  2
 2
2
 x  3 x  m  2   0 (1)
 y  0  
2
 2
 x  3x  m  1  0

 2
 3  
 x  3x  m  4  0
Ta có:  1  17  4m;  2  13  4m;  3  7  4m.  
7
TH1:  10  m   ; m  Z .
4
 
m  2  (1)   có 
Nếu 

x3 

nghiệm 

có 

nghiệm 

là 

3  21
3  21
; x4 
; (3)   có  nghiệm  là  x5  1; x6  2;  m  2   thỏa  mãn  (  do  x6  2 ; 
2
2

x1  1; x2  4  là nghiệm bội chẵn và x3 
Nếu 

x1  1; x2  4; (2)  

là 

m  3  (1)   có  nghiệm  là 

3  21
3  21
;  x5  1  là các nghiệm đơn). 
; x4 
2
2
x1 

3  29
3  29
; x2 
; (2)   có  nghiệm  là 
2
2

3 5
3 5
; x6 
;  m  3   không  thỏa  mãn  (  do 
2
2
x1 ; x2  là nghiệm bội chẵn và x3 ; x4 ;  x5   x6  là các nghiệm đơn). 
Tương tự:  m  4;  5;  6;  7;  8;  9;  10    y   0  có nhiều hơn 3 nghiệm đơn. 

x3  1; x4  4; (3)   có  nghiệm  là  x5 

 m  2  thỏa mãn. 
7
13
TH2:    m  ; m  Z  m  1; 0;1; 2  1  có hai nghiệm bội chẵn;   2  có hai nghiệm 
4
4
đơn;   3 vô nghiệm   m  1; 0;1; 2  thỏa mãn. 
Với  m  3  1   có  hai  nghiệm  bội  chẵn; 

 2 có 

hai  nghiệm  là  x  1; x  2;  3 vô 

nghiệm  m  3  không thỏa mãn. 
13
17
TH3: 
 m  4   không  thỏa  mãn  (do  (1)  có  hai  nghiệm  bội  chẵn  và  (2),  (3)  vô 
m
4
4
nghiệm). 
17
TH4:   m  10    y   0  x  2  không tồn tại  m.  
4
Kết luận:  m  2;  1; 0;1; 2 .  
 

Trang 19/29 -0946798489


2

ln x
b
b
dx   a ln 2  (với  a  là số thực,  b, c  là các số nguyên dương và   là phân số tối 
2
x
c
c
1

Câu 34. Biết  

giản). Giá trị của  2a  3b  c  bằng 
A. 6 . 
B. 4 . 

C. 6 . 
Lời giải 

D. 5 . 

Chọn B
1

du  dx

u  ln x

ln x


x . 
Với  I   2 dx , đặt  

1
x
d
v

d
x
1

v   1
x2
x

2

2

2

2

1

1
1
1 1
 1

  ln 2 . 
Khi đó  I    ln x    2 dx   ln 2 
2
x1 2 2
 x
1 1 x
1
Suy ra  a   , b  1, c  2  nên  2a  3b  c  4 . 
2

Câu 35. Cho hình chóp đều  S. ABCD  có chiều cao bằng  a 2  và độ dài cạnh bên bằng  a 6 . Thể tích 
khối chóp  S. ABCD  bằng: 
A.

10a 3 3
. 
3

B.

10a 3 2
. 
3

8a 3 3

. 
3
Lời giải 
C.

D.

8a 3 2
. 
3

Chọn D
S

A

D

O
B

C

 
Gọi  O  AC  BD  thì  SO  a 2 . 
Tam giác  SOA  vuông tại  O  và  SA  a 6  nên  OA  SA2  SO 2  2a  AC  BD  4a . 
1
AC .BD 1
4a.4a 8a 3 2
Thể tích khối chóp  S. ABCD  bằng  V  .SO.

. 
 .a 2.

3
2
3
2
3

Trang 20/29 NGUYỄN BẢO VƯƠNG


Câu 36. Cho  phương  trình  5x  m  log 5  x  m  .  Có  bao  nhiêu  giá  trị  m   nguyên  trong  khoảng 

 20; 20   để phương trình trên có nghiệm?
A. 15 .

B. 19 . 

D. 17 . 

C. 14 .
Lời giải 

Chọn B
Ta có phương trình  5x  m  log5  x  m   (1) với điều kiện  x  m  0 . 
Đặt  log5  x  m   t    x  m  5t  (*) thay vào phương trình (1) ta có  5 x  m  t    t  m  5 x (**) . Từ 
 x  m  5t
(*) và (**) ta có hệ phương trình  
. Từ hệ phương trình ta suy ra  x  t  5t  5 x  

x
t  m  5
 x  5 x  t  5t . 

Xét hàm số  f  x   x  5x  trên   , ta có  f   x   1  5 x.ln 5  0 x    nên hàm số  f  x   x  5x  luôn 
đồng biến trên   , do đó ta có  x  5 x  t  5t    f  x   f  t   x  t  thay vào phương trình 
(**) ta có  x  m  5 x    x  5 x  m . Đặt  g  x   x  5x  ta có  g   x   1  5x.ln 5 . Ta có 

g   x   0  1  5 x.ln 5  0    5 x 

1
 1 
   x  log 5 
 . 
ln 5
 ln 5 


 1 
 1  1
  . 
 Ta có BBT với  g  log 5 
   log 5 

 ln 5  
 ln 5  ln 5

 1 m    hay  m  log  1   1 . Ta 
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình 
5 x  m  có nghiệm khi 

log 5 
x x 

 5  ln 5  ln 5
ln 5 

  
  
  


suy ra có  19  giá trị nguyên của 
g   x  m  thỏa mãn. 
0
  
  
2018



 

Câu 37. Giá trị biểu thức  3  2 2g  x  .
A.





2019

2 1

. 



B.









2019

 bằng    

2 1

2017

2    1

. 

C.





2019

2 1


   D.

. 





2017

2 1

. 

Lời giải 
Chọn D
2018



Ta có  3  2 2





2018

 .
2  1 . 
2 1

 .



2 1
2018

 .

2 1

2019






2
2 1 




2018

 .

2 1

2018



2 1

 

2 1

.

2  1  =



2019



2017

 

.






2 1



2 1 


2019

 

2017

Câu 38. Số phức  z  có môđun nhỏ nhất thoả mãn 2  3i  z  z  i  là 
A.

6 3

 i . 
5 5

B.

3 6
 i . 
5 5

C.

3 6
 i . 
5 5

D.

6 3
 i . 
5 5

Lời giải
Chọn C
Đặt  z  x  yi,  x; y     z  x  yi.  
Khi đó  2  3i  z  z  i   x  2    y  3  i  x   y  1 i  

Trang 21/29 -0946798489




2

 x  2    y  3

2

2

 x 2   y  1  x  2 y  3  0 . 

Do đó tập hợp điểm biểu diễn của  z  là đường thẳng   : x  2 y  3  0 . 
Ta có  min z  d  O,   . Gọi  d  là đường thẳng qua  O  và vuông góc với    d : 2 x  y  0 . 

2 x  y  0
3 6
 H  ;   . 
5 5
x  2y  3  0

Gọi  H  d    H : 

Khi đó  z  có môđun nhỏ nhất thoả mãn có điểm biểu diễn là  H , tức là  z 

3 6
 i . 
5 5

Câu 39. Trong  không  gian  Oxyz ,  cho  ba  điểm  A  3;2;3 , B  2;1;2  , C  4;1;6  .  Phương  trình  mặt 
phẳng   ABC   là 

A. x  y  2 z  7  0 .  B. 2 x  y  z  1  0 .  C. x  y  z  2  0 .  D. x  y  z  2  0 . 
Lời giải
Chọn B


Ta có  AB   1; 1; 1 , AC  1; 1;3  . 


 
Mặt phẳng  ABC   đi qua  A  3;2;3  và nhận  u   AB, AC    4;2;2   làm một VTCP. 


Phương trình   ABC  : 4  x  3  2  y  2   2  z  3  0  2 x  y  z  1  0 . 
Câu 40.

(Sở GD Cần Thơ - Mã 121 - 2019) Tổ ng số  tiê ̣m câ ̣n đứng và  tiê ̣m câ ̣n ngang của đồ  thi ha
̣ ̀ m 

x2  4
số   y  2
 là
x  5x  6
A. 2 .

B. 1.

C. 3 .
Lời giải 

D. 4 .

Chọn C

 x  2
 x 2  4  0

   x  2
+ Điề u kiê ̣n xác đinh cu
. 
̣
̉ a hàm số :   2
 x  5 x  6  0
 x  2, x  3

+ Ta có:  lim y  0  suy ra  y  0  là mô ̣t tiêm câ
̣
̣n ngang của đồ  thi ha
̣ ̀ m số   y 
x 

x2  4
; 
x 2  5x  6

x2  4
; 
x2
x2  5x  6
̣
̣n đứng của đồ  thi ha

̣ ̀ m số  
lim y   và  lim y    suy ra  x  3  là mô ̣t tiêm câ
x 3
x 3
̣
̣n đứng của đồ  thi ha
̣ ̀ m số   y 
lim y    suy ra  x  2  là mô ̣t tiêm câ

y

x2  4
. 
x 2  5x  6

Vâ ̣y, tổ ng số  tiê ̣m câ ̣n đứng và tiê ̣m câ ̣n ngang của đồ  thi ha
̣ ̀ m số   y 
Câu 41.

x2  4
 là 3.
x2  5x  6

(Sở GD Cần Thơ - Mã 121 - 2019) Diện  tích  hình  phẳng  giới  hạn  bởi  đồ  thị  hàm  số 
y  x 2  3 x  2 , trục hoành và hai đường thẳng  x  1 ,  x  3  bằng

Trang 22/29 NGUYỄN BẢO VƯƠNG


A.

17
.
3

B.

16
.
3

5
.
6
Lời giải 
C.

D.

1
.
6

Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số  y  x 2  3 x  2  và trục hoành: 
x 2  3 x  2  0   x  1 . 
 x  2
Bảng xét dấu: 

 

Diện tích hình phẳng cần tìm: 
3

S

1

x 2  3 x  2dx 


1



2







3





x 2  3 x  2 dx   x 2  3 x  2 dx   x 2  3 x  2 dx  

1

1

1

2

2

3

 x3 3 x 2

 x3 3x 2
  x3 3 x 2

17
  
 2 x    
 2 x    
 2 x   .
2
2
2
 3
 1  3
1  3
2 3
Câu 42.

(Sở GD Cần Thơ - Mã 121 - 2019) Cho  số  phức  z  a  bi ( a, b   , a  0)   thỏa  mãn 

z.z  12 z  z  z  13  10i . Giá trị của  a  b  bằng
A. 7 .

B. 7 .

C. 17 .
Lời giải 

D. 17 .

Chọn B
Ta có  z  a  bi  z  a  bi  
Từ giả thiết  z.z  12 z  z  z  13  10i  

 a 2  b 2  12 a 2  b 2  2bi  13  10i  
  a 2  b 2  1( L)
 
 a  b  12 a  b  13
     a 2  b 2  13(N)


2b  10


b  5

2

2

2

2

 

 a  12
 ( vì  a  0 ) 

 b  5
Vậy  a  b  7 .
Câu 43.

(Sở GD Cần Thơ - Mã 121 - 2019) Cho hàm số  y  f ( x )  có đạo hàm trên    và thỏa mãn 
1
3

x   f ( x )   2 f ( x )  1 , với  x   . Giá trị của   f ( x)dx  bằng
2

5
A. .
2

5
B. .
4

7
.
4
Lời giải 

C.

D.

7
.
2

Chọn C
3

Ta có  x   f ( x )   2 f ( x)  1 . 
3

  f ( x )   2. f ( x )  1  x . 
Trang 23/29 -0946798489


Đặt  t  f ( x )  
Suy ra  t 3  2t  1  x . 
  3t 2  2  dt  dx . (1) 

Với  x  2  t 3  2t  3  t  1 . 
Với  x  1  t 3  2t  0  t  0 . 

1

0

1

Từ (1) ta có   f ( x)dx    3t 2  2  t.dt   3t 2  2  tdt . 
2

1

1

0

1

7
7
3

  t 4  t 2   . Vậy   f ( x)dx  .
4
4
0 4
2
Câu 44.

(Sở GD Cần Thơ - Mã 121 - 2019) Cho hình chóp  S. ABCD  có đáy  ABCD  là hình chữ nhật, 

AB  a ,  BC  a 3 ,  SA  a   và  SA   vuông  góc  với  mặt  phẳng   ABCD  .  Đặt    là  góc  giữa 
đường thẳng  BD  và   SBC  . Giá trị của  sin   bằng
A.

2
.
4

B.

5
.
5

1
.
2
Lời giải 

C.

D.

3
.
2

Chọn A
S

H
A

D
O
C

B

Ta có  sin  

d  D,  SBC  
BD



d  A,  SBC  
BD

 

. 

 SAB    SBC 
. Kẻ  AH  SB  thì  AH   SBC     AH  d  A,  SBC   . 

 SAB    SBC   SB
a 2
1
1

1
1
1
2
 và  BD  BA2  AD 2  2 a . 


 2  2  2    AH 
2
2
2
2
AH
AB
AS
a
a
a

Vậy  sin  
Câu 45.

d  A,  SBC  
BD



AH a 2
2



.
BD 2.2a
4

(Sở GD Cần Thơ - Mã 121 - 2019) Cho  a  là số thực khác  0 ,  F  x   là một nguyên hàm của 
1

1
hàm  số  f  x   e x  ln  ax      thỏa  mãn  F    0   và  F  2018  e2018 .  Mệnh  đề  nào  dưới 
x

a
đây đúng?

A. a   2018;    .

 1

;1 .
 2018 

B. a  

Trang 24/29 NGUYỄN BẢO VƯƠNG

1 

C. a   0;
.

 2018 

D. a  1; 2018 .


Lời giải 
Chọn B
1
1
1

Xét  F  x    e x  ln  ax    dx   e x ln  ax  dx   e x . dx  M   e x . dx . 
x
x
x

1

u  ln  ax   du  dx
x
Xét  M   e ln  ax  dx . Đặt  

x  
x
v  e x
 dv  e dx

1
Khi đó  M   e x ln  ax  dx  e x .ln  ax    e x . dx  F  x   e x ln  ax   C . 
x

1
Vì  F    0  C  0  suy ra  F  x   e x ln  ax  . 
a

Lại có  F  2018   e2018 ln  2018a   e2018  ln  2018a   1  
 2018a  e  a 

Câu 46.

 1

e
;1 .
. Vậy  a  
2018
 2018 

(Sở GD Cần Thơ - Mã 121 - 2019) Cho số phức  z  thoả mãn  z  1  2i  5 . Giá trị lớn nhất 
của  z  1  i  bằng
A.

5.

B. 5 2 .

D. 2 5 .

C. 20 .
Lời giải 

Chọn D
Cách 1.
Ta có  z  1  i  z  1  2i  2  i  z  1  2i  2  i  2 5 . 
Đẳng thức xảy ra khi  z  3  3i . 
Vậy  max z  1  i  2 5 . 
Cách 2.

2

Đặt  z  x  yi,  x, y     thì từ điều kiện ta có:   x  1   y  2 

2

 
 5 . 

Gọi  M  x; y   là điểm biểu diễn cho  z  và  A  1;  1  là điểm biểu diễn cho số phức  1  i , khi 
đó  z  1  i  AM  với  M  thuộc đường tròn   C   tâm  I 1; 2   bán kính  R  5 . 
Dễ thấy  A   C  , do đó  AM  2 R  2 5 . 
Suy ra  max z  1  i  2 5 , đẳng thức xảy ra khi  M  K . 

Trang 25/29 -0946798489