62 đề thi thử THPT QG 2019 toán chuyên đại học vinh nghệ an – lần 1 có lời giải

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH

ĐỀ THI THỬ THPT QG – LẦN 1
NĂM HỌC 2018 -2019
MÔN TOÁN 12
(Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian phát đề)

Câu 1: Số nghiệm âm của phương trình log x 2  3  0 là
A. 2 .
B. 4 .
C. 1.
D. 3 .
Câu 2: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  3a , BC  a , cạnh bên SD  2a
và SD vuông góc với mặt phẳng đáy. Thể tích khối chóp S. ABCD bằng
A. 3a 3 .
B. a 3 .
C. 2a 3 .
D. 6a 3 .
Câu 3: Trong không gian Oxyz , cho a   3; 4;0  , b   5;0;12  . Côsin của góc giữa a và b bằng
3
.
13

5
.
6

5
3
C.  .

D.  .
6
13
a
Câu 4: Giả sử a , b là các số thực dương bất kỳ. Biểu thức ln 2 bằng
b
1
1
A. ln a  ln b .
B. ln a  ln b .
C. ln a  2ln b .
D. ln a  2ln b .
2
2
Câu 5: Trong không gian Oxyz , cho E (1;0; 2) và F (2;1; 5) . Phương trình đường thẳng EF là

A.

x 1

3
x 1
C.

1

A.

B.

x 1 y z  2
.
 
3
1
7
x 1 y z  2
D.
.
 
1
1
3

y z2
.

1
7
y z2
.

1
3

B.

Câu 6: Cho cấp số nhân  un  , với u1  9, u4 

1

. Công bội của cấp số nhân đã cho bằng
3

1
.
B. 3 .
C. 3 .
3
Câu 7: Đường cong ở hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây
A.

A. y   x3  3x  1 .

B. y 

x 1
.
x 1

C. y 

x 1
.
x 1

1
D.  .
3

D. y  x3  3x2  1 .

Câu 8: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  đi qua điểm M  3;  1; 4  , đồng thời vuông góc với giá
của vectơ a 1;  1; 2  có phương trình là
A. 3x  y  4 z  12  0 .

B. 3x  y  4 z  12  0 .

C. x  y  2 z  12  0 .

D. x  y  2 z  12  0 .

caodangyhanoi.edu.vn


Câu 9: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  3;3 và có bảng xét dấu đạo hàm như hình bên.

Mệnh đề nào sau đây sai về hàm số đó?
A. Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 .
C. Hàm số đạt cực đại tại x  2 .

B. Hàm số đạt cực đại tại x  1 .
D. Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 .

Câu 10: Giả sử f  x  là một hàm số bất kì liên tục trên khoảng  ;   và a , b , c , b  c   ;   . Mệnh
đề nào sau đây sai?
b

A.



a

C.

c

a

b

b

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx .

B.

a

c

b

bc

b

a

a

bc

 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx .



f  x  dx 

D.

bc


a

c

f  x  dx   f  x  dx .
a

b

c

c

a

a

b

 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx .

Câu 11: Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề
nào sau đây đúng về hàm số đó?
A. Nghịch biến trên khoảng (- 1;0).
B. Đồng biến trên khoảng (- 3;1).
C. Đồng biến trên khoảng (0;1).
D. Nghịch biến trên khoảng (0; 2).
Câu 12: Tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x)  3 x là

3 x
B. 3 x  C .
C .
ln 3
Câu 13: Phương trình log  x  1  2 có nghiệm là
A. 

A. 11.

B. 9 .

3 x
C .
ln 3

C. 3 x ln 3  C .

D.

C. 101.

D. 99 .

Câu 14: Cho k , n  k  n  là các số nguyên dương bất kì. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Ank 

n!
.
k!

B. Ank  k !.Cnk .

C. Ank 

n!
.
k! n  k !

D. Ank  n !.Cnk .

Câu 15: Cho các số phức z  1  2i, w  2  i. Điểm nào trong hình bên biểu diễn số phức z  w ?
A. N .

caodangyhanoi.edu.vn

B. P .

C. Q .

D. M .


Câu

16:

Trong

không

gian

với

hệ

độ

tọa

Oxyz ,

 P : x  3y  2z  1  0, Q : x  z  2  0 . Mặt phẳng  

cho

hai

mặt

phẳng

vuông góc với cả  P  và  Q  đồng

thời cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 3. Phương trình của mp   là:
A. x + y + z - 3 = 0 .

B. x + y + z + 3 = 0 . C. - 2 x + z + 6 = 0 .



Câu 17: Cho số phức z thỏa mãn 1  3i



2

D. - 2 x + z - 6 = 0 .

z  4  3i . Môđun của z bằng

5
5
2
4
.
B. .
C. .

D. .
4
2
5
5
Câu 18: Một hình trụ tròn xoay có độ dài đường sinh bằng đường kính đáy và thể tích của khối trụ bằng
16 . Diện tích toàn phần của khối trụ đã cho bằng
A. 16 .
B. 12 .
C. 8 .
D. 24 .

A.

Câu 19: Biết rằng phương trình log 22 x  7 log 2 x  9  0 có 2 nghiệm x1 , x2 . Giá trị x1 x2 bằng
A. 128 .

C. 9 .

B. 64 .

3x  1
Câu 20: Đạo hàm của hàm số f ( x)  x
là:
3 1
2
.3x .
A. f ( x)  
2
 3x  1

C. f ( x) 

3

2
x

 1

2

D. 512 .

B. f ( x) 

3

D. f ( x)  

.3x ln 3 .

2
x

 1

3

2

.3x .

2
x

 1

2

.3x ln 3 .

Câu 21: Cho f  x   x 4  5 x 2  4 . Gọi S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

y  f  x  và trục hoành. Mệnh đề nào sau đây sai ?
A. S 

2



1

2

0

1

B. S  2  f  x  dx  2  f  x  dx .

f  x  dx .

2

2

2

D. S  2  f  x  dx .

0

0

C. S  2 f  x  dx .





Câu 22: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x   x2 x2  1 , x 
trên khoảng

A.  2;   .

Câu 23: Đồ thị hàm số y 
A. 4 .

B.  ; 1 .

. Hàm số y  2 f   x  đồng biến
D.  0; 2 .

C.  1;1 .

x3  4 x
có bao nhiêu đường tiệm cận?
x3  3x  2
B. 1.
C. 3 .

Câu 24: Biết rằng  ,  là các số thực thỏa mãn 2



2



2



  82



D. 2 .

2



 . Giá trị của   2

bằng

A. 1.
B. 2.
C. 4.
D. 3.
Câu 25: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB  a , góc giữa đường thẳng A ' C và mặt
đáy bằng 450. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .

A.

a3 3
.
4

B.

a3 3
.
2

C.

a3 3
.

12

Câu 26: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ bên dưới.
caodangyhanoi.edu.vn

D.

a3 3
.
6


Hàm số y  f  2 x  đạt cực đại tại
A. x 

1
.
2

B. x  1 .

C. x  1 .

D. x  2 .

Câu 27: Cho hình nón tròn xoay có bán kính bằng 3 và diện tích xung quanh bằng 6 3 . Góc ở đỉnh
của hình nón đã cho bằng
A. 60 .
B. 150 .
C. 90 .

D. 120 .
Câu 28: Gọi z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình z 2  4 z  7  0 . Số phức z1 z2  z1 z2 bằng
A. 2 .

B. 10 .

C. 2i .

D. 10i .
9
Câu 29: Gọi m , M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y  x  trên đoạn 1; 4 .
x
Giá trị của m  M bằng
49
65
A.
.
B. 16 .
C.
.
D. 10 .
4
4
Câu 30: Cho hình lập phương ABCD. ABCD có I , J tương ứng là trung điểm của BC và BB . Góc
giữa hai đường thẳng AC và IJ bằng
A. 45 .
B. 60 .
C. 30 .
D. 120 .
Câu 31: Giải bóng chuyền quốc tế VTV Cup có 8 đội tham gia, trong đó có hai đội Việt Nam. Ban tổ

chức bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành hai bảng đấu, mỗi bảng 4 đội. Xác suất để hai đội của
Việt Nam nằm ở hai bảng khác nhau bằng
A.

2
.
7

B.

5
.
7

Câu 32: Tất cả các nguyên hàm của hàm số f  x  
A.  x cot x  ln  sinx   C .

C.

3
.
7

D.

4
.
7

x

trên khoảng  0;   là
s in 2 x
B. x cot x  ln sinx  C .
D.  x cot x  ln  sinx   C .

C. x cot x  ln sinx  C .

Câu 33: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại A . Gọi E là trung điểm
của AB . Cho biết AB  2a , BC  13 a , CC  4a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB
và CE bằng
4a
A.
.
7

B.

12a
.
7

C.

6a
.
7

D.

3a

.
7

Câu 34: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình
f  x 3  3 x   m có 6 nghiệm phân biệt thuộc đoạn  1; 2 ?

A. 3 .

caodangyhanoi.edu.vn

B. 2 .

C. 6 .

D. 7 .






Câu 35: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  1  z  z i  z  z i 2019  1 ?
2

A. 4.

B. 2.

C. 1.

D. 3.

Câu 36: Cho f  x  mà hàm số y  f '  x  có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Tất cả các giá trị của tham
1
số m để bất phương trình m  x 2  f  x   x3 nghiệm đúng với mọi x   0;3 là
3
2
.
3
Câu 37: Trong không gian Oxyz , cho các điểm M (2;1; 4) , N (5;0;0) , P(1; 3;1). Gọi I (a; b; c) là tâm của

B. m  f  0  .

A. m  f  0  .

C. m  f  3 .

D. m  f 1 

mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng  Oyz  đồng thời đi qua các điểm M , N , P . Tìm c biết rằng

abc  5.
A. 3.
1

Câu 38: Biết rằng

 3x  5
0

B. 2.

C. 4.

D. 1.

dx
 a ln 2  b ln 3  c ln 5 , với a, b, c là các số hữu tỉ.
3x  1  7

Giá trị của a  b  c bằng
5
10
A.  .
B.  .
3
3

10
5
.
D. .
3
3
x 1 y z  2
Câu 39: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :
và hai điểm A(1;3;1) và
 
2
1

1
B  0;2; 1 . Gọi C  m; n; p  là điểm thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC

C.

bằng 2 2 . Giá trị của tổng m  n  p bằng
A. 1.

B. 2 .

C. 3 .

D. 5 .

B. 7 .

C. 6 .

D. Vô số.

Câu 40 : Bất phương trình  x  9 x  ln  x  5   0 có bao nhiêu nghiệm nguyên ?
3

A. 4 .

Câu 41:Cho hàm số f ( x) có đồ thị hàm y  f '( x) như hình vẽ. Hàm số y  f (cos x)  x 2  x đồng biến
trên khoảng
A. 1; 2  .

caodangyhanoi.edu.vn

B.  1;0  .

C.  0;1 .

D.  2; 1 .


Câu 42: Cho hàm số f ( x)  2x  2 x . Gọi m0 là số lớn nhất trong các số nguyên m thỏa mãn

f (m)  f (2m  212 )  0 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. m0  1513; 2019  .

B. m0  1009;1513 . C. m0  505;1009  .

Câu 43: Cho hàm số f  x  thỏa mãn f  x   f   x   e  x , x 

D. m0  1;505  .

và f  0   2 . Tất cả các nguyên hàm

của f  x  e 2 x là
A.  x  2  e x  e x  C .

B.  x  2  e 2 x  e x  C . C.  x  1 e x  C .

D.  x  1 e x  C .

Câu 44: Cho hàm số f  x  có đồ thị hàm số y  f   x  được cho như hình vẽ bên.

1
Hàm số y  f  x   x 2  f  0  có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị trong khoảng  2;3 .
2
A.6.
B.2.
C.5.
D.3
Câu 45: Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có SA  a 11 , cosin của góc hợp bởi hai mặt phẳng
1
 SBC  và  SCD  bằng . Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng
10
3
A. 3a .
B. 9a 3 .
C. 4a 3 .
D. 12a 3 .
Câu 46: Chuẩn bị cho đêm hội diễn văn nghệ chào đón năm mới, bạn An đã làm một chiếc mũ “cách
điệu” cho ông già Noel có dáng một khối tròn xoay. Mặt cắt qua trục của chiếc mũ như hình vẽ
bên dưới. Biết rằng OO  5 cm , OA  10 cm , OB  20 cm , đường cong AB là một phần của
parabol có đỉnh là điểm A . Thể tích của chiếc mũ bằng

A.

2750
3

 cm  .
3

B.

2500
3

 cm  .
3

C.

2050
cm3  .

3





D.

2250
3

 cm  .
3

Câu 47: Giả sử z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa mãn  z  6  8  zi là số thực. Biết rằng z1  z2  4 , giá
trị nhỏ nhất của z1  3z2 bằng
A. 5  21 .

B. 20  4 21 .

Câu 48: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ.

caodangyhanoi.edu.vn

C. 20  4 22 .

D. 5  22 .


Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình
A. 11.

B. 9.

Câu 49: Trong không gian Oxyz cho ba đường thẳng d :
2 :

x 
f   1  x  m có nghiệm thuộc đoạn  2; 2 ?
2 
C. 8.
D. 10.

1
3

x y z 1
x  3 y z 1

 
 
, 1 :
,
1 1
2
1
2
1

x 1 y  2 z

 . Đường thẳng  vuông góc với d đồng thời cắt 1 ,  2 tương ứng tại
1
2
1

H , K sao cho độ dài HK nhỏ nhất. Biết rằng  có một vectơ chỉ phương u  h; k ;1 . Giá trị

h  k bằng
A. 0.

D. 2.

C. 6.

B. 4.

Câu 50: Trong không gian Oxyz , cho a 1;  1;0  và hai điểm A  4;7;3 , B  4;4;5 . Giả sử M , N là
hai điểm thay đổi trong mặt phẳng Oxy  sao cho MN cùng hướng với a và MN  5 2 . Giá

trị lớn nhất của AM  BN bằng
A. 17 .

B.

C. 7 2  3 .

77 .

D.

82  5 .

----------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN

1-A

2-C

3-D

4-D

5-B

6-D

7-B

8-C

9-D

10-B

11-D

12-A

13-D

14-B

15-B

16-A

17-A

18-D

19-A

20-C

21-D

22-C

23-D

24-D

25-A

26-C

27-D

28-A

29-B

30-B

31-D

32-A

33-C

34-B

35-D

36-B

37-B

38-A

39-C

40-C

41-A

42-B

43-D

44-D

45-C

46-B

47-C

48-C

49-A

50-A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

caodangyhanoi.edu.vn

Câu 1: A

x  2
 x  2
 x2  3  1
 x2  4
2
2
log x  3  0  x  3  1   2
.
 
 2
x 2
 x  2
 x  3  1

 x   2
Vậy số nghiệm âm của phương trình là 2 .
Câu 2: C
Chiều cao của khối chóp là SD  2a và đáy là hình chữ nhật với AB  3a , BC  a nên ta có
1
1
V  .SD. AB.BC  .2a.3a.a  2a 3 .
3
3

Câu 3: D





Ta có: cos a ; b 

a.b



a. b

3.5  4.0  0.12

 3

2

 42  02 . 52  02  122



3
.
13

Câu 4: D
Với các số thực dương a , b , ta có ln

a
 ln a  ln b 2  ln a  2 ln b .

2
b

Câu 5: B
Ta có: EF  (3;1; 7) .
Đường thẳng EF đi qua điểm E (1;0; 2) và có VTCP u  EF  (3;1; 7) có phương trình
chính tắc là:
Câu 6: D
caodangyhanoi.edu.vn

x 1 y z  2
 
3
1
7


Ta có: u4  u1.q3 

1
1
1
1
 q3 

q .
3
3.u1 27
3

1
Vậy cấp số nhân  un  có công bội q   .
3

Câu 7: B
Căn cứ vào đồ thị ta có tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng x  1 nên loại phương
án A, C, D.
Vậy chọn B.
Câu 8: C
Mặt phẳng  P  nhận vectơ a 1;  1; 2  làm vectơ pháp tuyến và đi qua điểm M  3;  1; 4  nên
có phương trình là 1 x  3  1 y  1  2  z  4   0  x  y  2 z  12  0.
Câu 9: D
Dựa vào bảng xét dấu của đạo hàm đã cho ta thấy f '  0   0 và đạo hàm không đổi dấu khi x
qua x0  0 nên hàm số đã cho không đạt cực tiểu tại x  0 .
Câu 10: B
Dựa vào tính chất của tích phân, với f  x  là một hàm số bất kì liên tục trên khoảng  ;   và

a , b , c , b  c   ;   ta luôn có:
b


a

c

b

c

c

a

c

a

b

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx

b

bc

b

b

bc

c

a

a

bc

a

a

a

 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx . Vậy mệnh đề sai là  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx .
Câu 11: D
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (0;1).

Câu 12: A
Ta có



f ( x)dx   3 x dx    3 x d ( x)  

3 x
C
ln 3

Câu 13: D
Ta có log  x  1  2  x  1  102  x  99 .
Câu 14: B
Ta có Ank 
Vì Ank 

n!
nên A sai và C sai.
 n  k !

n!
n!
 k!
 k !.Cnk nên D sai và B đúng.
 n  k ! k ! n  k !

Chú ý: Khi làm trắc nghiệm ta có thể thay số cụ thể để kiểm tra các đáp án.
Câu 15: B
caodangyhanoi.edu.vn


Ta có z  w   1  2i    2  i   1  i .
Vậy điểm biểu diễn số phức z  w là điểm P 1;1 .
Câu 16: A

 P  có vectơ pháp tuyến n  1; 3;2 , Q có vectơ pháp tuyến n  1; 0; 1 .
Vì mặt phẳng   vuông góc với cả  P  và  Q  nên   có một vectơ pháp tuyến là
 n ; n    3;3;3  31;1;1 .


Vì mặt phẳng   cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 3 nên   đi qua điểm M  3; 0; 0 .
Vậy   đi qua điểm M  3; 0; 0 và có vectơ pháp tuyến n  1;1;1 nên   có phương trình:
Q

P

P

Q

x  y  z  3  0 . Chọn A.

Câu 17: A

CÁCH 1
Ta có z 

4  3i

1  3i 

2



4  3 3 3  4 3

i.
8
8
2

2

 4  3 3   3  4 3 
4  3 3 3  4 3
5

i  
Suy ra z 

  
  .
8
8
8
8 
4

 

CÁCH 2.
Ta có z 

z 

4  3i

1  3i 

4  3i

1  3i 

2



2

.

4  3i
2  2 3i



5
.
4

Câu 18: D
Gọi bán kính đáy của hình trụ là R suy ra h  l  2R .
Theo đề bài ta có thể tích khối trụ là: V   R 2 .h   R 2 .2 R  2 R3  16  R  2 .
Do đó h  l  4 .
Diện tích toàn phần của khối trụ là: S  2 Rl  2 R 2  2 .2.4  2 .22  24 .

Câu 19: A
Cách 1:
Điều kiện: x  0 .

caodangyhanoi.edu.vn



7  13
7  13

log 2 x 
x  2 2
2

(nhận).
log 22 x  7 log 2 x  9  0  

7  13

7  13
x  2 2
log 2 x 


2

Vậy x1 x2  2

7  13
2

.2

7  13
2

 128 .

Cách 2:
Điều kiện: x  0 .
log 22 x  7 log 2 x  9  0 là phương trình bậc 2 theo log 2 x có    7   4.1.9  13  0 .
2

Theo định lý Vi-et ta có: log 2 x1  log 2 x2  7  log 2  x1 x2   7  x1 x2  27  128 .

Câu 20: C

3
f ( x) 

x

 1  3x  1   3x  1 3x  1

 3x  1

3x ln 3  3x  1  3x  1



3

x

 1

2



2

3

2

x

 1

2



3x ln 3  3x  1   3x  1 3x ln 3

3

x

 1

2

.3x ln 3 .

Câu 21: D
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số f  x   x 4  5 x 2  4 và trục hoành:
 x2  1
 x  1
x  5x  4  0  

2
 x  2
 x  4
4

2

Diện tích hình phẳng cần tìm là:

S

2

 f  x  dx 1

2

2

 2 f  x  dx  2  (do f  x  là hàm số chẵn)
0
1

2

0

1

1

2

0

1

 2 f  x  dx  2 f  x  dx
 2  f  x  dx  2  f  x  dx  3 (do trong các khoảng  0;1 , 1;2  phương trình f  x   0 vô

nghiệm)
Từ 1 ,  2  ,  3 suy ra các đáp án A, B, C là đúng, đáp án D là sai.
Máy tính: Bấm máy tính kiểm tra, ba kết quả đầu bằng nhau nên đáp án sai là đáp án D.
Câu 22: C
caodangyhanoi.edu.vn


Xét hàm số y  g  x   2 f   x 





2
2
Ta có g '  x   2 f    x  = 2   x  .   x   1  2x2 x2  1 .



 x2  0
x  0
.
g'  x  0   2


x


1
x

1

0



Kết luận hàm số g  x  đồng biến trên khoảng  1;1 . Chọn C.
Câu 23: D
* TXĐ: D  ¡ \ 1; 2 .

x3  4 x
* Ta có: lim y  lim 3
1.
x 
x  x  3x  2

 Đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận ngang là đường thẳng y  1 .
* Ta có:

lim y  lim

x 2

x 2

x  x  2  x  2 
x  x  2 8
x3  4 x
 lim
 lim
 .
3
2
9
x  3x  2 x2  x  1  x  2  x2  x  12

x  x  2  x  2 
x  x  2 8
x3  4 x
lim y  lim 3
 lim

lim
 .
2
2
x 2
x 2 x  3x  2
x 2
 x  1  x  2  x2  x  1 9
x  x  2  x  2 
x  x  2
x3  4 x
lim  y  lim  3

 lim 

lim
  .
2
2
x  1
x  1 x  3 x  2
x  1
 x  1  x  2  x1  x  1

 Đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận đứng là đường thẳng x  1 .
Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.
Câu 24: D

2  2
2  
8 

  2  2   2       0
2


8
 2      0
2
 2
2
 8    2  3 .





Ta có: 2   2  2    8  2  2    2 2  2  8

Vậy   2  3 .
Câu 25: A
Theo tính chất hình lăng trụ tam giác đều thì lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng, có đáy là tam giác

ABC đều, cạnh AB  a . Do đó SABC 

caodangyhanoi.edu.vn

a2 3
.
4


Góc giữa A ' C và mặt phẳng ( ABC ) là góc A ' CA  450 .

AA '  AC.tan 450  AB.tan 450  a .
Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là: VABC. A ' B ' C '  AA '.SABC  a.

a 2 3 a3 3
.

4
4

Câu 26: C
Vì bài toán trên đúng cho mọi hàm số có bảng biến thiên như trên nên ta xét trường hợp hàm số

y  f  x  có đạo hàm trên

.

Từ bảng biến thiên của hàm số y  f  x  ta suy ra bảng xét dấu f   x  như sau

Xét hàm số y  f  2 x  , ta có y  2. f   2 x  .

1

x   2
 2 x  1

Ta có y  0  2. f   2 x   0   2 x  0   x  0 .
x  1
 2 x  2


Bảng xét dấu y

Từ bảng xét dấu y , ta thấy hàm số y  f  2 x  đạt cực đại tại x  
Câu 27: D

caodangyhanoi.edu.vn

1
và x  1 .

2


Gọi S , O lần lượt là đỉnh và tâm của đáy của hình nón. Lấy A là một đỉểm nằm trên đường
tròn đáy. Gọi góc ở đỉnh của hình nón là 2 suy ra   OSA .
Mặt khác, S xq   rl  l 

S xq

r



6 3
 2 3.
3

Xét SOA vuông tại O , ta có: sin OSA 

OA
3
3


 OSA  60 .
SA 2 3
2

Vậy 2  2OSA  120 .
Câu 28: A

 z  2  3i
z2  4z  7  0  
 z  2  3i





 





z1 z2  z1 z2  2  3i 2  3i  2  3i 2  3i  2 .
Vậy z1 z2  z1 z2  2.
Cách 2: Phương trình bậc hai z 2  4 z  7  0 có  '  3 là số nguyên âm nên phương trình có
hai nghiệm phức z1 , z2 và z1 = z2 , z2 = z1 .

ìï z + z2 = - 4
Áp dụng định lý Viét, ta có: ïí 1
ïïî z1.z2 = 7
2
2
Ta có: z1 z2  z1 z2  z1  z2   z1  z2   2 z1.z2  16  14  2.
2

Câu 29: B
Hàm số xác định và liên tục trên đoạn 1; 4 .

9 
9

Ta có: y   x    1  2 .
x
x

 y  0  1 

 x  3  1; 4 
9
.
 0  x2  9  0  
2
x
 x  3  1; 4 


 f 1  10

Có  f  3  6  min y  6  m và max y  10  M .
1; 4
1; 4

25
 f  4 

4
Vậy m  M  16 .
Câu 30: B

caodangyhanoi.edu.vn


Gọi K là trung điểm của AB vì ABCD là hình vuông nên KI / / AC , suy ra góc giữa AC và

IJ bằng góc giữa KI và IJ .
Ta có IK 

1
1
1
AC ; IJ  BC ; KJ  AB vì ABCD. ABCD là hình lập phương nên
2
2
2

·  60 .
AC  BC  AB suy ra KI  IJ  JK suy ra tam giác IJK là tam giác đều, suy ra KIJ
Vậy góc giữa AC và IJ bằng 60 .
Câu 31: D
Số cách chia ngẫu nhiên 8 đội bóng thành hai bảng đấu là: n()  C8 .C4  70 .
4

4

Gọi A là biến cố: “ hai đội của Việt Nam nằm ở hai bảng khác nhau”.
Bảng 1: Từ 8 đội tham gia chọn ngẫu nhiên 1 đội Việt Nam và 3 đội nước ngoài vào bảng 1 có
3

1

số cách chọn là C6 .C2 .
Bảng 2: Sau khi chọn các đội vào bảng 1 còn 1 đội Việt Nam và 3 đội nước ngoài xếp vào
bảng 2 có 1 cách xếp.
Số cách chia 8 đội thành 2 bảng đấu sao cho hai đội của Việt Nam nằm ở hai bảng khác nhau
là: n( A)  C6 .C2 .1  40 .
3

1

Vậy Xác suất cần tìm: P( A) 

n( A) 40 4

 .
n() 70 7

Câu 32: A
F  x    f  x  dx  

x
dx .
s in 2 x

u  x
du  dx


Đặt 

.
1
dv  s in 2 x dx v   cot x

Khi đó: F  x   

d  sin x 
x
cos x
dx   x.cot x   cot xdx   x.cot x  
dx   x.cot x  
2
sin x
sin x
sin x

  x.cot x  ln sinx  C .
Với x   0;    sinx  0  ln sinx  ln  sinx  .
caodangyhanoi.edu.vn


Vậy F  x    x cot x  ln  sinx   C .
Câu 33: C
Cách 1.

Xét ABC vuông tại A có: AC  BC 2  AB 2  3a .
Gắn hệ trục tọa độ như hình và không mất tính tổng quát ta chọn a  1 , khi đó ta có:

A  0;0;0  , B  2;0;0  , C  0;3;0  , E 1;0;0  , A  0;0; 4  .
AB   2;0;  4  , CE  1;  3;0    AB , CE    12;  4;  6  .

CB   2;  3;0  .

d  AB, CE  

 AB , CE  . CB 12.2   4  .  3   6  .0 6



 .
2
2
2
7
 AB , CE 

12


4


6
     



Vậy khoảng cách giữa AB và CE là

6a
.

7

Cách 2.
C'

A'

B'

F
H
A

C
I

E
B

Gọi F là trung điểm AA .
Ta có  CEF  //AB nên d  CE, AB   d  AB,  CEF    d  A,  CEF    d  A,  CEF   .
caodangyhanoi.edu.vn


Kẻ AI  CE; AH  FI thì AH   CEF  hay d  A,  CEF    AH .
1
1
1
1
1

1
1
1
1
1
49
.

 2 



 2 2 2 
2
2
2
2
2
2
AH
AF
AI
AF
AE
AF
AC
a 9a
4a
36a 2

Suy ra
d  CE , AB   d  A,  CEF    AH 

6a
.
7
6a
.
7

Vậy khoảng cách giữa AB và CE là
Câu 34: B
Đặt t  g  x   x3  3x, x   1; 2

x  1
g   x   3x 2  3  0  
 x  1
Bảng biến thiên của hàm số g  x  trên  1; 2

Suy ra với t  2 , có 1 giá trị của x thuộc đoạn  1; 2 .

t   2; 2 , có 2 giá trị của x thuộc đoạn  1; 2 .
Phương trình f  x 3  3 x   m có 6 nghiệm phân biệt thuộc đoạn  1; 2 khi và chỉ khi phương
trình f  t   m có 3 nghiệm phân biệt thuộc  2; 2 . (1)
Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  và m nguyên ta có hai giá trị của m thỏa mãn điều kiện (1)
là: m  0, m  1.

x

-1

g ' x

g  x

1
0

2

Câu 35: D

  z  a  bi .

Ta có: z  1  a  bi  1   a  1  b 2 ,
2

2

2

z  z i  a  bi  a  bi i 

i 2019  i 4.5043   i 4 

504

caodangyhanoi.edu.vn

+

2

-2

Gọi z  a  bi ;  a, b 

2

 2b 

2

i2bi,

.i 3  i.i 2  i ,


 z  zi

2019

 i  a  bi  a  bi   2ai .

Suy ra phương trình đã cho tương đương với:

 a  1

2

 b 2  2 b i  2ai  1

2
 a  12  b 2  1 a 2  2a  b 2  0
2 b  2 b  0



a  b
2 b  2a  0
a  b
 a  0

 b  0
 b  0
 a  1
 
   b  1   
 b  1

a

b


 a  1
 b  1

Vậy có 3 số phức z thỏa mãn.
Câu 36: B
1

Ta có: m  x 2  f  x   x3
3
1
 m  f  x   x3  x 2 .
3

1
Xét hàm số g  x   f  x   x3  x 2 trên  0;3 ,
3
2
có g '  x   f '  x   x  2 x .

g '  x   0  f '  x   2 x  x 2 x   0;3 .
Theo bảng biến thiên f '  x   1 , x   0;3 , mà 2 x  x 2  1, x 

 f '  x   2 x  x 2 , x  0;3 nên ta có bảng biến thiên của g  x  trên  0;3 :

Từ bảng biến thiên ta có m  g  x  , x   0;3  m  f  0 
Câu 37: B
Gọi I  a; b; c  là tâm của mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng (Oyz ) đồng thời đi qua các điểm M ,

 IM  IN

(I)
N , P , nên:  IM  IP

d  I ,  Oyz    IN
caodangyhanoi.edu.vn

Ta có: Phương trình mặt phẳng  Oyz  : x  0 .

IM   2  a;1  b; 4  c   IM 
IN   5  a; b; c   IN 

5  a 

IP  1  a; 3  b;1  c   IP 

d  I ,  Oyz   

a
1

2  a
2

2

 1  b    4  c  .
2

2

 b2  c2 .

1  a    b  3  1  c 
2

2

2

.

a.

Thay vào (I):

 c  2

 b  1
3a  b  4c  2
b  3a  4c  2
b  1  c
 a  3



 a  4b  3c  5
 a  4(3a  4c  2)  3c  5  a  1  c

 c  4
10a  b 2  c 2  25 10a  b 2  c 2  25
c 2  6c  8  0



 b  3


 a  5

c  2

Vì: a  b  c  5 nên ta chọn: b  1 .
a  3

Câu 38: A
Đặt t  3x  1  t 2  3x  1  2tdt  3dx
Đổi cận: x  0  t  1 ; x  1  t  2 .
2
2  3
dx
2
2 
tdt
2
1 3x  1  5 3x  1  6  3 1 t 2  5t  6  3 1  t  3  t  2  dt  3 3ln t  3  2 ln t  2  1

2

Ta có:


2

2

2
20

4
 3ln 5  2ln 4    3ln 4  2ln 3    ln 2  ln 3  2ln 5
3
3
3

Suy ra: a  

20
4
, b  , c  2.
3
3

Vậy a  b  c  

10
.
3

Câu 39: C

 x  1  2t

Phương trình tham số của đường thẳng d :  y  t
.
z  2  t

Vì C thuộc d nên tọa độ của C có dạng C  1  2t ; t ;2  t  .
Ta có AB 1; 1; 2  và AC  2t ; t  3;1  t  .

Suy ra  AB, AC    3t  7; 3t  1;3t  3 .

caodangyhanoi.edu.vn


Diện tích tam giác ABC là S
Theo bài ra ta có S

ABC



ABC

2 2

1
1
 AB, AC 
(3t  7) 2  (3t  1) 2  (3t  3) 2 .


2
2

1
27t 2  54t  59  2 2 .
2

 27t 2  54t  59  32  (t  1)2  0  t  1 .

Với t  1 thì C 1;1;1 nên m  1; n  1; p  1 .
Vậy giá trị của tổng m  n  p  3 .
Câu 40: C
Điều kiện xác định x  5 (*).

x  0
 x3  9 x  0
  x  3
Xét  x  9 x  ln  x  5   0  
ln  x  5   0
 x  4
3

(thỏa mãn điều kiện (*)).
Bảng xét dấu của biểu thức f  x    x 3  9 x  ln  x  5  trên khoảng  5;    .

 4  x  3
Khi đó f  x   0  
.
0  x  3
Vì x   x  4;  3;0;1; 2;3 , suy ra đáp án C.
Câu 41: A
Đặt g ( x)  f (cos x)  x 2  x. Ta thấy g '( x)   sin x. f '(cos x)  2 x  1. Do 1  cos x  1 nên
1  f '(cos x)  1 , suy ra  sin x. f '(cos x)  1, với mọi x  .

Cách 1.
Ta có g '( x)   sin x. f '(cos x)  2 x  1  1  (2 x  1)  2 x  0, x  0. Loại đáp án B và D.

 1

Với x   0;  thì 0  sin x  1, 0  cos x  1 nên  sin x. f '(cos x)  0. Do đó Do đó g '( x)  0,
 2
 1
x   0;  . Loại đáp án C. Chọn đáp án A.
 2

Cách 2.
Vì g '( x)   sin x. f '(cos x)  2 x  1  1  (2 x  1)  2 x  2 nên g '( x)  0, x  1.
Suy ra g ( x)  f (cos x)  x 2  x đồng biến trên khoảng (1; 2). Chọn đáp án A.
Câu 42: B
Hàm số f ( x)  2x  2 x xác định x  R .
caodangyhanoi.edu.vn


Khi đó  x  R , ta có f ( x)  2 x  2x  (2x  2 x )   f ( x) .
Suy ra f ( x) là hàm số lẻ

(1)

Mặt khác f ( x)  (2x  2 x ) ln 2  0 , x  R .
Do đó hàm số f ( x) đồng biến trên R

(2)

Ta có f (m)  f (2m  212 )  0  f (2m  212 )   f (m) .
Theo (1) suy ra f (2m  212 )  f (m) .
Theo (2) ta được 2m  212  m  3m  212  m 

212
.

3

Vì m  Z nên m  1365  m0  1365 .
Vậy m0  1009;1513 .
Câu 43: D


Ta có f  x   f   x   e  x  f  x  e x  f   x  e x  1  f  x  e x  1  f  x  e x  x  C1 .





Vì f  0   2  C1  2  f  x  e 2 x   x  2  e x .

 

  f  x  e 2 x dx    x  2  e x dx    x  2  d e x   x  2  e x   e x d  x  2    x  2  e x   e x dx 

  x  2  e x  e x  C   x  1 e x  C .
Câu 44: D

1
2

2
Xét hàm số: h  x   f  x   x  f  0  .

Ta có h  x   f   x   x ; h  x   0  f   x    x
Nghiệm phương trình trên là hoành độ giao điểm của hai đồ thị y   x và y  f   x 

caodangyhanoi.edu.vn


 x  2

Dựa vào đồ thị suy ra phương trình: f   x    x có ba nghiệm  x  0
 x  2
Trên khoảng  2;3 , hàm số h  x  có một điểm cực trị là x  2 , (do qua nghiệm x  0 , h  x 
không đổi dấu). Do đó đồ thị hàm số y  h  x  cắt trục hoành tại tối đa 2 điểm.
Suy ra hàm số y  h  x  có tối đa 2  1  3 điểm cực trị trong khoảng  2;3 . Chọn D.
Câu 45: C
Sử dụng phương pháp tọa độ hóa

 Chọ hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.
Chuẩn hóa a  1 (đơn vị dài). Khi đó: SA  11
Đặt OC  OD  b  0 ; OS  c  0
Ta có: SA2  SC 2  SO 2  OC 2  b 2  c 2  b2  c 2  11 (1)
 Tọa độ các điểm: B  0;  b ;0  , C  b ;0;0  , D  0; b ;0  , S  0;0; c  .
Mặt phẳng  SBC  có phương trình:

x y z
1 1 1

  1  nSBC   ;  ;  là vec tơ pháp tuyến
b b c
b b c

của mặt phẳng  SBC 
Mặt phẳng  SCD  có phương trình:

x y z
1 1 1
   1  nSCD   ; ;  là vec tơ pháp tuyến của
b b c
b b c

mặt phẳng  SCD 



Theo giả thiết ta có: cos nSBC , nSCD



1
c2
2 1

b2 c2







1

10

1
9
2
 2  2  9b 2  2c 2  0
10
c
b

1 1  1 1 1 1
.    .  .
b b  b b c c
1

1 1 1 1 1 1 10
  .
 
b2 b2 c 2 b2 b2 c 2

(2)

b 2  2
b  2

Kết hợp (1) và (2) ta được  2
(do b, c  0 )
c  3
c  9
caodangyhanoi.edu.vn

1
1
Vậy CD  OC 2  2 ; SO  3  VS . ABCD  .S ABCD .SO  .22.3  4 (đơn vị thể tích).
3
3

Vậy VS.ABCD  4a3
Câu 46: B

Ta gọi thể tích của chiếc mũ là V .
Thể tích của khối trụ có bán kính đáy bằng OA  10 cm và đường cao OO  5 cm là V1 .
Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường cong AB và hai trục tọa
độ quanh trục Oy là V2 .
Ta có V  V1  V2
V1  5.102   500

 cm  .
3

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Do parabol có đỉnh A nên nó có phương trình dạng ( P) : y  a( x  10)2 .
1
Vì  P  qua điểm B  0; 20  nên a  .
5
1
2
Do đó,  P  : y   x  10  . Từ đó suy ra x  10  5 y (do x  10 ).
5
20



Suy ra V2    10  5 y
0

Do đó V  V1  V2 
Câu 47: C

caodangyhanoi.edu.vn

 1000
  cm  .
 dy    3000  8000

3 
3
2

1000
2500
  500 

3
3

3

 cm  .
3

Giả sử z  x  yi , x, y 

.Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức z1 , z2 . Suy ra

AB  z1  z2  4 .




Theo giả thiết  z  6   8  zi  là số thực nên ta suy ra x

* Ta có  z  6  8  zi   x  6   yi  .  8  y   xi    8 x  6 y  48    x 2  y 2  6 x  8 y  i .
2

 y 2  6 x  8 y  0 . Tức là các điểm

A, B thuộc đường tròn  C  tâm I  3; 4  , bán kính R  5 .
* Xét điểm M thuộc đoạn AB thỏa MA  3MB  0  OA  3OB  4OM .Gọi H là trung điểm

AB . Ta tính được HI 2  R 2  HB 2  21; IM  HI 2  HM 2  22 , suy ra điểm M thuộc
đường tròn  C   tâm I  3; 4  , bán kính r  22 .
* Ta có z1  3z2  OA  3OB  4OM  4OM , do đó z1  3z2 nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất.
Ta có  OM min  OM 0  OI  r  5  22 .
Vậy z1  3z2 min  4OM 0  20  4 22 .
Câu 48: C
Đặt t 

x

 1 , khi 2  x  2 thì 0  t  2 .
2

Phương trình đã cho trở thành

1
f  t   2t  2  m  f  t   6t  6  3m .
3

Xét hàm số g  t   f  t   6t  6 trên đoạn  0; 2 .
Ta có g   t   f   t   6 . Từ đồ thị hàm số y  f  x  suy ra hàm số f  t  đồng biến trên khoảng

 0; 2  nên

f   t   0, t   0; 2   g   t   0, t   0; 2  và g  0   10 ; g  2   12 .

Bảng biến thiên của hàm số g  t  trên đoạn  0; 2

Phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn  2; 2 khi và chỉ khi phương trình g  t   3m có
nghiệm thuộc đoạn  0; 2 hay 10  3m  12  

10
m4.
3

Mặt khác m nguyên nên m  3;  2;  1;0;1; 2;3; 4 .
Vậy có 8 giá trị m thoả mãn bài toán.
Câu 49: A
H  1  H  3  2t; t;1  t  .
caodangyhanoi.edu.vn

K   2  K 1  m; 2  2m; m  .
Ta có HK   m  2t  2; 2m  t  2; m  t  1 .
Đường thẳng d có một VTCP là ud  1;1; 2  .

  d  ud .HK  0  m  t  2  0  m  t  2  HK   t  4; t  2; 3 .
Ta có HK 2   t  4    t  2    3  2  t  1  27  27, t 
2

2

2

2

 minHK  27, đạt được khi t  1 .

Khi đó ta có HK   3; 3; 3 , suy ra u 1;1;1  h  k  1  h  k  0.
Câu 50: A
Vì MN cùng hướng với a nên t  0 : MN  ta .
Hơn nữa, MN  5 2  t. a  5 2  t  5 . Suy ra MN   5;  5;0  .

 x  4  4
 x  1


Gọi A  x; y; z là điểm sao cho AA  MN   y   7  5   y   2  A 1;2;3 .
 z  3  0
 z  3



Dễ thấy các điểm A , B đều nằm cùng phía so với mặt phẳng Oxy  vì chúng đều có cao độ
dương. Hơn nữa vì cao độ của chúng khác nhau nên đường thẳng A ' B luôn cắt mặt phẳng

Oxy 

tại một điểm cố định.

Từ AA  MN suy ra AM  AN nên AM  BN  A ' N  BN  A ' B dấu bằng xảy ra khi N
là giao điểm của đường thẳng A ' B với mặt phẳng Oxy  .
Do đó max AM  BN  A ' B 

N  AB  Oxy  .

caodangyhanoi.edu.vn

 4  1

2

  4  2    5  3  17 , đạt được khi
2

2