92 đề thi thử THPT QG toán THPT triệu hóa thanh hóa lần 3 có lma trận, lời giải

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH
HÓA

THI KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 3
NĂM HỌC: 2018-2019

TRƯỜNG THPT THIỆU HÓA

Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)

Mã đề thi: 132
Họ, tên thí sinh: ..................................................................... Số báo danh: .............................
Câu 1: Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên sau:

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f  x   1  m có đúng hai nghiệm.
A. 2  m  1.
B. m  2 , m  1 .
C. m  0 , m  1 .
D. m  2 , m  1 .
Câu 2: Đồ thị sau đây là của hàm số nào?

A. y 

x2
.
x 1

B. y 

x3
.
1 x

C. y 

2x 1
.
x 1

D. y 

x 1
.
x 1

Câu 3: Tính giá trị của a a với a  0, a  1 .
A. 8 .
B. 4 .
C. 16 .
D. 2 .
Câu 4: Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực ?
x
x
 
2
2
A. y  log  4 x  1 . B. y    .
C. y  log 1 x .
D. y    .

3
e
3
mx  1
Câu 5: Cho hàm số y 
với tham số m  0 . Giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số
x  2m
thuộc đường thẳng có phương trình nào dưới đây?
A. 2 x  y  0 .
B. x  2 y  0 .
C. y  2 x .
D. x  2 y  0 .
3  4x
7
Câu 6: Tìm hệ số góc của tiếp tuyến đồ thị hàm số y 
tại điểm có tung độ y   .
x2
3
9
5
5
A. .
B. .
C. 10 .
D.  .
5
9
9
1 
Câu 7: Giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của hàm số y  x  ln x trên đoạn  ;e  theo thứ tự là:

2 
log

caodangyhanoi.edu.vn

4


A. 1và e .

B. 1và

1
 ln 2 .
2

C. 1 và e  1 .

D.

1
 ln 2 và e  1 .
2

Câu 8 : Giá trị của tham số m thuộc khoảng nào sau đây để phương trình 4 x  m.2 x 1  2m  0 có hai
nghiệm x1 , x2 thoả mãn x1  x2  3 .

9 
B. m   ;5  .
2 

A. m  1;3 .

Câu 9: Rút gọn biểu thức A 

3

a

7

11
.a 3

D. m   2; 1 .

C. m   3;5 .

với a  0 ta được kết quả A 

a 4 . a 5
phân số tối giản. Khẳng định nào sau đây đúng?
7

m
an

trong đó m,n 

*

và

m
là
n

A. m2  n2  543 .
B. m2  n2  312 .
C. m2  n2  312 .
D. m2  n2  409 .
Câu 10: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số y  f  x  .

A. 3 .
B. 1 .
C. 4 .
D. 2 .
3
2
Câu 11: Một chất điểm chuyển động theo quy luật s  t   t  6t với t là thời gian tính từ lúc bắt đầu
chuyển động, s  t  là quãng đường đi được trong khoảng thời gian t . Tính thời điểm t tại đó vận
tốc đạt giá trị lớn nhất.
A. t  2 .
B. t  1 .
C. t  4 .
D. t  3 .
2
Câu 12: Gọi T là tổng các nghiệm của phương trình log 1 x  5log 3 x  4  0 . Tính T .
3

A. T  84 .
B. T  4 .
C. T  5 .
D. T  5 .
2
Câu 13: Hàm số f  x   3  x  5  x  3x  6 x đạt giá trị lớn nhất khi x bằng:
A. 1 .

B. Một giá trị khác.

C. 1 .

D. 0 .

Câu 14: Gọi m và M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y  x  4  x 2 . Tính tổng
M  m.
A. M  m  2  2 .
B. M  m  2 1  2 .





C. M  m  2 1  2 .





D. M  m  4 .

Câu 15: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB = 2a , A ' A = a 3 . Tính thể tích V của khối
lăng trụ ABC. A ' B ' C ' theo a .
a3
3a 3
3
3
A. V =
.
B. V = a .
C. V = 3a .
D. V =
.
4
4
Câu 16: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng a 2 . Tính khoảng
cách d từ tâm O của đáy ABCD đến một mặt bên theo a .
a 2
a 5
a 3
2a 5
A. d 
.
B. d 
.
C. d 
.
D. d 
.
3

2
2
3

caodangyhanoi.edu.vn


Câu 17: Cho hình lập phươg ABCD. ABCD ng có đường chéo bằng a 3 . Tính thể tích khối chóp
A. ABCD .
a3
2 2a 3
A. 2 2a 3 .
B.
.
C. a 3 .
D.
.
3
3
1
Câu 18: Tìm họ nguyên hàm của hàm số y  x 2  3x  .
x
3
x 3 3x
x
1
1

 3x  2  C , C  .
 2  C, C  .

A.
B.
3 ln 3 x
3
x
3
x
x
x 3 3x
3


 ln x  C , C  .
 ln x  C , C  .
C.
D.
3 ln 3
3 ln 3
4

2

0

0

Câu 19: Cho tích phân I   f  x  dx  32 . Tính tích phân J   f  2 x  dx
A. J  64 .

B. J  8 .

2
Câu 20: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x) 
4x  3
2
1
A. 
dx  ln 4 x  3  C .
4x  3
4
2
1
3
C. 
dx  ln 2 x   C .
4x  3
2
2

D. J  16 .

C. J  32 .

2

3

B.

 4 x  3 dx  2ln 2 x  2  C .

D.

 4 x  3 dx  2 ln(2 x  2 )  C .

2

1

3

2cos x  1
trên khoảng  0;   . Biết
sin 2 x
3 .Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề

Câu 21: Cho hàm số F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  

rằng giá trị lớn nhất của F  x  trên khoảng  0;   là
sau.
3
 2 
 5 
 
A. F 
.
B. F 
C. F    3 3  4 .

  3 3 .

 3  2
 6 
6

 
D. F     3 .
3
Câu 22: Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông, diện tích xung quanh bằng 36 a 2 . Tính thể tích
V của lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ.
A. V  27 3a3 .
B. V  24 3a3 .
C. V  36 3a3 .
D. V  81 3a3 .
Câu 23: Cho hình lập phương có thể tích bằng 64a 3 . Thể tích của khối cầu nội tiếp hình lập phương đó bằng
32 a3
64 a3
8 a 3
16 a 3
A. V 
.
B. V 
.
C. V 
.
D. V 
.
3
3
3
3

Câu 24: Cho khối nón có bán kính đáy r  3, chiều cao h  2. Tính thể tích V của khối nón.
A. V  9 2. .
B. V  3 11. .
C. V  3 2 .
D. V   2 .
Câu 25: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi   là mặt phẳng song song với mặt phẳng

   : 2x  4 y  4z  3  0
  là:
A.
B.
C.
D.

và cách điểm A  2; 3; 4  một khoảng k  3 . Phương trình của mặt phẳng

2 x  4 y  4 z  5  0 hoặc 2 x  4 y  4 z  13  0 .
x  2 y  2 z  25  0 .
x  2 y  2z  7  0 .
x  2 y  2 z  25  0 hoặc x  2 y  2 z  7  0 .

Câu 26: Điều kiện cần và đủ để phương trình x 2  y2  z2  2x  4y  6z  m2  9m  4  0 là phương trình
mặt cầu là.
caodangyhanoi.edu.vn


A. 1  m  10 .
B. m  1 hoặc m  10 .
C. m  0 .
D. 1  m  10 .

Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  có phương trình x2  y 2  z 2  9 và điểm

A  0;  1; 2  . Gọi  P  là mặt phẳng qua A và cắt mặt cầu  S  theo một đường tròn có chu vi nhỏ
nhất. Phương trình của  P  là.
A. y  2 z  5  0 .

B. x  y  2 z  5  0 .

C.  y  2 z  5  0 .

D. y  2 z  5  0 .

Câu 28: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A  2; 1;6  , B  3; 1; 4  , C  5; 1;0  , D 1; 2;1 . Tính thể
tích V của tứ diện ABCD.
A. 40
B. 60
C. 50
D. 30
Câu 29: Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A(6; 2;3), B(0;1;6), C(2;0; 1) , D(4;1;0) . Gọi  S  là mặt
cầu đi qua 4 điểm A, B, C , D . Hãy viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu  S  tại điểm
A
A. 4 x  y  9  0
B. 4 x  y  26  0
C. x  4 y  3z  1  0 D. x  4 y  3z  1  0
Câu 30: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm G (1;4;3) . Viết phương trình mặt phẳng cắt
các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho G là trọng tâm tứ diện OABC ?
x y z
x y z
x y
x y z

z
A.    1 .
B.    0 .
C.    0 .
D.    1 .
3 12 9
4 16 12
3 12 9
4 16 12
18

æx 4 ö
Câu 31: Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển ççç + ÷
÷ với x ¹ 0 .
è 2 x ø÷
A. 29 C189 .
B. 211 C187 .
C. 28 C188 .
D. 28 C1810 .
Câu 32: Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên nhỏ hơn 300. Gọi A là biến cố “số đượcChọn không chia hết
cho 3”. Tính xác suất P  A của biến cố A .
124
99
1
C. P  A   . .
D. P  A 
..
..
3
300

300
x
x 
Câu 33: Tập nghiệm của phương trình: sin 2    tan 2 x  cos 2  0 là
2
2 4
 x    k
 x    2 k
 x    k
 x    k 2



A.
.
B.
.
C.
.
D. 
.
 x     k 2
 x     k 2
 x     k
 x     k
4

4
4
4




Câu 34: Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3  m 2  1 x  m 3 với m là tham số. Gọi  C  là đồ thị của hàm số đã

2
A. P  A  . .
3

B. P  A 

cho. Biết rằng khi m thay đổi, điểm cực tiểu của đồ thị  C  luôn nằm trên một đường thẳng d cố
định. Xác định hệ số góc k của đường thẳng d .
1
1
A. k  3 .
B. k  .
C. k  3 .
D. k   .
3
3
Câu 35: Cho hàm số f ( x) . Biết hàm số y  f '( x) có đồ thị như hình bên. Trên  4;3 hàm số

g ( x)  2 f ( x)  (1  x)2 đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm .
y
5
3

2
3

4

3

1 O

2

caodangyhanoi.edu.vn

x


B. x0  3 .

A. x0  4 .

C. x0  3 .

D. x0  1 .

Câu 36: Tính tổng T của các giá trị nguyên của tham số m để phương trình ex  (m2  m)e x  2m có
đúng hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn
A. T  28. .

1
.
loge

B. T  20. .

C. T  21. .

D. T  27. .

Câu 37: Cho x , y là các số thực lớn hơn 1 sao cho y x .  e x   x y .  e y  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
e

y

e

x

thức P  log x xy  log y x .
A.

2
.
2

B. 2 2 .

C.

1 2 2
.
2

D.

1 2
.
2

Câu 38: Tìm giá trị nguyên thuộc đoạn [- 2019;2019] của tham số m để đồ thị hàm số y =
đúng hai đường tiệm cận.
A. 2008 .
B. 2010 .
Câu 39: Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên

x- 3
có
x + x- m
2

C. 2009 .
D. 2007 .
là f   x    x  1 x  3 .Có bao nhiêu giá trị nguyên của

tham số m thuộc đoạn  10; 20 để hàm số y  f  x 2  3x  m  đồng biến trên khoảng  0; 2  ?

A. 18 .
B. 17 .
C. 16 .
D. 20 .
Câu 40: Cho hàm số y  f (x) có đạo hàm cấp một, đạo hàm cấp hai liên tục trên [0;1] và thỏa mãn
1

1

1

0

0

0

ef '(1)  f '(0)
bằng
ef (1)  f(0)
C. 2.
D. -2.
1
\ 1 thỏa mãn f   x  
, f  0   2018 , f  2   2019 .
x 1

x
x
x
 e f (x)dx  e f '(x)dx  e f "(x)dx  0 . Giá trị của biểu thức

A. -1.

B. 1.

Câu 41: Cho hàm số f  x  xác định trên

Tính S  f  3  f  1 .
A. S  ln 4035 .
B. S  4 .
C. S  ln 2 .
D. S  1 .
Câu 42: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC. ABC. Gọi M , N , P, Q là các điểm lần lượt thuộc các cạnh
AM 1 BN 1 CP 1 C Q 1
= ,
 ,
 ,
 . Gọi V1 , V2 lần lượt là
AA, BB, CC , BC  thỏa mãn
AA 2 BB 3 CC' 4 C B 5
V
thể tích khối tứ diện MNPQ và khối lăng trụ ABC. ABC. Tính tỉ số 1 .
V2
V 22
V 11
V 19
V 11
A. 1  . .
B. 1  . .
C. 1  . .
D. 1  . .
V2 45
V2 45
V2 45
V2 30
Câu 43: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BAD = 60° và SA vuông góc với

mặt phẳng (ABCD). Góc giữa hai mặt phẳng (SBD ) và (ABCD) bằng 45° . Gọi M là điểm đối
xứng của C qua B và N là trung điểm của SC . Mặt phẳng (MND) chia khối chóp S. ABCD
thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh S có thể tích V1 , khối đa diện còn lại có thể
V
tích V2 (tham khảo hình vẽ sau). Tính tỉ số 1 .
V2

caodangyhanoi.edu.vn


V
V1 1
V
12
5
V
7
B. 1 = .
C. 1 =
.
D. 1 = .
= .
V2
V2 5
V2 3
7
V2 5
Câu 44: Trong số các hình trụ có diện tích toàn phần đều bằng S thì bán kính R và chiều cao h của khối
trụ có thể tích lớn nhất là:
S

S
S
S
;h  2
;h 
A. R 
.
B. R 
.
6
6
4
4

A.

2S
2S
S
1 S
;h  4
;h 
.
D. R 
.
3
3
2
2 2
Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3;2;1 và B  1;4; 3 . Điểm M thuộc

C. R 

mặt phẳng  Oxy  sao cho MA  MB lớn nhất.
A. M  5;1;0  .

C. M  5; 1;0  .

B. M  5;1;0  .

D. M  5; 1;0  .

Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A  7; 2;3 , B 1; 4;3 , C 1; 2;6  , D 1; 2;3
và điểm M tùy ý. Tính độ dài đoạn OM khi biểu thức P  MA  MB  MC  3MD đạt giá trị nhỏ
nhất.
3 21
5 17
A. OM 
.
B. OM  26 .
C. OM  14 .
D. OM 
.
4
4
Câu 47: Gieo một con súc sắc năm lần liên tiếp. Xác suất để tích các số chấm xuất hiện ở năm lần gieo đó
là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5 là
211
5
1
2

A.
.
B. .
C. .
D.
.
7776
486
2
3
Câu 48: Cho cấp số nhân  bn  thỏa mãn b2  b1  1 và hàm số f  x   x3  3x sao cho f  log 2  b2    2
 f  log 2  b1   . Giá trị nhỏ nhất của n để bn  5100 bằng

A. 333 .

C. 234 .

B. 229 .

D. 292 .

Câu 49: Phương trình: 3 x  1  m x  1  2 x  1 có nghiệm x  R khi:
1
1
1
1
A. 0  m  .
B. 1  m  .
C. m  .
D. 1  m  .

3
3
3
3
Câu 50: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD . Gọi M , N
lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC , BD và P là giao điểm của
MN , AC . Biết đường thẳng AC có phương trình x  y  1  0 , M  0; 4  , N  2; 2  và hoành độ điểm
4

2

A nhỏ hơn 2. Tìm tọa độ các điểm P, A, B .
5 3
A. P  ;   , A  1;0  , B  1; 4  .
2 2
5 3
C. P  ;  , A  0; 1 , B  4;1 .
2 2
caodangyhanoi.edu.vn

5 3
B. P  ;  , A  0; 1 , B  1; 4  .
3 2
5 3
D. P  ;  , A  0; 1 , B  1; 4  .
2 2


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

MA TRẬN

caodangyhanoi.edu.vn


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: D

 m  1  1
 m  2

Phương trình f  x   1  m có đúng hai nghiệm 
.
m  1  0
 m  1
Câu 2: C
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  1 , tiệm cận ngang y  2 và cắt trục tung tại điểm  0;1 .
Câu 3: C
Ta có a

log

a

4

log 16
 a 2loga 4  a a  16 .

caodangyhanoi.edu.vn

Câu 4: D
x

2
2
Ta có: 0   1  hàm số y    nghịch biến trên tập số thực .
e
e
Câu 5: B
lim y  m  đường thẳng y  m là đường tiệm cận ngang của đths.
x 

lim  y    đường thẳng x  2m là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

x  2 m 

Suy ra giao điểm hai đường tiệm cận của đths là điểm  2m; m  thuộc đường thẳng x  2 y .
Câu 6: B
5
7
3  4x
Xét hàm số y 
. Ta có y0    x0  1 . y 
.
2
3
x2
 x  2

Hệ số góc tiếp tuyến tại điểm có tung độ y0  

7
5
là y  1  .
3
9

Câu 7: C

1 x 1
1 

; y  0  x  1  ;e 
x
x
2 
1 1
Ta có: y     ln 2 ; y 1  1 ; y  e   e  1
2 2
Vậy min y  1 ; max y  e  1
Ta có y  1 

1 
 2 ;e 
 

1 
 2 ;e 

Câu 8: C
Đặt 2 x  t , t  0 , Phương trình trở thành t 2  2m.t  2m  0 * .
x  x2

Khi x1  x2  3  2 1

 8  t1.t2  8 .

Bài toán quy về tìm điều kiện của tham số m để phương trình  * có hai nghiệm t1 ; t2 thỏa mãn

t1.t2  8 . Áp dụng định lý Viét ta có t1.t2  2m  8  m  4 .
Thử lại: Với m  4 phương trình trở thành t  8t  8  0 có hai nghiệm. Vậy m  4 thỏa mãn.
Câu 9: B
2

Ta có A 

3

7

11
.a 3

4 7

5

a

a . a



7 11
a 3 .a 3
5
a 4 .a 7



7 11
5
  4
3
3
7
a



19
a7 .

Suy ra m  19 , n  7 nên m2  n2  312 .
Suy ra m  19 , n  7 nên m2  n2  312 .
Câu 10: A
Từ đồ thị hàm số đã cho ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 11: A
2

Vận tốc của chất điểm tại thời điểm t là v (t ) = - 3t 2 + 12t = 12 - 3(t - 2) £ 12 .
Vậy tại thời điểm t  2 tại đó vận tốc đạt giá trị lớn nhất.
Câu 12: A
Điều kiện: x  0 .
log x  1
x  3
Ta có: log 21 x  5log3 x  4  0  log32 x  5log3 x  4  0   3
. Vậy T  84 .

 x  81
log3 x  4
3
Câu 13: C
caodangyhanoi.edu.vn


Điều kiện x   3;5
Đặt t  3  x  5  x , x   3;5

t2  8  2

 3  x  5  x   8  t  2

2 , t  1. 3  x  1. 5  x 

1

2

 12   3  x  5  x   4

2
 t 2  8  2

 t2  8 
f

t

3

15
Suy ra t   2 2; 4  và  x  2 x  
.
Khi
đó

 , t   2 2; 4 

15





 2 

 2 
2

f '  1  6t  t 2  8  0, t  2 2; 4  f max  f (4) . Với t  4  x  1
Câu 14: B
Điều kiện: 4  x 2  0  2  x  2 . y 





4  x2  x
4  x2



; y  0  x   2 ; y  2   2 ; y  2   2 ;



y  2  2 2 . Vậy M  m  2  2 2  2 1  2 .
Câu 15: C

AB 2 3
= a2 3 .
4
Thể tích V của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là: VABC.A' B' C'  AA' .S ABC  3a3
Câu 16: A
S
Diện tích tam giác đều ABC là: SV ABC =

H

A

D

M
O
C
B
Gọi M là trung điểm AB , H là hình chiếu của O lên OM ta có: OH   SAB 
Xét tam giác SHO ta có:
1
4
1
9
1
1
a 2
 2  2  2  OH 


.
2
2
2
3
OH
a 2a
2a
OM

OS

Câu 17: B
Áp dụng định lí Pitago, ta có: AC 2  AA2  AC 2  AA2  AB 2  AD 2  3 AB 2  3a 2  3 AB 2  AB  a .
1
1
a3
VA. ABCD  AA.S ABCD  .a.a 2  .
3
3
3
Câu 18: B
1
x 3 3x
1
 2
x
x

3

dx


 2  C, C 

 
x
3 ln 3 x
Câu 19: D

dt
 dx Đổi cận x  0  t  0 ; x  2  t  4
2
4
1
1
Khi đó: J   f  t  dt  .32  16 .
20
2

Đặt t  2 x 

Câu 20: C

caodangyhanoi.edu.vn


Có

2

 4 x  3 dx 

1

1
3
dx  ln 2 x   C
3
2

2
2x 
2

Câu 21: C
2 cos x
2
1
1
dx   2 dx   2 d  sin x    2 dx
2
sin x
sin x
sin x
sin x
2 cos x  1
2
.

 cot x  C . F   x   f  x  
sin x
sin 2 x

Ta có: F  x    f  x  dx  

Trên khoảng  0;   , F   x   0  2cos x  1  0  x 

Giá trị lớn nhất của F  x  trên khoảng  0;   là



3

.

3 nên ta có:

3 3
2
 
F  3 
 cot x  2 3 .
 C  3  C  2 3 .Vậy F  x   
sin x
3
3
 
Do đó F    3 3  4 .
6
Câu 22: D

Thiết diện qua trục hình hình trụ là hình vuông ADDA . Gọi O , O lần lượt là hai tâm đường tròn đáy
(hình vẽ)  l  2r ; Theo giả thiết ta có: S xq  2 rl  36 a 2  2 r.2r  36 a 2  r  3a  l  6a .
Lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ ABCDEF . ABCDEF  có chiều cao là h  6a .

S ABCDEF  6SVOAB
VABCDEF . ABC DEF  

 3a 
 6.

2

27a
2

Câu 23:D

caodangyhanoi.edu.vn

2

3



27a 2 3
(vì VOAB đều, cạnh bằng 3a ).
2

4
3
.6a  81a3 3


Khối lập phương có thể tích 64a 3 nên cạnh bằng 4a .
Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính

R

4a

 2a
2

nên thể tích khối cầu

4
4
32 a3
3
.
V   R 3    2a  
3
3
3
Câu 24: C
1
1
9 2
Thể tích của khối nón: V   r 2 h   .32. 2 
.
3
3
3
Câu 25: D
Vì   / /       : 2 x  4 y  4 z  m  0  m  3
Giả thiết có d  A,     3 

32  m
 m  14
3 

6
 m  50

Vậy   : x  2 y  2 z  7  0 ,   : x  2 y  2 z  25  0
Câu 26: D

x 2  y2  z2  2x  4y  6z  m2  9m  4  0   x  1   y  2    z  3   m 2  9m  10
Do đó điều kiện cần và đủ để phương trình đã cho là phương trình mặt cầu là
m2  9m  10  0  1  m  10 .
Câu 27: A
Mặt cầu  S  có tâm O  0; 0; 0  và bán kính R  3 . A  0;  1; 2  là điểm nằm bên trong mặt cầu  S  .  P 
2

2

2

là mặt phẳng qua A và cắt mặt cầu  S  theo một đường tròn có bán kính r .
Gọi H là hình chiếu của O lên  P  .Ta có r 2  R 2  OH 2 . rmin  OH max  H  A .
Khi đó  P  nhận OA   0;  1; 2  là vectơ pháp tuyến. Vậy phương trình  P  : y  2 z  5  0 .
Câu 28: D

AB   5;0; 10  

AB

AC

0;


60;0



1
AB  AC .AD  30
AC   3;0; 6  
V 
6

AD   1;3; 5 




Câu 29: B
Gọi tâm của

mặt

cầu

là

I (x; y; z)

khi



đó

AI  (x  6; y  2; z  3), BI  (x; y  1; z  6) ,

CI  (x  2; y;z  1), DI  (x  4; y  1;z) . Ta có: IA  IB  IC  ID suy ra

caodangyhanoi.edu.vn


 x  6 2   y  2 2   z  32   x  4 2   y  12  z 2

2
2
2
2

IA 2  IB2  IC2  ID 2   x 2   y  1   z  6    x  4    y  1  z 2

2
2
2
2
2
2
 x  2   y   z  1   x  4    y  1  z
 I  2; 1;3
Vậy mặt phẳng cần tìm qua A và vuông góc với IA là 4 x  y  26  0
Câu 30: A
+) Do A, B, C lần lượt thuộc các trục Ox, Oy, Oz nên A(a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) .
+) Do G là trọng tâm tứ diện OABC nên suy ra a  4, b  16, c  12 .

x y
z
+) Vậy phương trình đoạn chắn của mặt phẳng ( ABC ) là:  
 1.
4 16 12
Câu 31: A
18

æx 4 ö
Ta có: ççç + ÷
÷ =
è 2 x ø÷
18- 2 k

x

18- k

æx ö
åk = 0 C èççç 2 ÷÷÷ø
18

k
18

k

æ4 ÷
ö
çç ÷ =

èç x ÷
ø

18

å

23k - 18 C18k x18- 2 k .

k= 0

= x Û 18 - 2k = 0 Û k = 9 .
0

18

æx 4 ö
Hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển ççç + ÷
là: 23.9- 18 C189 = 29 C189 .
÷
÷
è2 x ø
Câu 32: A
Số phần tử của không gian mẫu: n     300
Số các số tự nhiên nhỏ hơn 300 mà chia hết cho 3 là:

 

P A 

   100  1  P  A  1  1  2 .

297  0
 1  100  n A  100
3

 

n A

n 

300

3

3

3

Câu 33: B
Điều kiện: cos x  0


* . Khi đó

x
x 
sin 2    tan 2 x  cos 2  0
2

4
2



1
   sin 2 x 1

2
2
1

cos
x

 (1  cos x)  1  sin x  sin x  (1  cos x) cos x



2
2
2   cos x 2


 1  sin x  (1  cos x)(1  cos x)  (1  cos x)(1  sin x)(1  sin x)  (1  sin x)(1  cos x)(sin x  cos x)  0
sin x  1


 cos x  1  x   k 2 , x    k 2 , x    k  k  Z 
2

4
 tan x  1



Kết hợp với điều kiện (*) ta có tập nghiệm của PT là: x    k 2 , x    k (k  Z )
4

Câu 34: A

x  m 1
Ta có y   3x 2  6mx  3  m 2  1 . y   0  
.
x  m 1
Vì hàm số bậc ba với hệ số a  1  0 nên điểm cực tiểu của hàm số là A  m  1; 3m  2  .
Lại có 3m  2  3  m  1  1 nên điểm cực tiểu của hàm số luôn thuộc đường thẳng d : y  3x  1 , hệ
số góc k  3 .
Câu 35: D
Trên  4;3 Ta có : g '( x)  2 f '( x)  2(1  x)

caodangyhanoi.edu.vn


 x  4
g '( x)  0  f '( x)  1  x   x  1 .
 x  3
Bảng biến thiên
x
4

g '( x)

0

1



3


0

0

g ( x)
Hàm số g ( x) đạt GTNN tại điểm x0  1 .
Câu 36: D
Đặt t  ex (t  0) Phương trình đã cho trở thành: t 2  2mt  m2  m  0 (1)

1
 (1) có hai nghiệm phân biệt
loge
m  0
'  0
m2  m2  m  0



2

m  21  41  m  21  41
af 10   0
100  20m  m  m  0


 10  
2
2
S
0  m  10
0  m  10
0   10
2
m2  m  0



m  0  m  1
 P  0

Phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn

1
loge

0  t1  t2  e

Mà m



nên m 2; 3; 4; 5; 6; 7 . Vậy tổng T  2  3  4  5  6  7  27.

Câu 37: C
Ta có y x .  e x   x y .  e y   x ln y  xe y  y ln x  ye x 
ey

ex

ln y  e y ln x  e x

y
x

1 t 
t
  e  .t  e  ln t et  t  1  1  ln t g  t 
ln t  e
t

, t  1 .ta có f   t   
Xét hàm số f  t  

 2
t
t2
t2
t
1
Hàm số g  t   et  t  1  1  ln t có g   t   et  t  1  et   0t  1 . Suy ra g  t   g 1  0

t
Suy ra f   t   0t  1 . Hàm số f  t  đồng biến trên 1;   . f  y   f  x   y  x
t

P  log x xy  log y x 
Suy ra P 

1
1
. Đặt log x y  u. với y  x  u  1
1  log x y  
2
log x y

1 2 2
1
1 1 u 1 1
.
1  u        2 . Vậy GTNN của P là
2
u 2 2 u 2
2

Câu 38: A

x- 3
= 0 . Do đó y = 0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x® + ¥
x® + ¥ x + x - m
x- 3

Để đồ thị hàm số y = 2
có đúng hai đường tiệm cận thì phương trình x 2 + x - m = 0 có
x + x- m
nghiệm kép x ³ 3 hoặc có hai nghiệm phân biệt trong đó x1 ³ 3; x2 < 3 .
1
TH1: V= 1 + 4m = 0 Û m = (loại)
4
Ta có: lim y = lim

caodangyhanoi.edu.vn

2


(x1 - 3).(x2 - 3) £ 0
1 Û x1 x2 - 3(x1 + x2 )+ 9 £ 0
TH2: V= 1 + 4m > 0 Û m > 4 Û - m - 3.(- 1)+ 9 £ 0
Û m ³ 12
Số giá trị của m thỏa mãn là: 2019 - 12 + 1 = 2008
Câu 39: A
Ta có: y  f   x 2  3x  m    2 x  3 f   x 2  3x  m 
 x  3
Ta có: f   x    x  1 x  3 suy ra f   x   0  
và f   x   0  3  x  1 .
x  1
Hàm số đồng biến trên khoảng  0; 2  khi y  0   2 x  3 f   x 2  3x  m   0 .
Do x   0; 2  nên 2 x  3  0 . Do đó, ta có:

 m  max  x 2  3x  3
2

2


x
m


3
x
x


m
3
x



3
3
 0;2 

y  0  f   x 2  3x  m   0   2

2
 m  min x 2  3x  1


 x  3x  m  1
 m  x  3x  1


 0;2 
 m  13
.

 m  1

Do m   10; 20 nên các giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu đề bài là:
10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1,13,14,15,16,17,18,19, 20 .
Vậy có 18 giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu đề bài.
Câu 40: B
1

1

1

Đặt  ex f (x)dx  ex f '(x)dx  ex f "(x)dx  k
0

0

0

1

1

1

1

1

+) Ta có k   e f "(x)dx   e d(f '(x))  e f '(x)   ex f '(x)dx  ex f '(x)  k  2k  (ef '(1)  f'(0))
x

x

0

x

0

0

1

1

0

0

1

0

0

1

1

+) Ta có k   ex f '(x)dx   ex d(f (x))  ex f (x)   ex f (x)dx  ex f (x)  k  2k  (ef (1)  f(0))
0

0

0

ef '(1)  f '(0)
1
ef (1)  f(0)
Câu 41: D
+) Vậy

1
dx  ln x  1  C
x 1
Khi đó: f  1  ln 2  C1 ; f  0   C2  2018 ; f  2   C3  2019 ; f  3  ln 2  C4

Ta có: f  x    f   x  dx  
3





2
0

  f   x  dx 
1

3

f   x  dx  
2
0

1
dx  f  3  f  2   ln 2  ln 2  C4  C3  ln 2  C3  C4 .
x 1
1

 x  1 dx  f  0   f  1   ln 2  C

2

1

Vậy S  f  3  f  1  C4  C1  2019  2018  1
Câu 42: B

caodangyhanoi.edu.vn

 C1  ln 2   ln 2  C1  C2 .

A'
Q

C'

B'

M

P
A

C
N
B

1
2
VA. ABC  V2  VA. BCC B  VM . BCCB  V2 .
3
3
4
3
7
Mà S B' NQ  S BCC' B' , SC' PQ 
S BCC' B' , S BCPN 
S BCC' B'
15
40

24
11
Suy ra S NPQ  S BCC' B'  S B' NQ  SC' PQ  S BCPN  S BCC' B'
30
11
11
V 11
Do đó V1  VM . NPQ  VM .BCC B  V2 hay 1  .
30
45
V2 45
Câu 43: D

Gọi I = DM Ç AB và K = MN Ç SB Ta có: B, N lần lượt là trung điểm của MC , SC nên K là
trọng tâm tam giác SMC .Và BI là đường trung bình của tam giác MCD
1
V
MB MK MI
1 2 1 1
Khi đó MBKI =
Þ VMBKI = VMCND Þ VBKICND = 5VMBKI
×
×
= × × =
6
VMCND MC MN MD 2 3 2 6
+) Ta tính thể tích của khối SABCD :

a , góc
a

thoi cạnh
đều, cạnh
Þ D BAD
BAD = 60°
2
2
a 3 a 3
é(SBD), (ABCD)ù= SOA = 45°
.Mặt
khác
Þ S ABCD = 2S ABD = 2.
=
ë
û
4
2
a 3
Þ SA = OA =
2
1
1 a 3 a 2 3 a3
Þ VSBCD = ×SA ×S ABCD = ×
×
=
3
3 2
2
4
+) Tính thể tích khối KMIB
1

1 1
1
1
1 a 3 a 2 3 a3
VKMIB = ×d (K , (MIB))×S MIB = × d (S , (MIB))×S MIB = ×SA× ×S ABD = ×
×
=
3
3 3
9
2
18 2
4
48
3
3
3
3
a 5a
5a
7a
V
7
=
Do đó: V2 =
và V1 =
Þ 1= .
4
48
48

48
V2 5

ABCD

là

hình

Câu 44: A
Gọi thể tích khối trụ là V , diện tích toàn phần của hình trụ là S .
Ta có: S  S2 day  S xq  2 R 2  2 Rh Từ đó suy ra:
caodangyhanoi.edu.vn


3

S
S
V
V
V Cauchy 3 V 2
V2
S3
 S 
 R 2  Rh 
 R2 
 R2 

3

hay
.
27


V



4 2  2 
54
2
2
R
2 R 2 R 
4 2
Vậy Vmax

S3
V
 R 2 h Rh
2

. Dấu “=” xảy ra  R 
hay h  2 R .


54
2 R 2 R
2

Khi đó S  6 R 2  R 

S
S
và h  2 R  2
.
6
6

Câu 45: B
B
A
M

 xOy 
B

Phương trình  xOy  : z  0 . Vì z A .zB  1. 3  0 nên A , B nằm khác phía so với  xOy  . Gọi B là
điểm đối xứng của B qua  xOy  . Khi đó: MA  MB  MA  MB  AB . Suy ra MA  MB lớn nhất khi

M , A , B thẳng hàng hay M là giao điểm của đường thẳng AB và  xOy  .
Mà B  1;4;3 . Suy ra tọa độ M là  5;1;0  .
Câu 46: C
Ta có DA   6;0;0  , DB   0; 2;0  , DC   0;0;3 nên tứ diện ABCD là tứ diện vuông đỉnh D . Giả sử

M  x  1; y  2; z  3 .Ta có MA 

 x  6

2

 y2  z2  x  6  6  x ,

MB  x 2   y  2   z 2  y  2  2  y . MC  x 2  y 2   z  3  z  3  3  z ,
2

2

3MD  3  x 2  y 2  z 2  
Do đó

 x  y  z  x  y  z
P   6  x    2  y    3  z    x  y  z   11 .
2

x  y  z  0
6  x  0

 x  y  z 0.
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 11, khi và chỉ khi 2  y  0
3  z  0

 x  y  z  0
Khi đó M 1; 2;3 suy ra OM  12  22  32  14 .
Câu 47: A
Gọi  là không gian mẫu, A là biến cố “gieo một con súc sắc năm lần liên tiếp có tích các số chấm xuất
hiện ở năm lần gieo là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5 ”.
Gieo súc sắc năm lần liên tiếp nên n  65 .
Để tích các số chấm xuất hiện ở năm lần gieo là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5 thì các mặt xuất hiện

phải có số chấm lẻ và xuất hiện mặt 5 chấm ít nhất một lần nên nA  35  25  221 .
n
221
Suy ra: P  A  A 
.
n 7776
Câu 48: C
Gọi q là công bội của cấp số nhân  bn  .Vì b2  b1  1 nên q  1 .
f  log 2  b2    2  f  log 2  b1    f  log 2  b1  log 2 q   f  log 2  b1  

caodangyhanoi.edu.vn


  log 2  b1   log 2 q   3  log 2  b1   log 2 q   2   log 2  b1    3log 2  b1 
3

3

 3  log 2  b1   .log 2 q  3log 2  b1  .  log 2 q    log 2 q   3log 2 q  2  0
2

2

3

 3log 2  b1  .log 2 q. log 2  b1   log 2 q    log 2 q  2  log 2 q 1  0 . (*)
2

log  b   0
log  b   0

b  1
Theo giả thiết thì  2 1
Do đó để (*) nghiệm đúng thì  2 1
 1
log 2 q  1
log 2 q  0
q  2
Vậy nên bn  2n 1  5100  n  log 2  5100   1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 234.
Câu 49: B
(Điều kiện: x  1 ) 3 x  1  m x  1  2 4 x  1. 4 x  1 * Ta có với x  1Chia hai vế phương trình (*)
4
3 x 1
x 1
2 4 x 1
x 1
4
t

m 4

t

1
Đặt

4
x 1
x 1
x 1
x 1

x 1
2
Với x  1 thì hàm số 0 
 1
 1 0  t4  1  0  t  1
x 1
x 1
2
(1): 3t  2t  m  0  2  Phương trình (*) có nghiệm  phương trình (2) có nghiệm: 0  t  1

cho x  1 ta có:

Xét hàm y  f  t   3t 2  2t trên  0;1 ta có:
1
f '  t   6t  2  0  t    0;1 .
3
Từ bảng biến thiên ta thấy để phương trình 3t 2  2t  m  0 có nghiệm trong  0;1 thì đường thẳng
2
y  m phải cắt đồ thị hàm số y  f  t   3t  2t tại ít nhất 1 điểm. Do đó

1
1
1
  m  1  1  m  Vậy 1  m  thì phương trình đã cho có nghiệm.
3
3
3
Câu 50: D
A

M

O

N
B

D

P

C

 P  AC : x  y  1  0
5 3
MN   2; 2   Phương trình MN : x  y  4  0 
 P ;  .
2 2
 P  MN : x  y  4  0

caodangyhanoi.edu.vn


Có: BAN  ADB (cùng phụ NAD )Lại có, tứ giác AMBN nội tiếp nên BAN  BMN và ABCD nội tiếp
nên ADB  ACB . Từ đây suy ra BMP  BCP  MPC cân tại P . Lại có tam giác AMC vuông tại M
5 2
5 3
 PA
nên PA  PM  PC . P  ;  , M  0; 4   PM 
2

2 2
5
5

Do A  AC : x  y  1  0  A  a; a  1  PA   a  ; a  
2
2


a  0
5 2
5  25

suy ra A  0; 1 do xA  2
PA 
 2 a   

2
2
2

a  5
A  0; 1 , M  0; 4  , N  2; 2   AM   0;5  , AN   2;3 suy ra phương trình đường thẳng
2

BC : y  4, BD : 2 x  3 y  10  0 .
B  BC : y  4

Do 
 B  1; 4  .

 B  BD : 2 x  3 y  10  0

caodangyhanoi.edu.vn