luyen de TOÁN ÔN THI

Khóa LiveStream : Luyện đề VIP Toán – Thầy Đặng Việt Hùng

Sách tham khảo: www.dvhbooks.com

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPTQG 2019
Đề VIP 11 – Thời gian làm bài : 90 phút
Thầy Đặng Việt Hùng – www.facebook.com/Lyhung95
Tham gia Luyện đề VIP Toán để chinh phục điểm số cao trong kì thi THPTQG 2019

01. C

02. D

03. B

04. D

05. D

06. B

07. C

08. C

09. A

10. C

11. D

12. D

13. D

14. A

15. C

16. A

17. D

18. B

19. D

20. D

21. B

22. B

23. A

24. D

25. B

26. B

27. B

28. B

29. B

30. C

31. D

32. B

33. D

34. A

35.D

36. A

37.A

38. C

39. C

40. C

41. C

42. A

43. D

44. D

45. D

46. A

47. B

48. B

49. C

50. D

Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) có phương trình 2 x + 3 y – 4 z + 7 = 0 .
Tìm tọa độ véc tơ pháp tuyến của ( P ) .

A. n = (−2;3; −4).

B. n = (−2; −3; −4).

C. n = (2;3; −4).

D. n = (2; −3; −4).

C. 6.

D. 12.

HD: Ta có n = (2;3; −4). Chọn C.
Câu 2: Hình lập phương có bao nhiêu cạnh?
A. 20.
B. 8.
HD: Hình lập phương có 12 cạnh. Chọn D.

Câu 3: Cho một hình trụ có bán kính đáy là r , chiều cao là h, độ dài đường sinh là l. Công thức nào sau
đây đúng?
A. S xq = π rl.
B. S xq = 2π rl.
C. S xq = π r 2l.

D. S xq = 2π rl + 2π r 2 .

HD: Ta có S xq = 2π rl. Chọn B.
Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x ² + y ² + z ² – 8 x + 2 y + 1 = 0 . Tìm tọa độ
tâm và bán kính của mặt cầu ( S ) .

A. I ( −4;1;0 ) , R = 2

B. I ( –4;1; 0 ) , R = 4

C. I ( 4; –1; 0 ) , R = 2

D. I ( 4; –1; 0 ) , R = 4

HD: Ta có ( S ) : ( x − 4 ) + ( y + 1) + z 2 = 16  I ( 4; −1;0 ) , R = 4. Chọn D.

2

2

Câu 5: Hàm số nào sau đây nghịch biến trên tập xác định của nó?
A. y = log 3 x.
B. y = logπ x.
C. y = log 2 x.

D. y = log 0,3 x.

HD: Các hàm số đều xác định trên ( 0; +∞ ) .
Hàm số y = log 0,3 x nghịch biến trên ( 0; +∞ ) vì y ' =

1
< 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) . Chọn D.
x ln 0, 3

Câu 6: Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

x−2
là
x−3

Inbox Mrs Nguyễn Hường (www.facebook.com/ngankieu0905) để đăng kí các khóa LiveStream của Thầy Hùng !


Khóa LiveStream : Luyện đề VIP Toán – Thầy Đặng Việt Hùng

2

A. y = .
3

B. y = 1.

Sách tham khảo: www.dvhbooks.com

C. y = 2.

HD: Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

D. y = 3.

x−2
là y = 1. Chọn B.
x−3

Câu 7: Với a > 0, b > 0, α , β là các số thực bất kỳ, đẳng thức nào sau đây SAI?
aα
A. β = aα − β .
a

α

β

B. a .a = a

HD: Ta có C sai vì

Câu 8: Tính lim

x →−2

α +β

α −β

aα  a 
C. β =  
a
b

.

.

D. aα .bα = ( ab ) .
α

aα
= aα − β . Chọn C.
bβ

x2 − 2 x − 8
.
2x + 5 −1

A. −3 .

B.

HD: Ta có L = lim

x →−2

1
.
2

( x + 2 )( x − 4 ) (

C. −6 .

) = lim ( x − 4) (

2x + 5 +1

2x + 5 −1

x →−2

D. 8.

) = −6. Chọn C.

2x + 5 + 1
2

Câu 9: Một người gửi tiết kiệm số tiền 80 000 000 đồng với lãi suất 6,9%/năm. Biết rằng tiền lãi hàng

năm được nhập vào tiền gốc, hỏi sau đúng 5 năm người đó rút được cả gốc và lãi số tiền gần với con số
nào nhất sau đây?
A. 111 680 000 đồng.
B. 105 370 000 đồng.
C. 107 667 000 đồng.
D. 116 570 000 đồng.
HD : Số tiền người đso nhận được sau 5 năm là 80000000 (1 + 6,9% ) = 111680000 đồng. Chọn A.
5

Câu 10: Quay hình vuông ABCD cạnh a xung quanh một cạnh. Thể tích của khối trụ được tạo thành là:
1
A. π a 3 .
B. 2π a 3 .
C. π a 3 .
D. 3π a 3 .
3
HD : Ta có V = π r 2 h = π a 3 . Chọn C.
Câu 11: Một tổ học sinh có 7 nam và 3 nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người. Tính xác suất sao cho 2 người
được chọn đều là nữ.
3
7
1
1
A. P ( A ) = .
B. P ( A ) = .
C. P ( A ) = .
D. P ( A ) = .
8
8
2

15
2
C
1
HD : Ta có P ( A ) = 32 = . Chọn D.
C10 15
Câu 12: Cho a là số thực dương khác 1. Khẳng định nào dưới đây là sai?
A. log a a = 1.
B. log a 2.log 2 a = 1.
C. log a 1 = 0.
HD : Ta có a − log a 3 = 3− log a a =

D. a − log a 3 = 3.

1
nên đáp án D sai. Chọn D.
3

Câu 13: Tính thể tích V của khối nón có bán kính đường tròn đáy r = 3 và đường sinh l = 34.
A. V = 6π .
B. V = 45π .
C. V = 30π .
D. V = 15π .
Inbox Mrs Nguyễn Hường (www.facebook.com/ngankieu0905) để đăng kí các khóa LiveStream của Thầy Hùng !


Khóa LiveStream : Luyện đề VIP Toán – Thầy Đặng Việt Hùng

Sách tham khảo: www.dvhbooks.com

1
HD : Ta có h = l 2 − r 2 = 5  V = π r 2 h = 15π . Chọn D.
3

Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + y + 2 z − 1 = 0 và đường thẳng
x +1 y z − 3
. Phương trình đường thẳng d đi qua điểm B ( 2; −1;5) song song với ( P ) và vuông
=
=
2
−1
3
góc với ∆ là
x − 2 y +1 z − 5
x + 2 y −1 z + 5
A.
.
B.
.
=
=
=
=
5
−2
−4
5
−2
−4
x − 2 y +1 z − 5

x − 2 y +1 z − 5
C.
D.
.
.
=
=
=
=
2
5
2
1
5
−1
x − 2 y +1 z − 5
HD : Ta có ud =  nP , u∆  = ( 5; −2; −4 )  d :
=
=
. Chọn A.
5
−2
−4
∆:

Câu 15: Cho a log 6 3 + b log 6 2 + c log 6 5 = a với a, b và c là các số hữu tỉ. Trong các khẳng định sau,
khẳng định nào đúng?
A. a = b = c ≠ 0.
B. c = a.
C. a = b.

D. b = c.
a b c
a b c
a
b c
HD : Ta có a log 6 3 + b log 6 2 + c log 6 5 = a ⇔ log 6 ( 3 .2 .5 ) = a ⇔ 3 .2 .5 = 6 ⇔ 2 5 = 2a
Do đó suy ra a = b, c = 0. Chọn C.

Câu 16: Biết đường thẳng y = x + 2 cắt đồ thị hàm số y =
trung điểm I của AB là
1 5
A. I  ;  .
2 2

x +8
tại hai điểm A; B phân biệt. Tọa độ
x−2

5 1
B. I  ;  .
2 2

7 7
C. I  ;  .
2 2
x = 4  y = 6
x+8
HD: Ta có x + 2 =
 x2 − 4 = x + 8 ⇔ 
x−2

 x = −3  y = −1

D. I ( 7; 7 ) .

1 5
 A ( 4;6 ) , B ( −3; −1)  I  ;  . Chọn A.
2 2
Câu 17: Cho các hàm số f ( x ) ; g ( x ) có đạo hàm trên ℝ. Mệnh đề nào sau đây sai?
A.

 f ′ ( x ) dx = f ( x ) + C , ( C ∈ ℝ ).

C.  kf ( x ) dx = k  f ( x )dx, ( k ∈ ℝ, k ≠ 0 ).

  f ( x ) − g ( x ) dx =  f ( x )dx −  g ( x )dx.
f ( x)
 f ( x ) dx .
D. 
dx =
g ( x)
 g ( x ) dx
B.

HD: Ta có ngay A, B, C sai và D sai. Chọn D.
Câu 18: Hàm số y = ln ( 2 x 2 − 4 x ) nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
A. (1; +∞ ) .

B. ( 2; +∞ ) .

C. ( −∞;0 ) .

D. ( −∞;1) .

x > 2
HD: ĐK: 2 x 2 − 4 x > 0 ⇔ 
(*)
x < 0
4x − 4
< 0 
→ 4 x − 4 < 0 ⇔ x < 1.
Ta có y ' = 2
2x − 4x
Kết hợp với (*) ta được x < 0  Hàm số nghịch biến trên ( −∞;0 ) . Chọn C.
Inbox Mrs Nguyễn Hường (www.facebook.com/ngankieu0905) để đăng kí các khóa LiveStream của Thầy Hùng !


Khóa LiveStream : Luyện đề VIP Toán – Thầy Đặng Việt Hùng

Sách tham khảo: www.dvhbooks.com

Câu 19: Cho khối bát diện đều ABCDEF như hình vẽ. Khẳng định
nào sau đây sai?
A. Mặt phẳng ( ABCD ) vuông góc với mặt phẳng ( CEF ) .

E

B. Mặt phẳng ( EBFD ) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AC.

A

C. Các điểm A, B, C , D cùng thuộc một mặt phẳng.
D. Các điểm E , B, C , D cùng thuộc một mặt phẳng.

D

B

C

F

HD: Dựa vào hình vẽ, ta thấy E , B, C , D không đồng phẳng. Chọn D.
Câu 20: Cho hàm số y = e x

2

A. ( −∞; −1]

B. ( −∞; −3] ∪ [1; +∞ )

HD: Ta có y ' = ( 2 x + 2 ) e x

2

+ 2 x −3

+ 2 x −3

− 1. Tập nghiệm của bất phương trình y ' ≥ 0 là

C. [ −3;1]

D. [ −1; +∞ )

≥ 0 ⇔ 2 x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1. Chọn D.

1
và F (1) = 1 thì giá trị của F ( 4 ) bằng
2x −1
1
A. ln7.
B. 1 + ln 7.
C. ln3.
2
1
1

dx = ln 2 x − 1 + C
1
F ( x) = 
2x −1
2
HD: Ta có 
 F ( 4 ) = 1 + ln 7. Chọn B.
2
 F (1) = 1  C = 1


Câu 21: Nếu F '( x) =

D. 1 + ln7.

Câu 22: Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ với G là trọng tâm của tam giác A′B′C ′. Đặt
AA′ = a, AB = b, AC = c. Khi đó AG bằng

(

)

1
b+c .
6

(

)

(

)

1
1
b+c .
C. a + b + c .
3
2
1
1
HD : Ta có AG = AA ' + A ' G = AA ' + AB + AC = a + b + c . Chọn B.

3
3

A. a +

B. a +

(

)

(

D. a +

(

)

1
b+c .
4

)

Câu 23: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m để điểm cực trị của đồ thị hàm số y = x 2 − 2mx + 8
1
m3
cũng là điểm cực trị của đồ thị hàm số y = x 3 − ( m + 1) x 2 + m ( m + 2 ) x −
. Tìm tổng bình phương tất

3
3
cả các phần tử của tập hợp S .
A. 8.
B. 10.
C. 18.
D. 16.
2
HD: Ta có f ( x ) = x − 2mx + 8  f ′ ( x ) = 2 x − 2m; f ′ ( x ) = 0  x = m;
1 3
m3
2
 g ′ ( x ) = x 2 − 2 ( m + 1) x + m ( m + 2 )
Lại có g ( x ) = x − ( m + 1) x + m ( m + 2 ) x −
3
3
x = m
Do đó g ′ ( x ) = 0 ⇔ ( x − m )( x − m − 2 ) = 0 ⇔ 
x = m + 2
Suy ra hai đồ thị có chung điểm cực trị là A ( m; f ( m ) ) ≡ B ( m; g ( m ) )
Mặt khác f ( m ) = 8 − m 2 ; g ( m ) = m 2 
→ 8 − m 2 = m 2 ⇔ m = ± 2. Chọn A.

Inbox Mrs Nguyễn Hường (www.facebook.com/ngankieu0905) để đăng kí các khóa LiveStream của Thầy Hùng !


Khóa LiveStream : Luyện đề VIP Toán – Thầy Đặng Việt Hùng

Sách tham khảo: www.dvhbooks.com

Câu 24: Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2 + 4 = 0 . Gọi M, N lần lượt là các điểm biểu diễn
của số phức z1 , z2 trên mặt phẳng tọa độ. Giá trị T = OM + ON với O là gốc tọa độ là:
A. T = 2 .

B. T = 2 .

C. T = 8 .

HD: Ta có: z + 4 = 0 ⇔ z = −4 = 4i ⇔ z = ±2i  M ( 0; −2 ) ; N ( 0; 2 )
2

2

D. T = 4 .

2

Suy ra T = OM + ON = 4. Chọn D.
m
Câu 25: Cho hai số thực dương m, n thỏa mãn log 4   = log 6 n = log 9 ( m + n ) . Tính giá trị của biểu
2
m
thức P = .
n
1
A. P = 2.
B. P = 1.
C. P = 4.
D. P = .
2

m
t
2 =4

m
HD: Đặt log 4   = log 6 n = log 9 ( m + n ) = t  n = 6t
 2.4t + 6t = 9t
2
 
 m + n = 9t


  2 t 1
  =
t
t
2t
t
3 2
4 6
2
2

⇔ 2.   +   = 1 ⇔ 2   +   − 1 = 0 ⇔
.
 2 t
9 9
3
3
  = −1 ( loai )

 3 
t

m 2.4t
1
2
Mặt khác P = = t = 2.   = 2. = 1. Chọn B.
n
6
2
3

Câu 26: Cho hàm số y =

x −3
. Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn [ −6;6] của
x − 3mx + ( 2m 2 + 1) x − m
3

2

tham số m để đồ thị hàm số có bốn đường tiệm cận?
A. 12 .
B. 9 .
C. 8 .
HD: Ta có: lim y = 0  y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

D. 11.

x →∞

Để đồ thị hàm số có bốn đường tiệm cận thị nó phải có 3 đường tiệm cận đứng
Khi đó phương trình g ( x ) = x3 − 3mx 2 + ( 2m 2 + 1) x − m = 0 có 3 nghiệm phân biệt khác 3.
x = m
Lại có: g ( x ) = ( x3 − 3mx 2 + 2m 2 x ) + ( x − m ) = ( x − m ) ( x 2 − 2mx + 1) = 0 ⇔ 
2
 h ( x ) = x − 2mx + 1 = 0
m ≠ 3
5


m ≠ 3, m ≠
2

h
m
=
−
m
+
1
≠
0
(
)
3


Giả thiết bài toán ⇔ 
⇔

m >1
h ( 3) = 10 − 6m ≠ 0


∆ ' = m2 − 1 > 0
  m < −1
 h( x )
m ∈ ℤ
Kết hợp 
 m = {−6; −5; −4; −3; −2; 2; 4;5;6}  Có 9 giá trị của m. Chọn B.
m ∈ [ −6;6]

Inbox Mrs Nguyễn Hường (www.facebook.com/ngankieu0905) để đăng kí các khóa LiveStream của Thầy Hùng !


Khóa LiveStream : Luyện đề VIP Toán – Thầy Đặng Việt Hùng

Sách tham khảo: www.dvhbooks.com

Câu 27: Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có diện tích tam giác BA′D bằng 2a 2 3. Tính thể tích
V của khối lập phương theo a.
A. V = a 3 .
HD: Đặt AB = x > 0.

C. V = 2 2a 3 .

B. V = 8a 3 .

A'

A ' B = x 2; A ' D = x 2; BD = x 2  A ' B = A ' D = BD = x 2
 S BA ' D

(x 2)
=
4

2

3

D'
C'

B'

= 2a 2 3  x = 2a

 V = x = 8a . Chọn B.
3

D. V = 4 2a 3 .

3

A

D
H

B

C

Câu 28: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ.
Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình

f ( ln 2 x ) = m có nghiệm thuộc khoảng (1; e ] :

A. [ −1;3) .
B. [ −1;1) .
C. ( −1;1) .
D. ( −1;3) .
HD: Đặt t = ln 2 x thì với x ∈ (1; e]  t ∈ ( 0;1] .

(

)

2
Phương trình f ln x = m có nghiệm thuộc khoảng (1; e ] khi phương trình f ( t ) = m có nghiệm

t ∈ ( 0;1] .

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình f ( t ) = m có nghiệm t ∈ ( 0;1] ⇔ −1 ≤ m < 1. Chọn B.

Câu 29: Gọi S là diện tích hình phẳng

(H )

giới hạn bởi các đường

y = f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x = −1 , x = 2 (như hình vẽ bên
0

dưới). Đặt a =



−1

A. S = b + a .
C. S = −b + a .
HD: Ta có S =

2

f ( x ) dx , b =  f ( x ) dx , mệnh đề nào sau đây đúng?
0

B. S = b − a .
D. S = −b − a .
2

0

2

0

2

−1

−1

0

−1

0

 f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  − f ( x ) dx +  f ( x ) dx = −a + b = b − a. Chọn B.

Câu 30: Cho hàm số y = x 4 − 2 x 2 + m − 2 có đồ thị ( C ) . Gọi S là tập các giá trị của m sao cho đồ thị

( C ) có đúng một tiếp tuyến song song với trục Ox. Tổng tất cả các phần tử của
A. 3 .
B. 8 .
C. 5 .
HD: Tiếp tuyến tại điểm cực trị song song hoặc trùng với trục hoành.

S là

D. 2 .

Inbox Mrs Nguyễn Hường (www.facebook.com/ngankieu0905) để đăng kí các khóa LiveStream của Thầy Hùng !


Khóa LiveStream : Luyện đề VIP Toán – Thầy Đặng Việt Hùng

Sách tham khảo: www.dvhbooks.com

 yCT = 0
Đồ thị ( C ) có đúng một tiếp tuyến song song với trục Ox ⇔ 
(khi đó một trong 2 tiếp tuyến
 yCĐ = 0
trùng với trục hoành)
x = 0
Mặt khác y ' = 4 x3 − 4 x = 0 ⇔ 
 x = ±1
 y ( 0) = m − 2 = 0
m = 2
Do đó giả thiết ⇔ 
⇔
 S = {2;3}  Tổng tất cả các phần tử của S là 5.
m = 3
 y ( ±1) = m − 3 = 0
Chọn C.

1
AD = a. Tam
2
giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng a

Câu 31: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, BC =

15
. Tính thể tích khối chóp S . ACD theo a.
5

a3
a3
a3 2
A. VS . ACD = .
B. VS . ACD = .
C. VS . ACD =
.
2
3
6
HD: Gọi M là trung điểm của AB, AMCB là hình vuông,
CM = MA = MD nên tam giác ACD vuông tại C.
Gọi H là trung điểm của AB  SH ⊥ AB
Mặt khác ( SAB ) ⊥ ( ABCD )  SH ⊥ ( ABC )
sao cho tan α =

 ( SC ; ( ABC ) ) = SCH  tan α = tan SCH =

D. VS . ACD =

a3 3
.
6

15
.
5

Pytago trong tam giác vuông HBC ta có:
a 5

a 5 15 a 3
CH =
 SH = CH .tan α =
.
=
.
2
2
5
2
1
1
1 a 3 2 a3 3
Khi đó S ACD = CH . AD = .a.2a = a 2  VS . ACD = .
.a =
. Chọn D.
2
2
3 2
6
3  F ( x ) + 2 x + ln ( x − 1) 
Câu 32: Cho  ln x 2 − x dx = F ( x ) , F ( 2 ) = 2 ln 2 − 4 . Khi đó I =  
 dx bằng
2
x


A. 3ln 3 − 3.
B. 3ln 3 − 2.
C. 3ln 3 − 1.

D. 3ln 3 − 4.
u = ln ( x 2 − x ) du = 2 x − 1 dx
HD: Đặt 

x2 − x
dv = dx
v = x

(

)

2x −1
1 

2
dx = x ln ( x 2 − x ) −   2 +
 dx = x ln ( x − x ) − 2 x − ln ( x − 1) + C
x −1
x
−
1


Lại có: F ( 2 ) = 2 ln 2 − 4  2 ln 2 − 4 + C = 2 ln 2 − 4 ⇔ C = 0
 F ( x ) = x ln ( x 2 − x ) − 

3

Khi đó: I = 

2

x ln ( x 2 − x ) − 2 x − ln ( x − 1) + 2 x + ln ( x − 1)
x

3

dx =  ln ( x 2 − x ) dx = F ( 3) − F ( 2 ) = 3ln 3 − 2.
2

Chọn B.

Inbox Mrs Nguyễn Hường (www.facebook.com/ngankieu0905) để đăng kí các khóa LiveStream của Thầy Hùng !


Khóa LiveStream : Luyện đề VIP Toán – Thầy Đặng Việt Hùng

Sách tham khảo: www.dvhbooks.com

Câu 33: Giá trị thực của tham số m để phương trình 4 x − ( 2m + 3) 2 x + 64 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa
mãn ( x1 + 2 )( x2 + 2 ) = 24 thuộc khoảng nào sau đây?

 3
 3 
 21 29 
A.  0;  .
B.  − ; 0  .
C.  ;  .
 2
 2 

 2 2 
x
2
HD: Đặt 2 = t > 0 . Khi đó phương trình trở thánh: t − ( 2m + 3) t + 64 = 0 ( *)

 11 19 
D.  ;  .
2 2

( 2m + 3) 2 − 64 > 0

Phương trình đã cho có 2 nghiệm ⇔ (*) có 2 nghiệm dương phân biệt ⇔  S = t1 + t2 = 2m + 3 > 0
 P = 64 > 0

t1 + t2 = 2m + 3
Theo hệ thức Viet ta có 
 2 x1 + x2 = 26  x1 + x2 = 6 .
x1 x2
t1t2 = 2 .2 = 64

 x1 + x2 = 6
 ( x1 ; x2 ) = {(2; 4);(4; 2)}
Giả thiết tương đương x1 x2 + 2 ( x1 + x2 ) = 20  x1 x2 = 8  
 x1 x2 = 8
17
 ( t1 ; t2 ) = {( 4;16 ) ; (16; 4 )}  t1 + t2 = 20  2m + 3 = 20  m = . Chọn D.
2
Câu 34: Cho hình thang ABCD vuông tại A và B, AB = a, AD = 3a và BC = 2a. Tính thể tích V của
khối tròn xoay tạo thành khi quay hình thang ABCD (kể cả các điểm trong của nó) quanh đường thẳng
BC.

8
7
A. V = π a 3 .
B. V = 3π a 3 .
C. V = π a 3 .
D. V = 2π a 3 .
3
3
HD: Kẻ DE vuông góc với BC (kéo dài) tại E. Ta có: AB = CE = a.
Thể tích hình trụ thu được khi quay hình chữ nhật ABED quanh cạnh BC
là: V(T ) = πR 2 h = πAB 2 . AD = πa 2 .3a = 3πa 3
Thể tích hình non thu được khi quay hình tam giác CED quanh cạnh BC là:
1
1
1
πa 3
V( N ) = πr 2 h = πAB 2 .CE = π.a 2 .a =
3
3
3
3
3
8πa
Khi đó V = V(T ) − V( N ) =
. Chọn A.
3

Câu 35: Cho điểm C ( 0; 4 ) , đường thẳng y = 4 cắt đồ thị
hàm số y = a x và y = b x lần lượt tại A và B sao cho
AB = AC. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. a = 2b.
B. b = a 2 .
C. b = 2a.
D. a = b 2 .

HD: Ta có a x = 4  x = log a 4; b x = 4  x = log b 4

Do đó A ( log a 4; 4 ) , B ( log b 4; 4 ) và C ( 0; 4 )

Theo bài ra, ta có AB = AC  A là trung điểm BC
1
2
Suy ra log b 4 + 0 = 2 log a 4 ⇔
=
⇔ a = b 2 . Chọn D.
log 4 b log 4 a
Inbox Mrs Nguyễn Hường (www.facebook.com/ngankieu0905) để đăng kí các khóa LiveStream của Thầy Hùng !


Khóa LiveStream : Luyện đề VIP Toán – Thầy Đặng Việt Hùng

Câu 36: Cho hàm số y =

(4 − m) 6 − x + 3
.
6− x +m

Sách tham khảo: www.dvhbooks.com

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m trong khoảng

( −10;10 ) sao cho hàm số đồng biến trên ( −8;5 ) ?
A. 14.

B. 13.

(

)

C. 12.

D. 15.

HD: Đặt t = 6 − x , với x ∈ ( −8;5 )  t ∈ 1; 14 , m ≠ −t.
Ta có: t ' =

(4 − m) t + 3
−1
< 0 ( ∀x ∈ ( −8;5 ) ) , f ( t ) =
t+m
2 6− x

Do đó bài toán đã cho trở thành tìm m để hàm số f ( t ) =

( 4 − m) t + 3

(

nghịch biến trên khoảng 1; 14

t+m

( 4 − m ) m − 3 < 0 m2 − 4m + 3 > 0  m > 3
m > 3
'
f
t
=
(
)
m <1
2





(t + m)
⇔
⇔  −m ≤ 1
⇔
⇔  −1 ≤ m < 1


  m ≥ −1
 m ≤ − 14
1;
14
m
−

∉
14
−
m
≥


  m ≤ − 14


m ∈ ℤ
Kết hợp 
 có 14 giá trị của tham số m. Chọn A.
m ∈ ( −10;10 )

(

)

)

Câu 37: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3;1; 7), B ( 5;5;1) và mặt phẳng

( P ) : 2 x − y − z + 4 = 0 . Điểm M

thuộc ( P ) sao cho MA = MB = 35 . Biết M có hoành độ nguyên, ta có

OM bằng

A. 2 2.

C. 3 2.

B. 2 3.

D. 4.

HD: Vì MA = MB nên M thuộc mặt phẳng ( Q ) là mặt phẳng trung trực của AB
Phương trình mặt phẳng ( Q ) là 1. ( x − 4 ) + 2. ( y − 3) − 3. ( z − 4 ) = 0 ⇔ x + 2 y − 3z + 2 = 0
Ta có M = ( P ) ∩ ( Q ) nên M thuộc giao tuyến d của ( P ) ; ( Q )

x = − 2 + t

Suy ra ud =  n( P ) ; n( Q )  = 5 (1;1;1) và d đi qua N ( − 2;0; 0 )  d :  y = t


z = t

Lại có M ∈ d  M ( − 2 + t ; t ; t )  AM = ( t − 5; t − 1; t − 7 )
Do đó MA2 = ( t − 5 ) + ( t − 1) + ( t − 7 ) = 35 
→ t = 2 (t ∈ℤ )
2

2

2

Vậy M ( 0; 2; 2 )  OM = ( 0; 2; 2 )  OM = 2 2. Chọn A.

Inbox Mrs Nguyễn Hường (www.facebook.com/ngankieu0905) để đăng kí các khóa LiveStream của Thầy Hùng !

Khóa LiveStream : Luyện đề VIP Toán – Thầy Đặng Việt Hùng

Sách tham khảo: www.dvhbooks.com

Câu 38: Cho hàm số y = f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d có đồ thị
như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm số y =

(x

2

− 2x) 2 − x

( x − 3)  f 2 ( x ) − f ( x ) 

có

bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
A. 4.
B. 6.
C. 3.
D. 5.

HD: Điều kiện x ≤ 2, ( x − 3)  f 2 ( x ) − f ( x )  ≠ 0
Xử lý nghiệm của mẫu. Ta có: f ( x ) = 0  x = m, x = n, x = p > 2 và f ( x ) = 1  x = 0, x = q > 2.
Trong đó x = 0 là nghiệm kép, các nghiệm còn lại đều là nghiệm đơn.
( x − 2) 2 − x
x( x − 2) 2 − x

Lại có: y =
.
=
2
( x − 3)( x − m )( x − n )( x − p ) x ( x − q ) ( x − 3)( x − m )( x − n )( x − p ) x ( x − q )
Với điều kiện x ≤ 2 các nghiệm x = p, x = q, x = 3 > 2 bị loại. Như vậy ta thu được 3 nghiệm của mẫu
thỏa mãn điều kiện x ≤ 2 là x = m, x = n, x = 0.
Do đó đồ thị hàm số có 3 tiệm cận đứng. Chọn C.

Câu 39: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đạo hàm f ′ ( x ) = x 2 ( x − 2 ) ( x 2 − 6 x + m ) với mọi
x ∈ ℝ . Có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn [ −2019; 2019] để hàm số g ( x ) = f (1 − x ) nghịch biến
trên khoảng ( −∞; − 1) ?

A. 2010 .

B. 2012 .
C. 2011 .
D. 2009 .
2
2
HD: Ta có  g ( x ) ′ =  f (1 − x ) ′′ = − f ' (1 − x ) = − (1 − x ) (1 − x − 2 ) (1 − x ) − 6 (1 − x ) + m 



= ( x − 1) ( x 2 + 4 x − 5 + m )
3

Để hàm số g ( x ) = f (1 − x ) nghịch biến trên khoảng ( −∞; − 1) ⇔ g ' ( x ) ≤ 0 ( ∀x ∈ ( −∞; −1) )

⇔ ( x − 1) ( x 2 + 4 x − 5 + m ) ≤ 0 ∀x ∈ ( −∞; −1) ⇔ x 2 + 4 x − 5 + m ≥ 0 ∀x ∈ ( −∞; −1)

3

⇔ g ( x ) = x 2 + 4 x − 5 ≥ − m ∀x ∈ ( −∞; −1) ⇔ Min g ( x ) ≥ −m
( −∞ ;−1)

Lại có: Min g ( x ) = g ( −2 ) = −9 suy ra −9 ≥ − m ⇔ m ≥ 9 là giá trị cần tìm.
( −∞ ;−1)

m ∈ ℤ
Kết hợp 
 có 2011 giá trị của tham số m. Chọn C.
 m ∈ [ −2019; 2019]

Câu 40: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ thỏa mãn 3 f ′ ( x ) .e

f 3 ( x ) − x 2 −1

−

2x
= 0 và f ( 0 ) = 1 .
f ( x)
2

7

Tích phân

 x. f ( x )dx

bằng:

0

A.

2 7
.
3

B.

15
.
4

C.

45
.
8

D.

5 7
.
4

Inbox Mrs Nguyễn Hường (www.facebook.com/ngankieu0905) để đăng kí các khóa LiveStream của Thầy Hùng !

Khóa LiveStream : Luyện đề VIP Toán – Thầy Đặng Việt Hùng

HD: Ta có: 3 f ′ ( x ) .e
e f
⇔

3

( x)

f 3 ( x ) − x 2 −1

−

Sách tham khảo: www.dvhbooks.com

2x
f 3 x − x 2 −1
= 0 ⇔ 3 f ' ( x ) . f 2 ( x ) .e ( )
= 2x
f ( x)
2

.3 f ' ( x ) . f 2 ( x ) 
 = 2 x ⇔ e f 3 ( x ) ′ = 2 x.e x2 +1
2


e x +1

Lấy nguyên hàm 2 vế ta được: e
Thay x = 0  e

f 3 ( 0)

f 3 ( x)

=  2 x.e x +1dx =  e x +1d ( x 2 + 1) = e x
2

2

2

+1

+C

= e + C ⇔ e1 = e + C  C = 0

Suy ra f ( x ) = 3 x 2 + 1 

7



x. f ( x ) dx =

0

7

 x.

3

CASIO
x 2 + 1dx 
→I =

0

45
. Chọn C.
8

Câu 41: Ông A vay ngân hàng 200 triệu đồng với lãi suất 1% / tháng. Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân
hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách
nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là như nhau và ông A trả hết nợ sau đúng 4 năm kể từ
ngày vay. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi số tiền mỗi
tháng ông ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây?
A. 6, 08 triệu đồng.
B. 5, 20 triệu đồng.
C. 5, 27 triệu đồng.

D. 5, 25 triệu đồng.

HD: Gọi m là số tiền ông A phải trả hàng tháng. Đặt T = 200 triệu đồng là số tiền vay
Cuối tháng 1, ông A còn nợ số tiền là T (1 + r % ) − m

Cuối tháng 2, ông A còn nợ số tiền là
T (1 + r % ) − m + T (1 + r % ) − m  .r % − m = T (1 + r % ) − m (1 + r % ) − m
2

Cứ như vậy, cuối tháng thứ n, ông A còn nợ số tiền là
T (1 + r % ) − m (1 + r % )
n

n −1

= T (1 + r % ) − m (1 + r % )

n

= T (1 + r % )

n

(1 + r % )
− m.

n −1

n

− m (1 + r % )

+ (1 + r % )

−1

1+ r −1

n−2

n−2

+ ... + 1


= T (1 + r % )

Ông A muốn trả hết nợ thì T (1 + r % )

n

− ... − m

n

(1 + r % )
− m.

(1 + r % )
− m.
r%

n

−1

r%

n

−1

=0 m=

T .r %. (1 + r % )

(1 + r % )

n

n

−1

Thay T = 200; n = 48; r % = 1% 
→ m ≈ 5, 27 triệu đồng. Chọn C.

Câu 42: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất số phức z thỏa mãn
z.z = 1 và z − 3 + i = m . Tìm số phần tử của S.
A. 2

B. 4

C. 1

D. 3

HD: Ta có: z. z = 1 ⇔ z = 1 . Đặt z = x + yi ( x; y ∈ ℝ ) thì x 2 + y 2 = 1 ( C1 ) và x − 3 + yi + i = m

(

⇔ x− 3
I2

(

)

)

2

+ ( y + 1) = m 2 ( C2 ) . Đường tròn ( C1 ) tâm I1 ( 0;0 ) ; R1 = 1 , đường tròn ( C2 ) tâm
2

3; −1 ; R2 = m ( m > 0 )

Để tồn tại duy nhất một số phức z thì ( C1 ) tiếp xúc với ( C2 ) .
TH1: Tiếp xúc ngoài ta có: I1 I 2 = R1 + R2 ⇔ 2 = m + 1 ⇔ m = 1
Inbox Mrs Nguyễn Hường (www.facebook.com/ngankieu0905) để đăng kí các khóa LiveStream của Thầy Hùng !


Khóa LiveStream : Luyện đề VIP Toán – Thầy Đặng Việt Hùng

Sách tham khảo: www.dvhbooks.com

TH2: Tiếp xúc trong ta có: I1 I 2 = R1 − R2 ⇔ 2 = m − 1 ⇔ m = 3 .
Vậy có 2 giá trị của m. Chọn A.

Câu 43: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ. Có
bao

nhiêu

giá

trị

 3sin x − cos x − 1
f
 2 cos x − sin x + 4
A. 4 .
C. Vô số.

nguyên

của

tham

số

m

để

phương

trình


2
 = f ( m + 4m + 4 ) có nghiệm?

B. 5 .
D. 3 .

HD: Ta thấy 2 cos x − sin x + 4 > 0 ( ∀x ∈ ℝ )

Dựa vào hình vẽ suy ra hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ )
Do đó phương trình f ( u ) = f ( v ) với u , v > 0 ⇔ u = v

 3sin x − cos x − 1 
3sin x − cos x − 1
= f ( m 2 + 4m + 4 ) ⇔
= m 2 + 4m + 4
Suy ra f 

2 cos x − sin x + 4
 2 cos x − sin x + 4 
3sin x − cos x − 1
Đặt
= t  3sin x − cos x − 1 = 2t cos x − t sin x + 4t
2 cos x − sin x + 4
⇔ ( 3 + t ) sin x − (1 + 2t ) cos x = 4t + 1 (*)

Phương trình (*) có nghiệm ⇔ ( 3 + t ) + (1 + 2t ) ≥ ( 4t + 1) ⇔ 11t 2 − 2t − 9 ≤ 0 ⇔ −
2

2

2

9
≤ t ≤1
11

3sin x − cos x − 1
 9 
Suy ra t ∈  − ;1 
∈ [ 0;1] do đó phương trình đã cho có nghiệm
2 cos x − sin x + 4
 11 
⇔ 0 ≤ m 2 + 4 m + 4 ≤ 1 ⇔ −3 ≤ m ≤ −1
Kết hợp m ∈ ℤ  m = {−3; −2; −1}  Có 3 giá trị của m. Chọn D.

Câu 44: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M (1;1;1) và mặt phẳng ( P ) đi qua M và
cắt chiều dương của các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C thỏa mãn OA = 2OB . Tính giá trị
nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện OABC.
64
10
9
81
A.
.

B.
.
C. .
D.
.
27
3
2
16
x y z
HD: Phương trình mặt phẳng ( ABC ) theo đoạn chắn có dạng: + + = 1 ( a, b, c > 0 )
a b c
Trong đó A ( a; 0;0 ) , B ( 0; b; 0 ) , C ( 0;0; c )
x y z
+ + =1
2b b c
1 1 1
3 1
Mặt phẳng ( ABC ) qua M (1;1;1) 
+ + =1⇔
+ =1
2b b c
2b c
1
1
Mặt khác VOABC = abc = b 2 c
6
3

Do OA = 2OB  a = 2b  ( ABC ) :

Áp dụng BĐT AM − GM ta có: 1 =
Do vậy Vmin =

3 1 3
3 1
9
243
+ =
+ + ≥ 3. 3
 b2c ≥
2
2b c 4b 4b c
16b c
16

81
. Chọn D.
16

Inbox Mrs Nguyễn Hường (www.facebook.com/ngankieu0905) để đăng kí các khóa LiveStream của Thầy Hùng !


Khóa LiveStream : Luyện đề VIP Toán – Thầy Đặng Việt Hùng

Sách tham khảo: www.dvhbooks.com
π

Câu 45: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn

4

 tan x. f ( cos x ) dx = 2
2

và

0

2

Tính

1

f (2x)
x

(

e2

f ln 2 x

e

x ln x



) dx = 2 .

dx.

4

A. 0.

B. 1.

C. 4.

HD: Đặt u = cos 2 x ⇔ du = − 2 cos x.sin x dx ⇔ sin x dx = −
x = 0  u = 1

Đổi cận 
π
1 suy ra
 x = 4  u = 2
• Đặt a = ln 2 x ⇔ da =

π
1

4

 tan x. f ( cos x ) dx = − 
2

1

2

0

D. 8.

du
2 cos x

f (u )

1
1 f (u )
du = 
du 
2u
21 u
2

1


1
2

f ( x)
x

dx = 4

2 ln x
da
dx
dx
1 da
dx ⇔
=2
⇔
= .
x
a
x ln x
x ln x 2 a

x = e  a = 1
Đổi cận 
suy ra
2
x = e  a = 4

e2


e

f ( ln 2 x )

4
1 f (a)
dx = 

da 
x ln x
21 a

4


1

f ( x)
x

dx = 4

1
1

1
x =  b =
• Đặt b = 2 x ⇔ db = 2 dx ⇔ dx = db và đổi cận 
4
2
2
 x = 2  b = 4
2
4
4
1
4
f ( 2x)

f (b )
f ( x)
f ( x)
f ( x)
Do đó 
dx = 
db = 
dx = 
dx + 
dx = 8. Chọn D.
x
b
x
x
x
1
1
1
1
1
4

2

2

2

Câu 46: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Gọi P là điểm trên cạnh
SC sao cho SC = 5SP. Một mặt phẳng (α ) qua AP cắt hai cạnh SB và SD lần lượt tại M và N . Gọi

V
V1 là thể tích của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 .
V
1
1
3
2
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
15
25
25
15
SA
SB
SC
SD
HD: Đặt
= 1;
= x;
= 5;
= y  1+ 5 = x + y ⇔ x + y = 6
SA
SM

SP
SN
SA SB SC SD
+
+
+
12
12
12
1
V1 SA SM SP SN x + y + 6
Tỉ s ố
=
=
=
≥
=
=
2
2
SA SB SC SD
V
20 xy
5.4 xy 5. ( x + y )
5.6 15
4. .
.
.
SA SM SP SN
V

1
Dấu bằng xảy ra khi x = y = 3. Vậy giá trị nhỏ nhất của 1 là . Chọn A.
V
15
Câu 47: Cho dãy số ( un ) thỏa mãn log 3 u12 − 3log u5 = log 3 ( u2 + 9 ) − log u16 và un +1 = un + 3 ( u1 > 0 ) với
mọi n ≥ 1 . Đặt S n = u1 + u2 + ... + un . Tìm giá trị nhỏ nhất của n để S n >

A. 1632.

B. 1633.

C. 1634.

5n
+ 20002 .
2

D. 1645.

HD: Ta có ( un ) là cấp số cộng với công sai d = 3
Lại có log 3 u12 − 3log u5 = log 3 ( u2 + 9 ) − log u16
Inbox Mrs Nguyễn Hường (www.facebook.com/ngankieu0905) để đăng kí các khóa LiveStream của Thầy Hùng !


Khóa LiveStream : Luyện đề VIP Toán – Thầy Đặng Việt Hùng

Sách tham khảo: www.dvhbooks.com

⇔ 8. ( log u1 ) − 3log ( u1 + 12 ) = log ( u1 + 12 )  − 6 log u1
3

3

⇔ ( 2 log u1 ) + 3. ( 2 log u1 ) = log ( u1 + 12 )  + 3.log ( u1 + 12 )
3

3

⇔ f ( 2 log u1 ) = f ( log ( u1 + 12 ) ) với f ( x ) = x3 + 3x là hàm số đồng biến trên ℝ
Suy ra 2 log u1 = log ( u1 + 12 ) ⇔ u12 − u1 − 12 = 0 ⇔ u1 = 4

n  2u1 + ( n − 1) d  n ( 8 + 3n − 3) 3n 2 + 5n
Do đó Sn = 
=
=
2
2
2
5n
3n 2 + 5n 5n
2000 6
+ 20002 
>
+ 20002 ⇔ 3n 2 > 2.20002 ⇔ n >
2
2
2
3
Vậy giá trị n nhỏ nhất thỏa mãn bài toán là 1633. Chọn B.

Mà S n >

Câu 48: Cho a, b, c
là các số thực dương và thỏa mãn a.b.c = 1 . Biết rằng biểu thức
2b + 3a
2c + 3b
P=
+
đạt giá trị lớn nhất tại a0 , b0 , c0 . Tính a0 + b0 + c0 .
b 2 − ab + 5a 2
c 2 − bc + 5b 2
21
777
489
A.
.
B.
.
C.
.
D. 3.
4
184
136
b
c
2. + 3
2. + 3
b
c

a
b
HD: Ta có P =
+
= f  + f  
2
2
a
b
b b
c c
−
+
−
+
5
5
 
 
a a
b b
Với f ( t ) =

2t + 3
t −t +5
2

( t > 0 ) . Ta có

f ′ (t ) =

23 − 8t
2 ( t 2 − t + 5)

3
2

; f ′ (t ) = 0 ⇔ t =

23
8

 23  2 665
b
 c  4 665
Do đó max f ( t ) = f   =
 P = f  + f  ≤
( 0;+ ∞ )
19
19
 8 
a
b
b c 23
23 
 8
Dấu bằng xảy ra khi = =
và abc = 1 
→ ( a; b; c ) =  ;1;  . Chọn B.
a b 8

 23 8 

Câu 49: Một cái thùng đựng đầy nước được tạo thành từ việc cắt mặt
xung quanh của một hình nón bởi một mặt phẳng vuông góc với trục của
hình nón. Miệng thùng là đường tròn có bán kính bằng ba lần bán kính
mặt đáy của thùng. Người ta thả vào đó một khối cầu có đường kính bằng
3
chiều cao của thùng nước và đo được thể tích nước tràn ra ngoài là
2
54 3π (dm3). Biết rằng khối cầu tiếp xúc với mặt trong của thùng và
đúng một nửa của khối cầu đã chìm trong nước (hình vẽ). Thể tích nước
còn lại trong thùng có giá trị nào sau đây?
46
A.
3π (dm3).
B. 18 3π (dm3).
5
46
C.
3π (dm3).
D. 18π (dm3).
3

Inbox Mrs Nguyễn Hường (www.facebook.com/ngankieu0905) để đăng kí các khóa LiveStream của Thầy Hùng !


Khóa LiveStream : Luyện đề VIP Toán – Thầy Đặng Việt Hùng

Sách tham khảo: www.dvhbooks.com

HD: Thiết diện qua trục thùng nước cắt thùng nước theo hình
thang cân ABCD và cắt khối cầu theo hình tròn tâm O như hình
vẽ bên.
Gọi H là giao điểm của ( O ) và BC và I = AD ∩ BC. Gọi K là
trung điểm của cạnh CD.
Khi đó OK là trục của thùng nước.
Thể tích nước tràn ra ngoài thùng bằng nửa thể tích khối cầu nên
2
ta có: πOH 3 = 54 3π  OH = 3 3 cm  2 R = 6 3
3
2
KC IK
IK
1
=
=
=
Suy ra OK = .2 R = 4 3 , mặt khác
3
OB IO IK + 4 3 3
1
1
1
 IK = 2 3  OI = 6 3. Lại có:
+
=
2
2
OI
OB

OH 2
Suy ra OB = 6  KC = 2  Thể tích chậu nước là:
1
208 3
V( C ) = π ( OB 2 .OI − KC 2 .KI ) ==
π
3
3
46π 3
. Chọn C.
Thể tích nước còn lại trong thùng là: V = V( C ) − 54π 3 =
3

Câu 50: Cho hàm số y = f ( x) xác định và liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị

(

)

nguyên của m để phương trình 2. f 3 − 3 −9 x 2 + 30 x − 21 = m − 2019 có nghiệm.

A. 15 .

B. 14 .

C. 10 .
27 x − 45

D. 13.

5
 7
HD: Xét t = 3 − 3 − 9 x 2 + 30 x − 21 trên 1;  , có t ′ =
; t′ = 0 ⇔ t =
2
3
 3
− 9 x + 30 x − 21
→ − 3 ≤ t ≤ 3 hay t ∈ [ − 3;3]
Dựa vào bảng biến thiên hàm số t x 
m − 2019
với t ∈ [ − 3;3]
2
m − 2019
m − 2019
Dựa vào hình vẽ trên [ − 3;3] , để f ( t ) =
có nghiệm khi − 5 ≤
≤ a (a > 1)
2
2
⇔ 2009 ≤ m ≤ 2a + 2019. Kết hợp m ∈ ℤ, ta được m = {2009; 2010; ...; 2021} .
Khi đó, phương trình trở thành: f ( t ) =

Vậy có tất cả 13 giá trị nguyên m cần tìm. Chọn D.

Inbox Mrs Nguyễn Hường (www.facebook.com/ngankieu0905) để đăng kí các khóa LiveStream của Thầy Hùng !


Khóa LiveStream : Luyện đề VIP Toán – Thầy Đặng Việt Hùng

Sách tham khảo: www.dvhbooks.com

CÁC KHÓA LIVESTREAM 2019 CỦA THẦY ĐẶNG VIỆT HÙNG
Khóa học LiveStream

Lịch học LiveStream

Học phí

Luyện đề VIP Toán

21h30’: Thứ ba

400.000 VNĐ

Luyện đề VIP Lí

21h30’: Thứ sáu

400.000 VNĐ

Tổng ôn 8++ (Toán)

22h00’: Thứ năm

300.000 VNĐ

Tổng ôn 7-8 (Toán)

22h00’: Thứ hai

400.000 VNĐ

Liên hệ đăng kí: inbox chị Hường Nguyễn (www.facebook.com/ngankieu0905)

Inbox Mrs Nguyễn Hường (www.facebook.com/ngankieu0905) để đăng kí các khóa LiveStream của Thầy Hùng !