ĐÁP án CHI TIẾT đề số 19 TOÁN

Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 19
1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

B

A

C

A

A

D

C

B

C

C

A

D

B

D

D

D

D

C

B

B

D

D

A

D

B

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
D

A

Câu 1:

B

D

B

C

B

B

B

C

D

A

D

D

D

C

C

C

A

D

D

A

D

A

D

Một khối hộp chữ nhật nội tiếp trong một khối trụ. Ba kích thước của khối hộp chữ
nhật là a , b , c . Thể tích khối trụ là

















A.

1
 c 2  a2 b .
4

B.

1
1
1
 a2  b2 c hoặc  b2  c 2 a hoặc  c 2  a2 b .
4
4
4

C.

1
 a2  b2 c .
4

D.

1
 b2  c 2 a .
4









Lời giải
Chọn B.
Khối hộp nội tiếp khối trụ thì ta thấy một kích thức của khối hộp sẽ bằng chiều cao của khối
trụ và hai kích thước còn lại sẽ là hai cạnh của đáy
Gọi h là chiều cao của khối hộp ta có h  a hoặc h  b hoặc h  c

 Thể tích sẽ có giá trị













1
1
1
 a2  b2 c hoặc  b2  c 2 a hoặc  c 2  a2 b .
4
4
4

Facebook: />

Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
Câu 2:





Tập xác định của hàm số y  ln 1  x  1 là:
A. 
 1; 0  .

C. 
 1;   .

B. 
 1; 0  .

D.  1; 0  .

Lời giải
Chọn A.


 x  1  1
x  1  1
x  0
1  x  1  0





 x  1
x  1
x  1
x  1  0

Điều kiện xác định 

Vậy tập xác định của hàm số là 
 1; 0  .

Câu 3:

Cho tứ diện ABCD có ABC , BCD là các tam giác đều cạnh a . Góc giữa  ABC  và

 BCD  là 60 . Tính V
a3 2
A. V 
.
8

ABCD

.

a3 3
C. V 
.
16

a3 2
B. V 
.
12

a3
D. V 
.
8

Lời giải
Chọn C.

A

B

D
H

M
C

Gọi M là trung điểm BC ta có ABC , BCD là các tam giác đều cạnh a nên AM  BC và

DM  BC , mặt khác  ABC    BCD   BC

Vậy

  ABC  ;  BCD    AM; MD   AMD  60 .

AM là đường cao của tam giác đều ABC  AM 

a 3
.
2

Gọi H là hình chiếu của A lên MD

BC  AM
 BC   AMD    AMD    BCD   AH   BCD  .
BC  MD

Ta thấy 

Facebook: />

Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
AH  AM.sin 60 
Vậy VABCD 

Câu 4:

a 3
3a
sin 60 
2
4

1

1 3a a2 3 a3 3
.
AH.SBCD  . .

3
3 4
4
16

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : x  y  2z  1 và đường
thẳng  :
A. 30 .

x y z 1
. Góc giữa  và   là
 
1 2
1
B. 120 .
C. 150 .

D. 60 .

Lời giải
Chọn A.

  : x  y  2z  1 có vectơ pháp tuyến là n  1; 1; 2  .
:

x y z 1

có vectơ chỉ phương u   1; 2; 1 .
 
1 2
1

Gọi  là góc giữa  và    sin  

 sin  
Câu 5:

u.n
u n



1.1   1 .2  2.  1
12   1  2 2 12  2 2   1
2

2



1
2

1
  30 .
2

Một nguyên hàm của hàm số f  x  
A.

 f  x  dx  x  ln x  1  1 .

C.

 f  x  dx  x  ln  x  1 .

x
.
x 1
B.

 f  x  dx  ln x  1  x  1 .

D. x  ln  x  1 .
Lời giải

Chọn A.

x

 x  1 dx  
Vậy

Câu 6:

x  11


1 
dx    1 
 dx  x  ln x  1  C
x1
 x 1

 f  x  dx  x  ln x  1  1 là một nguyên hàm của f  x  .

Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  ex  e x , trục hoành,
trục tung và đường thẳng x  2 .
A. S 

e4  1
(đvdt).
e2

B. S 

e4  1
(đvdt).
e

C. S 

Lời giải
Chọn D.

Facebook: />
e2  1
(đvdt).

e

D. S 

e4  1
(đvdt).
e2


Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
Ta có: S 

0

e

x

e

x



dx  e  e

2

x2

Câu 7:

x

x



1 e4  1
 e  2  2 (đvdt).
2
e
e

0

2

Cho F  x    et dt . Tính F   2  .
2

0

C. F   2   4e16 .

B. F   2   8e16 .

A. F   2   4e 4 .

D. F  2   e 4 .

Lời giải
Chọn C.
Gọi G  x  là nguyên hàm của hàm số et .
2

 

 F  x   G x2  G  0 

 

 F  x   2 x.G x2  2 x.e x .
4

 F   2   4.e16

Câu 8:

Cho số phức z thoả mãn z  i  1 , tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức

w  2iz  1 trong mặt phẳng Oxy .
A. Đường tròn tâm I  0;  1 , bán kính R  2 .
B. Đường tròn tâm I  1; 0  , bán kính R  2 .
C. Đường tròn tâm I  1; 0  , bán kính R  2 .
D. Đường tròn tâm I  0; 1 , bán kính R  2 .
Lời giải
Chọn B.
Ta có: w  2iz  1  z 
Đặt w  x  yi  x , y 

Mặt khác: z  i  1 

w 1
.
2i

.
2
w 1
 i  1  w  1  2  2  w  1  2   x  1  y 2  4 .
2i

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức w  2iz  1 trong mặt phẳng Oxy là: đường tròn
tâm I   1; 0  , bán kính R  2 .

Câu 9:

Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số y 

 m  1 x  2

điểm A  3;1 :
A. m  2 .

B. m  0 .

Facebook: />
1 x

có đường tiệm cận ngang đi qua

C. m  2 .

D. m  4 .


Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
Lời giải
Chọn C.





Ta có lim y   m  1 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là: y    m  1 .
x 

Tiệm cận ngang đi qua điểm A  3;1 nên:   m  1  1  m  2 .

x3
Câu 10: Hàm số y   3x2  5x  2 nghịch biến trên khoảng nào?
3
A.  2; 6  .

C.  3; 5  .

B.   0  .

D.  0; 4  .

Lời giải
Chọn C.
TXĐ: D 

.

lim y   ; lim y   .
x

x

x  1
.
y  x2  6x  5 . y  0  
x  5
Bảng biến thiên :

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng  1; 5  nên hàm số nghịch biến trên khoảng  3; 5  .





Câu 11: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  ln x2  2 x  1  x trên đoạn  2; 4  là
A. 2 .

C. 3 .

B. 2ln3  4 .

Lời giải
Chọn A.
Ta có y  2 ln  x  1  x liên tục và xác định trên đoạn  2; 4 

y 

2
3x
; y  0  x  3 .
1 
x 1
x 1

y  2   2 ; y  3   2 ln 2  3 ; y  4   2 ln 3  4 .
Vậy min y  2 .
2;4 

Facebook: />
D. 2ln2  3 .


Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
1
Câu 12: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y   x3  x2   m  1 x nghịch biến
3
trên tập xác định của nó.
A. m  

4
.

3

C. m  2 .

B. m  0 .

D. m  2 .

Lời giải
Chọn D.
Ta có y  x2  2x  m  1 . y  0, x 

khi   1  m  1  0  m  2 .

Câu 13: Đồ thị ở hình bên là đồ thị của hàm số nào sau đây?

A. y 

2x  1
.
8  4x

B. y 

2x  1
.
2x

C. y 

2x  1
.
x2

D. y 

2x  1
.
x2

Lời giải
Chọn B.
Dựa vào đồ thị ta thấy có hai đường tiệm cận là y  2 và x  2 , ngoài ra đồ thị còn đi qua



1
2

điểm M  0;  nên đồ thị trên là của hàm số y 



Câu 14: Cho f  x  

2x  1
.
2x

1

, chọn mệnh đề sai trong các mệnh đề sau:
x2

A. Trên  2;   , nguyên hàm của hàm số f  x  là F  x   ln  x  2   C1 ; trên khoảng

 ; 2  , nguyên hàm của hàm số f  x 

là F  x   ln   x  2   C 2 ( C1 , C2 là các hằng

số).

B. Trên khoảng  ; 2  , một nguyên hàm của hàm số f  x  là G  x   ln   x  2   3 .
C. Trên  2;   , một nguyên hàm của hàm số f  x  là F  x   ln  x  2  .
D. Nếu F  x  và G  x  là hai nguyên hàm của của f  x  thì chúng sai khác nhau một
hằng số.
Lời giải
Chọn D.

Facebook: />

Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
D sai vì F  x   ln  x  2  và G  x   ln   x  2   3 đều là các nguyên hàm của hàm số f  x 
nhưng trên các khoảng khác nhau thì khác nhau.









Câu 15: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log m 2 x2  x  3  log m 3x2  x với m là
tham số thực dương khác 1 , biết x  1 là một nghiệm của bất phương trình đã cho.





1







1







1







A. S  2; 0   ; 3  .
3

B. S  
 1; 0    3 ; 3  .

C. S   1; 0    1; 3  .

D. S  
 1; 0   3 ; 3 .



Lời giải
Chọn D.
Do x  1 là nghiệm nên ta có log m 6  log m 2  0  m  1 .
2

2 x 2  x  3  3 x 2  x
x  2x  3  0
Bất phương trình tương đương với  2
 2

3 x  x  0
3x  x  0
1  x  3
1  x  0



.

1  1
x


0;
x
x


3

 3
3




1







Vậy S  

 1; 0   3 ; 3 .

5  2x
 2 có bao nhiêu nghiệm thực?.
12x  8
B. 0 .
C. 2 .
D. 3 .

Câu 16: Phương trình log x 4.log 2
A. 1 .

Lời giải
Chọn D.

2
5
 x
Điều kiện:  3
2.
x  1

Với điều kiện đã cho, phương trình tương đương với log 2

 log 2

5  2x
5  2x
 log 2 x 
x

12x  8
12x  8


3  69
x 
12
 12x2  6x  5  0  

3  69
x 

12

Facebook: />
5  2x
 2 log 4 x
12 x  8


Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
Đối chiếu điều kiện ta được: x 

3  69
12

Vậy phương trình có duy nhất một nghiệm.

Câu 17: Trong các phép biến hình sau, phép nào không phải là phép dời hình?
A. Phép vị tự tỉ số 1 .

B. Phép đối xứng tâm.
C. Phép quay.
thẳng.

D. Phép chiếu vuông góc lên một đường

Lời giải
Chọn D.
Phép dời hình là phép bào toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kì nên phép chiếu vuông góc
lên một đường thẳng.
Câu 18:

Cho các mệnh đề sau:
(I) Hàm số y 

x1
nghịch biến trên từng khoảng xác định.
x2

(II) Hàm số đồng biến y  x3  1 trên

.

(III) Tổng hai hàm số đồng biến trên khoảng K là một hàm số đồng biến trên K .
(IV) Tích hai hàm số đồng biến trên khoảng K là một hàm số đồng biến trên K .
Trong các mệnh đề trên, có bao nhiêu mệnh đề đúng ?
A. 1 .

C. 3 .

B. 2 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn C.
Ta xét:
(I) Hàm số y 

3
x1
nghịch biến trên từng khoảng xác định là mệnh đề đúng vì y 
,
2
x2
x

2
 

x  2 nên hàm số đồng biến trên  ; 2  ,  2;   .
là mệnh đề đúng vì y  3x2  0 , x 

(II) Hàm số đồng biến y  x3  1 trên

 x  0 nên hàm số đồng biến trên

và y  0

.

(III) Tổng hai hàm số đồng biến trên khoảng K là một hàm số đồng biến trên K là mệnh đề
đúng.
(IV) Tích hai hàm số đồng biến trên khoảng K là một hàm số đồng biến trên K là mệnh đề sai
vi dụ, ta xét hai hàm số đồng biến trên

là y  x 1 và y  x3 nhưng hàm số

y   x  1 x 3  x 4  x 3 không đồng biến trên

Facebook: />
.


Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
Câu 19:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho  P  : 2x  y  6z  1  0 và A  1; 1; 0  , B  1; 0;1
. Hình chiếu vuông góc của đoạn thẳng AB lên  P  có độ dài bằng bao nhiêu?
A.

155
.
61

B.

237
.
41

137
.
41

C.

D.

255
.
61

Lời giải
Chọn D.
Ta có: A thuộc  P  nên hình chiếu của A lên  P  là điểm A .
Gọi B là hình chiếu vuông góc của B lên  P  .

 x   1  2t

Lúc đó: Phương trình đường thẳng qua B vuông góc với  P  có dạng d :  y  t
 z  1  6t


 47
3 23 
; ; 
 41 41 41 

Khi đó tạo độ điểm B là giao điểm của d và  P  nên B  

Vậy AB 
Câu 20:

237
.
41

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD.ABCD , biết tọa độ

A  3; 2;1 , C  4; 2; 0  , B  2;1;1 , D  3; 5; 4  . Tìm tọa độ A .
A. A  3; 3;1 .

B. A  3; 3; 3  .

C. A  3; 3; 3  .

D. A  3; 3; 3  .

Lời giải
Chọn B.

1
2

1
2

1
2

5
2

Gọi I  ; 2;  là trung điểm của AC và I   ; 3;  là trung điểm của BD 





Do ABCD.ABCD là hình hộp nên AII A là hình bình hành nên AI  AI   A 3; 3; 3 .
Câu 21:

Cho hình nón tròn xoay có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân. Biết diện tích thiết diện
đó là 8 cm 2 . Tính diện tích toàn phần của hình nón nói trên.
A. 8 2 cm 2 .

B. 16 2 cm 2 .

C. 12 2 cm 2 .

.
Lời giải

Chọn D.

Facebook: />




D. 4 2 2  2 cm2


Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020

h

l
r

Ta có diện tích thiết diện bằng

1 2
l 8l4hr 2 2.
2

Diện tích toàn phần của hình nón bằng





Stp  Sxq  Sd   rl   r 2  2 2 2 2  4  4 2
Câu 22:





2 2 .

Tìm phần thực, phần ảo của số phức z , biết z là một căn bậc hai của w  221  60i và có
phần thực lớn hơn phần ảo.
A. Phần thực bằng 15 , phần ảo bằng 2 .

B. Phần thực bằng 2 , phần ảo bằng 15 .

C. Phần thực bằng 15 , phần ảo bằng 2 .

D. Phần thực bằng 15 , phần ảo bằng 2 .
Lời giải

Chọn D.
Gọi z  a  bi  a , b 

 . Ta có z   a  bi 
2

2

 a2  b2  2abi .

 a  15

a2  b2  221  b  2

Suy ra 
.
a  15

2ab  60

 b  2
Do phần thực của z lớn hơn phần ảo của z nên z  15  2i .
Câu 23:

Cho hàm số y  f  x   x 3  3x  2 có bảng biến thiên như hình bên.

Hàm số HD   SAC   G có bảng biến thiên nào dưới đây?

A.

.

Facebook: />
B.

.


Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020

C.

.

D.

.

Lời giải

Chọn A.

 x  2
Ta có x3  3x  2  0  
. Suy ra đồ thị của hàm số y  f  x  như sau:
x  1
Giữ nguyên phần đồ thị của hàm số y  f  x  với x  2 và lấy đối xứng phần đồ thị
của hàm số y  f  x  với x  2 qua trục Ox .
Câu 24:

Tập các giá trị thực của tham số m để phương trình 4



 
x

2 1 



x

2  1  m  0 có đúng

hai nghiệm âm phân biệt là một khoảng có dạng  a; b  . Giá trị a  b là:
A. 8 .

C. 6 .

B. 10 .

D. 9 .

Lời giải

Chọn D.

4



 
x

2 1 



x

2  1  m  0 . Đặt t 



 t  0 .

2 1

1
t

x

Ta được phương trình 4t   m  0  m  4t 

1
t

 2 .

Với x  0  0  t  1 và với một giá trị t   0; 1 thì có đúng một giá trị x thỏa mãn. Do đó
yêu cầu bài toán   2  có đúng hai nghiệm t   0; 1 .



1
t



Đặt f t  4t  . Ta có f  t  4 

1
1
; f  t   0  t  .
2
2

t

BBT

Ta có f  1  5 do đó ycbt  4  m  5 . Vậy a  b  9 .

Facebook: />

Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
Câu 25:

Bố Nam gửi 15000 USD vào ngân hàng theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,73% / tháng để
dành cho Nam đi đại học. Nếu cuối mỗi tháng kể từ ngày gửi Nam rút đều đặn 300 USD thì
sau bao nhiêu tháng Nam hết tiền ? (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
C. 71 tháng.

B. 62 tháng.

A. 65 tháng.

D. 75 tháng.

Lời giải

Chọn B.
Gọi n là số tháng cần tìm. N là số tiền gửi của bố Nam. A là số tiền Nam rút mỗi
tháng.
Đến cuối tháng 1 (sau khi Nam rút tiền) số tiền ở ngân hàng là: N  A .
Đến cuối tháng 2 (sau khi Nam rút tiền) số tiền ở ngân hàng là:

 N  A  .1,0073  A  N.1,0073  A  A.1,0073 .

……
Đến cuối tháng thứ n (sau khi Nam rút tiền) số tiền ở ngân hàng là:





T  N.1,0073n1  A  A.1,0073  ...  A.1,0073n1 .
Do đó: N.1,0073n1  A
Câu 26:

1  1,0073n
 n  62 (tháng).
1  1,0073

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 ,
mặt phẳng   : x  4 y  z  11  0 . Gọi  P  là mặt phẳng vuông góc với   ,  P  song song
với giá của vectơ u  1; 6; 2 và tiếp xúc với  S  . Phương trình mặt phẳng  P  là:





A. 2x  y  2z  5  0 ; 2x  y  2z  2  0 .

B. x  2y  2z  3  0 ; x  2 y  z  21  0 .

C. 2x  y  2z  2  0 ; x  2 y  z  21  0 .

D. 2x  y  2z  3  0 ; 2x  y  2z  21  0 .

Lời giải
Chọn D.

  có một vtpt là n  1; 4;1 .
Do  P  song song với giá của vectơ u 1; 6; 2  và vuông góc với  
nên  P  có một vtpt n  n , u   2;  1; 2  .


Suy ra phương trình mặt phẳng  P  có dạng : 2x  y  2z  d  0 .
Mặt khác mặt cầu  S  có tâm I  1; 3; 2  và bán kính R  4 .





Do  P  tiếp xúc với  S  nên d I ,  P  

d  3
4 
.
2
d


21
2
2


2   1  2

234d

Vậy có hai mặt phẳng  P  thỏa mãn yêu cầu bài toán là

2x  y  2z  3  0 và 2x  y  2z  21  0 .
Câu 27:

Cho tam giác ABC có AB  3 , BC  5 , CA  7 . Tính thể tích khối tròn xoay do tam giác

ABC sinh ra khi quay tam giác ABC quanh đường thẳng AB .
Facebook: />

Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
A.

75
.
4

125
.
8
Lời giải

B. 50 .

C.

D.

275
.
8

Chọn A.

Gọi p 

15 3
AB  BC  AC
khi đó ta có: SABC  p  p  AB p  BC  p  AC  
.
4
2

2S
5 3
1
Gọi H là chân đường cao kẻ từ C , khi đó: SABC  CH.AB suy ra CH  ABC 
.
AB
2
2
Gọi V là thể tích cần tính.
V1 là thể tích khối nón khi quay tam giác AHC quanh AH .
V2 là thể tích khối nón khi quay tam giác BHC quanh AH .
Ta có V  V1  V2 

Câu 28:

Cho hình chóp

1
1
1
1
75
.
AH.CH 2 .  BH.CH 2  CH 2 .  AH  BH    CH 2 .AB 
3
3
3
3
4

S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a , SA  a , SB  a 3 ,

SAB   ABCD  . Gọi M ,

N lượt lần là trung điểm của AB, AC . Tính côsin góc  giữa

SM và DN .
A. cos  

5
.
4

B. cos  

2
.
4

C. cos  

5
.
4

D. cos  

Lời giải
Chọn B.
S

a

a 3

P

A

D

H
M

N

B

2a

C

Gọi P là trung điểm của AD , H là chân đường vuông góc hạ từ S xuống AB .
Theo giả thiết  SAB    ABCD  nên SH   ABCD  .

Facebook: />
1
.
2


Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
Xét tam giác SAB có AB2  SA2  SB2  SAB vuông tại S . Ta có: MP / / DN do đó góc
giữa SM và DN là góc giữa SM và MP .
Xét tam giác SAB có: SM 

Ta lại có: MP 

SA.SB a 3
1
a

 AH  SA2  SH 2  .

AB  a và SH 
AB
2
2
2

a 5
1
.
BD  a 2 . Mặt khác: HP  HA2  AP 2 
2
2

Do đó: SP  SH 2  HP2  a 2 .
Xét tam giác SHP có cos SMP 

Câu 29:

SM 2  MP 2  SP 2 a2  2a2  2a2
1
2
.



2.SM.MP
4
2.a.a 2
2 2

 

Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong C : y 

3 4
x  x2  1 biết tiếp tuyến vuông góc
2

với đường thẳng d : x  8y  0 .

A. y  8 x 

13
.
2

B. y  8x 

13
.
2

C. y  8 x 

13
.
2

D. y  8x 

13
.
2

Lời giải
Chọn D.

Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm.
Phương trình tiếp tuyến của  C  tại M có dạng y  y '  x0  x  x0   y0
Ta có: y  6x3  2x  y '  x0   6 x0 3  2 x0 .

Vì tiếp tuyến của đường cong

C  : y  23 x

4

 x2  1 vuông góc với đường thẳng

 1
3
d : x  8y  0 nên    6 x0 3  2 x0  1  6x0 3  2x0  8  0  x0  1  y0  .
2
 8
13
3
Vậy phương trình tiếp tuyến là: y  8  x  1   y  8x 
.
2
2



Câu 30:





Hệ số của x 7 trong khai triển 2  x  3x 2



n

là bao nhiêu, biết n là số tự nhiên thỏa mãn

Cn0  Cn1  Cn2  29 .
A. 53173 .

C. 53172 .

B. 38053 .

D. 38052 .

Lời giải
Chọn B.
Điều kiên: n  2 .
Ta có: Cn0  Cn1  Cn2  29  1  n 

n  n  1
2

n  8
 29  n2  n  56  0  
n7.
n  7

Facebook: />

Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020



Khi đó: 2  x  3x
7

2

   C  2  x   3x 
7

7

k 0

k

k

k
7

2

7 k

7

  C 2  1 x

  C 3x
k 0

k
7

2

7 k

k

i 0

i
k

k i

i

i

  C7kCki 2k i 37 k  1 xi 142 k
i

k 0 i 0

Hệ số của x 7 có k thỏa mãn: i  14  2k  7  2k  7  i .

i

1

3

5

7

k

4

5

6

7

Vậy hệ số của x 7 là:

C74C41 23 33  C75C53 22 32  C76C65 2.3  C77C77  30240  7560  252  1  38053 .
 

1
Câu 31: Cho dãy  xn  thỏa lim xn   . Tính giới hạn lim  xn  cos  1  
xn
 
 
A. Không tồn tại.

B. 1 .

D. 1 .

C. 0 .
Lời giải

Chọn C.
 

1
lim  xn  cos  1  
xn
 
 


 1
 lim 
 1
x
 n




 sin 2 1 


2 xn 
2 
2 1

2
sin
 0.1  0 .

   lim . 
2 
2
x
x

n 

n   1  


  2x  

 n 

Câu 32: Cho hàm số y  x 4  2  m  1 x 2  2m  1 có đồ thị là  C m  . Tìm tất cả các giá trị của m
để đồ thị  C m  cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng.
A. m  4 .

m  4
B. 
.
m   4

9

 m  4
D. 
.
m  4

9

C. m  4 .
Lời giải

Chọn B.
Xét phương trình hoành độ giao điểm

 x2  1

x 4  2  m  1 x 2  2 m  1  0   2
.
 x  2m  1
Để đồ thị  C m  cắt trục hoành tại 4 điểm phân thì 2m  1  0  m 
TH1: 2m  1  1  m  0

1
.
2

Khi đó hoành độ của các giao điểm tính từ bé đến hớn là :  2 m  1 ; 1 ; 1 ;
Để các hoành độ lập thành cấp số cộng thì 1  2m  1  2 
mãn điều kiện).
TH2: 2m  1  1  m  0

Facebook: />
2m  1

2m  1  3  m  4 (thỏa


Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
Khi đó hoành độ của các giao điểm tính từ bé đến hớn là : 1 ;  2 m  1 ;

2m  1 ; 1

Để các hoành độ lập thành cấp số cộng thì  2m  1  1  2 2m  1

 3 2m  1  1  m  

4
(thỏa mãn điều kiện).
9

m  4
Vậy 
.
m   4

9

Câu 33: Cho hình nón đỉnh N , đáy là hình tròn tâm O , góc ở đỉnh 120 . Trên đường tròn đáy
lấy một điểm A cố định và một điểm M di động. Gọi S là diện tích của tam giác

NAM . Có bao nhiêu vị trí của M để S đạt giá trị lớn nhất?
A. Vô số vị trí.

B. Hai vị trí.

C. Ba vị trí.

D. Một vị trí.

Lời giải

Chọn D.

Gọi l  l  0  là độ dài đường sinh của hình nón.
Vì góc ở đỉnh bẳng 120 nên ANO  60 . Ta có bán kính đường tròn đáy là

OA  NA.sin ANO  l.sin 60 

l 3
.
2

Vì hình nón đã cho có góc ở đỉnh là 120 nên 0  ANM  120 .

1
1
Ta có S  .NA.NM.sin ANM  l 2 .sin ANM .
2
2
Diện tích S lớn nhất khi và chỉ khi sin ANM lớn nhất  sin ANM  1  ANM  90
 Tam giác ANM vuông cân tại N . Khi đó AM  l 2 . Mà A cố định nên M nằm





trên đường tròn A; l 2 .
Mặt khác M nằm trên đường tròn đáy e x  e x  2cos ax nên M là giao điểm của





đường tròn A; l 2 và đường tròn đáy. Dễ thấy hai đường tròn này cắt nhau tại hai
điểm phân biệt.
Vậy có hai vị trí điểm M .

Facebook: />

Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
Câu 34: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng chứa M  1; 3; 2 

OA OB OC
.


1
2
4
A. x  2 y  4z  1  0 . B. 4x  2y  z  8  0 . C. 4x  2 y  z  1  0 . D. 2x  y  z  1  0 .
và cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho

Lời giải
Chọn B.
Gọi   là mặt phẳng cần tìm.
Vì   cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C nên ta có A  a; 0; 0  , B  0; b; 0  ,
C  0; 0; c   a , b , c  0  .

Phương trình   theo đoạn chắn là
Vì M    nên ta có
Ta có

x y z
  1.
a b c

1 3 2
   1  1 .
a b c

a b c
OA OB OC
a b c


      2 .
1
2
4
1 2 4
1 2 3

a  2

Từ  1 và  2  ta có b  4 .
c  8

Vậy   :

x y z
   1  4x  2 y  z  8  0 .
2 4 8

Câu 35: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A  2; 3; 7  , B  0; 4; 3  , C  4; 2; 3  . Biết
M  x0 ; y0 ; z0    Oxy  sao cho MA  MB  MC nhỏ nhất. Khi đó tổng P  x0  y0  z0

bằng:
A. P  3 .

C. P  3 .

B. P  6 .

D. P  0 .

Lời giải
Chọn C.


7
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC . Ta có G  2;1;  .
3

Ta có MA  MB  MC  3MG  3. MG  3MG .

MA  MB  MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MG ngắn nhất. Mà M   Oxy  nên MG
ngắn nhất  M là hình chiếu của G trên  Oxy  .
Do đó M  2;1; 0  . Suy ra x0  2 , y0  1 , z0  0 . Ta có P  x0  y0  z  2  1  0  3 .
Câu 36: Cho hàm số y 

2x  1
C  . Tìm m để đường thẳng  : y  2x  m cắt  C  tại hai điểm
x1

phân biệt A , B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng
A. m  2 .

B. m  2 .

Facebook: />
3 (đvdt).

C. Không tồn tại m . D. m  2 .


Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
Lời giải
Chọn A.
Ta có 2 x  m 

2

2x  1
2 x   m  4  x  m  1  0 1

x1
.

 x  1

Phương trình  1 có   m2  8  0 với mọi m .

1
SOAB  d O,   .AB  m x1  x2  2 3
2





2
 m2  x1  x2   4 x1 x2   12  m2 m2  8  48 .



 m2  4  m  2 .
Câu 37: Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy là tam giác vuông, BA  BC  a , cạnh bên

AA  a 2 , M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách giữa AM và BC .
A.

a 7
.
7

B.

a 2
.
2

C.

a 3
.
3

D.

a 5
.
5

Lời giải
Chọn C.
C'

A'
B'

N
H
C

A
I

M
B

Ta có MN // BC  BC //  AMN 
Kẻ BI  AM , BH  NI  BH   ANM  .



 



Suy ra d  BC , AM   d C ,  ANM   d B,  ANM   BH .
Ta có BI 

BA.BM a 5
BI .BN a 7
.

 BH 

AM
5
IN
7

Câu 38: Người ta dựng trên mặt đất bằng phẳng một chiếc lều từ một tấm bạt hình chữ nhật
có chiều dài 12m và chiều rộng 6m bằng cách: Gập đôi tấm bạt lại theo đoạn nối

Facebook: />

Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
trung điểm hai cạnh là chiều rộng của tấm bạt sao cho hai mép chiều dài còn lại của
tấm bạt sát đất và cách nhau x  m  . Tìm x để không gian phía trong lều lớn nhất.
A. x  3 3 .

D. x  3 2 .

C. x  4 .

B. x  3 .

Lời giải
Chọn D.
Ta có thể tích của lều là V  3x. 36  x2 .
Để không gian phía trong lều lớn nhất thì Vmax .

V  3x. 36  x 2  3.

x2  36  x2
 54 với mọi x   0; 6  .
2

Dấu "  " xảy ra khi x  36  x2  x  3 2 .

Câu 39: Nếu z là số phức thỏa mãn z  z  2i thì giá trị nhỏ nhất của z  i  z  4 là
B. 2 .

A. 4 .

C.

3.

D. 5 .

Lời giải
Chọn D.
Đặt z  x  yi biểu diễn điểm M  x; y  .

z  z  2i  y  1 .
z  i  z  4 nhỏ nhất  MA  MB nhỏ nhất, với A  0;1 , B  4; 0  .
Gọi B đối xứng với B qua đường thẳng y  1 suy ra B  4; 2  .
Do đó, MA  MB  MA  MB  AB  5 .

Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  2 z  15  0 và mặt
cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 y  2 z  1  0 . Khoảng cách nhỏ nhất từ một điểm thuộc  P  đến
một điểm thuộc  S  là
A.

3
.
2

B.

3
.
3

C.

3.

D.

3 3
.
2

Lời giải
Chọn D.
Mặt cầu  S  có tâm I  0;1;1 và bán kính R 





3 , d I;  P 

5 3
.
2

Do đó, khoảng cách nhỏ nhất từ một điểm thuộc  P  đến một điểm thuộc  S  là





d I;  P  R 

3 3
.
2

Facebook: />

Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020

Câu 41: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên

thỏa

 f  0   f   0   1;
.

 f  x  y   f  x   f  y   3xy  x  y   1, x,y 
1

Tính

 f  x  1dx .
0

A.

1
.
2

B. 

1
.
4

C.

1

.
4

D.

7
.
4

Lời giải
Chọn C.
Lấy đạo hàm theo hàm số y

f   x  y   f   y   3x 2  6 xy , x  .
Cho y  0  f   x   f   0   3x 2  f   x   1  3x 2
Vậy f  x    f   x dx  x 3  x  C mà f  0   1  C  1 suy ra f  x   x 3  x  1 .
1

0

0

 f  x  1dx   f  x dx   
1

0

1

0

 x4 x2

1 1
1
x  x  1 dx     x      1  .
4 2
4
 4 2
 1
3



Câu 42: Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số dạng abc thỏa a , b , c là độ dài 3 cạnh của một
tam giác cân ( kể cả tam giác đều )?
A. 45 .
B. 81 .

C. 165 .

D. 216 .

Lời giải
Chọn C.

0  y  2 x

Gọi độ dài cạnh bên và cạnh đáy của tam giác cân là x , y  0  y  9
0  x  9



0  y  9
suy ra có 9.5  45 cặp số.
5  x  9

Th1: 

x  i
với 1  x  4 . Với mỗi giá trị của i , có 2i  1 số.
1  y  2i  1

Th2: 

Do đó, trường hợp này có:  2.1  1   2.2  1   2.3  1   2.4  1  16 cặp số
Suy ra có 61 cặp số  x; y  . Với mỗi cặp  x; y  ta viết số có 3 chữ số trong đó có 2 chữ số x ,
một chữ số y .

Facebook: />

Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
Trong 61 cặp có:
+ 9 cặp x  y , viết được 9 số.
+ 52 cặp x  y , mỗi cặp viết được 3 số nên có 3.52  156 số.
Vậy tất cả có 165 số.

Câu 43: Cho khối hộp ABCD.ABCD . Gọi M là trung điểm của AB . Mặt phẳng  MBD 
chia khối hộp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích 2 phần đó.
A.

7
.
24

B.

5
.
12

C.

7
.
17

D.

5
.
17

Lời giải
Chọn C.

S

A

D

M
C

B

A'

B'

D'

C'

Đặc biệt hóa: ABCD.ABCD là hình lập phương cạnh a .
Gọi N là trung điểm của AD suy ra MN //BD//B ' D ' suy ra thiết diện là MNDB .

V1 là thể tích phần chứa đỉnh A ; V2 là phần còn lại.
Gọi S  AA  MB nên S , N , D thẳng hàng; MN 

V1  VSABD  VSAMN

V2  Vlp  V1 

1
1
BD  SA  SA
2
2

2
1  1 2 1  1   1  3 a3  7 3
1
a .
 SA.SABD  SA.SAMN    2a. a   a     a   
3 2
2 2   3
8  24
3



V
7
17 a 3
. Vậy 1 
.
V2 17
24

Câu 44: Biết phương trình z4  3z3  4z2  3z  1  0 có 3 nghiệm phức z1 , z2 , z3 . Tính
T  z1  z2  z3 .

Facebook: />

Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
B. T  4 .

A. T  3 .

D. T  2 .

C. T  1 .
Lời giải

Chọn A.
2


1

1
3 1
z  3z  4z  3z  1  0  z  3z  4   2  0   z    2  3  z    4  0
z
z
z z


4

3

2

2

2



1

1
1
  z    3  z    2  0 Đặt t  z 
z
z
z


t  1
pt  t 2  3t  2  0  
t  2
Ta có: z 

z

1
3
1
i
 1  z2  z  1  0  z  
2 2
z

1
 2  z2  2z  1  0  z  1
z

T  z1  z2  z3 

1
3
1
3

i 
i  1  3.
2 2
2 2

Câu 45: Gọi A là tập các số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số
thuộc A . Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 45 .
A.

5
.
162

B.

2
.
81

C.

1
.
36

D.

53
.
2268

Lời giải
Chọn D.
Gọi số cần tìm có dạng: abcdefgh

a có 9 cách chọn
Các chữ số còn lại có A97
Nên số phần tử của không gian mẫu: 9.A97  1632960
Gọi B  0,1, 2, 3, 4, 5,6,7,8,9
Ta có: 0  1  2  3  4  5  6  7  8  9  45 9
Ta có các bộ số mà tổng chia hết cho 9 : B \0,9 , B \1,8 , B \2,7 , B \3,6 , B \4, 5 .
Xét B \0,9  1, 2, 3, 4, 5,6,7,8
Gọi số cần tìm có dạng: abcdefgh

Facebook: />

Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
Chọn h có một cách.
Chọn 7 chữ số còn lại xếp vào 7 vị trí có: 7! .
Nên trường hợp này có 7! cách.
Xét B \1,8  0, 2, 3, 4, 5,6,7,9
+ Tận cùng là chữ số 0 : có 7! cách
+ Tận cùng là chữ số 5 : a có 6 cách; các chữ số còn lại có: 6! cách
Suy ra: 7! 6.6!  9360

Các trường hợp B \2,7 , B \3,6 tương tự như B \1,8 .
Xét B \4, 5  0,1, 2, 3,6,7,8,9
Gọi số cần tìm có dạng: abcdefgh
Chọn h có một cách.
Chọn 7 chữ số còn lại xếp vào 7 vị trí có: 7! .
Nên trường hợp này có 7! cách.
Suy ra số phần tử của biến cố A là: 7!.2  9360.3  38160 .
Vậy xác suất của biến cố A là:
Câu 46:

38160
53

1632960 2268

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a , AD  2a . Tam giác SAB cân và

nằm trong mặt phẳng vuông góc đáy. Góc giữa SC và  ABCD  bằng 45 . Gọi M là trung

 

điểm SD . Tính d M , SAC
A.

2a 1315
.
89

B.

 .

a 1315
.
89

C.
Lời giải

Chọn D.

Facebook: />
2a 1513
.
89

D.

a 1513
.
89


Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
Gọi H là trung điểm AB , I là tâm hình chữ nhật ABCD và G là giao điểm của AC và
DH .

SAB cân tại S  SH  AB , mà  SAB    ABCD  nên SH   ABCD  .





Khi đó SC , ABCD

   SCH  45  SH  HC.tan45 

MD   SAC   S 





17 a
.
2


  MS  1  2d M; SAC  d D; SAC .
     
d  D; SAC   DS 2

d M ; SAC 

Ta có G là trọng tâm ABD 

HD   SAC   G 

BH 2  BC 2 

HG 1
 .
DG 2


  HG  1
d  D; SAC   DG 2

d H ; SAC 



 



1
 d H ; SAC   d D; SAC   d M; SAC  .
2
Kẻ HK  AC  AC   SHK    SAC    SHK  .
Kẻ HL  SK   SHK    SAC   HL   SAC   HL  d  H ; SAC  .
Xét AHI có

1
1
1
a 5
.

 2  HK 

2
2
5
HK
HA HI

Xét SHK có

17 a 1513
1
1
1
 HL  a

.


2
2
2
89
89
HL HS HK

 

Vậy d M; SAC
Câu 47:

  a

1513
.
89

Giả sử tồn tại số thực a sao cho phương trình ex  e x  2cos ax  4 có 10 nghiệm thực phân
biệt. Số nghiệm (phân biệt) của phương trình ex  e x  2cos ax là:
A. 5 .

B. 20 .

C. 10 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn A.
2

Ta có e  e
x

x

2

x
x
 x
 x

 
 

ax 
 2cos ax  4   e 2  e 2   2 cos ax  2   e 2  e 2    2 cos 
2 


 


x
 2x

ax
2
e

e
 2 cos

2
 x
x

ax
 2
2
e  e  2 cos 2

 1
2

Facebook: />
2


Khóa Luyện Đề Nâng Cao 2020
Nhận thấy x  0 không là nghiệm của phương trình đã cho.
Nếu x  x0 là nghiệm của  1 thì x   x0 là nghiệm của  2  .
Do đó số nghiệm của  1 và  2  bằng nhau và đồng thời khác nhau đôi một.

  1 có đúng 5 nghiệm x1 ; x 2 ; x 3 ; x 4 ; x 5 .
Vậy phương trình ex  e x  2cos ax có đúng 5 nghiệm phân biệt là

Câu 48:

Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm cấp 2 liên tục trên

x1 x 2 x 3 x 4 x 5
,
;
;
;
.
2 2 2 2 2

 f  x   0,  x  ,

thoả  f  0   f   0   1,

.
 2
2
 xy  y  yy,  x  .

Mệnh đề nào sau đây đúng?
A.

1
 ln f 1  1 .
2



B. 0  ln f 1 

1
.
2

C.

3
 ln f 1  2 .
2



D. 1  ln f 1 

3
.
2

Lời giải
Chọn D.
Ta có xy2  y2  yy 

f   x  x2
 y 
y x 2
yy  y2
 C .


x
hay



C

x
 
f  x 2
y
2
y2
y

Lại có f  0   f   0   1  C  1 .
Ta có

f  x
f  x





1
1
f  x
 x2

x2
1  
dx     1  dx  ln f  x 
2
2

0 f  x
0





 1  ln f 1 
Câu 49:



1
0



7
7
 ln f 1  .
6
6

3
.
2

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho phương trình đường phân giác trong của góc A là

x y6 z6
. Biết M  0; 5; 3  thuộc đường thẳng AB và N  1;1; 0  thuộc đường thẳng


1
4
3
AC . Vector nào sau đây là vector chỉ phương của đường thẳng AC ?
A. u   0;1; 3  .

C. u   0;  2; 6  .

B. u   0;1;  3  .

Lời giải
Chọn A.

MN  1;  4;  3  ,

d qua điểm A  t ; 6  4t ; 6  3t  và có VTCP u  1;  4;  3 .
Suy ra MN //d

Facebook: />
D. u  1; 2; 3  .