Bộ đề ôn tập thi THPTQG 2019 môn toán sở GD đt vĩnh long

MA TRẬN 1
HÀM SỐ VÀ CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN

Mức độ

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12

Xét tính đơn điệu của hàm số (biết y, y’)
Tìm cực trị, điểm cực trị (biết đồ thị, BBT)
Nhận dạng BBT, nhận dạng hàm số
Max-Min biết đồ thị, BBT
Tìm đường tiệm cận (biết y)
Nhận dạng 3 hàm số thường gặp (biết đồ thị, BBT)
ĐK để hàm số-bậc ba đơn điệu trên khoảng K
ĐK để hàm số có cực trị tại xo (cụ thể)
ĐK hình học về 2 điểm cực trị (hàm bậc ba)
Nhận dạng hàm số chứa dấu l.l (biết đồ thị)
Đồ thị hàm N.b cắt d, thoả ĐK hình học
Bài toán thực tế, liên môn về Max-Min

13
14
15
16
17
18

TXĐ của hàm luỹ thừa, hàm vô tỷ
Thu gọn biểu thức, luỹ thừa
Tìm tập xác định của hàm số mũ, hàm số lôgarít
Bài toán thực tế, liên môn
Dạng pt, bpt mũ cơ bản
Toán tham số về phương trình mũ

1
2
1
3
2
4

19
20
21
22
23
24
25

Công thức nguyên hàm cơ bản, mở rộng

Hàm phân thức (chỉ biến đổi, không đặt)
Thể hiện quy tắc đổi biến (cho sẵn phép đặt t)
PP từng phần với (u = lôgarit)
Câu hỏi giải bằng định nghĩa, ý nghĩa HH
Thể tích vật thể tròn xoay y=f(x), y=g(x),... (quanh Ox)
Bài toán thực tế (gắn hệ trục, tìm đường cong,…)

1
1
2
2
2
3
3

26
27
28
29

Phần thực, phần ảo
Câu hỏi về mối liên hệ giữa 2 nghiệm phương trình
Tập hợp điểm biểu diễn là đường tròn, hình tròn
Max-Min của môđun của số phức.

1
2
3
4

30
31
32
33
34
35

Tính chất đối xứng của khối đa diện
Phân chia, lắp ghép khối đa diện
Khối chóp có một cạnh bên vuông góc với đáy
Sử dụng định về tỉ số thể tích
Khối lăng trụ xiên (có một mặt bên vuông góc với đáy)
Khối hộp chữ nhật

1
2
2
3
4
1

36
37
38

Tính độ dài đường sinh, bán kính đáy, đường cao khối nón
Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần khối trụ
Mặt cầu nội tiếp-ngoại tiếp đa diện

1

2
3

39
40
41
42
43
44
45

Tìm tọa độ điểm, tọa độ véctơ thỏa ĐK cho trước
Tìm tâm và bán kính, ĐK xác định mặt cầu
PTMC biết tâm, tiếp xúc với mặt phẳng
PTMP qua 3 điểm không thẳng hàng
PTĐT qua 1 điểm, VTCP tìm bằng t.c.h (cho đ.thẳng + mp)
Xét VTTĐ giữa đường thẳng và mặt phẳng
Max-Min trong không gian Oxyz.

1
1
2
2
3
2
4

46
47
48

49
50

Tích phân hàm ẩn phương pháp đổi biến.
Tích phân hàm ẩn phương pháp từng phần.
Max-Min của môđun của số phức.
Max-Min trong không gian Oxyz.
Max-Min trong không gian Oxyz.

4
4
4
4
4

HÀM SỐ LUỸ THỪA, MŨ VÀ LÔGARIT

NGUYÊN HÀM TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG

SỐ PHỨC

KHỐI ĐA DIỆN

KHỐI TRÒN XOAY

OXYZ

CÁC BÀI TOÁN VD CẦN DẠY

1

1
2
2
2
2
3
2
3
3
4
3

Ghi chú


TRƯỜNG THPT BÌNH MINH
Câu 1.

ĐỀ ÔN TẬP THPTG 2019

[2D1-1] Hỏi hàm số y =
−4 x 4 − 16 nghịch biến trong khoảng nào?

A. ( −∞;1) .

B. ( 0; + ∞ ) .

C. (1; + ∞ ) .

D. ( −∞;0 ) .

Lời giải
Chọn B.
TXĐ D = 
Ta có y′ = −16 x3 . Khi đó: y′ = 0 ⇔ x = 0 .
Do đó: y′ < 0 ⇔ x > 0 và y′ > 0 ⇔ x < 0 . Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( 0; +∞ ) .
Câu 2.

[2D1-1] Cho hàm số yfx   xác định, liên tục trên
x
y'
y

0

1





0

1



 0





và có bảng biến thiên sau:









3
4

4

Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số có ba giá trị cực trị.

B. Hàm số có ba điểm cực trị.

C. Hàm số có hai điểm cực trị.

D. Hàm số đạt cực đại tại điểm x  1.
Lời giải

Chọn B.
Dựa vào đồ thị hàm số, ta có các nhận xét sau:

Hàm số có ba điểm cực trị, gồm các điểm xxx
 1,1,0
đó.

vì đạo hàm y  đổi dấu đi qua các điểm



Hàm số đạt cực đại tại x  0 , đạt cực tiểu tại x  1.
Đáp án A. sai vì hàm số chỉ có hai giá trị cực trị là yCD  3 và yCT  4 . Nói đến đồ thị hàm số thì
 1;4,
 
0;3,
 1;4.
khi đó mới có ba điểm cực trị là ABC

Câu 3.

  

[2D1-2] Cho bảng biến thiên sau, xác định hàm số:
x
0
−1
−∞
y′
y

−

0

+∞
−4

A. y =x 4 − 2 x 2 − 3 .

+

0

−

−3

+∞

1

0

+
+∞

−4

B. y =
− x2 − 4x + 4 .

C. y = x3 + 3 x 2 − 4 x + 2 .

D. y =x 3 + 3 x 2 + 2 .
Lời giải

Chọn A.
Dựa vào bảng biến thiên ta nhận thấy hàm số là hàm trùng phương nên ta loại đáp án C và D.
Đồ thị hàm số qua điểm ( 0; −3) nên ta chọn đáp án A.
Câu 4.

[2D1-2] Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên sau.

Dựa vào bảng biến thiên ta có mệnh đề đúng là.
A. Hàm số đạt giá trị lớn nhất trên khoảng ( −∞; −1) .

.

B. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất trên nửa khoảng [ 2; +∞ ) .
C. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trên đoạn [ −2;1] .
D. Hàm số không có giá trị nhỏ nhất trên đoạn [ 0; 2] .
Lời giải
Chọn B.

3x + 1
. Khẳng định nào sau đây đúng?
1− x
A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 3 .
B. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = −1 .
C. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = −3 .
D. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y= 1.

Lời giải
−3, lim y =
−3 .
Chọn C Vì lim y =

Câu 5.

[2D1-2] Cho hàm số y =

x →+∞

Câu 6.

x →−∞

[2D1-2] Đồ thị hình bên là của hàm số nào?

y x3 − 3x .
A. =

y x3 + 3x .
B. =

− x3 + 2 x .
C. y =
Lời giải

Chọn A.

− x3 − 2 x .

D. y =


y x3 − 3x. thỏa.
Đồ thị của hàm số đi qua điểm A ( −1; 2 ) , O ( 0; 0 ) ,C (1; − 2 ) nên chỉ có =
Câu 7.

[2D1-3] Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x3 + mx 2 − x + m nghịch

biến trên khoảng (1; 2 )
11 

B.  −∞; −  .
4


A. [ −1; +∞ ) .

C. ( −∞; −1) .

11 

D.  −∞; −  .
4


Lời giải
Chọn D.
Ta có y '=

(x

3

+ mx 2 − x + m ) '= 3 x 2 + 2mx − 1

Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; 2 ) ⇔ y ' ≤ 0

1 − 3x 2
3 x 2 + 2mx − 1 ≤ 0
f ( x)
=
m ≤
∀x ∈ (1; 2 ) ⇔ 
⇔
2x
 ∀x ∈ (1; 2 )

∀x ∈ (1; 2 )

3x 2 + 1
Ta có f ' ( x ) =−
< 0, ∀x ∈ (1; 2 ) ⇒ f ( x ) nghịch biến trên khoảng (1; 2 )
2x2
11
⇒ f ( x ) > f ( 2) =
−
4
 m ≤ f ( x )
11

11 

Mặt khác 
⇒ m ≤ f ( 2 ) = − ⇔ m ∈  −∞; −  .
4
4

∀x ∈ (1; 2 )

Câu 8.

[2D1-2] Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y =

tại x = 3 .
A. m = 1 .

B. m = −1 .

1 3
x − mx 2 + (m 2 − 4) x + 3 đạt cực đại
3

C. m = 5 .

D. m = −7 .

Lời giải
Chọn C.
Ta có y′ = x 2 − 2mx + m 2 − 4 . Hàm số đạt cực trị tại x = 3 suy ra y′ ( 3) = 0 ⇔ m 2 − 6m + 5 =
0

m =1
⇔
m = 5
′′ 2 x − 2m .
Lại có y=

+, Với m = 1 , y′′ ( 3) = 6 − 2 = 4 > 0 . Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 (loại).
+, Với m = 5 , y′′ ( 3) =6 − 10 =−4 < 0 . Hàm số đạt cực đại tại x = 3 (thỏa mãn).
Vậy với m = 5 hàm số đạt cực đại tại x = 3 .
Câu 9.

[2D1-3] Tìm giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y= (2m − 1) x + 3 + m vuông góc

với đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y =x 3 − 3 x 2 + 1.
3
A. m = .
2

3
B. m = .
4

1
C. m = − .
2

Lời giải
Chọn B.

1

D. m = .
4


Ta có =
y′ 6 x 2 − 6 x . Từ đó ta có tọa độ hai điểm cực trị A(0;1), B(1; −1) . Đường thẳng qua hai điểm
cực trị có phương trình y =
−2 x + 1 . Đường thẳng này vuông góc với đường thẳng
3
y= (2m − 1) x + 3 + m khi và chỉ khi (2m − 1)(−2) =−1 ⇔ m = .
4
[2D1-3] Cho hàm số y =x 4 − 5 x 2 + 3 có đồ thị là hình 1. Hàm số nào dưới đây có đồ thị là

Câu 10.
hình 2?.

HÌNH 1

HÌNH 2

A. y = x 4 − 5 x 2 + 3 .

− x4 + 5x2 − 3 .
B. y =

C. y = x 4 + 5 x 2 + 3 .

D. y = x 4 − 5 x 2 − 3 .
Lời giải

Chọn A.
+ Giữ nguyên phần đồ thị y =x 4 − 5 x 2 + 3 phía trên trục hoành
+ Lấy đối xứng qua trục hoành của phần đồ thị y =x 4 − 5 x 2 + 3 nằm phía dưới trục hoành lên trên
trục hoành.
Câu 11. [2D1-4] Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để đường thẳng d : =
y 2 x + m cắt đồ thị hàm
số ( C ) : y =
A. m = −

1
.
2

3x + 1
tại 2 điểm phân biệt A, B thoả mãn độ dài AB nhỏ nhất.
x−4
B. m = 1 .

C. m = −1 .

D. m =

1
.
2

Lời giải
Chọn A

3x + 1

= x + 2m
x−4
x ≠ 4
 x ≠ 4
⇔ 2
⇔
0(*)
 x + x ( 2m − 7 ) − 8m − 1 =
( 3 x + 1) = ( x − 4 )( x + 2m )
để d cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt x1; x2
Phương trình hoành độ giao điểm là:

⇔=
∆ 4m 2 + 4m + 53 > 0 ⇔ ∀m ∈ 


theo định lí Viet ta có:

x1 + x2 =
− ( 2m − 7 ) ; x1.x2 =
−8m − 1

A ( x1; x1 + 2m ) ; B ( x2 ; x2 + 2m )
2 ( x1 − x2 )

=
AB

2

2
2
⇔ AB 2 = 2 ( x1 − x2 ) = 2 ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 


2
= 2 ( 2m − 7 ) − 4 ( −8m − 1=
=
) 2 ( 4m2 + 4m + 53
) 2 ( 2m + 1)2 + 52 ≥ 2.52


ABmin =2 26 ⇔ 2m + 1 =0 ⇔ m =−

1
2

Câu 12. [2D1-3] Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 961m 2 , người ta muốn mở rộng thêm 4 phần
đất sao cho tạo thành hình tròn ngoại tiếp mảnh vườn. Biết tâm hình tròn trùng với tâm của hình
chữ nhật . Tính diện tích nhỏ nhất S min của 4 phần đất được mở rộng.

A. Smin  961  961m 2  .

B. Smin  1922  961m 2  .

C. Smin  1892  946 m 2  .

D. Smin  480, 5  961m 2 
Lời giải

Chọn D
Gọi xym , m   xy 0,  0  lần lượt là hai kích thước mảnh vườn hình chữ nhật; R m  là bán kính
2
hình tròn ngoại tiếp mảnh vườn 
 ROB


2

xy2 



2

4

.

Theo đề bài, ta có xy  961m 2 .
Diện tích 4 phần đất mở rộng: SSSRxy
 tron 
 .

ABCD



 xy2  2 
4

2


Cosi

 xyxy .

Câu 13. [2D2-1]Tập xác định của hàm số y
= (9 − x )

2 −3

A. (−3;3) .

{}

B.  \ 3 .

2 xy

4

 480, 5  961 .

là:

C. (−∞;3) ∪ (3; +∞) .
Lời giải

Chọn D
Ta có α = −3 là số nguyên âm nên 9 − x 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ ±3

{ }

D.  \ ±3 .


Câu 14. [2D2-2]Rút gọn biểu thức

A. a 4 .

a

7 +1

.a 2−

(a )
2 −2

7

2 +2

, ( a > 0 ) được kết quả là:

B. a 3 .

C. a 5 .

D. a .

Lời giải
Chọn C
Câu 15. [2D2-1]Tập xác định của hàm=
số y log ( 2 x − x 2 ) là:
A. D = [ 0; 2]
C. D =

B. D =

( −∞;0 ) ∪ ( 2; +∞ )

( −∞;0] ∪ [ 2; +∞ )

D. D = ( 0; 2 )
Lời giải

Chọn D
Điều kiện 2 x − x 2 > 0 ⇔ 0 < x < 2 . Vậy tập xác định của hàm số là D = ( 0; 2 ) .
Câu 16.

[2D2-3]Ông Anh muốn mua một chiếc ô tô trị giá 700 triệu đồng nhưng ông chỉ có 500 triệu đồng
và muốn vay ngân hàng 200 triệu đồng theo phương thức trả góp với lãi suất 0, 75% tháng. Hỏi
hàng tháng ông Anh phải trả số tiền là bao nhiêu để sau đúng hai năm thì trả hết nợ ngân hàng?
A. 913.5000 đồng. B. 997.0000 đồng
C. 997.1000 đồng. D. 913.7000 đồng.
Lời giải
Chọn D

Để sau đúng n tháng trả hết nợ thì S n = 0 nên:

A (1 + r )

n

(1 + r )
−X
r

n

−1

A (1 + r ) .r
n

=
0 và X =

(1 + r )

n

−1

Nên số tiền ông Anh phải trả hàng tháng là:
24

 0, 75  0, 75

200. 1 +
 .
100  100

=
X
≈ 913.7000 đồng.
24
 0, 75 
1 +
 −1
100 


Câu 17. [2D2-2]Số nghiệm của phương trình 22 x
A. 2 .
B. 1 .

2

−7 x +5

= 1 là:
C. Vô số nghiệm.

Lời giải
Chọn A
Ta có 2

2 x2 −7 x +5

x = 1
= 1 ⇔ 2x − 7x + 5 =
.
0⇔
x = 5
2

2

D. 0 .


Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.

0 . Biết phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn
Câu 18. [2D2-4]Cho phương trình 4 x − ( m + 1) 2 x +1 + 8 =
6 . Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là
( x1 + 1)( x2 + 1) =
B. 1 < m < 3 .

A. Không có m .

C. m > 3 .

D. m < 2 .

Lời giải
Chọn B

0 (1) .
Đặt t = 2 x ( t > 0 ) thì phương trình đã cho trở thành t 2 − 2 ( m + 1) t + 8 =
Điều kiện để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 ⇔ (1) có hai nghiệm dương phân biệt t1 , t2

  m < −1 − 2 2
 m 2 + 2m − 7 > 0
 ∆′ > 0



⇔   m > −1 + 2 2 ⇔ m > −1 + 2 2 .
⇔  S > 0 ⇔ 2 ( m + 1) > 0

P > 0
8 > 0


m > −1
Khi đó t1 = m + 1 + m 2 + 2m − 7 = 2 x1 , t2 = m + 1 − m 2 + 2m − 7 = 2 x2

x1 + x2
6 ⇔ x1 x2 =
Ta có =
3 , ( x1 + 1)( x2 + 1) =
2
8 ⇒ x1 + x2 =
t1.t2 2=

) (
)

(
8
⇔ log ( m + 1 + m + 2m − 7 ) log
=2
m + 1 + m + 2m − 7
⇔ log ( m + 1 + m + 2m − 7 ) 3 − log ( m + 1 + m + 2m − 7 )  =2 (1)


u = 1
.
Đặt
0⇔
=
u log ( m + 1 + m + 2m − 7 ) thì (1) trở thành 3u − u − 2 =
u = 2
⇔ log 2 m + 1 + m 2 + 2m − 7 .log 2 m + 1 − m 2 + 2m − 7 =2
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Với u = 1 ⇒ m + 1 + m 2 + 2m − 7 =2 ⇔ m 2 + 2m − 7 =1 − m : ptvn do m > −1 + 2 2 .

2 (nhận).
Với u = 2 ⇒ m + 1 + m 2 + 2m − 7 =4 ⇔ m 2 + 2m − 7 = 3 − m ⇔ m =
Vậy m = 2 thỏa ycbt.
1
Câu 19. [2D3-1]Tất cả nguyên hàm của hàm số f ( x ) =
là
2x + 3
1
1
1
B. ln 2 x + 3 + C .
C. ln 2 x + 3 + C .
D.
A. ln ( 2 x + 3) + C .
ln 2 x + 3 + C .
ln 2
2
2
Lời giải
Chọn B

1
ln 2 x + 3 + C
2
2x4 + 3
Câu 20. [2D3-1]Hàm nào dưới đây là nguyên hàm của hàm số f ( x) =
.
x2

Áp dụng công thức nguyên hàm mở rộng:

2 x3 3
− +C .
3
x
3
2x
C. F ( x ) = + 3ln x 2 + C .
3

A. F ( x )=

Chọn A.

1

dx
∫ f ( x ) dx = ∫ 2 x + 3=

2 x3 3
+ +C.

3
x
3
D. F ( x ) = 4 x − + C .
x
Lời giải

B. F ( x )=


f ( x)=

2x4 + 3
3
2 x3 3
2
=
x
+
F
x
=
− +C.
2
;
)
(
x2
x2
x

3
π
3

sin 2 x
dx . Thực hiện phép đổi biến t = cos x , ta có thể đưa
x
+
1
cos
0

Câu 21. [2D3-2] Xét tích phân I = ∫
I về dạng nào sau đây?
π

π

1

1

2t
dt .
1 1+ t

2t
dt .
t
+

1
0

2t
A. I = − ∫
dt .
1
+
t
0
4

4

B. I = ∫

2t
dt .
1 1+ t

C. I = − ∫

D. I = ∫

2

2

Lời giải
Chọn C.

cos x ⇒ dt =
− sin xdx . Khi x = 0 thì t = 1 , khi x =
Ta có t =
π

π

3

3

π
3

thì t =

1
2

1
. Vậy
2

1

sin 2 x
2sin x cos x
2t
2t

I=
−∫
dt =
dt .
∫0 1 + cos x dx =
∫0 1 + cos x dx =
∫
1+ t
1 1+ t
1
2

Câu 22. [2D3-2] Tính tích phân I = ∫ ln xdx bằng cách đặt u = ln x , ta có thể đưa I về dạng nào sau đây?
A. x ln x + ∫ dx + C .

B.

1
− dx .
x ∫

C.
=
I x ln x − ∫ dx .

D.=
I ln x + ∫ dx .

Lời giải

Chọn C.

1

u = ln x du = dx
⇒
x

dv = dx v = x


=
∫ ln xdx

x ln x − ∫ dx
= x ln x − x + C

Câu 23. [2D3-2] Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [1; 2] và thỏa mãn=
f (1) 1,=
f ( 2 ) 2.
2

Tính I = ∫ f ′ ( x ) dx.
1

A. I = 1 .

B. I = −1 .

C. I = 3 .

D. I =

7
.
2

Lờigiải
Chọn A.
Ta có I =

2

∫
1

2

f ′ ( x ) dx = f ( x ) = f ( 2 ) − f (1) = 1.
1

Câu 24. [2D3-3] Thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x ,

y =− x + 2 , y = 0 quay quanh trục Oy , có giá trị là kêt quả nào sau đây?


1
A. V = π .
3

3
B. V = π .
2

C. V =

32
π.
15

D. V =

11
π.
6

Lời giải
Chọn C.

y ≥ 0
x⇔
và y =− x + 2 ⇔ x =2 − y .
2
x = y

y
Ta có=

 y = −2
Xét phương trình y 2 = 2 − y ⇔ y 2 + y − 2 = 0 ⇔ 

. Do y ≥ 0 nên y = 1 .
y =1
Thể tích khối tròn xoay cần tính khi quay quanh trục Oy là:
1

VOy π ∫ ( y 2 ) − ( 2 − y ) dy
=
2

2

0

1

1

 y5 y3

32π
= π ∫ ( y − y + 4 y − 4 ) dy
= π  − + 2 y 2 − 4 y =
(đvtt).
3
15
 5
0
0
4

2

Câu 25. [2D3-4] Ông An có một mảnh vườn hình Elip có độ dài trục lớn bằng 16m và độ dài trục bé bằng
10m . Ông muốn trồng hoa trên một dải đất rộng 8m và nhận trục bé của elip làm trục đối xứng
(như hình vẽ). Biết kinh phí để trồng hoa là 100.000 đồng/ 1m 2 . Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền
để trồng hoa trên dải đất đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn.)

8m

A. 7.862.000 đồng.

B. 7.653.000 đồng.

C. 7.128.000 đồng.

D. 7.826.000 đồng.

Lời giải
Chọn B.
Giả sử elip có phương trình

x2 y 2
+
=
1.
a 2 b2

Từ giả thiết ta có 2a = 16 ⇒ a = 8 và 2b = 10 ⇒ b = 5

5

−
y=
64 − y 2 ( E1 )

x
y
8
Vậy phương trình của elip là
+
=⇒
1 
64 25
 y 5 64 − y 2 ( E )
=
1

8
2

2

Khi đó diện tích dải vườn được giới hạn bởi các đường ( E1 ); ( E2 ); x =
−4; x =
4 và diện tích của
4

4

5
5
64 − x 2 dx=
64 − x 2 dx
∫
8
2
0
−4

dải vườn là S= 2 ∫

π
3
Tính tích phân này bằng phép đổi biến x = 8sin t , ta được
=
S 80  +

6 4 
π
3
Khi đó số tiền là T =+
80 
7652891,82  7.653.000 .
 .100000 =
6 4 
Câu 26. [2D4-1] Phần thực, phần ảo của số phức z= 4 − 3i lần lượt là
A. 4; −3 .

B. −4;3 .

C. 4;3 .

D. −4; −3 .

Lời giải
Chọn A.
Câu 27. [2D4-2] Biết z1 ; z2 là hai nghiệm của phương trình 2 z 2 + 3 z + 3 =.
0 Khi đó giá trị của z12 + z22 là:
A.

9
.
4

B. 9.

C. 4.

9
D. − .
4

Lời giải
Chọn D.


z1 + z2
 S =
Theo Viet, ta có: 

 P= z .z =
1 2


b
3
=
−
a
2
c 3
=
a 2

=
−

3
9
z12 + z22 =S 2 − 2 P = − 3 =−
4
4

Câu 28.

[2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn

z +i
là số thuần ảo. Tập hợp các điểm M biểu diễn
z −i

số phức z là:
A. Đường tròn tâm O , bán kính R = 1 .
B. Hình tròn tâm O , bán kính R = 1 (kể cả biên).
C. Hình tròn tâm O , bán kính R = 1 (không kể biên).
D. Đường tròn tâm O , bán kính R = 1 bỏ đi một điểm ( 0,1) .
Lời giải
Chọn D.
Gọi M ( a, b ) là điểm biểu diễn số phức z =
a + bi (a, b ∈ )


z + i a + (b + 1)i
a 2 + b2 − 1
2a
= 2
+ 2
i
Ta=
có:
2
z − i a + (b − 1)i a + (b − 1) a + (b − 1) 2
 a 2 + b 2 =
1
 a 2 + b2 =
1
z +i
a 2 + b2 − 1
⇔
⇔

Để
là số thuần ảo thì 2
=
0
 2

2
2
z −i
a + ( b − 1)
a ≠ 0, b ≠ 1
a + ( b − 1) ≠ 0

a 2 + b2 − 1
=0 ⇒ a 2 + b 2 − 1 =0 ⇒ a 2 + b 2 =1 ⇒ Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm O,
a 2 + (b − 1) 2
bán kính R = 1

Câu 29.

[2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 1 − i + z − 3 − 2i = 5 . Gọi M, m lần

lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của môđun của số phức z + 2i . Tính M + m.
5 + 5 10
.
5

A.

B. 10 + 5.

C.

2 + 13.

D. 2 10 + 5.

Lời giải
Chọn B.

x + yi; ( x; y ∈  ) có điểm M ( x; y ) biểu diễn z trên mặt
Gọi z =
phẳng tọa độ.
Ta có: z − 1 − i + z − 3 − 2i = 5

⇔

( x − 1) + ( y − 1)

⇔

( x − 1)

( x − 3) + ( y − 2 )

2

2

2

+ ( y + 2 ) − 3 +

+

2

2

( x − 3)

2

2

=5
2

+ ( y + 2 ) − 4  =5 (1)

Số phức z + 2i =x + ( y + 2 ) i có điểm M ' ( x; y + 2 ) biểu diễn
z + 2i trên mặt phẳng tọa độ.

Đặt A (1;3) , B ( 3; 4 ) thì từ (1) ta có: AM '+ BM ' =
5

Mặt khác AB =

( 2;1) ⇒ AB =

( 2)

5 ( 3)

 là góc tù (hoặc quan sát hình vẽ) ta
nên từ (2) và (3) suy ra M’ thuộc đoạn thẳng AB. Nhận xét rằng OAB
có M
m z=
OA
=
=' z max
= OB
= 5 và =
min

10 . Vậy M + m=

10 + 5 . (Chứng minh max min dựa vào

các tam giác OAM’, OM’B lần lượt tù tại A, M’).
Câu 30.
[2H1-1] Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 4 mặt phẳng.
B. 1 mặt phẳng.
D. 3 mặt phẳng.

C. 2 mặt phẳng.

Lời giải
Chọn A.

Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng bao gồm:


 2 mặt phẳng đi qua đỉnh hình chóp và chứa đường trung bình của đáy.
 2 mặt phẳng đi qua đỉnh hình chóp và chứa đường chéo của đáy.
Câu 31: [2H1-2] Cắt khối lăng trụ MNP.M ′N ′P′ bởi các mặt phẳng ( MN ′P′ ) và ( MNP′ ) ta được những
khối đa diện nào?
A. Hai khối tứ diện và hai khối chóp tứ giác.

B. Một khối tứ diện và một khối chóp tứ giác.

C. Ba khối tứ diện.

D. Hai khối tứ diện và một khối chóp tứ giác.
Hướng dẫn giải

Chọn C.
M

N

P

N'

M'
P'

.

Cắt khối lăng trụ MNP.M ′N ′P′ bởi các mặt phẳng ( MN ′P′ ) và ( MNP′ ) ta được ba khối tứ diện là

P.MNP′; P.MNN ′; M ′ .MN ′P ′ .

Câu 32:

[2H1-3] Cho hình lăng trụ ABCD. A′B′C ′D′ có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Các cạnh bên
tạo với đáy một góc 60o . Đỉnh A′ cách đều các đỉnh A, B, C , D . Trong các số dưới đây, số nào ghi
giá trị thể tích của hình lăng trụ nói trên?
A.

a3 3
.
2

B.

a3 6
.
2

C.

a3 6
.
3

D.

a3 6

.
9

Hướng dẫn giải
Chọn B.
Gọi O là tâm hình vuông ABCD . Từ giả thiết  A’ cách đều các đỉnh A, B, C ta suy ra hình chiếu của

 A’ trên mặt phẳng ABCD là O hay A’O là đường cao của khối lăng trụ.
Trong tam giác A’OA vuông tại A và 
A ' OA = 600 , ta có:

=
A ' O OA.tan
=
600

a
a 6
.
=
. 3
2
2

Diện tích đáy ABCD là S ACDD = a 2 .


Thể tích của khối lăng trụ là=
V B=
.h S ABCD . A =

'O

a3 6
.
2

a3 6
.
Vậy V =
2

.

Câu 33:

[2H1-2] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích bằng 1. Trên cạnh
SC lấy điểm E sao cho SE = 2 EC . Tính thể tích V của khối tứ diện SEBD .
A. V =

2
.
3

B. V =

1
.
3

C. V =

1
.
12

D. V =

1
.
6

Hướng dẫn giải
Chọn B.
S

E
A

B

Ta có=
VSBCD

D

C

.

1

1
.
=
VSABCD
2
2

VSEBD SE.SB.SD 2
1
. Do đó VSEBD = .
=
=
3
VSCBD SC.SB.SD 3

Câu 34:

[2H1-4] Để làm một máng xối nước, từ một tấm tôn kích thước 0,9m × 3m người ta gấp tấm tôn
đó như hình vẽ dưới biết mặt cắt của máng xối (bởi mặt phẳng song song với hai mặt đáy) là một
hình thang cân và máng xối là một hình lăng trụ có chiều cao bằng chiều dài của tấm tôn. Hỏi x ( m )
bằng bao nhiêu thì thể tích máng xối lớn nhất ?


x

3m

0,3m

xm

x
0,3m

0,9 m
3m
(a) Tấm tôn
A. x = 0, 6m .

0,3m

0,3m

(b) Máng xối
B. x = 0, 65m .

(c) Mặt cắt

C. x = 0, 4m .

.

D. x = 0,5m .

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Vì chiều cao lăng trụ bằng chiều dài tấm tôn nên thể tích máng xối lớn nhất khi diện tích hình thang cân
(mặt cắt) lớn nhất.

S

Ta có=

h
( x + 0,3) .
2

x − 0,3
=
⇒
=
BC
h
2

( 0,3)

2

( x − 0,3)
−
4

( x + 0,3) .

2

⇒
=
S

2

( 0,3)

B

4

.

0.3m

A

0.3m

2

C
h

S=

( x − 0,3)
−

2

.

1
2
2
( x + 0,3) 4. ( 0,3) − ( x − 0,3) .
4

Xét hàm số f ( x ) = ( x + 0,3) 4. ( 0,3) − ( x − 0,3) .
2

4. ( 0,3) − ( x − 0,3) + ( x + 0,3)

⇒=
f ′( x)

2

−2 ( x − 0,3)

2

4. ( 0,3) − ( x − 0,3) − ( x + 0,3)( x − 0,3)
=
2
2
4. ( 0,3) − ( x − 0,3)
2

2

2

4. ( 0,3) − ( x − 0,3)
2

2

0,36 − 2 x ( x − 0,3)
4. ( 0,3) − ( x − 0,3)
2

2

.

.

 x = −0,3
.
f ′ ( x ) = 0 ⇔ − x 2 + 0,3 x + 0,18 = 0 ⇔ 
 x = 0, 6
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f ( x ) lớn nhất khi x = 0, 6 .
Vậy thể tích máng xối lớn nhất khi x = 0, 6m .

Câu 35:

[2H1-1] Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ . Biết AB = a, AD = 2a, AA′ = 3a. Tính thể tích
khối hộp ABCD. A′B ′C ′D ′ .


A. 2a 3 .

B. 6a 3 .

C. 6a 2 .

D. 2a 2 .

Hướng dẫn giải
Chọn B.

. AA′ a=
.2a.3a 6a 3 ( đvtt ).
VABCD=
AB. AD
=
. A′B′C ′D ′

Câu 36: [2H2-1] Trong không gian cho tam giác ABC vuông cân tại A với đường cao AH , AB = 2a . Tính
bán kính R của đáy hình nón, nhận được khi quay tam giác ABC xoay quanh trục AH ?
A. R = 2a .

B. R = a 2 .

C. R =

a 2
.
2

D. R = 2a 2 .

Hướng dẫn giải
Chọn B.

.

=
R HB
=
Câu 37:

1
1
BC
=
2a =
2 a 2.
.
2
2

[2H2-2] Cho hình lập phương ABCD.A ′B′C′D′ có cạnh bằng a . Gọi S là diện tích xung quanh
của hình trụ có hai đường tròn đáy ngoại tiếp hai hình vuông ABCD và A ′B′C′D′ . Tính S .
A.

π a2 2
2

.

B. π a 2 2 .

C. π a 2 3 .
Hướng dẫn giải

Chọn B.
A'
B'

D'
C'

A
B

D
C

Gọi R, h lần lượt là bán kính của đường tròn đáy và chiều cao của khối trụ.
Ta có ABCD là hình vuông nên=
R

=
h AA
=′ a .

AC a 2
.
=
2

2

D. π a 2 .


a2
2

Khi đó:
VT π=
=
.R 2 .h π =
. .a

π a3
2

.

Câu 38: [2H2-3] Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng 1, SA vuông góc với đáy, góc
giữa mặt bên SBC và đáy bằng 60° . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC bằng bao
nhiêu?
A.

43π
.
4

B.

43π
.
12

C.

43π
.
36

D.

4π a 3
.
16

Hướng dẫn giải
Chọn B.
S

J
I

R
A

C
G

M

B

Ta có: AM =

.

3
3
, AG =
.
3
2

G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Dựng đường thẳng ∆ qua G và vuông góc mặt phẳng
( ABC ). Suy ra ∆ là trục đường tròn ngoại tiếp hình chóp S . ABC .
Gọi J là trung điểm SA . Trong mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng SA và ∆ kẻ đường thẳng trung
trực của đoạn SA cắt ∆ tại I . I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABC .

( SBC ) , ( ABC )=)
(

= 60° .
SMA

=
Tam giác SAM vuông tại A : tan SMA
JA
=

SA
⇒ SA =
AM

3
3
.
. 3=
2
2

SA 3
.
=
2 4

9 1
129
IA =IG 2 + AG 2 =JA2 + AG 2 = + =
∆IAG vuông tại J : R =
.
16 3
12
S =4πR 2 =4π

Câu 39:

129 43π
.
=

144 12

[2H3-1] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 3; 2;1) , B ( −1;0;5 ) . Tìm tọa độ
trung điểm của đoạn AB .


A. I (1;1;3) .

B. I (−1; −1;1) .

C. I (2;1;3) .

D. I (2; 2;6) .

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Dựa vào công thức trung điểm I ( xI ; yI ; z I ) của đoạn AB .

x A + xB

 xI = 2

y A + yB

⇒ I (1;1;3) .
 yI =
2

z A + zB


 zI = 2

Câu 40:

0
[2H3-1] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y + 6 z − 2 =
. Mặt cầu ( S ) có tâm I và bán kính R là.

2 3.
A. I (−2;1;3), R =

B. I (2; −1; −3), R =12 .

C. I (2; −1; −3), R =
4.

D. I (−2;1;3), R =
4.
Hướng dẫn giải

Chọn C.

0 (với a =
Mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d =
−2; b =
1; c =
3, d =
−2 ).
có tâm I =(− a; −b; −c) =(2; −1; −3) , bán kính R=

Câu 41:

a 2 + b 2 + c 2 − d= 4 .

[2H3-2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I ( −1; 2;1) và mặt phẳng ( P ) có phương

0 . Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) :
trình x + 2 y − 2 z + 8 =
A. ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) =
3.

B. ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z + 1) =
9.

C. ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) =
4.

D. ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) =
9.

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Hướng dẫn giải
Chọn D.

Ta
có: R d=
=
( I , ( P ))

−1 + 2.2 − 2.1 + 8
= 3.
2
2
2
1 + 2 + ( −2 )

Phương trình mặt cầu là: ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) =

9.
2

Câu 42:

2

2

[2H3-2] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P) đi qua ba điểm E ( 0; −2;3) ,
F ( 0; −3;1) , G (1; −4; 2 ) . Viết phương trình mặt phẳng ( P) .
A. ( P ) : 3 x + 2 y − z − 7 =
0.

B. ( P ) : 3 x + 2 y + z + 1 =
0.

0.
C. ( P ) : 3 x + 2 y − z + 7 =

0.
D. ( P ) : 3 x − 2 y − z − 1 =
Hướng dẫn giải


Chọn C.





 

Ta có EF = ( 0; −1; −2 ) , EG = (1; −2; −1) ,  EF , EG  = ( −3; −2;1) .



Suy ra VTPT của mặt phẳng ( P ) là
=
n

( 3; 2; −1) .

Phương trình mặt phẳng ( P ) là: 3 x + 2 ( x + 2 ) − ( y − 3) = 0 ⇔ 3 x + 2 y − z + 7 = 0 .

Câu 43:

[2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; −3; 4 ) , đường thẳng
x + 2 y −5 z −2
0 . Viết phương trình đường thẳng ∆ qua
và mặt phẳng ( P ) : 2 x + z − 2 =
d: = =
3
−5
−1
M vuông góc với d và song song với ( P ) .
A. ∆ :

x −1 y + 3 z − 4
.

=
=
−1
1
2

B. ∆ :

x −1 y + 3 z − 4
.
=
=
−1
−2
1

C. ∆ :

x −1 y + 3 z − 4
.
=
=
1
1
−2

D. ∆ :

x −1 y + 3 z − 4
.

=
=
−1
−1
−2

Hướng dẫn giải
Chọn C.



Đường thẳng d có VTCP là ud =

 



( 3; −5; −1) và mặt phẳng ( P ) có VTPT là n p = ( 2;0;1) .

Suy ra ud , n p  = ( −5; −5;10 ) .







Khi đó chọn VTCP của đường thẳng ∆ là =
u∆
Phương trình đường thẳng ∆ :

Câu 44:

(1;1; −2 ) .

x −1 y + 3 z − 4
.
=
=
1
1
−2

[2H3-2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng có phương trình
x − 2 y −1 z −1
. Xét mặt phẳng ( P ) : x + my + ( m 2 − 1) z − 7 =
0, với m là tham số thực.
d: = =
1
1
−1
Tìm m sao cho đường thẳng d song song với mặt phẳng ( P ) .

 m = −1
.
m = 2

A. 

B. m = 2 .

C. m = 1 .

D. m = −1 .

Hướng dẫn giải
Chọn A.



Đường thẳng d có một VTCP=
u



Mặt phẳng ( P ) có một VTPT
=
n

(1;1; − 1) .

(1; m; m

2

− 1) .


 m = −1
.

d / / ( P ) ⇔ u.n =
0 ⇔ 1 + m − ( m 2 − 1) =
0 ⇔ −m2 + m + 2 = 0 ⇔ 
m
=
2

Câu 45: [2H3-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 2;1;1) , B ( 0;3; − 1) . Điểm M

0 sao cho MA + MB nhỏ nhất là
nằm trên mặt phẳng ( P ) :2 x + y + z − 4 =


A. (1;0; 2 ) .

B. ( 0;1;3) .

C. (1; 2;0 ) .

D. ( 3;0; 2 ) .

Lời giải

Chọn C
Khi đó Trước hết ta xét vị trí tương đối của hai điểm A ( 2;1;1) và B ( 0;3; − 1) so với mặt phẳng

( P ) :2 x + y + z − 4 =0 . Ta có ( 2.2 + 1 + 1 − 4 )( 2.0 + 3 − 1 − 4 ) =−4 < 0. Do đó A ( 2;1;1) và
A ( 0;3; − 1) nằm khác phía so với mặt phẳng ( P ) :2 x + y + z − 4 =
0.
Theo bất đẳng thức tam giác ta có MA + MB ≥ AB . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M , A, B

= AB ∩ ( P ) .
thẳng hàng hay M


Đường thẳng AB qua điểm A ( 2;1;1) và có vec tơ chỉ phương AB =
−2 (1; −1;1) có phương trình

 x= 2 + t

tham số  y = 1 − t Suy ra M ( 2 + t ;1 − t ;1 + t ) .
 z = 1 + t.

Vì M ∈ ( P ) nên ta có 2 ( 2 + t ) + 1 − t + 1 + t − 4 =0 ⇔ 2t =−2 ⇔ t =−1.
Vậy M (1; 2;0 ) .

 π
Câu 46: [2D3-4] Cho hàm số f ( x ) liên tục, không âm trên đoạn  0;  , thỏa mãn f ( 0 ) = 3 và
 2
 π
f ( x )=
. f ′ ( x ) cos x. 1 + f 2 ( x ) , ∀x ∈  0;  . Tìm giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của
 2
π π 
hàm số f ( x ) trên đoạn  ;  .
6 2
A. m =

21
, M =2 2.

2

B. m =

C. m =

5
, M= 3.
2

D. m = 3 , M = 2 2 .

5
, M =3.
2

Lời giải

Chọn A
Từ giả thiết f ( x )=
. f ′ ( x ) cos x. 1 + f 2 ( x )
⇒

f ( x). f ′( x)

f ( x). f ′( x)
=
cos x ⇒ ∫
dx =
sin x + C

1+ f 2 ( x)
1+ f 2 ( x)

Đặt t = 1 + f 2 ( x ) ⇒ t 2 =1 + f 2 ( x ) ⇒ tdt =
f ( x ) f ′ ( x ) dx .
Thay vào ta được ∫ d=
t sin x + C ⇒=
t sin x + C ⇒ 1 + f 2 ( x )= sin x + C .

2.
Do f ( 0 ) = 3 ⇒ C =
Vậy 1 + f 2 ( x=
) sin x + 2 ⇒ f 2 ( x=) sin 2 x + 4sin x + 3

⇒ f ( x )=

 π
sin 2 x + 4sin x + 3 , vì hàm số f ( x ) liên tục, không âm trên đoạn  0;  .
 2


1
≤ sin x ≤ 1 , xét hàm số g ( t ) = t 2 + 4t + 3 có hoành độ đỉnh t = −2 loại.
6
2
2
 1  21
Suy ra max g=
.
=

g ( t ) g=
( t ) g=
(1) 8 , min
 
1 
1 
2
4
;1
;1


 
 
Ta có

π

≤x≤

π

⇒

2 

2 

π 
π 

Suy ra max=
f ( x ) g=
2 2 , min =
f ( x ) f=
 


π π 
π π 
2
6

 ; 
 ; 
6
2
6 2








21
.
2

Câu 47: [2D3-4] Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 0; 2] thỏa mãn f ( 2 ) = 6 ,

2

2

∫  f ′ ( x ) dx = 7 và
0

2

∫ x. f ( x ) dx =
0

A. 8 .

17
. Tích phân
2

B. 6 .

Chọn A

2

∫ f ( x ) dx bằng
0

C. 7 .
Lời giải

D. 5 .

2

Tính: I = ∫ x. f ( x ) dx .
0

 du = f ′ ( x ) d x
u = f ( x ) 
Đặt: 
⇒
1 2
dv = xdx
v = x

2
2
2 12
1
1 2
Ta có: I
=
x . f ( x ) − ∫ x 2 f ′ ( x ) dx= 12 − ∫ x 2 f ′ ( x ) dx , (vì f ( 2 ) = 6 ).
0 20
20
2
2

2

17
17
1
Theo giả thiết: ∫ x. f ( x ) dx =
⇒
=12 − ∫ x 2 f ′ ( x ) dx
2
20
2
0
2

⇔ ∫ x 2 f ′ ( x ) dx =
7
0

2

2

2

⇔ ∫ x f ′ ( x ) dx = ∫  f ′ ( x )  dx
2

0

⇔

0

∫ ( x f ′ ( x ) −  f ′ ( x )
2

2

0

⇔

2

∫ f ′ ( x ) .  x
0

2

2

0
) dx =

− f ′ ( x )  dx =
0

1
x 2 ⇒ f ( x ) = x3 + C .
0 ⇔ f ′( x) =
⇒ x2 − f ′ ( x ) =
3

10
Với f ( 2 ) = 6 ⇒ C = .
3
1 3 10
Khi đó: f (=
x)
x + .
3
3
2
2
10 
10  2
1
1
Vậy ∫ f ( x ) dx = ∫  x 3 +  dx =  x 4 + x  = 8 .
3
3
3 0
 12
0
0


Câu 48: [2D4-4] Cho số phức z1 thỏa mãn z1 − 5 + 3i = z1 − 1 − 3i và z2 thỏa mãn z2 − 4 − 3i = z2 − 2 + 3i
. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = z1 − z2 + z1 − 6 + i + z2 − 6 − i .
A.

18
13

.

B.

16
13

C. 2 10 .

.

D. 6 .

Lời giải

Chọn A
Gọi z=
x1 + y1i được biểu diễn bởi điểm M ( x1 , y1 ) , z=
x2 + y2i được biểu diễn bởi điểm
1
2
N ( x2 , y2 ) . Điểm A ( 6;1) .

Từ giả thiết z1 − 5 + 3i= z1 − 1 − 3i ⇒ −2 x1 + 3y1= 6 , suy ra M ∈ d1 : 2 x − 3y − 6 =
0.
z2 − 4 − 3i = z2 − 2 + 3i , suy ra N ∈ d2 : x + 3y − 3 =
0.

Khi đó P = z1 − z2 + z1 − 6 + i + z2 − 6 − i = MN + MA + NA . Bài toán đưa về tìm hai điểm M ∈ d1 ,

N ∈ d2 để chu vi tam giác AM1 M2 đạt giá trị nhỏ nhất.

Gọi A1 , A2 lần lượt là điểm đối xứng của A qua d1; d2 . Ta có

2 x − 3 y =
6
 72 22 
⇒ B  ;  và
AM + MN + NA ≥ A1 A2 ⇒ Pmin = A1 A2 = 2 BC với B 
20
 13 13 
3 x + 2 y =

 x + 3y =
3
 27 −4 
⇒ C  ;  . Vậy =
C
Pmin 2=
BC
17
 5 5 
3 x − y =

18
13

.

Câu 49: [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) =

9
2

2

2

0 . Gọi M ( a; b; c ) là điểm trên mặt cầu ( S ) sao cho khoảng
và mặt phẳng ( P ) : 2 x − 2 y + z + 3 =
cách từ M đến ( P ) là lớn nhất. Khi đó

5.
A. a + b + c =

6.
B. a + b + c =

7.
C. a + b + c =
Lời giải

8.
D. a + b + c =

Chọn C
2
2
2
Mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) =
9 có tâm I (1; 2;3) và bán kính R = 3.

Gọi d là đường thẳng đi qua I (1; 2;3) và vuông góc ( P )

 x = 1 + 2t

Suy ra phương trình tham số của đường thẳng d là  y= 2 − 2t .
 z= 3 + t



Gọi A, B lần lượt là giao của d và ( S ) , khi đó tọa độ A, B ứng với t là nghiệm của phương
t = 1
2
2
2
trình (1 + 2t − 1) + ( 2 − 2t − 2 ) + ( 3 + t − 3) =
9⇔
t = −1
13
Với t =
1 ⇒ A ( 3;0; 4 ) ⇒ d ( A;( P ) ) =
.
3
5
Với t =−1 ⇒ B ( −1; 4; 2 ) ⇒ d ( B;( P ) ) = .
3
Với mọi điểm M ( a; b; c ) trên ( S ) ta luôn có d ( B;( P) ) ≤ d ( M ;( P) ) ≤ d ( A;( P) ) .
Vậy khoảng cách từ M đến ( P ) là lớn nhất bằng

7.
Do đó a + b + c =

13
khi M ( 3;0; 4 )
3

Câu 50. [2H3-2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu

( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − m )
2

m

2

2

m2
= , với m > 0 là tham số và hai điểm A ( 2;3;5) , B (1;2; 4 ) .
4

9.
Tìm giá trị nhỏ nhất của m để trên ( Sm ) tồn tại điểm M sao cho MA2 − MB 2 =
A. m = 1 .

B. m= 3 − 3 .

C. m= 8 − 4 3 .
Lời giải

Chọn C

D. m =

4− 3
.
2

2
2
2
m2
m
Ta có ( Sm ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − m ) = có tâm I (1;1; m ) bán kính R = .
4
2
2
2
Gọi M ( x , y, z ) từ giả thiết MA − MB = 9 ⇔ ( P ) : x + y + z − 4 = 0 .

(

)

Suy ra M ∈ ( Sm ) ∩ ( P ) . Suy ra d I , ( P ) ≤ R ⇔

m−2
3

≤

m
⇔ 8−4 3 ≤ m ≤ 8+ 4 3 .
2

Vậy giá trị m cần tìm thỏa yêu cầu bài toán là m= 8 − 4 3 .


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH LONG
ĐỀ ÔN THI SỐ……

ĐỀ ÔN THI THPTQG - NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài 90 phút (không kể thời gian giao đề)
Mã đề thi …..

Họ, tên thí sinh……………………………Lớp……………………….

y=
− x3 − 3x 2 + 1 đồng biến trên khoảng nào sau đây?

Câu 1.

[2D1-1] Hàm số

Câu 2.

[2D1-1] Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình bên:

A. ( 0; 2 )

C. ( −2;0 ) .

B. ( −∞; − 2 )

D. ( 0;+∞ ) .

Khẳng định nào sau đây là đúng?

Câu 3.

A. Hàm số đạt cực đại tại x = 3 .

B. Hàm số đạt cực đại tại x = 4 .

C. Hàm số đạt cực đại tại x = 2 .

D. Hàm số đạt cực đại tại x = −2 .

[2D1-2] Giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số nào dưới đây nằm trên đường
thẳng d : y = x
A. y =

Câu 4.

2x −1
.
x+3

B. y =

x+4
.
x −1

C. y =

2x +1
.
x+2

D. y =

1
x+3

[2D1-2] Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ( −4; 4 ) và có bảng biến thiên trên

( −4; 4 ) như bên. Phát biểu nào sau đây đúng?

A. max y = 0 và min y = −4 .
( −4;4 )

( −4;4 )

B. min y = −4 và max y = 10 .
( −4;4 )

( −4;4 )

C. max y = 10 và min y = −10
( −4;4 )

( −4;4 )

D. Hàm số không có GTLN, GTNN trên ( −4; 4 )
Câu 5.

[2D1-2] Tìm số tiệm cận của đồ thị hàm số y =
A. 2 .

Câu 6.

B. 1 .

x2 − 5x + 4
.
x2 −1
C. 0 .

D. 3 .

[2D1-2] Hàm số nào trong bốn hàm số sau có bảng biến thiên như hình vẽ sau?

Tập thể giáo viên toán Vĩnh Long s ư u tầ m và biê n tậ p

Trang 1/26 - Mã đề thi 132


A.

Câu 7.

y=
− x3 + 3x 2 − 1 .

B.

y =x3 + 3x 2 − 1 .

[2D1-3] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
trên khoảng ( 0;1) .
1
3

y = x3 − 3x + 2 .

m

để hàm số

D.

y =x3 − 3x 2 + 2 .

y=
x3 − 3mx 2 − 9m2 x nghịch biến

B. m < −1 .

A. m > .

C. m ≥

C.

1
1
hoặc m ≤ −1 . D. −1 < m < .
3
3

y=
− x 4 + 2mx 2 + 1 đạt cực tiểu tại x = 0 khi:

Câu 8.

[2D1-2] Hàm số
A. −1 ≤ m < 0 .

Câu 9.

[2D1-2.13-3] Cho hàm số

B. m ≥ 0 .

C. m < −1 .

D. m > 0 .

y =x3 − 3mx + m2 ( m là tham số). Có bao nhiêu số nguyên m bé

hơn 10 thỏa mãn đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị A, B sao cho AB ≥ 2
A. 18 .
B. 9 .
C. 5 .
D. 10 .

x+2
có đồ thị như hình 1. Đồ thị hình 2 là đồ thị của hàm số nào sau
2x −1

Câu 10. [2D1-3] Cho hàm số y =
đây?

A. y =

| x | +2
.
2 | x | −1

5.

B. y =

x+2
.
2x −1

C. y =

x+2

.
| 2 x − 1|

D. y =

| x+2|
.
2x −1

x +1
. Số các giá trị tham số m để đường thẳng y= x + m luôn cắt
x−2
đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trọng tâm tam giác OAB nằm trên đường

Câu 11. [2D1-4] Cho hàm số y =
tròn x
A. 1 .

2

+ y2 − 3y =
4 là
B. 0 .

C. 3 .

D. 2 .

Câu 12. Một công ty bất động sản có 50 căn hộ cho thuê. Biết rằng nếu cho thuê mỗi căn hộ với giá
2 000 000 đồng mỗi tháng thì mọi căn hộ đều có người thuê và cứ mỗi lần tăng giá cho thuê

mỗi căn hộ 100 000 đồng mỗi tháng thì có thể 2 căn hộ bị bỏ trống. Muốn có thu nhập cao
nhất, công ty đó phải cho thuê với giá mỗi căn hộ là bao nhiêu?
B. 2 350 000 .
A. 2 250 000 .
C. 2 450 000 .
D. 2 550 000 .
Tập thể giáo viên toán Vĩnh Long s ư u tầ m và biê n tậ p

Trang 2/26 - Mã đề thi 132