Đề thi KSCL môn Toán năm 2020 lần 1 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

NHÓM TOÁN VD–VDC
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

NĂM HỌC 2019 - 2020
KỲ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM HỌC 2019 - 2020
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
-----------------------------------

Câu 1.
Câu 2.
Câu 3.

3x − 1
có phương trình là
x−2
A. x = −2 .
B. x = 2 .
C. x = −3 .
Phương trình log 3 ( x − 1) − 2 =
0 có nghiệm là
Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

A. x = 8 .
B. x = 1 + 3 .
C. x = 9 .
D. x = 10 .
Trong không gian Oxyz , đường thẳng ∆ là giao tuyến của hai mặt phẳng
0 . Véctơ nào dưới đây là một véctơ chỉ phương
(α ) : x + 2 y + z − 1 =0 và ( β ) : x − y − z + 2 =
của đường thẳng ∆ ?



A. u = ( −1; −1;3) .
Câu 4.

D. x = 3 .



B. u = ( −1; −2;3) .



C. u =

( −1; 2;3) .



D. u=

(1; −2;3) .

Điểm M trong hình vẽ là điểm biễu diễn của số phức z . Tìm phần thực và phần ảo của số
phức z .

Câu 6.

trình là
x +1

A. =
1
x −1
C. =
1
Cho hình

Câu 8.

x +1 y + 2 z + 4
y+2 z+4
.
B. = =
.
=
1
1
−5
1
5
x −1 y − 2 z − 4
y−2 z−4
.
D. = =
.
=
1
1
5
1

−5
chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và SA ⊥ ( ABC ) . Điểm nào sau
đây là tâm của mặt cầu đi qua các điểm S , A , B , C ?
A. Trung điểm của đoạn thẳng AB .
B. Trung điểm của đoạn thẳng SC .
C. Trung điểm của đoạn thẳng BC .
D. Trung điểm của đoạn thẳng AC .

Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) đi qua A ( 0;0; − 1) và nhận n (1; − 1; 2 ) làm một vecto
pháp tuyến có phương trình là
A. x − y + 2 z − 2 =
0.

B. x − y − 2 z + 2 =
0.

C. x − y + 2 z + 2 =
0.

D. x + y + 2 z + 2 =
0.

Qua phép chiếu song song, tính chất nào không được bảo toàn?
A. Song song.
B. Thẳng hàng.
C. Đồng qui.

D. Chéo nhau.
Trang 1

NHÓM TOÁN VD – VDC

Câu 5.

A. Phần thực là −3 và phần ảo là 2i .
B. Phần thực là 2 và phần ảo là −3 .
C. Phần thực là 2 và phần ảo là −3i .
D. Phần thực là −3 và phần ảo là 2 .
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2;3; −1) , B (1; 2; 4 ) . Đường thẳng AB có phương

Câu 7.

NHÓM TOÁN VD – VDC

Đề thi gồm có 06 trang - 50 câu trắc nghiệm


NHÓM TOÁN VD–VDC
Câu 9.

NĂM HỌC 2019 - 2020

Cho số phức z =−2 + 3i . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm biểu diễn số phức z là điểm có
tọa độ là
A. ( −2;3) .
B. ( 3; − 2 ) .
C. ( 3; 2 ) .
D. ( −2; − 3) .

B. π a 2 .

C. 2 3π a 2 .





Câu 11. Trong không gian Oxyz ,cho a =−i + 2 j − 3k . Tọa độ của vectơ a là
A. 3π a 2 .

A. ( −1; 2; −3) .

B. ( 2; −3; −1) .

D. 2π a 2 .

C. ( 2; −1; −3) .

D. ( −3; 2; −1) .

C. P = 2 .

D. P = −2 .

Câu 12. Rút gọn biểu thức P = log 1 ( log a b 2 .log b a ) với hai số thực a , b dương tùy ý và khác 1 .
4

1
1
B. P = .
A. P = − .

2
2
Câu 13. Họ nguyên hàm của hàm số y = 3x là

NHÓM TOÁN VD – VDC

= 90° , AB = a , AC = a 3 quay quanh cạnh AC ta được
Câu 10. Cho tam giác vuông ABC có BAC
hình nón ( N ) .Diện tích toàn phần của ( N ) bằng

3x
3x
+C .
+C.
B. 3x + C .
C. ln 3.3x + C .
D.
ln 3
x +1
Câu 14. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] . Khi đó hình phẳng giới hạn bởi bốn đường
A.

=
y f ( x )=
, y 0,=
x a=
, x b có diện tích S được tính theo công thức
b

b

A. S = π ∫ f ( x ) dx .

B. S = ∫ f ( x ) dx .

a

b

C. S = ∫ f ( x ) dx .

=
D. S

(1 − 2i )

2

bằng

B. 5 .

C.

5.

D. 3 .

1
và u8 = 26 . Công sai của cấp số cộng đã cho bằng.

3
10
3
11
3
A.
.
B.
.
C. .
D. .
3
11
3
10
Câu 17. Cho khối tứ diện OABC có OA; OB; OC đôi một vuông góc OA = 3 cm ; OB = 4cm ;
OC = 10 cm . Thể tích khối tứ diện OABC là:
Câu 16. Cho một cấp số cộng ( un ) với u1 =

A. 120 cm3 .

B. 40 cm3 .

C. 20 cm3 .

D. 10 cm3 .

Câu 18. Tìm số phức z thỏa mãn: z + 2 z =2 − 4i .

2

2
2
2
B. z=
C. z =− + 4i .
D. z =− − 4i .
+ 4i .
− 4i .
3
3
3
3
Câu 19. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  và có bảng xét dấu của f ′ ( x ) như sau:
A. z=

Tìm khoảng nghịch biến của hàm số g ( x=
) f ( x 2 + 1) − 2 .
A. ( −∞;1) .

B. ( 0; +∞ ) .

C. ( −∞ ;0 ) .

D. ( −∞ ; + ∞ ) .
Trang 2

NHÓM TOÁN VD – VDC

A. 25 .

∫ f ( x ) − g ( x ) dx .
a

a

Câu 15. Mô đun của số phức z=

a
b


NHÓM TOÁN VD–VDC

NĂM HỌC 2019 - 2020

Câu 20. Phương trình 2sin x + 1 =0 có một nghiệm là:
A. x = −

π

B. x = −

.

π

C. x = −

.

π

D. x = −

.

π
.
2

Mệnh đề nào dưới đây đúng
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −2;1) .

B. Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;+∞ ) .

C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1;3) .

D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;2 ) .

Câu 23. Biết

4

∫ f ( x ) dx =

−4 và

−3

A. −2 .

4

4

−3

−3

NHÓM TOÁN VD – VDC

4
3
6
Câu 21. Gọi z0 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình 2 z 2 − 6 z + 5 =
0 . Tìm iz0
1 3
1 3
1 3
1 3
A. iz0=
B. iz0 =− + i .
C. iz0 =− − i .
D. iz0=
+ i.
− i.
2 2
2 2
2 2
2 2

Câu 22. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

∫ g ( x ) dx = 3 , khi đó ∫  f ( x ) − 2 g ( x ) dx bằng:
B. −10 .

D. 2 .

C. 10 .

Câu 24. Tập xác định D của hàm số y =( x − 2 ) + log 4 ( x − 1) là
−4

( 2; +∞ ) .
Cho hàm số f ( x )
A. D
=

Câu 25.

B. D = (1;2 ) .

D.=
D (1;2 ) ∪ ( 2; +∞ ) .
(1; +∞ ) .
liên tục trên các khoảng ( −∞;1) , (1; +∞ ) và có bảng biến thiên như hình vẽ
C. D=

trình là

74 .

A. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) =

74 .
B. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) =

62 .
C. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) =

62 .
D. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) =

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 28. Khẳng định nào sau đây đúng?
Trang 3

NHÓM TOÁN VD – VDC

Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại x = 2 .
B. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 1 .
C. Hàm số đạt cực đại tại x = 2 và đạt cực tiểu tại x = 0 .
D. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1 và giá trị nhỏ nhất bằng 5.
Câu 26. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a 3b 4 c5 = 10 . Giá trị biểu thức 3ln a + 2 ln b 2 + 5ln c
bằng
A. ln10 .
B. − ln10 .
C. 1 .
D. 10 .
Câu 27. Trong không gian Oxyz , mặt cầu ( S ) có tâm I (1;1;1) và đi qua điểm A ( 6; 2; −5 ) có phương


NHÓM TOÁN VD–VDC
A.

dx

∫ x + 3=

NĂM HỌC 2019 - 2020
x
dx x.3x +1 + C .
B. ∫ 3=

ln x + 3 + C .

khi
A. m ≠ 1 .

D. ∫ e x d=
x

B. m > 2 .

1
Câu 31. Đạo hàm của hàm số y =  
2

1
A. 2 x ln .
2

C. m ≠ 2 .

D. m < 3 .

2

x +1

là

1
B. ( x + 1)  
2

x2

x 2 +1

2

x2

1
C. 2 x   ln 2 .
2

.

NHÓM TOÁN VD – VDC

1
+C.
ex
Câu 29. Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là
1
1

1
A. V = Bh .
B. V = Bh .
C. V = Bh .
D. V = Bh .
6
2
3
Câu 30. Cho hàm số y = x 3 − ( m − 2 ) x + 2 (với m là tham số). Hàm số đã cho có hai cực trị khi và chỉ

x ex + C .
C. ∫ ln xd=

1
D. − x   ln 2 .
2

2 z + 3 0, ( Q ) :3=
x − 4 z 0 . Gọi ϕ là
Câu 32. Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng ( P ) : x − 2 y +=
góc giữa hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) . Tính cos ϕ .
A. cos ϕ =

7
.
15

B. cos ϕ =

2

.
3

Câu 33. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x=
)

C. cos ϕ =

1
.
3

( 2 x + 1)( x + 2 ) ( 3x − 1)
2

D. cos ϕ =
4

2
.
15

, ∀x ∈  . Số điểm cực trị của

đồ thị hàm số f ( x ) là
A. 0 .

B. 2 .

C. 3 .

Câu 34. Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 1 ( x 2 + 2 x − 8 ) ≥ −4 là

D. 1 .

40 3
28 3
B. 12 3.
C. 16 3.
D.
.
.
3
3
Câu 38. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( −1; 2; 2 ) , B ( 3; −1; −2 ) , C ( −4;0;3) . Toạ độ điểm I trên
  
mặt phẳng ( Oxz ) sao cho biểu thức IA − 2 IB + 3IC đạt giá trị nhỏ nhất là

A.

15 
 19
A. I  − ;0; −  .
2
 2

15 
 19
B. I  ;0; −  .
2

 2

 19 15 
C. I  − ;0;  .
2
 2

 19 15 
D. I  ;0;  .
2
 2

Trang 4

NHÓM TOÁN VD – VDC

2

A. 10 .
B. 11 .
C. 5 .
D. 4 .
Câu 35. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , tam giác SAB là tam giác vuông cân tại
đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Thể tích khối chóp S . ABCD
bằng
a3
a3
a3 2
a3 2
A.

.
B.
.
C.
.
D.
.
2
6
6
2
Câu 36. Nghiệm của bất phương trình 9 x −1 − 36.3x −3 + 3 ≤ 0 là
A. 3 < x < 9 .
B. 3 ≤ x ≤ 9 .
C. 1 < x < 2 .
D. 1 ≤ x ≤ 2 .
Câu 37. Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có chiều cao bằng 8 và đáy là tam giác đều cạnh bằng 4. Gọi
M , N , P lần lượt là tâm của các mặt bên ABB ' A ', ACC ' A, BCC ' B '. Thể tích của khối đa diện
lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , P bằng


NHÓM TOÁN VD–VDC

NĂM HỌC 2019 - 2020

Câu 39. Cho ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y=
của ( H ) bằng

a
(với a, b ∈ ; a, b nguyên tố cùng nhau). Tính giá trị biểu thức T= a + b.

b
B. T = 13.
C. T = 10.
D. T = 19.

Câu 40. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để đồ thị hàm số y = x 4 − 4 x 2 + m − 2 cắt
trục hoành tại bốn điểm phân biệt ?
A. 3 .
B. 4 .
C. 2 .
D. Vô số.
Câu 41. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B ,
AD
= 2, BA
= BC
= 1 . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = 2 . Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên SB . Tính thể tích V của khối đa diện SAHCD .
4 2
4 2
2 2
2 2
.
B. V =
.
C. V =
.
D. V =
.
A. V =
3

9
9
3
Câu 42. Cho đa giác đều 21 đỉnh nội tiếp trong đường tròn tâm O . Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác
đó. Tính xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác cân nhưng không đều.
29
18
27
7
A. P =
.
B. P = .
C. P =
.
D. P =
.
190
190
95
190
Câu 43. Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn ( O ) và ( O ') , chiều cao có độ dài bằng 2a . Gọi (α ) là

NHÓM TOÁN VD – VDC

A. T = 11.

x , y= x − 2 và trục hoành. Biết diện tích

mặt phẳng đi qua trung điểm OO ' và tạo với OO ' một góc 30° . Biết (α ) cắt đường tròn đáy
theo một dây cung có độ dài 6a . Thể tích khối trụ là

11π a 3
11π a 3
22π a 3
A.
.
B.
.
C.
.
3
3
6
Câu 44. Cho x, y là các số thực thỏa mãn
P=

( x − 2) + ( y − 2)
2

2

=
12 . Khi

D. 2π a 3 .

( x; y ) = ( x0 ; y0 )

biểu thức

A. 15 .

B. 1 .

C.

3 − 15
.
2

D.

3 + 15
.
2

Câu 45. Xét hàm số f ( x) liên tục trên [ −1;2] và thỏa mãn f ( x) + 2 xf ( x 2 − 2) + 3 f (1 − x) =
4 x3 .
Tính giá trị của tích phân I =

2

∫ f ( x)dx .

−1

A. I = 3 .
B. I = 5 .
C. I = 15 .
3
2

Câu 46. Cho đồ thị hàm số f ( x) =x − 3 x + 4 có đồ thị như hình bên dưới.

Hỏi phương trình
A. 3.

f [ f ( x)]
2

f ( x) + 5 f ( x) + 4
B. 4.

D. I = 6 .

= 0 có bao nhiêu nghiệm ?
C. 2.

D. 5.
Trang 5

NHÓM TOÁN VD – VDC

2022 ( x + y ) + 2 xy + 2025
S 2 x0 + y0 là
đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị nhỏ nhất của=
x + y +1


NHÓM TOÁN VD–VDC

NĂM HỌC 2019 - 2020

Câu 47. Cho phương trình 7 x +=
m log 7 ( x − m ) với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m ∈ ( −25; 25 ) để phương trình đã cho có nghiệm?

AD = 3a . Quay các miền tam giác ABC và ABD xung quanh đường thẳng AB ta được hai
khối tròn xoay. Thể tích phần chung của hai khối tròn xoay đó bằng
4π a 3 3
3π a 3 3
8π a 3 3
5π a 3 3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
16
16
16
16
 = 1200 . Khoảng

Câu 50. Cho hình chóp S . ABC có SA
= SB
= SC
= a, 
ASB

= 600 , BSC
= 900 và CSA
cách giữa hai đường thẳng AC và SB là
a 22
a 3
a 3
a 22
.
B.
.
C.
.
D.
.
A.
4
11
3
22

NHÓM TOÁN VD – VDC

A. 24 .
B. 25 .
C. 9 .
D. 26 .
Câu 48. Ông Bình vừa bán một lô đất 1,2 tỷ đồng và ông đã đến ngân hàng này gửi hết số tiền này theo
kì hạn là một tháng với lãi suất kép 0, 54% một tháng. Mỗi tháng ông Bình rút 5 triệu đồng
vào ngày ngân hàng tính lãi để chi tiêu. Hỏi sau ba năm số tiền còn lại của ông Bình là bao
nhiêu (Giải sử lãi suất ngân hàng không đổi, kết quả làm tròn đến hàng nghìn)

A. 1348914000 đồng.
B. 1381581000 đồng.
C. 1258637000 đồng.
D. 1236492000 đồng.
Câu 49. Cho tứ diện ABCD có AD ⊥ ( ABC ) , tam giác ABC vuông tại B . Biết BC = a , AB = a 3 ,

----------------- HẾT -----------------

NHÓM TOÁN VD – VDC
Trang 6


NHÓM TOÁN VD–VDC

NĂM HỌC 2019 - 2020
BẢNG ĐÁP ÁN

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 D D B C B C D A A A A D B B C C B C C A B B D A

Câu 1.

Câu 2.

LỜI GIẢI CHI TIẾT
3x − 1
Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
có phương trình là
x−2
A. x = −2 .

B. x = 2 .
C. x = −3 .
Lời giải
Chọn B
3x − 1
3x − 1
= +∞; lim−
= −∞ .
Ta có lim+
x→2 x − 2
x→2 x − 2
Suy ra x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Phương trình log 3 ( x − 1) − 2 =
0 có nghiệm là
A. x = 8 .

B. x = 1 + 3 .

C. x = 9 .
Lời giải

D. x = 3 .

NHÓM TOÁN VD – VDC

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
A D A D B D C D D D D B C B A A A A C A A A C B A

D. x = 10 .

Chọn D
Điều kiện: x − 1 > 0 ⇔ x > 1 .
Ta có log 3 ( x − 1) − 2 = 0 ⇔ x − 1 = 9 ⇔ x = 10 (nhận).
Câu 3.

Vậy phương trình có nghiệm x = 10 .
Trong không gian Oxyz , đường thẳng ∆ là giao tuyến của hai mặt phẳng (α ) : x + 2 y + z − 1 =0


A. u = ( −1; −1;3) .





B. u = ( −1; −2;3) .

C. u =

( −1; 2;3) .



D. u=

(1; −2;3) .

Lời giải

Chọn D


Mặt phẳng (α ) có một véctơ pháp tuyến là nα = (1; 2;1) .


Mặt phẳng ( β ) có một véctơ pháp tuyến là nβ =
Câu 4.

(1; −1; −1) .

 

Nên đường thẳng ∆ có một véctơ chỉ phương là u=  nβ , nα =
 (1; −2;3) .
Điểm M trong hình vẽ là điểm biễu diễn của số phức z . Tìm phần thực và phần ảo của số
phức z .

A. Phần thực là −3 và phần ảo là 2i .
C. Phần thực là 2 và phần ảo là −3i .

B. Phần thực là 2 và phần ảo là −3 .
D. Phần thực là −3 và phần ảo là 2 .
Lời giải
Trang 7

NHÓM TOÁN VD – VDC

và ( β ) : x − y − z + 2 =
0 . Véctơ nào dưới đây là một véctơ chỉ phương của đường thẳng ∆ ?

NHÓM TOÁN VD–VDC

Câu 5.

Chọn B
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2;3; −1) , B (1; 2; 4 ) . Đường thẳng AB có phương
trình là
x +1 y + 2 z + 4
x +1 y + 2 z + 4
A. = =
.
B. = =
.
−5
1
1
5
1
1
x −1 y − 2 z − 4
x −1 y − 2 z − 4
C. = =
.
D. = =
.
−5
1
1
1
1

5
Lời giải
Chọn C

Đường thẳng AB đi qua điểm B và có véctơ chỉ phương là BA
= (1;1; −5 ) .

x −1 y − 2 z − 4
Phương trình đường thẳng AB là = =
.
−5
1
1
Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và SA ⊥ ( ABC ) . Điểm nào sau
đây là tâm của mặt cầu đi qua các điểm S , A , B , C ?
A.Trung điểm của đoạn thẳng AB .
B.Trung điểm của đoạn thẳng SC .
C.Trung điểm của đoạn thẳng BC .
D.Trung điểm của đoạn thẳng AC .
Lời giải
Chọn B

NHÓM TOÁN VD – VDC

 BC ⊥ SA
Ta có: 
⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SB .
 BC ⊥ AB
Gọi I là trung điểm của đoạn SC .
Xét tam giác SAC vuông tại A , I là trung điểm SC ⇒ IS = IC = IA (1) .

Xét tam giác SBC vuông tại B , I là trung điểm SC ⇒ IB = IS = IC ( 2 ) .
Câu 7.

Từ (1) và ( 2 ) ⇒ IA = IB = IS = IC ⇒ I là tâm mặt cầu đi qua bốn điểm S , A , B , C .

Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) đi qua A ( 0;0; − 1) và nhận n (1; − 1; 2 ) làm một vecto
pháp tuyến có phương trình là
A. x − y + 2 z − 2 =
0.

B. x − y − 2 z + 2 =
0.

C. x − y + 2 z + 2 =
0.

D. x + y + 2 z + 2 =
0.

Chọn C

NHÓM TOÁN VD – VDC

Câu 6.

NĂM HỌC 2019 - 2020

Lời giải



Phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A ( 0;0; − 1) và nhận n (1; − 1; 2 ) làm vecto pháp tuyến là
Trang 8


NHÓM TOÁN VD–VDC

NĂM HỌC 2019 - 2020

0.
1( x − 0 ) − 1( y − 0 ) + 2 ( z + 1) =
0 ⇔ x − y + 2z + 2 =
Câu 8.

Lời giải

Chọn A

Điểm biểu diễn số phức z =−2 + 3i là M ( −2;3) .

NHÓM TOÁN VD – VDC

Câu 9.

Qua phép chiếu song song, tính chất nào không được bảo toàn?
A. Song song.
B.Thẳng hàng.
C. Đồng qui.
D. Chéo nhau.
Lời giải
Chọn D

Cho số phức z =−2 + 3i . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm biểu diễn số phức z là điểm có
tọa độ là
A. ( −2;3) .
B. ( 3; − 2 ) .
C. ( 3; 2 ) .
D. ( −2; − 3) .

= 90° , AB = a , AC = a 3 quay quanh cạnh AC ta được
Câu 10. Cho tam giác vuông ABC có BAC
hình nón ( N ) .Diện tích toàn phần của ( N ) bằng
A. 3π a 2 .

C. 2 3π a 2 .
Lời giải

B. π a 2 .

Chọn A

D. 2π a 2 .

kính đáy R = a ⇒
=
l

h 2 + R 2 = 2a .

Vậy diên tích toàn phần của nón là: =
Stp π Rl + π=
R 2 2π a 2 + π a 2 = 3π a 2 .






Câu 11. Trong không gian Oxyz ,cho a =−i + 2 j − 3k . Tọa độ của vectơ a là
A. ( −1; 2; −3) .

B. ( 2; −3; −1) .

C. ( 2; −1; −3) .

D. ( −3; 2; −1) .

Lời giải

Chọn A



Ta có i = (1;0;0 ) , j = ( 0;1;0 ) , k = ( 0;0;1) .




Do đó a =−i + 2 j − 3k =( −1; 2; −3) .

Câu 12. Rút gọn biểu thức P = log 1 ( log a b 2 .log b a ) với hai số thực a , b dương tùy ý và khác 1 .

1

A. P = − .
2
Chọn A

4

B. P =

1
.
2

C. P = 2 .

D. P = −2 .

Lời giải

1
1
Ta có P =
log 1 ( log a b 2 .log b a ) =
log 2−2 ( 2 log a b.log b a ) =
− log 2 2 =
− .
2
2
4

Trang 9

NHÓM TOÁN VD – VDC

Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC ta thu được khối nón có đường cao h = a 3 , bán


NHÓM TOÁN VD–VDC

NĂM HỌC 2019 - 2020

Câu 13. Họ nguyên hàm của hàm số y = 3x là

3x
+C.
A.
x +1

C. ln 3.3 + C .

B. 3 + C .
x

x

Chọn D
Câu 14. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] . Khi đó hình phẳng giới hạn bởi bốn đường
=
y f ( x )=
, y 0,=
x a=

, x b có diện tích S được tính theo công thức
b

b

A. S = π ∫ f ( x ) dx .

B. S = ∫ f ( x ) dx .
a

a

b

C. S = ∫ f ( x ) dx .

=
D. S

a

∫ f ( x ) − g ( x ) dx .
a

Lời giải

Chọn B
Câu 15. Mô đun của số phức z=
A. 25 .

(1 − 2i )

2

b

NHÓM TOÁN VD – VDC

Lời giải

3x
+C .
D.
ln 3

bằng
C. 5 .
Lời giải

B. 5 .

D. 3 .

Chọn B
Ta có z =(1 − 2i ) =1 − 4i + 4i 2 =−3 − 4i ⇒ z =
2

Câu 16. Cho một cấp số cộng ( un ) với u1 =
A.

10
.
3

3
.
10

2

2

= 5.

1
và u8 = 26 . Công sai của cấp số cộng đã cho bằng.
3
11
3
C. .
D.
.
3
11
Lời giải

1
3 = 11 .
Ta có: u8 = 26 ⇔ u1 + 7 d = 26 ⇔ d =
7

3
Câu 17. Cho khối tứ diện OABC có OA; OB; OC đôi một vuông góc OA = 3 cm ; OB = 4cm ;
OC = 10 cm . Thể tích khối tứ diện OABC là:
A. 120 cm3 .
B. 40 cm3 .
C. 20 cm3 .
D. 10 cm3 .
Lời giải
Chọn C
1
1
=
.OA.=
OB.OC =
.3.4.10 20 cm3 .
Thể tích khối tứ diện OABC
là: V
6
6
26 −

Câu 18. Tìm số phức z thỏa mãn: z + 2 z =2 − 4i .
2
2
A. z=
B. z=
− 4i .
+ 4i .
3
3

Chọn B

2
C. z =− + 4i .
3
Lời giải

2
3

D. z =− − 4i .

Gọi số phức z = a + bi ( a; b ∈  ) ⇒ z = a − bi .

Trang 10

NHÓM TOÁN VD – VDC

Chọn C

B.

( −3) + ( −4 )


NHÓM TOÁN VD–VDC

NĂM HỌC 2019 - 2020

2


3a = 2
2
a =
⇔
Ta có: z + 2 z =2 − 4i ⇔ a + bi + 2 ( a − bi ) =2 − 4i ⇔ 
3 ⇒ z = + 4i .
3
−b =−4
b = 4

(

)

Tìm khoảng nghịch biến của hàm số g ( x=
) f x2 + 1 − 2 .
B. ( 0; +∞ ) .

A. ( −∞;1) .

C. ( −∞ ;0 ) .

D. ( −∞ ; + ∞ ) .

Lời giải

Chọn C

(

NHÓM TOÁN VD – VDC

Câu 19. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  và có bảng xét dấu của f ′ ( x ) như sau:

)

Xét hàm số g ( x=
) f x2 + 1 − 2 .

x = 0
 2
x + 1 =0
2
′ ( x ) 2 x. f ′ ( x + 1) ⇔  2
g=
=
⇔ x 0.
 x + 1 =−1

2
1
 x + 1 =
Bảng xét dấu: g ′ ( x )

Vậy hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −∞ ;0 ) .
A. x = −
Chọn C

π

.
4

B. x = −

π
.
3

C. x = −
Lời giải

π
.
6

D. x = −

π
.
2

1
π
2sin + 1 =0 ⇔ sin x =− . Vậy phương trình có một nghiệm là x = − .
2
6
2
Câu 21. Gọi z0 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình 2 z − 6 z + 5 =
0 . Tìm iz0

1 3
1 3
1 3
1 3
− i.
+ i.
A. iz0=
B. iz0 =− + i .
C. iz0 =− − i .
D. iz0=
2 2
2 2
2 2
2 2
Lời giải
Chọn A
3 1

z=
+ i

2
2
2
Ta có 2 z − 6 z + 5 = 0 ⇔ 
 z= 3 − 1 i

2 2
3 1
Nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình là: z0=

− i
2 2
1 3
+ i.
Vậy iz0=
2 2
Trang 11

NHÓM TOÁN VD – VDC

Câu 20. Phương trình 2sin x + 1 =0 có một nghiệm là:


NHÓM TOÁN VD–VDC

NĂM HỌC 2019 - 2020

Câu 22. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

B. Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;+∞ ) .

C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1;3) .

D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; 2 ) .
Lời giải

NHÓM TOÁN VD – VDC

Mệnh đề nào dưới đây đúng
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −2;1) .

Chọn B
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; −1) và ( 0;1)
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;0 ) và (1;+∞ )
Đối chiếu với các đáp án, ta thấy đáp án B đúng.
Câu 23. Biết

4

∫ f ( x ) dx =

−3

A. −2 .

−4 và

4

4

−3

−3

∫ g ( x ) dx = 3 , khi đó ∫  f ( x ) − 2 g ( x ) dx bằng:
B. −10 .

Chọn B
Ta có

D. 2 .

C. 10 .
Lời giải

4

4

4

−3

−3

−3

∫  f ( x ) − 2 g ( x ) dx =∫ f ( x ) dx − 2 ∫ g ( x ) dx =−4 − 2.3 =−10
−4

A. D
=

( 2; +∞ ) .

Chọn D

B. D = (1;2 ) .

C. D=

(1; +∞ ) .

D.=
D

(1;2 ) ∪ ( 2; +∞ ) .

Lời giải

x − 2 ≠ 0
x ≠ 2
Điều kiện để hàm số có nghĩa là: 
⇔
x −1 > 0
x > 1
Tập xác định của hàm số là=
D (1;2 ) ∪ ( 2; +∞ ) .
Câu 25. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên các khoảng ( −∞;1) , (1; +∞ ) và có bảng biến thiên như hình vẽ

Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại x = 2 .
B. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 1 .
C. Hàm số đạt cực đại tại x = 2 và đạt cực tiểu tại x = 0 .
D. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1 và giá trị nhỏ nhất bằng 5.
Trang 12

NHÓM TOÁN VD – VDC

Câu 24. Tập xác định D của hàm số y =( x − 2 ) + log 4 ( x − 1) là


NHÓM TOÁN VD–VDC

NĂM HỌC 2019 - 2020
Lời giải

Hàm số không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
Đối chiếu với các đáp án, ta chọn được đáp án A đúng.
Câu 26. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a 3b 4 c5 = 10 . Giá trị biểu thức 3ln a + 2 ln b 2 + 5ln c
bằng
A. ln10 .
B. − ln10 .
C. 1 .
D. 10 .
Lời giải
Chọn A
Ta có: a 3b 4 c5 = 10 ⇒ ln a 3b 4 c5 = ln a 3 + ln b 4 + ln c5 = 3ln a + 2 ln b 2 + 5ln c = ln10 .
Câu 27. Trong không gian Oxyz , mặt cầu ( S ) có tâm I (1;1;1) và đi qua điểm A ( 6; 2; −5 ) có phương
trình là
2
2
2
74 .
A. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) =

74 .
B. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) =

62 .
C. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) =

62 .
D. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) =

2

2

Chọn D

IA ( 5;1; −6 ) ⇒ IA
=

2

2

2

2

2

NHÓM TOÁN VD – VDC

Chọn A
Dựa và đồ thị hàm số ta có
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại x = 2

Hàm số có giá trị cực đại y = 1 và giá trị cực tiểu y = 5

2

2

Lời giải
52 + 12 + ( −6 )=
2

62
= R.

62 .
Phương trình mặt cầu có dạng ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) =
2

x ex + C .
C. ∫ ln xd=

2

x
dx x.3x +1 + C .
B. ∫ 3=

x
D. ∫ e x d=
Lời giải

Chọn A

1
+C.
ex

d ( x + 3)
= ln x + 3 + C .
x+3
Câu 29. Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là
1
1
1
A. V = Bh .
B. V = Bh .
C. V = Bh .
D. V = Bh .
3
2
6
Lời giải
Chọn D
Công thức lí thuyết.
Câu 30. Cho hàm số y = x 3 − ( m − 2 ) x + 2 (với m là tham số). Hàm số đã cho có hai cực trị khi và chỉ
khi
A. m ≠ 1 .
B. m > 2 .
C. m ≠ 2 .
D. m < 3 .
Lời giải

Chọn B
Ta có y′ = 3 x 2 − m + 2 .
Để hàm số có hai cực trị thì y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Ta có:

dx

∫ x + 3= ∫

Trang 13

NHÓM TOÁN VD – VDC

Câu 28. Khẳng định nào sau đây đúng?
dx
= ln x + 3 + C .
A. ∫
x+3

2


NHÓM TOÁN VD–VDC

NĂM HỌC 2019 - 2020

Khi đó m − 2 > 0 ⇔ m > 2 .

1
Câu 31. Đạo hàm của hàm số y =  

2

là

1
B. ( x + 1)  
2
2

Chọn D
Ta có
1
y=
 
2

x 2 +1

 1  x
 
⇒ y′ =
 2 

2

+1

x 2 +1

x2

x2

1
.
C. 2 x   ln 2 .
2
Lời giải

x
′
′1
2
 =
1
x
+
( )  2 


2

+1

1
D. − x   ln 2 .
2

x2

x2

1 1
1
1
ln   =
2 x. .   ln 2−1 =
− x   ln 2 .
2 2
2
2

NHÓM TOÁN VD – VDC

1
A. 2 x ln .
2

x 2 +1

2 z + 3 0, ( Q ) :3=
x − 4 z 0 . Gọi ϕ là
Câu 32. Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng ( P ) : x − 2 y +=
góc giữa hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) . Tính cos ϕ .
A. cos ϕ =

7
.
15

B. cos ϕ =

2
.
3

Chọn C

C. cos ϕ =
Lời giải

1
.
3

D. cos ϕ =

2
.
15



Ta có VTPT của ( P ) và ( Q ) lần lượt là n1 =
(1; −2; 2 ) , n2 =
( 3;0; −4 )
 
n1.n2
1.3 + ( −2 ) .0 + 2. ( −4 )
1

Vậy=
.
cos ϕ 
=
=

2
2
2
2
2
2
3
n1 . n2
1 + ( −2 ) + 2 . 3 + 0 + 4
Câu 33. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x=
)

( 2 x + 1)( x + 2 ) ( 3x − 1)
2

4

, ∀x ∈  . Số điểm cực trị của

A. 0 .

B. 2 .

Chọn D

C. 3 .
Lời giải

D. 1 .

1

x
=
−

2

2
4
′
f
x
0
2
x
1
x
2
3
x
1
0
x

2
=
⇔
+
+
−
=
⇔
=
−
Ta có ( )
(
)(
)(
)


1
x =
3

1
1
−2, x =là các nghiệm bội chẵn. Vậy đồ thị hàm
Nhận xét: x = − là nghiệm bội lẻ; còn x =
3
2

số f ( x ) có một điểm cực trị.

Câu 34. Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 1 ( x 2 + 2 x − 8 ) ≥ −4 là
A. 10 .

B. 11 .

Chọn D
Ta có:

2

C. 5 .
Lời giải

D. 4 .

2
2


x + 2x − 8 > 0
x + 2x − 8 > 0
log 1 ( x + 2 x − 8 ) ≥ −4 ⇔  2
⇔ 2


2
 x + 2 x − 24 ≤ 0
 x + 2 x − 8 ≤ 16
2

Trang 14

NHÓM TOÁN VD – VDC

đồ thị hàm số f ( x ) là


NHÓM TOÁN VD–VDC

NĂM HỌC 2019 - 2020

Vậy bất phương trình đã cho có bốn nghiệm nguyên.
Câu 35. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , tam giác SAB là tam giác vuông cân
tại đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Thể tích khối chóp
S . ABCD bằng
a3
a3
a3 2
a3 2
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
2
6
2

6
Lời giải
Chọn D

NHÓM TOÁN VD – VDC

  x < −4
 −6 ≤ x < −4

⇔   x > 2
⇔
2 < x ≤ 4
−6 ≤ x ≤ 4

Nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là: {−6; −5;3; 4} .

S

D

A
H
B

C

Gọi H là trung điểm của AB , ta có:

NHÓM TOÁN VD – VDC

( SAB ) ⊥ ( ABCD )

AB .
( SAB ) ∩ ( ABCD ) =
 SH ⊥ AB


Suy ra: SH ⊥ ( ABCD ) .
Diện tích hình vuông ABCD là S ABCD = a 2 .

AB a
=
.
2
2
a
Thể tích khối chóp S . ABCD có chiều cao SH = và diện tích đáy S ABCD = a 2 là:
2
=
Do tam giác SAB vuông cân tại S nên SH

1
1 2 a a3
S ABCD
=
.SH =
a .
.
3
3 2 6

Câu 36. Nghiệm của bất phương trình 9 x −1 − 36.3x −3 + 3 ≤ 0 là
A. 3 < x < 9 .
B. 3 ≤ x ≤ 9 .
C. 1 < x < 2 .
D. 1 ≤ x ≤ 2 .
Lời giải
Chọn D
1
4
Ta có: 9 x −1 − 36.3x −3 + 3 ≤ 0 ⇔ .32 x − .3x + 3 ≤ 0 ⇔ 3 ≤ 3x ≤ 9 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2 .
9
3
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: 1 ≤ x ≤ 2 .
Câu 37. Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có chiều cao bằng 8 và đáy là tam giác đều cạnh bằng 4. Gọi
M , N , P lần lượt là tâm của các mặt bên ABB ' A ', ACC ' A, BCC ' B '. Thể tích của khối đa diện
lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , P bằng
=
V

Trang 15


NHÓM TOÁN VD–VDC
A.

28 3
.
3

NĂM HỌC 2019 - 2020

B. 12 3.

C. 16 3.

D.

Lời giải

NHÓM TOÁN VD – VDC

Chọn B

40 3
.
3

Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C '.
Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là trung điểm của AA ', BB ', CC '.
Khi đó ta có ( A1 B1C1 ) / / ( ABC ) / / ( A ' B ' C ') .
Khi đó VABCMN= VABC . A1B1C1 − VA. A1MN − VB.B1MP − VC .C1NP .

1
1
=
VABC . A ' B 'C '
V.
2
2
1
1 1

1
1
=
VA. A1MN =
d ( A; ( A1 B1C1 ) ) .S A1MN
=
V
. d ( ( ABC
) ; ( A ' B ' C ') ) . S ABC
3
3 2
4
24
V
Chứng minh tương tự ta có V=
.
V=
B . B1MP
C .C1 NP
24
1
V 3V
⇒ VABCMN = V − 3. = .
2
24 8
Ta có=
VABC . A1B1C1

15 
 19

A. I  − ;0; −  .
2
 2

Chọn C

15 
 19
B. I  ;0; −  .
2
 2

 19 15 
C. I  − ;0;  .
2
 2
Lời giải

 19 15 
D. I  ;0;  .
2
 2

   
0.
Chọn điểm K sao cho KA − 2 KB + 3KC =
Khi đó:
19

0

( −1 − xK ) − 2 ( 3 − xK ) + 3 ( −4 − xK ) =
x = − 2


( 2 − yK ) − 2 ( −1 − yK ) + 3 ( 0 − yK ) =0 ⇔  yK =2


15
0
( 2 − z K ) − 2 ( −2 − z K ) + 3 ( 3 − z K ) =
 zK =
2

Trang 16

NHÓM TOÁN VD – VDC

42 3
3.32 3
=32 3 ⇒ VABCMN =
=12 3
4
8
Câu 38. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( −1; 2; 2 ) , B ( 3; −1; −2 ) , C ( −4;0;3) . Toạ độ điểm I
  
trên mặt phẳng ( Oxz ) sao cho biểu thức IA − 2 IB + 3IC đạt giá trị nhỏ nhất là

Ta có: V =8.

NHÓM TOÁN VD–VDC

NĂM HỌC 2019 - 2020

        
Suy ra IA − 2 IB + 3IC = IK + KA − 2 IK − 2 KB + 3IK + 3KC = 2 IK

Mà IK đạt giá trị nhỏ nhất khi K là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng ( Oxz ) .

Câu 39. Cho ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y=
của ( H ) bằng
A. T = 11.
Chọn B

x , y= x − 2 và trục hoành. Biết diện tích

a
(với a, b ∈ ; a, b nguyên tố cùng nhau). Tính giá trị biểu thức T= a + b.
b
B. T = 13.
C. T = 10.
D. T = 19.
Lời giải
y

NHÓM TOÁN VD – VDC

 19 15 
Vậy I  − ;0; 
2

 2

2
y= x

y= x − 2

=
S
Diện tích của ( H ) bằng

4

2

O

2

0

xdx + ∫
2

(

)

x − x + 2=
dx

10
.
3

Vậy a = 10; b = 3 ⇒ a + b = 13.
Câu 40. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để đồ thị hàm số y = x 4 − 4 x 2 + m − 2 cắt
trục hoành tại bốn điểm phân biệt ?
A. 3 .
B. 4 .
C. 2 .
D. Vô số.
Lời giải
Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm x 4 − 4 x 2 + m − 2 =0 ⇔ x 4 − 4 x 2 − 2 =−m .
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y =x 4 − 4 x 2 − 2 và đường
thẳng y = −m .
Xét hàm số y =x 4 − 4 x 2 − 2 .

=
y′ 4 x3 − 8 x .
x = 0
.
y′= 0 ⇔ 
x = ± 2
Bảng biến thiên

Trang 17

NHÓM TOÁN VD – VDC

∫

4

x


NHÓM TOÁN VD–VDC

NĂM HỌC 2019 - 2020

NHÓM TOÁN VD – VDC

V=
VS . ABCD − VH . ABC
SAHCD
1
1
1
2
.
.SA.S ABCD
= . 2. (1 + 2=
) .1
3
3
2
2
Tam giác BHA đồng dạng với tam giác BAS

BH BA
1
.
Suy ra
=
⇔ BH =
BA BS
3
VS . ABCD
=

AH =

1−

=
VC . ABH

1
=
3

NHÓM TOÁN VD – VDC

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có bốn nghiệm phân biệt khi
−6 < − m < −2 ⇔ 6 > m > 2 .
Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 41. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B ,
AD
= 2, BA

= BC
= 1 . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = 2 . Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên SB . Tính thể tích V của khối đa diện SAHCD .
4 2
2 2
4 2
2 2
A. V =
.
B. V =
.
C. V =
.
D. V =
.
9
9
3
3
Lời giải
Chọn A

2
.
3

1
1 1 1 2
2
.

.1. =
. .
=
BC.S ABH
3
3 2 3 3 18

2
2 4 2
.
−
=
2
18
9
Câu 42. Cho đa giác đều 21 đỉnh nội tiếp trong đường tròn tâm O . Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác
đó. Tính xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác cân nhưng không đều.
29
18
27
7
A. P =
.
B. P =
.
C. P =
.
D. P =
.
190

190
95
190
Lời giải
VSAHCD =

Trang 18


NHÓM TOÁN VD–VDC

NĂM HỌC 2019 - 2020

Chọn A
3
Chọn 3 đỉnh trong 21 đỉnh có C21
cách.
3
Suy ra n ( Ω ) =C21
.

NHÓM TOÁN VD – VDC

Gọi X là biến cố: “Chọn được tam giác cân nhưng không đều”.
Số tam giác đều tạo thành từ 21 đỉnh trên là 21: 3 = 7 .
Gọi một đỉnh A của đa giác tạo với tâm O một đường thẳng AO .
Đường thẳng AO này chia các đỉnh của đa giác thành 10 cặp đỉnh đối xứng qua AO ;
Mỗi cặp đỉnh đối xứng qua AO tạo với A một tam giác cân.
Như vậy, mỗi đỉnh của đa giác sẽ tạo được 10 tam giác cân.
Có 21 đỉnh nên tạo thành 21×10 =

210 tam giác cân.
Số tam giác cân không phải đều là 210 − 7 =
203 .
203 29
Xác suất để chọn được tam giác cân nhưng không đều là P (=
.
X) =
3
C21
190
Câu 43. Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn ( O ) và ( O ') , chiều cao có độ dài bằng 2a . Gọi (α )
là mặt phẳng đi qua trung điểm OO ' và tạo với OO ' một góc 30° . Biết (α ) cắt đường tròn
đáy theo một dây cung có độ dài 6a . Thể tích khối trụ là
11π a 3
11π a 3
22π a 3
A.
.
B.
.
C.
.
3
6
3
Lời giải
Chọn A

D. 2π a 3 .

NHÓM TOÁN VD – VDC

Gọi I là trung điểm của OO ' , suy ra OI = a .
Mặt phẳng (α ) cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm A và B , suy ra AB = a 6 .
Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB , suy ra AM =

a 6
.
2

 AB ⊥ OM
Ta có: 
⇒ AB ⊥ ( OMI ) ⇒ ( IAB ) ⊥ ( OMI ) .
 AB ⊥ OI
 chính là góc giữa mặt phẳng (α ) và OO ' , suy ra OIM
= 30° .
Do đó góc OIM

Trang 19


NHÓM TOÁN VD–VDC

NĂM HỌC 2019 - 2020

a 3
 a.tan
Xét tam giác ∆IOM vuông tại O , ta có:=
.
OM OI .tan=

OIM
=
30°
3
2

2

OM + MA =

2

a 3 a 6
a 66
.

 + 
 =
6
 3   2 

2

 a 66  11π a 3
Thể tích khối=
trụ là: V OO
.
=
'.π .OA 2a.π =
. 


3
 6 
2

( x − 2) + ( y − 2)
2

Câu 44. Cho x, y là các số thực thỏa mãn
P=

2

=
12 . Khi

( x; y ) = ( x0 ; y0 )

biểu thức

2022 ( x + y ) + 2 xy + 2025
S 2 x0 + y0 là
đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị nhỏ nhất của=
x + y +1

A. 15 .

B. 1 .

C.

Lời giải

Chọn C
Ta có: 12 = ( x − 2 ) + ( y − 2 )
2

2

( x + y − 4)
≥

2

2

3 − 15
.
2

D.

NHÓM TOÁN VD – VDC

Xét tam giác ∆OMA vuông tại M , ta có: OA=

2

3 + 15
.
2

⇒ 4 − 24 ≤ x + y ≤ 4 + 24 (*) .

Mặt khác: 12 = ( x − 2 ) + ( y − 2 ) ⇔ x 2 + y 2 − 4 x − 4 y = 4 .
2

2

2022 ( x + y ) + 2 xy + 2025 2022 ( x + y ) + 2 xy + x 2 + y 2 − 4 x − 4 y + 2021
Ta có: P =
=
x + y +1
x + y +1
Suy ra:

( x + y)
P=

2

+ 2018 ( x + y ) + 2021
.
x + y +1

Khi đó: P =

NHÓM TOÁN VD – VDC

Đặt t= x + y , từ (*) suy ra x + y + 1 > 0 hay t + 1 > 0 .

t 2 + 2018t + 2021
4
2020 .
= t +1+
+ 2016 . Suy ra P ≥ 2 4 + 2016 =
t +1
t +1

t = 1( tm )
2
.
Dấu “=” xảy ra khi ( t + 1) =4 ⇔ 
t
3
l
=
−
(
)


1
 x + y =
Khi t = 1 , ta có: 
2
2
( x − 2 ) + ( y − 2 )

Với (1) , ta có: S = 2.


1− 5
 x =
2
 
(1)

1 + 15
 y =

2

.
⇔

=
12

1 + 15
 x =
2

( 2)

−
1
15
 y =
 
2

1 − 15 1 + 15 3 − 15
.
+
=
2
2
2

Với ( 2 ) , ta có: S = 2.

1 + 15 1 − 15 3 + 15
.
+
=
2
2
2

Trang 20


NHÓM TOÁN VD–VDC
Vậy S min =

NĂM HỌC 2019 - 2020

3 − 15
.
2

Câu 45. Xét hàm số f ( x) liên tục trên [ −1;2] và thỏa mãn f ( x) + 2 xf ( x 2 − 2) + 3 f (1 − x) =
4 x3 .

∫ f ( x)dx .

−1

A. I = 3 .

NHÓM TOÁN VD – VDC

Tính giá trị của tích phân I =

2

B. I = 5 .

Chọn A
Lấy nguyên hàm hai vế giả thiết ta có

C. I = 15 .
Lời giải

D. I = 6 .

∫  f ( x) + 2 xf ( x − 2) + 3 f (1 − x) dx =
∫ 4 x dx
⇒ ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x − 2)d ( x − 2) − ∫ 3 f (1 − x)d (1 − x) = x + C
Đặt ∫ f (t )dx = F (t ) ⇒ F ( x) + F ( x − 2) − 3F (1 − x) = x + C .

2

3

2

2

4

2

4

 x =1 ⇒ F (−1) + F (−1) − 3F (2) =1 + C
2 F (−1) − 3F (2) =1 + C
⇒
 x = 2 ⇒ F (2) + F (2) − 3F (−1) = 16 + C
2 F (2) − 3F (−1) = 16 + C

Ta có 

Trừ từng vế thu được 5 F (2) − 5 F (−1) =15 ⇒ F (2) − F (−1) = 3 ⇒ I =

2

∫ f ( x)dx = 3 .

−1
3

2

Câu 46. Cho đồ thị hàm số f ( x) =x − 3 x + 4 có đồ thị như hình bên dưới.

A. 3.

f [ f ( x)]
2

f ( x) + 5 f ( x) + 4
B. 4.

Chọn A
Điều kiện f ( x ) ≠ −1; f ( x) ≠ −4 .

NHÓM TOÁN VD – VDC

Hỏi phương trình

= 0 có bao nhiêu nghiệm ?
C. 2.
Lời giải

D. 5.

f [ f ( x)]
 f ( x) = −1
0
(

)
0
2.
f
f
x
=
⇒
=
⇒
[
]
 f ( x) = 2 ⇒ f ( x) =
f 2 ( x) + 5 f ( x) + 4

Đồ thị hàm số cắt đường thẳng ngang y = 2 tại ba điểm nên phương trình hệ quả có 3 nghiệm.
Khi đó

Kết luận phương trình ban đầu có ba nghiệm.
Câu 47. Cho phương trình 7 x +=
m log 7 ( x − m ) với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m ∈ ( −25; 25 ) để phương trình đã cho có nghiệm?

A. 24 .
Chọn A

B. 25 .

C. 9 .
Lời giải

D. 26 .

Trang 21


NHÓM TOÁN VD–VDC

NĂM HỌC 2019 - 2020

log x − m
Ta có 7 x + m = log 7 ( x − m ) ⇔ 7 x + x = x − m + log 7 ( x − m ) ⇔ 7 x + x = 7 7 ( ) + log 7 ( x − m )

(*).
Xét hàm số f ( t=
) 7t + t với t ∈  có f=
( t ) 7t.ln 7 + 1 > 0, ∀t ∈  .
NHÓM TOÁN VD – VDC

Suy ra hàm số y = f ( t ) đồng biến trên  .

Ta có (*) ⇔ f ( x ) = f ( log 7 ( x − m ) ) ⇔ x = log 7 ( x − m ) ⇔ x − m = 7 x ⇔ m = x − 7 x .
 1 
Xét hàm số g ( x ) =
x − 7x ⇒ g′( x) =
1 − 7 x.ln 7 ⇒ g ′ ( x ) =
0⇔ x=
log 7 
.
 ln 7 

Bảng biến thiên

Từ

bảng biến thiên suy ra phương trình
 1  1
m ≤ log 7 
≈ −0,86 .
−
 ln 7  ln 7
Mà m ∈ ( −25; 25 ) và m ∈  nên m ∈ {−24; −23;...; −1} .

có

nghiệm

khi

và

chỉ

khi

Vậy có 24 giá trị nguyên của tham số m ∈ ( −25; 25 ) thoả mãn phương trình có nghiệm.

Lời giải

Chọn C

Đặt A = 1, 2.109 đồng, a = 5.106 đồng, r = 0, 54%
+ Cuối tháng thứ nhất số tiền vốn và lãi là: A(1 + r )
Số tiền còn lại sau khi ông Bình rút là: A(1 + r ) − a
+ Cuối tháng thứ hai số tiền vốn và lãi là: [A(1 + r ) − a ](1 + r ) = A(1 + r )2 − a.(1 + r )
Số tiền còn lại sau khi ông Bình rút là: A(1 + r )2 − a.(1 + r ) − a
+ Cuối tháng thứ ba số tiền vốn và lãi là:
[A(1 + r )2 − a.(1 + r ) − a ](1 + r ) = A(1 + r )3 − a(1 + r )2 − a(1 + r )

Số tiền còn lại sau khi ông Bình rút là: A(1 + r )3 − a(1 + r )2 − a(1 + r ) − a
Suy ra số tiền còn lại sau n tháng là:
(1 + r )n − 1
A(1 + r ) − a[(1 + r ) + (1 + r ) + 1] = A(1 + r ) − a
r
Áp dụng n = 36 ta có số tiền còn lại là: 1258637315
n

n −1

n −2

n

Trang 22

NHÓM TOÁN VD – VDC

Câu 48. Ông Bình vừa bán một lô đất 1,2 tỷ đồng và ông đã đến ngân hàng này gửi hết số tiền này theo
kì hạn là một tháng với lãi suất kép 0, 54% một tháng. Mỗi tháng ông Bình rút 5 triệu đồng
vào ngày ngân hàng tính lãi để chi tiêu. Hỏi sau ba năm số tiền còn lại của ông Bình là bao
nhiêu (Giải sử lãi suất ngân hàng không đổi, kết quả làm tròn đến hàng nghìn)

A. 1348914000 đồng.
B. 1381581000 đồng.
C. 1258637000 đồng.
D. 1236492000 đồng.


NHÓM TOÁN VD–VDC

NĂM HỌC 2019 - 2020

Câu 49. Cho tứ diện ABCD có AD ⊥ ( ABC ) , tam giác ABC vuông tại B . Biết BC = a , AB = a 3 ,
AD = 3a . Quay các miền tam giác ABC và ABD xung quanh đường thẳng AB ta được hai
khối tròn xoay. Thể tích phần chung của hai khối tròn xoay đó bằng

4π a 3 3
.
16

B.

3π a 3 3
.
16

Chọn B

C.
Lời giải

8π a 3 3

.
16

D.

5π a 3 3
.
16

NHÓM TOÁN VD – VDC

A.

Trong ( ABC ) lấy điểm E sao cho AE = 3a và AE ⊥ AB ,

2

1  3a 
3π a 3 3
=
π .   .a 3
Vậy V =
.
3  4 
16

 = 1200 . Khoảng

Câu 50. Cho hình chóp S . ABC có SA
= SB

= SC
= a, 
ASB
= 600 , BSC
= 900 và CSA
cách giữa hai đường thẳng AC và SB là
a 22
a 3
a 3
a 22
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
22
3
11
4
Lời giải
Chọn A

Trang 23

NHÓM TOÁN VD – VDC

Khi đó khối tròn xoay khi quay miền tam giác ABD quanh đường thẳng AB cũng chính là

khối tròn xoay khi quay miền tam giác ABE quanh đường thẳng AB .
Gọi I là giao điểm của BD và AC .
Khi đó, phần chung của hai khối tròn xoay đã cho chính là khối tròn xoay tạo thành khi quay
miền tam giác ABI quanh trục AB .
Kẻ IH vuông góc với AB tại H .
1
Suy ra thể tích phần chung của hai khối tròn xoay đã cho là V = π .IH 2 . AB .
3
IC BC 1
=
= .
Ta có BC // AE ⇒
IA AE 3
HI
AI 3
3a
IH // BC ⇒
= = ⇒ HI = .
BC AC 4
4


NHÓM TOÁN VD–VDC

NĂM HỌC 2019 - 2020
S

NHÓM TOÁN VD – VDC

a

K
A

H

J
B

C
I

D

Xét ∆SAC ta có

 1
AC 2 = SA2 + SC 2 − 2 SA.SC.cos1200 = a 2 + a 2 − 2a.a.  −  = 3a 2 ⇒ AC = a 3
 2
Xét ∆ABC ta có AB = a, BC = a 2, AC = a 3 ⇒ AB 2 + BC 2 = AC 2 ⇒ ∆ABC vuông tại B .
AB.BC a.a 2 a 6
=
=
AC
3
a 3
Gọi H là hình chiếu của S lên ( ABC ) , do SA
= SB
= SC
= a nên H là tâm đường tròn ngoại

tiếp ∆ABC , mà ∆ABC vuông tại B ⇒ H là trung điểm AC.
Dựng hình bình hành ABCD , khi đó
=
d ( AC ; SB ) d=
( AC; ( SBD) ) d ( H ; ( SBD) )
Gọi BJ là đường cao của ∆ABC ⇒ BJ
=

SH .HI SH .BJ
Xét ∆SHI ta có
HK = =
=
SI
SI

a a 6
.
2 3 = a 22
2
2
11
a a 6

  +
2  3 

---------------- HẾT ----------------

Trang 24

NHÓM TOÁN VD – VDC

 BD ⊥ SH
Gọi I là hình chiếu của H lên BD, ta có 
⇒ BD ⊥ ( SHI ) .
 BD ⊥ HI
 HK ⊥ SI
Gọi K là hình chiếu của H lên SI, ta có 
⇒ HK ⊥ ( SBD ) ⇒ d ( H ; ( SBD) ) =
HK .
 HK ⊥ BD