De thpt quoc gia nam 2019 megabook de1(key loigiai)

DE-THI-THU-THPT-QUOC-GIA-NAM-2019-MON-TOAN-MEGABOOK-DE-SO-1
A  1; 3; 4  B  2; 5; 7 
Câu 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với
,
và
C  6; 3; 1
. Phương trình đường trung tuyến AM của tam giác ABC là:
�x  1  t
�x  1  3t
�x  1  t
�x  1  3t
�
�
�
�
d : �y  1  3t
d : �y  3  2t
d : �y  3  t
d : �y  3  4t
�z  8  4t
�z  4  11t
�z  4  8t
�z  4  t
�
�
�
�
A.
B.
C.
D.

Lời giải
Chọn C
BC � M  2; 4; 4 
Gọi M là trung điểm củauuuur
. Đường trung tuyến AM đi
A  1; 3; 4 
AM   1; 1; 8 
qua
và nhận
làm vecto chỉ phương.
x

1
� t
�
�y  3  t
�z  4  8t
Phương trình đường thẳng AM là: �
.
 ABC  . Biết SA  a tam giác
Câu 2. Cho hình chóp S . ABC có cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy
ABC là tam giác vuông cân tại A , AB  2a . Tính theo a thể tích V của khối chóp S . ABC .
a3
a3
2a 3
V
V

V


3
2
6
3
A.
B. V  2a
C.
D.
Lời giải
Chọn D
Tam giác ABC vuông cân nên AB  AC  2a .
1
1
S ABC  AB. AC  .2 a.2a  2a 2
2
2
Diện tích tam giác ABC là:
.
1
1
2a 3
VS . ABC  SA.S ABC  .a.2a 2 
3
3
3 .
Thể tích khối chóp S . ABC là:
y  f  x
Câu 3. Cho hàm số
xác định và liên tục trên � có bảng biến thiên sau:

Khẳng định nào sau đây là đúng?

 1;1
A. Hàm số đồng biến trên khoảng
B. Hàm số có đúng một cực trị
C. Hàm số đạt cực đại tại x  3 và đạt cực tiểu tại x  1
D. Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 1 và giá trị lớn nhất bằng 1
Lời giải
Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên:
 1;3 � Loại đáp ánA.
Hàm số đồng biến trên khoảng
Hàm số có hai điểm cực trị � Loại đáp ánB.
lim y  �; lim y  ��
x ��
x ��
Nên hàm số khơng có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất � Đáp án D sai.
Hàm số đạt cực đại tại x  3 và đạt cực tiểu tại x  1 � Đáp án C đúng.
Câu 4. Cho hai số phức z1  2  3i, z2  4  5i . Số phức z  z1  z2 là:


A. z  2  2i

B. z  2  2i

C. z  2  2i
Lời giải

D. z  2  2i

Chọn B
Ta có: z  z1  z2  2  3i  4  5i  2  2i .

 S  có tâm I  1; 2; 0  và bán kính R  3 .
Câu 5. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
 S  là:
Phương trình mặt cầu
2
2
2
2
 x  1   y  2   z 2  3
 x  1   y  2   z 2  9
A.
B.
2
2
2
2
 x  1   y  2   z 2  9
 x  1   y  2   z 2  3
C.
D.
Lời giải
Chọn B
 S  tâm I  a; b; c  , bán kính R có phương trình dạng:
Mặt cầu
2
2
2

 S  :  x  a    y  b    z  c   R2 .
I  1; 2; 0 
Với tâm
và bán kính R  3 .
2
2
2
� Phương trình mặt cầu  S  :  x  1   y  2   z  9 .
4x 1
lim
Câu 6. Giới hạn x ��  x  1 bằng bao nhiêu?
A. 2
B. 4
C. 1
D. 4
Lời giải
Chọn D
1
4
4x 1
x  4
lim
 lim
x ��  x  1
x ��
1
1 
x
Ta có:
.

a
b
Câu 7. Với các số thực , bất kì, mệnh đề nào sau đây đúng?

3 
A.

a b

3 
B.

a b

 3a b

3 
C.

a b

 3a b

 3ab

3 
D.

a b

 3a

b

Lời giải
Chọn C

a 
Công thức lũy thừa

n m

 a nm �  3a   3ab
b

.
5
3
Câu 8. Một tổ gồm học sinh nam và học sinh nữ. Tính số cách chọn cùng lúc 3 học sinh trong tổ đi tham
gia chương trình thiện nguyện.
A. 56
B. 336
C. 24
D. 36
Lời giải
Chọn A
3
Số cách chọn cùng lúc 3 học sinh trong tổ đi tham gia chương trình thiện nguyện là C8  56 .
Câu 9. Nguyên hàm của hàm số
f  x  dx  tan x  C

A. �
f  x  dx  x  tan x  C
C. �

f  x   tan 2 x

là:

f  x  dx  tan x  x  C
�
f  x  dx  tan x  x  C
D. �

B.

Lời giải
Chọn B
Ta có:

f  x  dx  �
tan
�

2

� 1
�
xdx  �
dx  tan x  x  C
� 2  1�

�cos x �


2
Câu 10. Trục đối xứng của parabol y   x  5 x  3 là đường thẳng có phương trình là:
5
5
5
5
x
x
x
x
4
2
4
2
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Chọn D
b
x
2
2a .
Trục đối xứng của parabol y  ax  bx  c là đường thẳng
5
x

2
y


x

5
x

3
2.
Trục đối xứng của parabol
là đường thẳng
2
2
Câu 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho 9 x  25 y  225 . Hỏi diện tích hình chữ nhật cơ sở ngoại tiếp
 E  là:
A. 15
B. 30
C. 40
D. 60
Lời giải
Chọn D
x2 y2
 E :  1
25 9
Phương trình chính tắc của
.

Ta có:

a 2  25 �
a5
�
��
�2
b3
b 9
�
�

.

 E  là S  4ab  60 .
Diện tích hình chữ nhật cơ sở ngoại tiếp
Câu 12. Cho khối trụ có bán kính hình trịn đáy bằng r và chiều cao bằng h. Hỏi nếu tăng chiều cao lên 2 lần
và tăng bán kính đáy lên 3 lần thì thể tích của khối trụ mới sẽ tăng lên bao nhiêu lần?
A. 18 lần
B. 6 lần
C. 36 lần
D. 12 lần
Lời giải
Chọn A
Tăng chiều cao lên 2 lần thì h2  2h1 .
Tăng bán kính đáy lên 3 lần thì R2  3R1 .
Tỉ lệ thể tích:
V1  R12 .h1
 R12 .h1
1



 � V2  18V1
2
2
V2  R2 .h2   3R1  .2h1 18

.

Vậy khối trụ mới sẽ tăng 18 lần thể tích.
3x  2  2 x  1
Câu 13. Số nghiệm của phương trình
là:
A. 3
B. 0
C. 2
D. 1
Lời giải
Chọn C
x 1
� 1
�
2 x  1 �0
�
�
�x �
3x  2  2 x  1 � �
�� 3
2
2
2 � �

�
x
3
x

2

2
x

1




2
�
�
5x  8x  3  0
� 5 (Thỏa mãn)
�
Ta có:
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt.
y  f  x
�\  1
Câu 14. Cho hàm số
xác định, liên tục trên tập
và có bảng biến thiên:

Khẳng định nào dưới đây là đúng?
�\  1
A. Hàm số đồng biến trên
 �;1 � 1; �
B. Hàm số đồng biến trên tập
 �; �
C. Hàm số đồng biến trên tập
 �;1 và  1; �
D. Hàm số đồng biến trên các khoảng
Lời giải
Chọn D

 �;1 và  1; � � D đúng.
Dựa vào bảng biến thiên hàm số đồng biến trên các khoảng
x 1
y x
2 là:
Câu 15. Đạo hàm của hàm số
1   1  x  ln 2
1   x  1 ln 2
x
x
y' 
y' 
y'   x
y'   x
x
x
4
2

4
2
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Chọn B
x
/
x
x
1   x  1 ln 2 �
�x  1 � 2   x  1 2 ln 2 2 �
�
� 1   x  1 ln 2
y '  � x �

2x
2x
2
2
2x
�2 �
Ta có:
Câu 16. Xem giữa số 3 và số 768 là 7 số để được một cấp số nhân có u1  3 . Khi đó u5 bằng:
A. 72
B. 48
C. �48
D. 48

Lời giải
Chọn D
8
8
Ta có: u1  3 và u9  768 nên 768  3.q � q  256 � q  �2 .
4
4
Do đó u5  u1.q  3.2  48 .

 z 2  4 z   3  z 2  4 z   40  0 . Khi đó, giá trị
Câu 17. Gọi z1 , z2 , z3 , z4 là các nghiệm phức của phương trình
2
2
2
2
H  z1  z2  z3  z4
bằng:
A. P  4
B. P  42
C. P  16
D. P  24
Lời giải
Chọn B
2
Đặt: t  z  4 z .
2

2
Khi đó phương trình trở thành: t  3t  40  0 .
z  2i

�
�
z  2i
�
t  5
z 2  4z  5  0
�
��
� �2
��
�
t 8
z  22 3
z  4z  8  0
�
�
�
�
z  22 3
�
.

2

Khi đó:

2

2

2



H  z1  z2  z3  z4  5  5  2  2 3

 
2

 22 3



2

 42

.
�
Câu 18. Trong không gian cho tam giác ABC vuông tại A có AB  a và ACB  30�. Thể tích khối nón sinh
ra khi quay tam giác ABC quanh trục AC là:


A.

3 a 3
3

B.

3 a 3

C.
Lời giải

3 a 3
9

3
D.  a

Chọn A
Khi quay tam giác ABC quanh trục AC thì bán kính đường trịn đáy là
AB , chiều cao của hình nón là CA .
Bán kính hình nón: r  AB  a .
AB
a
h

a 3
�
tan ACB tan 30�
Chiều cao của hình nón:
.
3
1
1
3 a
V   r 2 h   a 2 .a 3 
3

3
3 .
Thể tích khối nón là:

 P  song
Câu 19. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt phẳng
�x  2  t
�
x  2 y  1 z d 2 : �y  3  2t
d1 :


�z  1  t
�
2
3
4,
song với hai đường thẳng
. Vecto nào sau đây là vecto pháp tuyến
 P ?

củarmặt phẳng
n   5; 6;7 
A.

B.

r
n   5; 6;7 

r
n   5;6; 7 

C.
Lời giải

D.

r
n   5;6;7 

Chọn D

uur
ud1   2; 3; 4 
d
1
Đường thẳng , có một vecto chỉ phương là uur
.
u   1; 2; 1
Đường thẳng d 2 , có một vecto chỉ phương là d2
.
uur uur
�
u ; u �  5;6;7 
Ta có: �d1 d2 �
.
 P  song song với hai đường thẳng 1 và  2 nên nhận
Vì mặt phẳng
uur uur

�
�
u
�d1 , ud2 �  5;6;7  làm vecto pháp tuyến.
Câu 20. Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , tam
giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy, SA  2a . Thể tích khối chóp
S . ABCD theo a là:
a 3 15
A. 6

a 3 15
B. 12

2a 3
C. 3
Lời giải

Chọn A
2
2
Diện tích hình vng ABCD là: S ABCD  AB  a .
Gọi H là trung điểm AB .
Do tam giác SAB cân tại S do đó SH  AB .
�
 SAB    ABCD 
�
 SAB    ABCD   AB �� SH   ABCD 
�
SH  AB
�

.

3
D. 2a


2

a � a 15
2
 2a   �
� �
2
�2 �
Thể tích khối chóp S . ABCD là:
1
1 a 15 2 a 3 15
VS . ABCD  SH .S ABCD  .
.a 
3
3 2
6 .
SH  SA2  AH 2 

y  f  x
Câu 21. Biết hàm số
có đồ thị đối xứng với đồ thị hàm số
x
y  3 qua đường thẳng x  1 . Chọn khẳng định đúng trong các
khẳng định sau?

A.

f  x 

1
3.3x

B.

f  x 

1
9.3x

f  x 

C.
Lời giải

1 1

3x 2

D.

f  x   2 

1
3x

Chọn B

x
M  x0 ; y0 
N x; f  x  
f  x
Trên đồ thị hàm số y  3 lấy
và gọi 
là điểm thuộc đồ thị hàm số
và đối
x


1
M
xứng với
qua đường thẳng
.
�x  x0
 1 �x0   x  2
�
��
� 2
�y0  f  x 
�f  x   y0
�
Khi đó:
1
f  x   3 x 2 

x
y

3
9.3x .
Thay vào hàm số
ta được:
Cách khác:
A  0;1 � C  : y  3x � B  2;1
Ta có điểm
là điểm đối xứng với A
qua đường thẳng y  1 .

f  x 

1
9.3x đi qua điểm

Trong 4 đáp án chỉ có đáp án B là
B  2;1
.
2
F  x
f  x   sin 2 x.esin x
Câu 22. Nguyên hàm
của hàm số
là:
sin 2 x 1
e
1 sin 2 x

sin 2 x
sin 2 x
F
x


C
F
x

e
C




2
F  x   2e
C
F  x  e
C
sin x  1
2
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Chọn C
2

2
2
2
F  x  �
sin 2 x.esin x dx  �
2sin x.cos x.esin x dx  �
esin x d sin 2 x  esin x x  C
Ta có:
.
50
4
Câu 23. Một đề thi mơn Tốn có
câu hỏi trắc nghiệm khách quan, mỗi câu có phương án trả lời, trong
đó có đúng một phương án là đáp án. Học sinh chọn đúng đáp án được 0 ,2 điểm, chọn sai đáp án không
được điểm. Một học sinh làm đề thi đó, chọn ngẫu nhiên các phương án trả lời của tất cả 50 câu hỏi, xác
suất để học sinh đó được 5 ,0 điểm bằng:






A5025 .  A31 

1
A. 2

B.

Chọn D

C5025 .  C31 

25

1
C. 16
Lời giải

A 

1 50
4

n      C41 

D.

25

C 

1 50
4

50

Số phần tử không gian mẫu:
.
A

Gọi là biến cố học sinh chỉ chọn đúng đáp án của 25 câu hỏi.
Khi đó

n  A   C5025 .  C31 

Xác suất cần tìm là:

25

.

25
1
n  A  C50 .  C3 
P  A 

50
n  
 C1 

Câu 24. Cho cấp số cộng
A. S10  125

25

4

 un 

.

có u5  15, u20  60 . Tổng của 10 số hạng đầu tiên của cấp số cộng này là:
B. S10  250
C. S10  200
D. S10  200

Lời giải
Chọn A
Gọi u1 , d lần lượt là số hạng đầu và công sai của cấp số cộng.
u5  15 �
u1  4d  15 �
u  35
�
��
� �1
�
u  60
u1  19d  60
�d  5 .
�
Ta có: �20
10
S10  .  2u1  9d   5. �
2.  35   9.5�
�
� 125
2
Vậy
.
Câu 25. Cho hàm số

y   x3  3 x 2   2m  1 x  2m  3

tiếp tuyến của hệ số góc lớn nhất của đồ thị
A. m  2
B. m  1

 Cm 

có đồ thị

 Cm  . Với giá trị nào của tham số m

thì

vng góc với đường thẳng  : x  2 y  4  0 ?
C. m  0
D. m  4
Lời giải

Chọn A
Tập xác định: D  �.
Ta có:
2
y '  3x 2  6 x  2m  1  3 x 2  2 x  1  2m  2  3  x  1  2m  2 �2m  2, x ��





Do đó: GTLN của y ' là 2m  2 , đạt tại x0  1 .
Với x0  1 � y0  4m  2 .

 C  M  1; 4m  2  là:
Phương trình tiếp tuyến của m tại
d : y   4m  2    2m  2   x  1 � y   2m  2  x  2m  4

.

1
y  x2

:
x

2
y

4

0
2
Theo đề ra ta có:
hay
.
Khi đó: d   � 2m  2  2 � m  2 .

x y 1 z  2



1
1
1 và mặt phẳng
Câu 26. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng:
 P  : x  2 y  2 z  4  0 . Phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng  P  sao cho d cắt và vng
góc với đường thẳng Δ là:
:


A.

�x  3  t
�
d : �y  1  2t
�z  1  t
�

�x  3t
�
d : �y  2  t
�z  2  2t
�

B.

�x  2  4t
�
d : �y  1  t
�z  4  t
�

C.
Lời giải

D.

�x  1  t
�
d : �y  3  3t
�z  3  2t
�

Chọn C

uu
r
ud   1;1; 1
Đường thẳng Δ có một vecto chỉ phương là uuur
.
 P  có một vecto pháp tuyến là n P    1; 2; 2  .
Mặt phẳng
uu
r
ud   1;1; 1 �
uu
r uuur
� �
uuur
ud , n P  �
�� �

�  4; 3;1
n P    1; 2; 2  �
�
Ta có:
.
d 
�
uu
r uuur
�
�
�
u
, n �  4; 3;1
d � P 
d
�
Vì
Đường thẳng d nhận �  P  �
làm vecto chỉ phương.
M   � P  � M � � M  t ;1  t ; 2  t 
Giả sử:
.
M � P  � t  2  1  t   2  2  t   4  0 � t  2 � M  2; 1; 4 
Mặt khác
.
�x  2  4t
�
d : �y  1  3t
�z  4  t

�
Khi đó phương trình đường thẳng d là:
.
5
x
f  x  2
x  1 là:
Câu 27. Họ nguyên hàm của hàm số
A.
C.

f  x  dx 
�

x4 x2
  ln  x 2  1  C
4 2

f  x  dx  x
�

4

f  x  dx  x
�
B.

f  x  dx 
�

 x  ln  x  1  C
2

2

D.
Lời giải

3

x

x
C
x 1
2

x4 x2 1
  ln  x 2  1  C
4 2 2

Chọn A

2
x5
x � x 4 x 2 1 d  x  1
�3
f  x  dx  �2 dx  �
dx    � 2
C

�x  x  2 �
�
x 1
x 1�
4 2 2
x 1
�
Ta có:
.
4
2
x
x 1
   ln  x 2  1  C
4 2 2
.

Câu 28. Cho hàm số
đây là đúng?

y  f  x
f  x

f '  x    x  1  x 2  2   x 4  4 
liên tục trên �, có đạo hàm
. Mệnh đề nào sau

có 3 điểm cực trị.
 2; 2
f  x

B. Hàm số
đồng biến trên khoảng
f  x
C. Hàm số
đạt cực tiểu tại x  1
f  x
D. Hàm số
đạt cực tiểu tại x  2
Lời giải
Chọn C
Tập xác định: D  �.
A. Đồ thị hàm số






Ta có:

f '  x    x  1  x 2  2   x 4  4   0 �  x  1  x 2  2 



�  x  1 x  2

Bảng xét dấu

  x  2  x
2

f ' x

2

2

2

x

2

 2  0

.

x 1
�
 2 � �
x�2
�
.

:

 �;1 và đồng biến trên khoảng  1; � .
Dựa vào bảng biến thiên hàm số nghịch biến trên khoảng
Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 và không có cực đại.
Tại x  � 2 khơng phải điểm cực trị vì y ' khơng đổi dấu nên hàm số chỉ có 1 điểm cực trị.

9 x   x  12  .3x  11  x  0
Câu 29. Cho phương trình
. Phương trình trên có hai nghiệm x1 , x2 . Giá trị
S  x1  x2 bằng bao nhiêu?
A. S  0

B. S  2

C. S  4
Lời giải

D. S  6

Chọn B
x
Đặt t  3  0
t 1
�
9 x   x  12  .3x  11  x  0 � t 2   x  12  t  11  x  0 � �
t  11  x
�
Khi đó
x0
�
�
3x  1
� �x
� �x
3  x  11  *

3  11  x
�
�
f  x   3x  x
Xét hàm
trên �.
x
f '  x   3 ln  1  0; x ��
.
f  x
Do đó hàm số
đồng biến trên �.
f  2   11 � f  x   11 � f  x   f  2  � x  2
Mà
.
x0
�
� x1  x2  2
�
x

2
�
Vậy hai nghiệm của phương trình là
.
Câu 30. Cho hàm số

y  f  x

có bảng biến thiên sau:

Tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y  1  m cắt đồ thị hàm số đã cho tại hai điểm
phân biệt là:
A. m  2 hoặc m  2
B. m �2
C. m �1 hoặc m �2
D. m  1 hoặc m  3
Lời giải
Chọn D


Dựa vào bảng biến thiên, đường thẳng y  1  m cắt đồ thị hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt
1 m  2
m  1
�
�
��
��
1  m  2
m3 .
�
�

�  3 �
 ; �
�
Câu 31. Số nghiệm chung của hai phương trình 4 cos x  3  0 và 2sin x  1  0 trên khoảng � 2 2 �
bằng:
A. 2
B. 4

C. 3
D. 1
Lời giải
Chọn A

�
x    k 2
�
1
6
2sin x  1  0 � sin x   � �
7
2
�
x
 k 2
�
� 6
Phương trình
2

�  3 �

7
 ; �

�
2
2
�có hai nghiệm là 6 và 6 .

Trên khoảng �
2
Cả hai nghiệm này đều thỏa mãn phương trình 4 cos x  3  0 .
Vậy hai phương trình có 2 nghiệm chung.
Lưu ý: Hoặc giải phương trình:
� 
x   k
�
1
6
2
4 cos x  3  0 � 2 cos 2 x  1  0 � cos 2 x  � �

2
�
x    k
�
6
�
�  3 �
  5
7
 ; �
 ; ;
�
Trên khoảng � 2 2 �có nghiệm là 6 6 6 và 6 .
Do đó trùng với 2 nghiệm của phương trình 2sin x  1  0 .
Câu 32. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh a và tma giác ABD đều. SO vng góc
 ABCD  và SO  2a . M là trung điểm của SD . Tang góc giữa CM và  ABCD  là:
mặt phẳng

4 13
13
13
A. 4 13
B. 13
C. 4
D. 13
Lời giải
Chọn B
SO 2a
� MI 

a
2
2
Gọi I là trung điểm OD � MI là đường trung bình tam giác SOD
và

MI / / SO � MI   ABCD 

.

 ABCD  .
IC là hình chiếu của MC lên mặt phẳng
�
 ABCD  là MCI
Góc giữa MC với
.
1
a

� BD  a � OI  BD 
4
4.
Tam giác ABD đều


a 3
2 .
Xét tam giác OCI vuông tại O:
OC  OA 

2

2
�a 3 � �a �
a 13
CI  CO  OI  �

�
�2 �
� �
4
�
� �4 �
.
2

2

Xét tam giác CMI vuông tại I:

�  MI  a  4 13
tan MCI
CI a 1
13
4
.
n

�3 2 �
�x  �
8
 78
, số hạng chứa x trong khai triển � x �

n 1
n 2
Câu 33. Biết n là số nguyên dương thỏa mãn Cn  Cn
là:
8
A. 10176x
B. 101376
C. 112640
Lời giải
Chọn A
 n  1 n  78
n!
n!
Cnn1  Cnn  2  78 �

 78 � n 

2
 n  1 !.1!  n  2  !.2!
Ta có:
.
n  12
�
� n 2  n  156  0 � �
� n  12
n  13
�
(vì n là số nguyên dương).

12

D. 101376x

8

k

2 � 12
k
k
�3 2 � 12
k
3 12  k �
k
k 36  4 k
x




1
C
x




12
�
� �
� �  � 1 C12 .2 .x
x
x
� k 0
� � k 0
Ta có: �
8
Số hạng chứa x khi 36  4k  8 � k  7 .
12

�3 2 �
7
7 8
8
�x  �
8
Vậy số hạng chứa x trong khai triển � x � là C12 .2 .x  101376 x .
z  1  2i   1  i  z  0

z 1
Câu 34. Cho số phức z  a  bi ( a, b ��) thỏa mãn
và
. Tính giá trị của biểu
P

a

b
thức
.
P

3
A.
B. P  7
C. P  1
D. P  5
Lời giải
Chọn B
Cách 1:
z  1  2i   1  i  z  0 � z   z  1   z  2  i
Ta có:
.
�z  5
2
2
2
2
z   z  1   z  2  � z  6 z  5  0 � �

�z  1  l  .
Lấy môđun hai vế ta được:
� z   z  1   z  2  i  4  3i � P  4  3  7
.
Cách 2:
z  a  bi  a, b ��
Gọi
.

Ta có

z  1  2i   1  i  z  0 �  a  bi   1  2i   1  i  a 2  b 2

�
a  1  a 2  b2
�
�  a  1   b  2  i  a  b  i a  b � �
b  2  a 2  b2
�
�
2

2

2

2

.

 b  1

� a 1  b  2 � a  b 1 � b  2 

2

 b2

.

b  2 �0
�
b  1 � a  0
�
�
��
�
2
�
 b  2   2b 2  2b  1 �b  3 � a  4 .
�

z  1 � a 2  b2  1
nên a  4, b  3 thỏa mãn � P  7 .
4x 1
log 2 x
m
4 1
Câu 35. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

có nghiệm thực.
A. 1  m  1
B. m  0
C. 1  m  0
D. m �1
Lời giải
Chọn B
4x  1
 0 � 4x  1
x
Điều kiện: 4  1
.
x
Đặt t  4 � t  1 .
t 1
log 2
m
t 1
Khi đó phương trình trở thành
.
Lại có

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm giữ đường thẳng y  m và đồ thị hàm số
t 1
f  t   log 2
t  1 với t  1 .
Xét hàm số
2
f ' t   2
 0; t  1

t  1 ln 2
Ta có:
.



f  t   log 2

t 1
t 1 .



f  t
 1; � .
Do đó hàm số
đồng biến trên khoảng
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên để phương trình có nghiệm � m  0 .
y  f  1  x2 
y  f  x
y  f ' x
Câu 36. Cho hàm số
. Hàm số
có đồ thị như hình bên. Hàm số
nghịch biến
trên khoảng nào dưới đây?

A.





3; �

B.





3; 1



1; 3
C.
Lời giải



Chọn C

2
2
�
y'  �
�f  1  x  � 2 x. f '  1  x   2 x. f '  t 

/

Ta có:
Dựa vào đồ thị:

2
với t  1  x .

D.

 0;1




x  �1
�
�
t2
x2  1  2
�
f '  t   0 � � � �2
��
t4
x�3
x 1  4
�
�
�

1  x  1
�
�
t2
x2  1  2
�
�
f '  t   0 � � � �2
��
x 3
t4
x 1  4
�
�
�
x 3
�

�
 3  x  1
f '  t   0 � 2  t  4 � 2  x2  1  4 � 1  x2  3 � �
1 x  3
�

Bảng xét dấu:

y  f  1  x2 





1; 3
nghịch biến trên khoảng
.
Câu 37. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh 2 2 , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng
   qua A và vng góc với SC cắt cạnh SB , SC , SD lần lượt tại các điểm M , N ,
đáy. Mặt phẳng
P . Thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP là:
32
64 2
108
125
V
V
V
V
3
3
3
6
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Chọn A
CB   SAB  � AM  CB
    SC � AM  SC .
Ta có:

. Mà
� AM   SBC  � AM  MC � �
AMC  90�
.
�
Tương tự ta có APC  90�
�
Mặt khác: AN  SC � ANC  90�
�
�
�
Ta có: AMC  APC  APC  90�
� Khối cầu ngoại tiếp CMNP có tâm O là trung điểm AC .
Vậy hàm số

AC AB 2 2 2. 2


2
2
2
2
Bán kính khối cầu:
.
4
4
32
3
V   R3    2  
3

3
3 .
Thể tích cầu ngoại tiếp:
R

3a
SA 
�
ABC

60
�
,
SA

ABCD


2 . Gọi
Câu 38. Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình thoi cạnh a ,
,
O là tâm của hình thoi ABCD . Khoảng cách từ điểm O đến  SBC  bằng:
3a
3a
5a
5a
A. 4
B. 8
C. 8
D. 4

Lời giải
Chọn B
d  O,  SBC   OC 1
1

 � d  O,  SBC    d  A;  SBC  
2
d  A,  SBC   AC 2
Ta có:


�
Vì AB  BC  a, ABC  60�, nên ABC đều.
Gọi M là trung điểm BC .
�BC  AM
� BC   SAM 
�
BC

SA
�
Do đó:
.
Gọi H là hình chiếu của A lên SM .
�AH  SM
�
Do đó: �AH  BC .

� AH   SBC  � d  A;  SBC    AH

.
SAM
Xét tam giác
vuông tại A:
3a a 3
.
SA. AM
3a
2 2
AH 


2
2
4
SA2  AM 2
�3a � �a 3 �

�
� � �
�2 � � 2 �
.
1
1 3a 3a
d  O,  SBC    AH  . 
2
2 4
8 .
Vậy

12  m / s 
Câu 39. Một ơ tơ đang chuyển động đều với vận tốc
thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó ơ tơ
v  t   2t  12  m / s 
chuyển động chậm dần đều với vận tốc
(trong đó t là thời gian tính bằng giây, kể
từ lúc đạp phanh). Hỏi trong thời gian 8 giây cuối (tính đến khi xe dừng hẳn) thì ơ tơ đi được qng
đường bao nhiêu?
A. 16m
B. 60m
C. 32m
D. 100m
Lời giải
Chọn B
� t  6 s
Từ lúc phanh đến khi xe dừng lại hết thời gian là: 2t  12  0
.
Vậy trong 8s cuối thì 2 giây đầu xe vẫn chuyển động đều quãng đường là: S1  12.2  24m .
6

6

S2  �
v  t  dt  �
 2t  12  dt  36m

0
Quãng đường vật đi được trong 6 giây cuối khi dừng lại là:
Vậy tổng quãng đường ô tô đi được là: S  S1  S2  24  36  60m .

0

x 1 y z  2
:
 
Oxy
2
1
1 và hai điểm A  0; 1;3 ,
Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ
, cho đường thẳng
2
2
B  1; 2;1
. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng Δ sao cho MA  2MB đạt giá trị nhỏ nhất.
M  5; 2; 4 
M  1; 1; 1
M  1;0; 2 
M  3;1; 3
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Chọn B
M  1  2t; t; 2  t 
Vì M thuộc đường thẳng Δ nên
.
2
2

2
2
2
2
MA2  2MB 2   2t  1   t  1   t  5  2 �
 18t 2  36t  53
�2t    t  2    t  3 �
�
Ta có
2
� MA2  2 MB 2  18  t  1  35 �35, t ��
.
2
2
min  MA  2 MB   35 � t  1
M  1; 1; 1
Vậy
hay
.
ABC
.
A
'
B
'
C
'
Câu 41. Cho khối lăng trụ
có đáy là tam giác đều cạnh a , điểm A ' cách đều ba điểm A , B , C .
Cạnh bên AA ' tạo với mặt phẳng đáy một góc 60�. Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là:

3
A. a 3

a3 3
B. 2

a3 3
C. 6
Lời giải

a3 3
D. 4

Chọn D
Ta có A ' A  A ' B  A ' C nên hình chiếu của A ' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Do tam giác ABC đều nên trọng tâm G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
� A ' G   ABC 
.
 ABC  .
AG là hình chiếu của A ' A lên mặt phẳng
 ABC  là: �
A ' AG .
Góc giữa A ' A với mặt phẳng
Gọi H là trung điểm BC .
2
2 a 3 a 3
AG  AH  .


3
3 2
3 .
Ta có:
Xét tam giác A ' AG vuông tại G:
a 3
A ' G  AG.tan �
A ' AG 
. tan 60� a
3
.
ABC
Diện tích tam giác đều
là:
S ABC 

AB 2 3 a 2 3

4
4 .

a 2 3 a3 3

4
4 .
Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là:
 C  : y  x 4   3m  1 x 2  m 2 (m là tham số). Để  C  cắt trục hoành tại bốn phân
Câu 42. Cho đồ thị hàm số
biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng thì giá trị của m là:
1

19
3
m  3, m  
m
m
5
3
19
A.
B.
C. m  3
D.
Lời giải
Chọn D
 C  và trục hoành: x 4   3m  1 x 2  m 2  0 (1)
Phương trình hồnh độ giao điểm của
t  x 2  t �0 
t 2   3m  1 t  m 2  0  2 
Đặt
, ta có phương trình:
.
 C  cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt khi  2  có hai nghiệm dương phân biệt:
1
�
2
m


1
�

m


�
�
5m  6m  1  0
0
�
5
�2
�
1
�
��
�
P ۹�
0 �
�
m 0
m
0
m
 m 0   *
�
5
�S  0
�
�
3m  1  0
1

�
�
�
m
3
�
.
/
VABC . A ' B 'C '  A ' G.S ABC
 a.

 2  , với 0  t1  t2 và x1 , x2 , x3 , x4 là bốn nghiệm của (1) với:
Gọi t1 , t2 là hai nghiệm của
x1  x2  x3  x4 thì: x1  t2 , x2   t1 , x3  t1 , x4  t2 .
x1 , x2 , x3 , x4 lập thành cấp số cộng khi:
�
�x1  x3  2 x2
� t2  t1  2 t1
��
� t2  3 t1 � t2  9t1
�
�x2  x4  2 x3
� t1  t2  2 t1
.


t1  t2  3m  1
�
�
t t  m2

Theo Vi-ét cho phương trình ta có: �1 2
và t2  9t1 nên thế t1 ; t2 ta được:
m3
�
2
�
19m  54m  9  0 �
3
�
m
19 .
�
3
m  3, m  
19 .
Kết hợp với điều kiện (*) ta được giá trị m cần tìm là:
3

2
7
f
'
x
dx 
�
�


�
�

�
f  x
6
 0;3 thỏa mãn f  3  0 , 0
Câu 43. Cho hàm số
có đạo hàm liên tục trên
và
3
3
f  x
7
dx  
f  x  dx
�
�
3
x

1
0
. Tích phân 0
bằng:
7
97
7
7

A. 3
B. 30
C. 6

D. 6
Lời giải
Chọn B
3
f  x
7
dx  
�
3
Xét: 0 x  1
�
u  f  x
�
du  f '  x  dx
�
�
��
�
1
dv 
dx �
v  2 x  1 1
�
�
x

1
�
Đặt:
3

3
3
f  x
�
� 2
dx

2
x

1

1
f
x
x  1  1 f '  x  dx


�
�
�
�0
x

1
0
0
Khi đó:
3
7

� � x  1  1 . f '  x  dx 
6
0

















3

Mặt khác:
Do đó:
3





2

3





� x  1  1 dx  �x  2  2 x  1 dx 
0

f  x 

0

7
6

2
7
 x  1 x  1  x 
3
3.
3

2
7
97
�
f  x  dx  �

dx  
 x  1 x  1  x  �
�
�
�
3
3�
30
0 �
Vậy: 0
.
M  2;1;1
 : x  y  z 4  0
Câu 44. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm
và mặt phẳng
S  : x 2  y 2  z 2  6 x  6 y  8 z  18  0

và mặt cầu
. Phương trình đường thẳng d đi qua M và nằm trong
   cắt mặt cầu  S  theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất là:
mặt phẳng
x  2 y 1 z 1
x  2 y 1 z 1
:


:


1

2
1
1
2
1
A.
B.
x  2 y 1 z 1
x  2 y 1 z 1
:


:


1
2
3
1
2
1
C.
D.
Lời giải
Chọn A
 S  có tâm I  3;3; 4  , bán kính R  4 .
Mặt cầu


uuur

IM   1; 2; 3 � IM 

 1

2

  2    3   14  R
2

2

.

� M nằm trong mặt cầu  S  nên đường thẳng d luôn cắt mặt cầu tại hai điểm A , B phân biệt.
Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng d .
2
2
2
Ta có: AB  2 AH  2 R  IH  2 16  IH .
Để AB nhỏ nhất khi IH lớn nhất.
Mà IH �IM . Vậy IH lớn nhất khi H �M
Hay IM  d .
uu
r uuur
�
u
uu
r
uuur uuu
r

�
d �  
d
�  n     1;1;1
�  1; 2;1
� �uu
� ud  �
n
,
MI
r uuu
r
�



�
�
d  MI
�
u

MI

1;
2;3


�
�d

Ta có:
uu
r .
M  2;1;1
u   1; 2;1
Đường thẳng d đi qua
và có một vecto chỉ phương d
.
x  2 y 1 z 1


2
1 .
Phương trình đường thẳng d là: 1
Câu 45. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A , 3 học sinh lớp 12B và 5 học sinh lớp 12C
thành một hàng ngang. Xác suất để trong 10 học sinh trên khơng có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau
bằng:
11
1
1
1
A. 630
B. 126
C. 105
D. 42
Lời giải
Chọn A
n     10!
Số cách xếp 10 học sinh vào 10 vị trí:
cách.

Gọi A là biến cố: “Trong 10 học sinh trên khơng có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau”.
Sắp xếp 5 học sinh lớp 12C vào 5 vị trí có 5! Cách.
Ứng mỗi cách xếp 5 học sinh lớp 12C sẽ có 6 khoảng trống gồm 4 vị trí ở giữa và hai vị trí hai đầu để
xếp các học sinh còn lại.
C C C C C C C C C C C
3
Trường hợp 1: Xếp 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí trống ở giữa (khơng xếp vào hai đầu) có A4 cách.

Ứng với mỗi cách xếp đó, chọn lấy 1 trong 2 học sinh lớp 12 A xếp vào vị trí trống thứ 4 (để hai học
1
sinh lớp 12C không được ngồi cạnh nhau) có C2 cách.
Học sinh lớp 12A cịn lại có 8 vị trí để xếp.
3
2
Khi đó ta có 5!. A4 .C1 .8 cahcs.
Trường hợp 2: Xếp 2 trong 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí trống ở giữa và học sinh cịn lại xếp vào hai
2
2
đầu có A4 .C3 .2 cách.
Ứng với mỗi cách xếp đó sẽ cịn 2 vị trí trống ở giữa, xếp 2 học sinh lớp 12A vào vị trí đó, có 2 cách.
2
2
Khi đó ta có 5!.C3 .2. A4 .2 cách.
Do đó số cách xếp khơng có học sinh cùng lớp ngồi cạnh nhau là
n  A   5!. A43 .C21 .8  5!.C32 .2. A42  2  63360
cách.
n  A  63360 11
P  A 



n  
10!
630
Vậy xác suất cần tìm là
.
n  A  63360 11
P  A 


n  
10!
630
Vậy xác suất cần tìm là
.


C  4;1
Câu 46. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vng tại A và có đỉnh
. Đường phân
giác trong góc A có phương trình là x  y  5  0 . Biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có
hồnh độ dương. Tìm tọa độ điểm B .
B  4; 5 
B  4;7 
B  4;5 
B  4; 7 
A.
B.
C.
D.
Lời giải

Chọn B
Gọi Δ là phân giác trong của góc A .
Gọi D là điểm đối xứng của C qua Δ khi đó D �AB . uur
n   1;1
Đường thẳng CD đi qua C và vng góc Δ nên nhận 
làm vecto chỉ phương có phương trình
x  4 y 1

� x y5  0
1
là: 1
.
Gọi

I  CD � � I  0;5 

.
CD � D  4,9 

Vì I là trung điểm
.
Tam giác ACD vng tại A nên AI  IC  4 2 .
A  5;5  t  �;  t  0 
Gọi
.
2
2
AI  4 2 � AI  32 � t 2   t   32
Vì
.

t4
�
��
� A  4;1
t  4  l 
�
2S
2.24
� AC  4 � AB  ABC 
6
AC
8
.

A  4;1
D  4;9 
Đường thẳng AB đi qua
và
có phương trình là: x  4 .
B  4; 5 
b  5 �
�
2
AB  6 � AB 2  36 �  b  1  36 � �
��
b7
B  4;7 
B  4; b  �AB
�
�

Gọi
. Vì
.
C
Vì đường thẳng Δ là đường phân giác trong nên B ,
nằm khác phía với đường thẳng Δ.
B  4; 5 
f  B  . f  C    6  .  8   48  0
Với
ta có
nên B , C cùng phía nên khơng thỏa mãn.
B  4; 7 
f  B  . f  C   6.  8   48  0
Với
ta có
nên B , C khác phía với đường thẳng.
B  4;7 
Vậy
là điểm cần tìm.
Câu 47. Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có tất cả các cạnh bằng a . Gọi S là điểm đối xứng của A qua BC ' .
Thể tích khối đa diện ABCSB ' C ' là:
a3 3
a3 3
a3 3
3
A. 3
B. a 3
C. 6
D. 2
Lời giải

Chọn A
Chia khối đa diện ABCSB ' C ' thành 2 khối là khối chóp A.BCC ' B ' và khối chóp S .BCC ' B '
VABCSB 'C '  VABCC ' B '  VS .BCC ' B '
Gọi M là trung điểm BC .
AM  BC �
�� AM   BCC ' B ' 
AM

BB
'
�
Ta có:
.


a 3
2 .
Tam giác ABC đều
Thể tích khối chóp A.BCC ' B ' là:
1
1 a 3 2 a3 3
VA.BCC ' B '  AM .S BCC ' B '  .
.a 
3
3 2
6 .
Thể tích khối chóp S .BCC ' B ' là:
1
d S ; BCC ' B '   .S BCC ' B '
VS .BCC ' B ' 3  


VA.BCC ' B ' 1 d A; BCC ' B ' .S
  BCC ' B '
 
3
d  S ;  BCC ' B '  SI


1
d  A;  BCC ' B '  AI
.
3
a 3
a3 3 a 3 3 a 3 3
� VS .BCC ' B '  VA. BCC ' B ' 
� VABCSB ' C '  VA. BCC ' B '  VS . BCC ' B ' 


6
6
6
3
y  f  x
y  f ' x
Câu 48. Cho hàm số
có đạo hàm trên �. Hàm số
có đồ thị như hình vẽ bên.
� AM 

Đặt

y  g  x  f  x  x

y  g  x

. Khẳng định nào sau đây là đúng?

đạt cực đại tại x  1
y  g  x
B. Đồ thị hàm số
có 3 điểm cực trị
y  g  x
C. Hàm số
đạt cực tiểu tại x  1
y  g  x
 1; 2 
D. Hàm số
đồng biến trên khoảng
Lời giải
Chọn A
A. Hàm số

Ta có:

g '  x   f '  x   1; g '  x   0 � f '  x   1

(*).

Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm giữa đồ thị hàm số

Dựa vào hình bên ta thấy giao tại 3 điểm

y  f ' x

x  1
�
�  * � �
x 1
�
�
x2
 1;1 ;  1;1 ;  2;1
�

và đường thẳng y  1 .

.


Bảng xét dấu

g ' x

:

y  g  x  f  x  x
ta thấy hàm số
.
 �; 1 và  2; � ; nghịch biến trên khoảng  1; 2  .
Đồng biến trên khoảng

Hàm số đạt cực đại tại x  1 và cực tiểu tại x  2 .
5 x  m  log 5  x  m 
Câu 49. Cho phương trình
với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m � 20; 20 
để phương trình đã cho có nghiệm?
A. 20
B. 19
C. 9
D. 21
Lời giải
Chọn B
Điều kiện: x  m
t  log 5  x  m  � x  m  5t � x  5t  m
Đặt
.
x
�
5  m  t  1
�
�t
5  m  x  2
Ta được hệ phương trình �
.
x
t
x
t
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: 5  5  t  x � 5  x  5  t (3).
Từ bảng xét dấu

g ' x

f  u   5u  u
Xét hàm đặc trưng:
trên �.
u
f '  u   5 ln 5  1  0; x ��
Ta có:
.
f  u
Vậy hàm số
đồng biến trên �.
x
x
f  x  f  t  � x  t
Mà
, thay vào (1) ta có 5  m  x � m  x  5 .
g  x   x  5x
Xét hàm số
với x  m .
1
g '  x   1  5x ln 5  0 � 5 x   ln 5  � x   log 5  ln 5 
Ta có
.
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình đã cho có nghiệm khi m �0,92 .
m � 20; 20 
m � 19; 18;...; 1

Mặt khác m nguyên và
vì vậy
nên có 19 giá trị m cần tìm.
Câu 50. Cho số phức z  1  i . Biết rằng tồn tại các số phức z1  a  5i, z2  b (trong đó a, b ��, b  1 ) thỏa
3 z  z1  3 z  z2  z1  z2
mãn
. Tính b  a .
A. b  a  5 3
B. b  a  2 3
C. b  a  4 3
Lời giải
Chọn D
3 z  z1  3 z  z2  z1  z2
Ta có:
.
2
2
�
 1  a   42   b  1  1
�
��
2
2
b  a   25  3 �
1  a   16�


�
�
�

�

D. b  a  3 3


2
2
�
b  1   1  a   15

�
��
23
2
2
2
2
2
 b  1  2  b  1  1  a    1  a   3  1  a   �
�b  1   1  a  �
�
�
15
�
2
2
�
 b  1   1  a   15
�
��

2
2
8  b  1  30  b  1  1  a   7  1  a   0
�
�
2
2
�
 b  1   1  a   15 �
2 3
�
a  1
�
1
�
�
�b  1   1  a 
�
3
� ��
��
�ba 3 3
4
7 3
��
�
b
1
7
��

�
b 1   1  a 
3
�
2
��
.