9 đề thi thử TN THPT 2021 môn toán nhóm GV MGB đề 9 file word có lời giải chi tiết

ĐỀ SỐ 9

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
NĂM HỌC: 2020 – 2021
MƠN: TỐN HỌC
Thời gian làm bài: 90 phút; khơng kể thời gian phát đề

Câu 1. Cho mặt cầu S( O ;r ) có diện tích đường trịn lớn là 2π. Khi đó, mặt cầu S( O ;r ) có bán kính là:
B. r = 2

A. r = 2

C. r = 4

D. r = 1

Câu 2. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng
A. 1

B. 2

C. 0

D. 5

Câu 3. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A ( 1; 2;3) , B ( −1;0;1) . Trọng tâm G của
tam giác OAB có tọa độ là
 2 4
B.  0; ; ÷

 3 3

A. ( 0;1;1)

C. ( 0; 2; 4 )

D. ( −2; −2; −2 )

Câu 4. Hàm số y = f ( x ) có đồ thị như sau

Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. ( −2; −1)

B. ( −1;1)

Câu 5. Tập xác định của hàm số y = log 2

C. ( −2;1)
x −1
là?
x+5

A. D = ( −∞; −5 ) ∪ ( 1; +∞ )

B. D = ( −5;1]

C. D = ( −∞; −5 ) ∪ [ 1; +∞ )

D. D = ( −5;1)

Câu 6. Cho

D. ( −1; 2 )

2

2

2

−1

−1

−1

∫ f ( x ) dx = 2 và ∫ g ( x ) dx = −1 . Tính I = ∫ ( x + 2 f ( x ) − 3g ( x ) ) dx .

Trang 1


A. I =

5
2

B. I =

7
2

C. I =

17
2

D. I =

11
2

Câu 7. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng đường kính đáy bằng a. Thể tích của khối nón là
A.

πa 3 2
24

B.

πa 3 3
12

C.

πa 3 3
24

D.

πa 3 3

8

Câu 8. Cho phương trình log 2 ( 2 x − 1) = 2 log 2 ( x − 2 ) Số nghiệm thực của phương trình là:
2

A. 3

B. 2

C. 1

D. 0

Câu 9. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 3x + y − 2 z + 1 = 0 . Véctơ nào sau
đây là véctơ pháp tuyến của ( P ) ?
uu
r
uu
r
A. n3 = ( −2;1;3)
B. n4 = ( 3; −2;1)

uu
r
C. n2 = ( 1; −2;1)

ur
D. n1 = ( 3;1; −2 )

x

Câu 10. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x ( 3 + e ) là

A. 3 x 2 + 2 xe x − 2e x + C

B. 6 x 2 + 2 xe x + 2e x + C

C. 3 x 2 + e x − 2 xe x + C

D. 3 x 2 + 2 xe x + 2e x + C

Câu 11. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng đi qua điểm
M ( 1; −2;3) và vuông góc với mặt phẳng ( P ) : x + y − 2 z + 3 = 0 .
x = 2 + t

A.  y = −1 + t
 z = 1 − 2t


x = 1+ t

B.  y = 2 + t
 z = 3 − 2t


x = 1+ t

C.  y = 1 − 2t
 z = −2 + 3t


x = 1− t

D.  y = 1 + 2t
 z = −2 − 3t


Câu 12. Sắp xếp năm bạn học sinh Nam, Bình, An, Hạnh, Phúc vào một chiếc ghế dài có 5 chỗ ngồi. Số
cách sắp xếp sao cho bạn Nam ln ngồi chính giữa là
A. 16

B. 24

C. 60

D. 120

n
C. un +1 = 3 + 1

D. un +1 = 3 ( n + 1)

n
Câu 13. Cho dãy số ( un ) với un = 3 . Tính un +1 ?
n
A. un +1 = 3 + 3

n
B. un +1 = 3.3

Câu 14. Tính mơđun của số phức z, biết: ( 1 − 2i ) z + 2 − i = −12i .

A. 5

B.

7

C.

1
2

D. 2 2

Câu 15. Đồ thị trong hình vẽ bên dưới là của đồ thị hàm số nào sau đây?

A. y = x 3 − 3 x 2 − 1

B. y = x 4 − 2 x 2 − 1

C. y = x 4 + 2 x 2 − 1

D. y = x 2 − 1
Trang 2


Câu 16. Giá trị lớn nhất của hàm số y = − x 2 + 4 x trên khoảng ( 0;3) là
A. 4

B. 2

D. −2

C. 0

Câu 17. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x 2 − 2 x − 3) , ∀x ∈ ¡ . Hàm số đã cho đồng biến trên
3

khoảng nào dưới đây?
A. ( −3;1)

B. ( 3; +∞ )

C. ( −1;3)

D. ( −∞;1)

Câu 18. Tìm các số thực x và y thỏa mãn 3 x − 2 + ( 2 y + 1) i = x + 1 − ( y − 5 ) i (với i là đơn vị ảo).
3
A. x = ; y = −2
2

3
4
B. x = − ; y = −
2
3

C. x = 1; y =

4

3

3
4
D. x = ; y =
2
3

Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M ( 6; 2; −5 ) , N ( −4;0;7 ) . Viết phương trình
mặt cầu đường kính MN?
A. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 62

B. ( x − 5 ) + ( y − 1) + ( z + 6 ) = 62

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

D. ( x + 5 ) + ( y + 1) + ( z − 6 ) = 62

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 20. Cho x, y là các số thực dương tùy ý, đặt log 3 x = a, log3 y = b . Chọn mệnh đề đúng.
 x  1
A. log 1  3 ÷ = a − b
3
27  y 

 x  1
B. log 1  3 ÷ = a + b
3
27  y 

 x 
1
C. log 1  3 ÷ = − a − b
3
27  y 

 x 

1
D. log 1  3 ÷ = − a + b
3
27  y 

Câu 21. Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 3 x + 5 = 0 . Giá trị của z1 + z2 bằng
A. 2 5

B.

5

C. 3

D. 10

Câu 22. Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( Q ) : x + 2 y + 2 z − 3 = 0 và mặt phẳng ( P )
không qua O, song song mặt phẳng ( Q ) và d ( ( P ), (Q) ) = 1 . Phương trình mặt phẳng ( P ) là
A. x + 2 y + 2 z + 3 = 0

B. x + 2 y + 2 z = 0

C. x + 2 y + 2 z + 1 = 0

D. x + 2 y + 2 z − 6 = 0

Câu 23. Bất phương trình 32 x +1 − 7.3x + 2 > 0 có nghiệm
 x < −1
A. 
 x > log 2 3

 x < −2
B. 
 x > log 2 3

 x < −1
C. 
 x > log 3 2

 x < −2
D. 
 x > log 3 2

Câu 24. Gọi S là diện tích hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường
y = f ( x ) , trục hoành và 2 đường thẳng x = −1, x = 2 trong hình vẽ bên.
0

2

1

0

Đặt: S1 = ∫ f ( x ) dx; S2 = ∫ f ( x ) dx . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. S = S1 + S2

B. S = − S1 − S2

Trang 3

C. S = S1 − S2

D. S = S 2 − S1

Câu 25. Một khối trụ có thể tích bằng 6π. Nếu giữ nguyên chiều cao và tăng bán kính đáy của khối trụ
đó gấp 3 lần thì thể tích của khối trụ mới bằng bao nhiêu
A. 162π

B. 27π

C. 18π

Câu 26. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
A. y = ±2

D. 54π

−2 x + 2019
là
x − 2018

B. x = ±2

C. x = ±2018

D. y = ±2018

Câu 27. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có cạnh AB = a , BC = 2a . Hai mặt bên

( SAB )

và ( SAD ) cùng vng góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) , cạnh SA = a 15 . Tính theo a thể tích V

của khối chóp S.ABCD.
A. V =

2a 3 15
6

B. V =

2a 3 15
3

C. V = 2a 3 15

D. V =

a 3 15
3

2

Câu 28. Tính đạo hàm của hàm số y = ( 2 x 2 + x − 1) 3
A. y ′ =

2 ( 4 x + 1)
3 3 2x2 + x −1

′
B. y =

2 ( 4 x + 1)
3 3 ( 2 x 2 + x − 1)

2

C. y ′ =

3 ( 4 x + 1)
2 3 2 x2 + x − 1

Câu 29. Tìm m để đường thẳng y = x − 2m cắt đồ thị hàm số y =
m ≥ 1
A. 
 m ≤ −3

B. −3 < m < 1

′
D. y =

3 ( 4 x + 1)
2 3 ( 2 x 2 + x − 1)

2

x −3
tại hai điểm phân biệt?

x +1

C. −3 ≤ m ≤ 1

m > 1
D. 
 m < −3

Câu 30. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A, AB = a, AC = a 3 . Tam giác SBC
đều và nằm trong mặt phẳng vng với đáy. Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng ( SAC ) .
A. d =

a 39
13

B. d = a

C. d =

2a 39
13

D. d =

a 3
2

x +1
Câu 31. Biết rằng phương trình log 3 ( 3 − 1) = 2 x + log 1 2 có hai nghiệm x1 và x2 . Hãy tính tổng
3

S = 27 x1 + 27 x2 .
A. S = 180

B. S = 45

C. S = 9

D. S = 252

Câu 32. Cho hình lập phương ABCD.EFGH. Tính tỉ số k giữa thể tích khối trụ ngoại tiếp và thể tích khối
trụ nội tiếp hình lập phương đã cho.
A. k = 2

B. k = 2

C. k = 2 2

D. k = 4

−x
x
Câu 33. Tìm một nguyên hàm F ( x ) của hàm số f ( x ) = e ( 2e + 1) , biết F ( 0 ) = 1 .
−x
A. F ( x ) = 2 + e

−x
B. F ( x ) = 2 x + e

−x

C. F ( x ) = 2 x − e + 1

−x
D. F ( x ) = 2 x − e + 2

Trang 4


Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a . Cạnh bên SA
vng góc với đáy, góc giữa SD với đáy bằng 60° . Tính khoảng cách d từ điểm C đến mặt phẳng ( SBD )
theo a.
A. d =

a 3
2

B. d =

2a 5
5

C. d =

a 5
2

D. d =

3
2

Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình đường vng góc chung của hai đường
thẳng d :
A.

x−2 y −3 z +4
x +1 y − 4 z − 4
=
=
=
=
và d ′ :
.
2
3
−5
3
−2
−1

x y z −1
= =
1 1
1

B.

x−2 y −2 z −3
=
=

2
3
4

C.

x −2 y + 2 z −3
=
=
2
2
2

Câu 36. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của m để hàm số y =
A. ( −∞; 2]

B. ( −∞;1)

D.

x y −2 z −3
=
=
2
3
−1

ex −1
đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) ?
ex − m

C. ( −∞;1]

D. ( −∞; 2 )

Câu 37. Cho các số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 = z2 = 3 và z1 − z2 = 2 . Tính 2 z1 + 3 z2 .
A.

B.

52

53

C. 5 2

D.

51

Câu 38. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ và có đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ
dưới. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số
y = f ( x + 1) +

M = max { a ; a + 1 }
[ 0;2]

để hàm số

20  2 − x 

ln 
÷ nghịch biến trên khoảng ( −1;1) ?
m  2+ x

A. 3

B. 6

C. 4

D. 5

Câu 39. Một nguồn âm đẳng hướng đặt tại điểm O có cơng suất truyền âm không đổi. Mức cường độ âm
tại điểm M cách O một khoảng R được tính bởi cơng thức LM = log

k
(Ben) với k là hằng số. Biết điểm
R2

O thuộc đoạn thẳng AB và mức cường độ âm tại A và B lần lượt là LA = 3 (Ben) và LB = 5 (Ben). Tính
mức cường độ âm tại trung điểm AB (làm tròn đến 2 chữ số sau dấu phẩy).
A. 3,59 (Ben)

B. 3,06 (Ben)

C. 3,69 (Ben)

D. 4 (Ben)
Trang 5

Câu 40. Có bao nhiêu số có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sao cho số đó chia hết
cho 15?
A. 234

B. 243

Câu 41. Tích tất cả các số thực m để hàm số y =

C. 132

D. 432

4 3
x − 6 x 2 + 8 x + m có giá trị nhỏ nhất trên đoạn [ 0;3]
3

bằng 18 là
A. 432

B. −216

C. −432

D. 288

Câu 42. Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

3
Hàm số y = 3 f ( x + 2 ) − x + 3 x đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( 1; +∞ )

B. ( −∞; −1)

C. ( −1;0 )

D. ( 0; 2 )

Câu 43. Người ta xây một sân khấu với mặt sân có dạng hợp của hai hình trịn giao nhau. Bán kính của
hai hình tròn là 20 mét và 15 mét. Khoảng cách giữa hai tâm của hai hình trịn là 30 mét. Chi phí làm mỗi
mét vng phần giao nhau của hai hình trịn là 300 ngàn đồng và chi phí làm mỗi mét vng phần cịn lại
là 100 ngàn đồng. Hỏi số tiền làm mặt sân của sân khấu gần với số nào trong các số dưới đây?
A. 202 triệu đồng

B. 208 triệu đồng

C. 218 triệu đồng

D. 200 triệu đồng

Câu 44. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình bên dưới.

 6x2

+ 2 ÷+ 1 = m có nghiệm?
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f  4
2
 x + x +1 
A. 4

B. 2

C. 5

D. 3

Câu 45. Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như sau:

Trang 6


2
Bất phương trình f ( x ) > x − 2 x + m nghiệm đúng với mọi x ∈ ( 1; 2 ) khi và chỉ khi

A. m ≤ f ( 2 )

B. m < f ( 1) − 1

C. m ≥ f ( 2 ) − 1

D. m ≥ f ( 1) + 1

Câu 46. Cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + y 2 + ( z − 2 ) = 9 . Tìm các điểm M , N ∈ ( S ) sao cho khoảng cách từ
2

2

điểm M đến mặt phẳng ( P ) là lớn nhất, khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng ( P ) là nhỏ nhất, với

( P ) : x − 2 y + 2z + 7 = 0 .
A. M ( 2; 2; 0 ) , N ( 0; −2; 4 )

B. M ( 2; −2; 4 ) , N ( 0; 2;0 )

C. M ( 3; −2;1) , N ( 0; −2; 4 )

D. M ( 2; 2;0 ) , N ( 0; 2;0 )

x2 + 5 y2
+ 1 + x 2 − 10 xy + 9 y 2 ≤ 0 . Gọi M, m lần
Câu 47. Cho x, y là các số dương thỏa mãn log 2 2
2
x + 10 xy + y
x 2 + xy + 9 y 2
lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P =
. Tính T = 10 M − m .
xy + y 2
A. T = 60

B. T = 94

C. T = 104

D. T = 50

Câu 48. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 2 . Lấy M,
N lần lượt trên cạnh AB′, A′C sao cho
A.

a3 6
108

B.

2a 3 6
27

AM A′N 1
=
= . Tính thể tích V của khối BMNC ′C .
AB′ A′C 3
C.

3a 3 6
108

D.

a3 6
27

x
Câu 49. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm xác định trên ¡ và thỏa mãn f ′ ( x ) + 4 x − 6 x.e

2

− f ( x ) − 2019

= 0 và

f ( 0 ) = −2019 . Số nghiệm nguyên dương của bất phương trình f ( x ) < 7 là
A. 91

B. 46

C. 45

D. 44

Câu 50. Xét số phức z có phần thực dương và ba điểm A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức
1
1
1
z, và z + . Biết tứ giác OABC là một hình bình hành, giá trị nhỏ nhất của z +
z
z
z
A.

2

B. 2

C. 2 2

2

bằng

D. 4

Trang 7


Đáp án
1-A
11-A
21-A
31-A
41-C

2-A
12-B
22-D
32-B
42-C

3-B
13-B
23-C
33-D
43-A

4-A
14-A
24-D
34-A
44-C

5-A
15-C
25-D
35-A
45-A

6-C
16-B
26-A
36-B
46-B

7-C
17-B
27-B
37-D
47-B

8-D
18-D
28-A
38-D
48-B

9-D
19-A
29-D
39-C
49-C

10-A
20-D
30-C
40-B
50-B

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
Ta có, mặt cầu S( O ;r ) có bán kính đường tròn lớn bằng r.
Do mặt cầu S( O ;r ) có diện tích đường trịn lớn là 2π nên πr 2 = 2π ⇒ r = 2 (do r > 0 ).
Câu 2: Đáp án A
Giá trị cực đại của hàm số đã cho là f ( 2 ) = 5 .
Câu 3: Đáp án B
1−1+ 0

x
=
=0
G

3

2+0+0 2

 2 4
= ⇒ G  0; ; ÷.
Áp dụng cơng thức tọa độ trọng tâm tam giác ta có  yG =
3
3
 3 3


3 +1+ 0 4

=
 zG =
3
3

 2 4
Vậy trọng tâm G của tam giác OAB có tọa độ là:  0; ; ÷.
 3 3
Câu 4: Đáp án A
Từ đồ thị hàm số ta có, hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và ( 1; +∞ ) .
Trong các khoảng đã cho trong các đáp án, chỉ có khoảng ( −2; −1) ⊂ ( −∞; −1) thỏa mãn.
Câu 5: Đáp án A
Hàm số y = log 2

x −1
x −1
>0
xác định khi và chỉ khi
x+5
x+5

 x < −5
⇔ ( x − 1) ( x + 5 ) ⇔ x 2 + 4 x − 5 > 0 ⇔ 
.
x > 1
Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D = ( −∞; −5 ) ∪ ( 1; +∞ ) .
Phương pháp CASIO – VINACAL

Thao tác trên máy tính

Màn hình hiển thị

Trang 8


Ấn log 2

x −1
( A ) ,( C )
=
→ CALC → −100 →
( B ) ,( D )
x+5

Vậy đáp án A, C thỏa mãn (vì −100 làm cho hàm số xác định).
Ấn log 2

x −1
( C)
=
→ CALC → 1 →
( A)
x+5

Vậy đáp án C sai (vì 1 làm cho hàm số khơng xác định).
Do đó chọn đáp án A.
Câu 6: Đáp án C

2

2

2

−1

1

1

Ta có: I = ∫ xdx + 2 ∫ f ( x ) dx − 3∫ g ( x ) dx =

3
17
+ 2.2 − 3. ( −1) =
.
2
2

Câu 7: Đáp án C
Khối nón có đường kính đáy là a nên bán kính đáy là R =

a
.
2

Độ dài đường sinh l = a nên đường cao khối nón:
2

3
a
h = l − R = a − ÷ =
a.
2
2
2

2

2

Thể tích khối nón:
2

1
1 a
3
3π 3
V = πR 2 h = π  ÷ .
a=
a .
3
3 2 2
24
Câu 8: Đáp án D
2 x − 1 ≠ 0
⇔ x > 2.
Điều kiện: 

x − 2 > 0
Phương trình đã cho tương đương với: 2 log 2 ( 2 x − 1) = 2 log 2 ( x − 2 )
⇔ 2 x − 1 = x − 2 ⇔ x = −1 (không thỏa mãn).
Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm.
Câu 9: Đáp án D

ur
Từ phương trình tổng quát của mặt phẳng suy ra véctơ pháp tuyến của mặt phẳng là n1 = ( 3;1; −2 ) .
Câu 10: Đáp án A
Ta có

∫ f ( x ) dx = ∫ 2 x ( 3 + e ) dx = 6∫ xdx + 2∫ xe dx
x

x

u = x
du = dx
⇒
Đặt: 
.
x
x
 dv = e dx v = e
Trang 9


Do đó:

∫ f ( x ) dx = 3x

2

(

)

+ 2 xe x − ∫ e x dx = 3x 2 + 2 xe x − 2e x + C .

Phương pháp CASIO – VINACAL
Thao tác trên máy tính

Màn hình hiển thị

Sử dụng chức năng đạo hàm của máy tính
Ấn
Kiểm tra đáp án A
Ấn


d  2
x
 31x 4+422xe4
−423e x ÷ − 2 x ( 3 + e x )
÷
dx 
( A)

 x= x

→ CALC → “Nhập 1,1” → =
Vậy đáp án A đúng (vì kết quả của hiệu
trên xấp xỉ 0)
Câu 11: Đáp án A
uuur
Ta có: n( P ) = ( 1;1; −2 ) .
Gọi d là đường thẳng cần tìm.
uu
r uuur
Do d ⊥ ( P ) ⇒ ud = n( P ) = ( 1;1; −2 ) , suy ra loại C, D.
qua M ( 1; −2;3)
r
Đường thẳng d :  uu
.
ud = ( 1;1; −2 )
 x = 1 + t′

Do đó có phương trình d :  y = −2 + t ′ ( t ′ ∈ ¡ ) .
 z = 3 − 2t ′

Chọn t ′ = 1 ⇒ N ( 2; −1;1) ∈ ∆ .
x = 2 + t

Vậy d :  y = −1 + t ( t ∈ ¡ ) .
 z = 1 − 2t

Câu 12: Đáp án B
Xếp bạn Nam ngồi giữa có 1 cách.
Số cách xếp 4 bạn học sinh Bình, An, Hạnh, Phúc vào 4 chỗ cịn lại là một hốn vị của 4 phần tử nên có
4! cách.

Vậy có 24 cách xếp.
Câu 13: Đáp án B
n +1
n
Ta có un +1 = 3 = 3.3 .

Câu 14: Đáp án A
Trang 10


Phương trình tương đương với: z =

−2 − 11i ( −2 − 11i ) ( 1 + 2i )
=
= 4 − 3i
2
1 − 2i
12 + ( −2 )

⇒ z = 32 + ( −4 ) = 5 .
2

Câu 15: Đáp án C
Từ đồ thị và giả thiết suy ra đây là đồ thị của hàm số bậc 4 hoặc bậc 2 nên loại phương án A.
Đồ thị đi qua điểm A ( 1; 2 ) nên chọn đáp án C.
Câu 16: Đáp án B
TXĐ: D = [ 0; 4] .
Xét hàm số y = − x 2 + 4 x trên khoảng ( 0;3) .
Ta có: y ′ =

−x + 2
− x2 + 4 x

= 0 ⇔ x = 2 ∈ ( 0;3) .

Bảng biến thiên hàm số y = − x 2 + 4 x trên khoảng ( 0;3) như sau:

y = y ( 2) = 2 .
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: max
( 0;3)
Câu 17: Đáp án B
x > 3
2
Ta có f ′ ( x ) > 0 ⇔ x − 2 x − 3 > 0 ⇔ 
.
 x < −1
Câu 18: Đáp án D
Phương trình tương đương với: 3 x − 2 + ( 2 y + 1) i = x + 1 + ( 5 − y ) i
3

 x = 2
3 x − 2 = x + 1
⇔
⇔
.
2 y + 1 = 5 − y
y = 4

3
Câu 19: Đáp án A

Mặt cầu đường kính MN nhận trung điểm I ( 1;1;1) của đoạn thẳng MN là tâm và có bán kính
R = IM =

( 6 − 1)

2

+ ( 2 − 1) + ( −5 − 1) = 62 .
2

2

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 62 .
2

2

2

Câu 20: Đáp án D

Trang 11


 x 
 x 
1
1
3
Do x, y là các số thực dương nên ta có: log 1  3 ÷ = − log3  3 ÷ = − ( log 3 x − log 3 y )

3
3
y 
27  y 
=−

1
1
1
( log3 x − 3log 3 y ) = − log 3 x + log 3 y = − a + b .
3
3
3

Phương pháp CASIO – VINACAL
Thao tác trên máy tính
Chọn x = 1,1 ⇒ a = log 3 1,1 và y = 1, 2 ⇒ b = log 3 1, 2 .

Màn hình hiển thị

Ấn 1,1 → SHIFT → RCL → )
(Lưu giá trị 1,1 vào bộ nhớ X)
Ấn log 3 1,1 → SHIFT → RCL → (−)
(Lưu giá trị log 3 1,1 vào bộ nhớ A)
Ấn 1, 2 → SHIFT → RCL → S ↔ D
(Lưu giá trị 1,2 vào bộ nhớ Y)
Ấn log 3 1, 2 → SHIFT → RCL → o,,,
(Lưu giá trị log 3 1, 2 vào bộ nhớ Y)
Kiểm tra đáp án D
 x   1


log 1  3 ÷−  − a + b ÷ → CALC → =
Ấn
y
3
1 427243 1 4 2 43
VT

( D)

(Ở đây ta ấn = luôn mà không cần “Nhập
x,y,a,b” vì máy tính đã tự động nhớ các giá trị
x,y,a,b trước đó rồi)
Vậy đáp án D đúng (vì kết quả của hiệu trên bằng 0).

Câu 21: Đáp án A
Ta có: z 2 − 3 z + 5 = 0 ⇔ z =

3 ± i 11
(bấm máy tính).
2

Khi đó z1 + z2 = 2 5 .
Câu 22: Đáp án D
Gọi phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng x + 2 y + 2 z + d = 0 (với d ≠ 0; d ≠ −3 ).
Trang 12


Có d ( ( P ), (Q) ) = 1 ⇔

d = 0
=1⇒ 
.
12 + 22 + 22
 d = −6
d +3

Kết hợp điều kiện, suy ra ( P ) có dạng: x + 2 y + 2 z − 6 = 0 .
Câu 23: Đáp án C
Bất phương trình tương đương với: 3.32 x − 7.3x + 2 > 0
1
 x 1

3 <
x < log 3
 x < −1


⇔
3⇔
3⇔
 x

 x > log 3 2
 x > log 3 2
3 > 2
Câu 24: Đáp án D
2

0

2

0

2

−1

−1

0

−1

0

Ta có: S =

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx

= − S1 + S 2 = S2 − S1 .
Câu 25: Đáp án D
Gọi h và R lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của khối trụ.
2
Khi đó ta có thể tích khối trụ là: V1 = πR h = 6π .

Nếu giữ nguyên chiều cao và tăng bán kính đáy của khối trụ đó gấp 3 lần thì thể của khối trụ mới là:
V2 = π ( 3R ) h = 9πR 2 h = 9V1 = 54π .
2

Câu 26: Đáp án A
Ta có xlim
→+∞

−2 x + 2019
−2 x + 2019
= lim
= −2 nên đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là đường
x
→+∞
x − 2018
x − 2018

thẳng y = −2 .
Lại có xlim
→−∞

−2 x + 2019
−2 x + 2019
= lim
= 2 nên đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là đường thẳng
x − 2018 x→−∞ − x − 2018

y =2.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận ngang là y = ±2 .
Câu 27: Đáp án B
( SAB ) ⊥ ( ABCD )
⇒ SA ⊥ ( ABCD ) .
Vì 

( SAD ) ⊥ ( ABCD )
Chiều cao khối chóp là: SA = a 15 .
2
Diện tích hình chữ nhật ABCD là: S ABCD = AB.BC = 2a (đvdt).

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là:
1
2a 3 15
(đvdt).
VS . ABCD = S ABCD .SA =
3
3
Trang 13


Câu 28: Đáp án A
Ta có y ′ =

1
−
2 ( 4 x + 1)
2
2
1
2
2 x + x − 1) 3 ( 2 x 2 + x − 1) ′ = .
4 x + 1) =
(
.
(

3
3 3 2 x2 + x −1
3 3 2x2 + x −1

Đạo hàm ( u α ) ′ = α.u α−1.u ′ .
Câu 29: Đáp án D
Phương trình hồnh độ giao điểm của đường thẳng y = x − 2m và đồ thị hàm số y =
x − 2m =

x −3
là:
x +1

x −3
(với x ≠ −1 ) ⇔ x 2 − 2mx + 3 − 2m = 0 (1).
x +1

Để đường thẳng y = x − 2m cắt đồ thị hàm số y =

x −3
tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) có 2
x +1

nghiệm phân biệt khác −1
∆′ > 0
 m 2 + 2m − 3 > 0
m > 1
⇔
⇔
⇔

.

2
 m < −3
( −1) − 2m. ( −1) + 3 − 2m ≠ 0
4 ≠ 0
m > 1
Vậy 
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
 m < −3
Câu 30: Đáp án C
Gọi H là trung điểm của BC, suy ra SH ⊥ BC ⇒ SH ⊥ ( ABC ) .
Gọi K là trung điểm AC, suy ra HK ⊥ AC .
Kẻ HE ⊥ SK ( E ∈ SK ) .
Khi đó d ( B, ( SAC ) ) = 2d ( H , ( SAC ) ) = 2 HE = 2

SH .HK
SH 2 + HK 2

=

2a 39
.
13

Câu 31: Đáp án A
Điều kiện: 3x +1 − 1 > 0 ⇔ x > −1 .
x +1
x +1
Phương trình tương đương với: log 3 ( 3 − 1) = 2 x − log 3 2 ⇔ log 3 ( 3 − 1) + log 3 2 = 2 x

⇔ log 3 ( 3x +1 − 1) .2  = 2 x ⇔ ( 3x +1 − 1) .2 = 32 x ⇔ 6.3x − 2 = 32 x
3x1 + 3x2 = 6
Vi − et
⇔ 32 x − 6.3x + 2 = 0 
→ x x
3 1.3 2 = 2
Ta có S = 27 x1 + 27 x2 = ( 3x1 + 3x2 ) − 3.3x1.3x2 . ( 3x1 + 3x2 ) = 63 − 3.2.6 = 180 .
3

Câu 32: Đáp án B

Trang 14


2

V πR 2 h  R 
AC AB 2
Hai khối trụ có chung đường cao nên k = 1 = 2 =  ÷ = 2 với R =
là bán kính
=
V2 πr h  r 
2
2
đường trịn ngoại tiếp đáy; r =

AB
là bán kính đường trịn nội tiếp đáy.
2

Câu 33: Đáp án D
−x
x
−x
−x
Ta có ∫ e ( 2e + 1) dx = ∫ ( 2 + e ) dx = 2 x − e + C .

Theo giả thiết F ( 0 ) = 1 ⇒ −1 + C = 1 ⇔ C = 2 .
−x
Suy ra F ( 2 ) = 2 x − e + 2 .

Câu 34: Đáp án A
· , ( ABCD ) = SD
· , AD = SDA
·
·
Xác định 60° = SD
và SA = AD.tan SDA
= 2a 3 .
Ta có d ( C , ( SBD) ) = d ( A, ( SBD) ) .
Kẻ AE ⊥ BD và kẻ AK ⊥ SE .
Khi đó d ( A, ( SBD) ) = AK .
Tam giác vng BAD, có AE =
Tam giác vng SAE, có AK =
Vậy d ( C , ( SBD) ) = AK =

AB. AD
AB 2 + AD 2
SA. AE

SA + AE
2

2

=
=

2a
.
5

a 3
.
2

a 3
.
2

Câu 35: Đáp án A
Gọi M ( 2 + 2m;3 + 3m; −4 − 5m ) ∈ d ; N ( −1 + 3n; 4 − 2n; 4 − n ) ∈ d ′ .
uuuu
r
Ta có MN = ( −3 + 3n − 2m;1 − 2n − 3m;8 − n + 5m ) .
 MN ⊥ d
Mà do MN là đường vng góc chung của d và d ′ nên 
 MN ⊥ d ′
2 ( −3 + 3n − 2m ) + 3 ( 1 − 2n − 3m ) − 5 ( 8 − n + 5m ) = 0
⇔

3 ( −3 + 3n − 2m ) − 2 ( 1 − 2n − 3m ) − 1 ( 8 − n + 5m ) = 0
−38m + 5n = 43  m = −1
⇔
⇔
.
−5m + 14n = 19
n = 1
Suy ra M ( 0;0;1) , N ( 2; 2;3) .
uuuu
r
x y z −1
Ta có MN = ( 2; 2; 2 ) nên đường vng góc chung MN là: = =
.
1 1
1
Câu 36: Đáp án B
Trang 15


Đặt t = e x (khi x ∈ ( 0; +∞ ) thì t ∈ ( 1; +∞ ) ).
Khi đó bài tốn trở thành tìm m để hàm số y =

t −1
đồng biến trên ( 1; +∞ ) .
t −m

TXĐ: D = ¡ / { m} .
Ta có y ′ =

−m + 1

( t − m)

2

.

1 − m > 0
 y′ > 0, ∀x ∈ ( 1; +∞ )
⇔
⇒ m < 1.
Để hàm số đồng biến trên ( 1+ ∞ ) thì 
m ≤ 1
 m ∉ ( 1; +∞ )
Câu 37: Đáp án D
2

2

(

2

2

2

Ta có: 2 z1 + 3 z2 = 4 z1 + 9 z2 + 6 z1 + z2 − z1 − z2

2

) = 51 ⇒ 2 z + 3z
1

2

= 51 .

Câu 38: Đáp án D
Hàm số y = f ( x + 1) +

20  2 − x 
ln 
÷ xác định trên ( −1;1) .
m  2+ x

Ta có: y ′ = f ′ ( x + 1) +

20 −4
.
.
m 4 − x2

Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) khi
y ′ ≤ 0, ∀x ∈ ( −1;1) ⇒ f ′ ( x + 1) −

80
≤ 0, ∀x ∈ ( −1;1) (*).
m ( 4 − x2 )

Đặt t = x + 1 khi đó x ∈ ( −1;1) ⇒ t ∈ ( 0; 2 ) .
Từ (*) ta có f ′ ( t ) −
⇒

80
1
.
≤ 0, ∀t ∈ ( 0; 2 )
m ( 3 − t ) ( t + 1)

80
≥ f ′ ( t ) . ( 3 − t ) ( t + 1) , ∀t ∈ ( 0; 2 ) (1).
m

Dựa vào đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) ta có f ′ ( x ) = − ( x + 1)
Suy ra ta có f ′ ( t ) = − ( t + 1)

2

2

( x − 2) .

( t − 2) .

Xét hàm số VP( 1) = g ( t ) = − ( t + 1)

2

( t − 2 ) ( 3 − t ) ( t + 1) , ∀t ∈ ( 0; 2 ) .

 t = −1
 13
2
g ′ ( t ) = − ( t + 1) ( −5t 2 + 18t − 13) = 0 ⇔ t = .
5

t = 1

Bảng biến thiên hàm số g ( t )

Trang 16


Dựa vào bảng xét dấu và từ (1) ta có

80
80
≥ max g ( t ) = g ( 1) ⇔
≥ 16 ⇔ m ≤ 5 .
m ( 0;2 )
m

Câu 39: Đáp án C
Ta có: LA < LB ⇒ OA > OB .
Gọi I là trung điểm AB.
Ta có: LA = log

k
k

k
⇒
= 10 LA ⇒ OA =
LA
2
2
OA
OA
10

LB = log

k
k
k
⇒
= 10 LB ⇒ OB =
LB
2
2
OB
OB
10

LI = log

k
k
k
⇒ 2 = 10 LI ⇒ OI =

LI
2
OI
OI
10

Ta có: OI =

1
k
1 k
k
=
−
( OA − OB ) ⇒

LI
LA
LB
2
2  10
10
10

1  1
1
⇒ LI = −2 log  
−
LA
LB


10
 2  10


1
1 1
1
⇒
=
−
÷

LI
LA
LB
÷
2  10
10
10



÷
÷



⇒ LI ≈ 3, 69 .
÷

÷
 

Câu 40: Đáp án B
Gọi số số cần lập có dạng: ¥ = abcd ( 1 ≤ a, b, c, d ≤ 9 ) .
 Để ¥ M
15 ⇒ ¥ M3 và ¥ M5 .
+ ¥ M5 ⇒ d = 5
+ ¥ M3 ⇒ ( a + b + c + 5 ) M3 .
 Chọn a có 9 cách, chọn b có 9 cách chọn thì:
+ Nếu a + b + 5 chia hết cho 3 thì c ∈ { 3;6;9} ⇒ c có 3 cách chọn.
+ Nếu a + b + 5 chia cho 3 dư 1 thì c ∈ { 2;5;8} ⇒ c có 3 cách chọn.
+ Nếu a + b + 5 chia cho 3 dư 2 thì c ∈ { 1; 4;7} ⇒ c có 3 cách chọn.
Vậy, theo quy tắc nhân ta có: 9.9.3 = 243 số.
Câu 41: Đáp án C
Xét hàm số f ( x ) =

4 3
x − 6 x 2 + 8 x + m liên tục trên đoạn [ 0;3] .
3

Trang 17


 x = 1 ∈ [ 0;3]
2
Ta có f ′ ( x ) = 4 x − 12 x + 8 = 0 ⇔ 
.
 x = 2 ∈ [ 0;3]
Ta lại có: f ( 0 ) = m; f ( 1) =

10
8
+ m; f ( 2 ) = + m; f ( 3) = 6 + m .
3
3

 max f ( x ) = max { f ( 0 ) ; f ( 1) ; f ( 2 ) ; f ( 3) } = f ( 3 ) = m + 6
 [ 0;3]
Khi đó: 
.
f ( x ) = min { f ( 0 ) ; f ( 1) ; f ( 2 ) ; f ( 3 ) } = f ( 0 ) = m
 min
 [ 0;3]
m ( m + 6 ) > 0
 m = −24

min
y
=
18
⇔
Theo đề bài: [ 0;3]
nên ta có:  m + 6 + m − m + 6 − m
.
= 18
 m = 18


2

Kết luận: Tích các số thực m thỏa mãn yêu cầu bài toán là: −24.18 = −432 .
f ( x ) = a (với a > 0 ).
Tìm tham số để min
[ α ;β]
Phương pháp:
 min f ( x ) = m
 [ α ;β]
( M > m) .
Tìm 
f ( x) = M
 max
[ α ;β]
Suy ra: min f ( x ) =
[ α ;β ]

M +m − M −m
f ( x ) = 0 (khi m.M ≤ 0 ).
(khi m.M > 0 ) hoặc min
[ α ;β ]
2

f ( x ) = a (với a > 0 ), nên ta có M + m − M − m = a .
Theo đề bài: min
[ α ;β]
2
Câu 42: Đáp án C
2
2
Ta có y ′ > 0 ⇔ 3 f ′ ( x + 2 ) − 3x + 3 > 0 ⇔ f ′ ( x + 2 ) > x − 1 .

Đặt t = x + 2 , bất phương trình trở thành: f ′ ( t ) > ( t − 2 ) − 1 , không thể giải trực tiếp bất phương trình:
2

Ta sẽ chọn t sao cho
( t − 2 ) 2 − 1 < 0
1 < t < 2
−1 < t − 2 < 1
1 < t < 3
⇔
⇔
⇔

t ∈ ( 1; 2 ) ∪ ( 2;3) ∪ ( 4; +∞ )
t ∈ ( 1; 2 ) ∪ ( 2;3 ) ∪ ( 4; +∞ )
2 < t < 3
 f ′ ( t ) > 0
1 < x + 2 < 2
 −1 < x < 0
⇔
Khi đó 
.
2 < x + 2 < 3
0 < x < 1
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng ( −1;0 ) , ( 0;1) .
Câu 43: Đáp án A
Gọi O, I lần lượt là tâm của các đường trịn bán kính bằng 20 mét và bán kính bằng 15 mét.
Gắn hệ trục Oxy, vì OI = 30 mét nên I ( 0;30 ) .
Phương trình hai đường trịn lần lượt là x 2 + y 2 = 202 và x 2 + ( y − 30 ) = 152 .
2

Trang 18


Gọi A, B là các giao điểm của hai đường trịn đó.

5 455
 x = ±
 x 2 + y 2 = 202
12 .
⇔
Tọa độ A, B là nghiệm của hệ  2
2
2
 y = 215
 x + ( y − 30 ) = 15

12
2
2
2
Tổng diện tích hai đường trịn là π ( 20 + 15 ) = 625π ( m ) .

Phần giao của hai hình trịn chính là phần hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y = 30 − 152 − x 2 và
y = 202 − x 2 .
Do đó diện tích phần giao giữa hai hình trịn là S =

5 455
12

∫

5 455
−
12

(

)

202 − x 2 + 152 − x 2 − 30 dx ≈ 60, 2546 ( m 2 ) .

Số tiền để làm phần giao giữa hai hình trịn là: 300 000.60, 2546 ≈ 18 076 386 (đồng).
Số tiền để làm phần còn lại là: 100 000. ( 625π − 2.60, 2546 ) = 184 299 220 (đồng).
Vậy tổng số tiền làm sân khấu là: 184 299 220 + 18 076 386 ≈ 202 375 606 (đồng).
Câu 44: Đáp án C
Cách 1: Phương pháp tự luận truyền thống
Đặt u =

6x2
+2.
x4 + x2 + 1

Ta có u ′ =

−12 x 5 + 12 x

(x

4

+ x 2 + 1)

2

x = 0
=0⇔
.
 x = ±1

Bài toán trở thành tìm m nguyên để phương trình f ( u ) = m − 1 có nghiệm u ∈ [ 2; 4] .
Dựa vào đồ thị đề bài cho suy ra f ( u ) = m − 1 có nghiệm ⇔ 1 ≤ m − 1 ≤ 5 ⇔ 2 ≤ m ≤ 6 .
Cách 2: Phương pháp ghép trục
f ( x ) có cực trị hồnh độ x = 1; x = 2 .
x = 0
6x2
−12 x5 + 12 x
′
u
=
+
2;
u
=
=0⇔
2
4
2
Đặt
.
x + x +1

 x = ±1
( x 4 + x 2 + 1)

Trang 19


Suy ra f ( u ) = m − 1 có nghiệm ⇔ 1 ≤ m − 1 ≤ 5 ⇔ 2 ≤ m ≤ 6 .
Các bước thực hiện phương pháp ghép trục:
Bước

1:Tìm

tập

xác

định

của

hàm

g = f ( u ( x) ) ,

giả

sử

ta

được

tập

xác

định

D = ( a1 ; a2 ) ∪ ( a3 ; a4 ) ∪ ... ∪ ( an −1 ; an ) . Ở đây có thể là a1 ≡ −∞; an ≡ +∞ .
Bước 2: Xét sự biến thiên của u = u ( x ) và hàm y = f ( x ) (Có thể làm gộp trong bước 3 nếu đơn giản).
Bước 3: Lập bảng biến thiên tổng hợp xét sự tương quan giữa  x; u = u ( x )  và u; g = f ( u )  .
Bảng này thường có 3 hàng dạng

Cụ thể các thành phần trong bảng biến thiên như sau
Hàng 1: Xác định các điểm kỳ dị của hàm u = u ( x ) , sắp xếp các điểm này theo thứ tự tăng dần từ trái
qua phải, giả sử: a1 < a2 < ... < an −1 < an (xem chú ý 1).

(

)

Hàng 2: Điền các giá trị ui = u ( ai ) với i = 1,..., n .
Trên mỗi khoảng ( ui ; ui +1 ) i = 1, n − 1 cần bổ sung các điểm kỳ dị b1 ; b2 ;...; bk của hàm y = f ( x ) .
Trên mỗi khoảng

( ui ; ui +1 ) i = 1, n − 1

cần sắp xếp các điểm ui ; bk

theo thứ tự chẳng hạn:

ui < b1 < b2 < ... < bk < ui +1 hoặc ui > b1 > b2 > ... > bk > ui +1 (xem chú ý 2).
Hàng 3: Xét chiều biến thiên của hàm g = f ( u ( x) ) dựa vào bảng biến thiên của hàm y = f ( x ) bằng
cách hốn đổi:
u đóng vai trị của x; f ( u ) đóng vai trị của f ( x ) .
Sau khi hoàn thiện bảng biến thiên hàm hợp g = f ( u ( x) ) ta thấy được hình dạng đồ thị hàm này.
Bước 4: Dùng bảng biến thiên hàm hợp g = f ( u ( x) ) giải quyết các yêu cầu đặt ra trong bài toán và kết
luận.
Chú ý 1:
Trang 20


+ Các điểm kỳ dị của u = u ( x ) gồm: Điểm biên của tập xác định D và các điểm cực trị của u = u ( x ) .
+ Nếu xét hàm u = u ( x ) thì trong dịng 1, các điểm kỳ dị cịn có nghiệm của phương trình u ( x ) = 0 (là
hoành độ giao điểm của u = u ( x ) với trục Ox).
+ Nếu xét hàm u = u ( x ) thì trong dịng 1, các điểm kỳ dị cịn có số 0 (là hồnh độ giao điểm của
u = u ( x ) với trục Oy).
Chú ý 2:
+ Có thể dùng thêm các mũi tên để thể hiện chiều biến thiên của u = u ( x ) .
+ Điểm kỳ dị của y = f ( x ) gồm: Các điểm tại đó f ( x ) và f ′ ( x ) không xác định; các điểm cực trị hàm
số y = f ( x ) .
+ Nếu xét hàm g = f ( u ( x ) ) thì trong dịng 2, các điểm kỳ dị cịn có nghiệm của phương trình f ( x ) = 0
(là hoành độ giao điểm của u = u ( x ) với trục Ox).
+ Nếu xét hàm g = f ( u ( x ) ) thì trong dịng 2, các điểm kỳ dị cịn có số 0 (là hồnh độ giao điểm của
y = f ( x ) với trục Oy).
Câu 45: Đáp án A
2
Bất phương trình đã cho tương đương với: m < f ( x ) − x + 2 x, ∀x ∈ ( 1; 2 ) .
2
Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) − x + 2 x trên ( 1; 2 ) .

g ( x) .
Bài tốn trở thành tìm m để m < g ( x ) , ∀x ∈ ( 1; 2 ) ⇔ m ≤ min
[ 1;2]
Ta có g ′ ( x ) = f ′ ( x ) − 2 ( x − 1) .
 f ′ ( x ) < 0
⇒ g′ ( x) < 0 .
Nhận xét: Với x ∈ ( 1; 2 ) ⇒ 
−2 ( x − 1) < 0
g ( x ) = g ( 2 ) = f ( 2 ) − 22 + 2.2 = f ( 2 ) .
Do đó ta có m ≤ min
[ 1;2]
Vậy m ≤ f ( 2 ) .
Bổ trợ: Bảng biến thiên hàm số g ( x ) trên ( 1; 2 ) .

Câu 46: Đáp án B
Trang 21


Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1;0; 2 ) , bán kính R = 3 .
Ta làm theo hai cách.
Ta có: ( P ) : x − 2 y + 2 z + 7 = 0 nên d ( I ;( P ) ) =

1 − 2.0 + 2.2 + 7
=4>3= R.
3

Do đó mặt phẳng ( P ) khơng có điểm chung với mặt cầu ( S ) .
Tất cả các điểm thuộc mặt cầu ( S ) đều nằm trong miền giới hạn bởi hai mặt phẳng song song với ( P ) và
tiếp xúc với mặt cầu, nên điểm có khoảng cách lớn nhất, nhỏ nhất là các giao điểm của đường thẳng Δ với

mặt cầu ( S ) , với ( ∆ ) là đường thẳng qua I và vng góc với ( P ) .
x = 1+ t

Phương trình đường thẳng ∆ :  y = −2t ( t ∈ ¡ ) .
 z = 2 + 2t

Gọi J = ∆ ∩ ( S ) .
Ta có J ∈ ( S ) nên ( 1 + t − 1) + ( −2t ) + ( 2 + 2t − 2 ) = 9 ⇔ t = ±1 .
2

2

2

Suy ra hai điểm thỏa mãn J1 ( 0; 2;0 ) , J 2 ( 2; −2; 4 ) .
Khoảng cách từ các điểm J1 , J 2 đến ( P ) là
d ( J1 ;( P ) ) =

0+4+0+7
2+ 4+8+7
= 1; d ( J 2 ;( P) ) =
=7
3
3

Vậy các điểm cần tìm là M ( 2; −2; 4 ) , N ( 0; 2;0 ) .
Câu 47: Đáp án B
Bất phương trình tương đương với:
log 2 ( x 2 + 5 y 2 ) − log 2 ( x 2 + 10 xy + y 2 ) + log 2 2 + 2 ( x 2 + 5 y 2 ) − ( x 2 + 10 xy + y 2 ) ≤ 0
⇔ log 2 ( 2 x 2 + 10 y 2 ) + 2 ( x 2 + 5 y 2 ) ≤ log 2 ( x 2 + 10 xy + y 2 ) + ( x 2 + 10 xy + y 2 )

⇔ 2 x 2 + 10 y 2 ≤ x 2 + 10 xy + y 2
2

x
x
x
⇔ x − 10 xy + 9 y ≤ 0 ⇔  ÷ − 10  ÷+ 9 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ ≤ 9
y
 y
 y
2

2

2

x x
 y ÷ + y +9
2
2
x
+
xy
+
9
y
Khi đó: P =
= 
2
x

xy + y
+1
y
Đặt t =

x
(với 1 ≤ t ≤ 9 ).
y

Trang 22


Xét hàm số: f ( t ) =
Ta có: f ′ ( t ) =

t 2 + 2t − 8

( t + 1)

Ta lại có: f ( 1) =
Nên M =

t2 + t + 9
.
t +1
2

t = −4
=0⇔
.

t = 2

11
99
; f ( 2 ) = 5; f ( 9 ) =
.
2
10

99
, m = 5.
10

Vậy T = 10 M − m = 94 .
Câu 48: Đáp án B
Gọi G, K lần lượt là tâm các hình chữ nhật ABB′A′ và AA′C ′C .
Ta có:

AM 1
AM 2
= ⇒
= (do G là trung điểm AB′ ).
AB′ 3
AG 3

Xét tam giác ABA′ có AG là trung tuyến và

AM 2
= .
AG 3

Suy ra M là trọng tâm tam giác ABA′ .
Do đó BM đi qua trung điểm I của AA′ .
Ta có:

A′N 1
A′N 2
= ⇒
= (do K là trung điểm A′C ).
A′C 3
A′K 3

Xét tam giác AA′C ′ có A′K là trung tuyến và

A′N 2
= , suy ra N là trọng tâm của tam giác AA′C ′ .
A′K 3

Do đó C ′N đi qua trung điểm I của AA′ .
Từ M là trọng tâm tam giác ABA′ và N trọng tâm của tam giác AA′C ′ , suy ra:

IM IN 1
=
= .
IB IC ′ 3

Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích các khối chóp IMNC; IBCC ′ .
Ta có:

V1 IM IN IC 1

=
.
.
= .
V2 IB IC ′ IC 9

8
Mà V1 + V = V2 ⇒ V = V2 .
9
Hạ AH vng góc với BC tại H thuộc BC.
Ta được AH vng góc với mặt phẳng ( BB′C ′C ) , AA′ song song với mặt phẳng ( BB′C ′C ) nên khoảng
cách từ I đến mặt phẳng ( BB′C ′C ) bằng khoảng cách từ A đến ( BB′C ′C ) và bằng AH.
Ta có: AH =

a 3
1
1 a 3 a 2 2 a3 6
.
, V2 = d ( I ;( BB′C ′C ) ) .S ∆BCC ′ = .
.
=
2
3
3 2
2
12

8
2a 3 6
Suy ra: V = V2 =

.
9
27
Trang 23


Câu 49: Đáp án C
Cách 1:
x
Theo giả thiết f ′ ( x ) + 4 x − 6 x.e

TH1: Nếu 1 − e x

2

− f ( x ) − 2019

2

− f ( x ) − 2019

(

= 0 ⇔ 6x 1 − ex

2

− f ( x ) − 2019

) = 2 x − f ′ ( x ) , ∀x ∈ ¡

(1).

2
2
= 0 thì x − f ( x ) − 2019 = 0 ⇔ f ( x ) = x − 2019 ta có (1) đúng với mọi x ∈ ¡ .

2
2
Do đó f ( x ) < 7 ⇔ x − 2019 < 7 ⇔ x < 2026 ⇔ − 2026 < x < 2026 .

Vì x nguyên dương nên x ∈ { 1; 2;3;...; 45} .
Trong trường hợp này có 45 giá trị nguyên dương của x thỏa mãn yêu cầu đề bài.
TH2: Nếu 1 − e x

2

− f ( x ) − 2019

≠ 0 thì ta có thể giả sử rằng tồn tại hàm số f ( x ) có đạo hàm xác định trên ¡

và thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Khi đó, tại x = 0 ta có f ( 0 ) = −2019 nên 1 − e x

2

− f ( x ) − 2019

= 0 (mâu thuẫn).

Vậy có tất cả 45 giá trị nguyên dương của x thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Cách 2:
x
Theo giả thiết f ′ ( x ) + 4 x − 6 x.e

2

− f ( x ) − 2019

= 0 ⇔  f ′ ( x ) + 4 x  e f ( x ) + 2 x = 6 x.e3 x

f ( x) +2 x
dx = ∫ 6 x.e3 x
Suy ra ∫  f ′ ( x ) + 4 x  .e
2

2

2

− 2019

dx ⇔ e f ( x ) + 2 x = e3 x
2

2

− 2019

2

− 2019

, ∀x ∈ ¡ .

+C .

Mà f ( 0 ) = −2019 nên ⇔ e f ( 0) = e−2019 + C ⇔ C = 0 .
Do đó e f ( x ) + 2 x = e3 x
2

2

− 2019

2
hay f ( x ) = x − 2019 .

2
2
Khi đó f ( x ) < 7 ⇔ x − 2019 < 7 ⇔ x < 2026 ⇔ − 2026 < x < 2026 .

Vì x nguyên dương nên x ∈ { 1; 2;3;...; 45} .
Vậy có 45 giá trị nguyên dương của x thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 50: Đáp án B
Ta có OA = z , AB =

1
− z , BC =
z

1 1
1

 z + ÷− = z , OC = z + .
z z
z


Vì OABC là một hình bình hành nên
z = z
OA = BC
1
1
1− z2 1+ z2

⇔
⇔
−
z
=
z
+
⇔
=
⇔ 1− z2 = 1+ z2

1
1
z

z
z
z
 AB = OC
 z −z = z+ z

Đặt z = x + yi ⇒ z 2 = x 2 − y 2 + 2 xyi vậy điều kiện trở thành:
1 − z 2 = 1 + z 2 ⇔ ( x 2 − y 2 − 1) + 2 xyi = ( x 2 − y 2 + 1) + 2 xyi
⇔ ( x 2 − y 2 − 1) + 4 x 2 y 2 = ( x 2 − y 2 + 1) + 4 x 2 y 2 ⇔ ( x 2 − y 2 − 1) = ( x 2 − y 2 + 1)
2

2

2

2

Trang 24


 x2 − y 2 −1 = x2 − y 2 + 1
⇔ 2
⇔ x2 − y2 = 0 ⇔ y 2 = x2 .
2
2
2
 x − y − 1 = − ( x − y + 1)
2
x 2 − y 2 + 1) + 2 xyi
x 2 − y 2 + 1) + 4 x 2 y 2

(
(
1
1+ z2
Khi đó z +
=
=
=
z
z
x + yi
x2 + y 2
2

= 2x2 +

2

2

1
1
≥ 2 2 x2. 2 = 2
2
2x
2x

1
 2
2 x = 2 x 2

 2
1   1 1 
 1
2
⇔ ( x; y ) = 
;−
;
Dấu bằng xảy ra tại  y = x
÷, 
÷.
2
2
2
2



x > 0



Trang 25