23 đề thi thử TN THPT 2021 môn toán nhóm GV MGB đề 23 file word có lời giải chi tiết

ĐỀ SỐ 23

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. Hàm số nào dưới đây có tập xác định là khoảng  0; � ?
B. y  ln  x  1

1

A. y  x 2

C. y  e x

D. y  x  3 x

Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho M  1; 2;3 , N  2; 3;1 , P  3;1; 2  . Tìm tọa
độ điểm Q sao cho MNPQ là hình bình hành.
A. Q  2; 6; 4 

B. Q  4; 4;0 

C. Q  2;6; 4 

D. Q  4; 4;0 

Câu 3. Công thức nào sau đây là sai
A.

1

x dx  x
�
4
3

4

C

B.

dx

�
sin

2

x

 cot x  C

sin xdx   cos x  C
C. �

D.

1

dx  ln x  C
�
x

Câu 4. Tìm nghiệm của phương trình log 3  x  9   3 .
A. x  36

B. x  27

C. x  18

Câu 5. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

D. x  9
x 1 y 1 z  2


và cho mặt
1
2
3

phẳng  P  : x  y  z  4  0 . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?
A. d cắt  P 

B. d //  P 

C. d � P 

D. d   P 

2
2
2
Câu 6. Mặt phẳng nào dưới đây cắt mặt cầu  S  : x  y  z  2 x  2 y  4 z  3  0 theo thiết

diện là một đường tròn?
A. x  2 y  2 z  6  0

B. x  y  z  0

C. Cả 3 đều sai.

D. x  2 y  3 z  3  0

1 3
Câu 7. Giá trị cực tiểu của hàm số y   x  x  1 là
3
A. 

1
3

B. 1

C. 

5
3

D. 1

Câu 8. Thể tích của khối lập phương có cạnh bằng 2 là
A. 8

B. 4

C.

8
3

D. 6

Câu 9. Hàm số y   x 3  3x  2 nghịch biến trên các khoảng nào dưới đây?
A.  �; 1 và  1; �

B.  1; �

C.  1;1

D. 4 x  3 y  6 z  12  0

Câu 10. Mệnh đề nào sau đây sai?
A. �
a x dx 

ax
 C ,  0  a �1

ln a

B.

1

dx  ln x  C , x �0
�
x
Trang 1


e x dx  e x  C
C. �

sin xdx  cos x  C
D. �

Câu 11. Cho số phức z  2  3i . Điểm biểu diễn số phức liên hợp của z là
A.  2; 3

B.  2;3

C.  2; 3

D.  2;3

B C D ; cạnh bằng a
Câu 12. Cho hình lập phương ABCD. A����

.

Gọi O là giao điểm của AC và BD . Thể tích của tứ diện
OA�
BC bằng

A.

a3
12

B.

a3
24

C.

a3
6

D.

a3
4

Câu 13. Trong không gian Oxyz cho điểm M  1; 2;3 . Phương trình mặt phẳng

 P

đi

qua M cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz; lần lượt tại A, B, C, sao cho M là trọng tâm của
tam giác ABC là
A.  P  : 6 x  3 y  2 z  18  0

B.  P  : 6 x  3 y  2 z  6  0

C.  P  : 6 x  3 y  2 z  18  0

D.  P  : 6 x  3 y  2 z  6  0

Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm
A  3;0;0  , B  0; 4;0  , C  0;0; 2  là
A.

x
y z

 1
3 4 2

B.

x y z
 
1
3 4 2

C.

x y z
 
1
3 4 2

D.

x y z

 1
3 4 2

Câu 15. Biết rằng đường thẳng y  2 x  3 cắt đồ thị hàm số y  x 3  x 2  2 x  3 tại hai
điểm phân biệt A và B, biết điểm B có hồnh độ âm. Hồnh độ của điểm B bằng
A. 2

B. 0

D. 5

C. 2z 2

1
Câu 16. Cho số thực x thỏa mãn log x  log 3x  2log b  3log c (a, b, c là các số thực dương). Hãy
2
biểu diễn x theo a, b, c.
A. x 

c 3 3a

b2

B. x 

3a
2 3
bc

C. x 

3ac
b2

D. x 

3ac 3
b2

B C D biết AB  a; AD  2a; AC �
Câu 17. Thể tích V của khối hộp chữ nhật ABCD. A����
 a 14
là
A. V  6a 3

B. V 

a 3 14
3

C. V  a 3 5

D. V  2a 3

Câu 18. Cho lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng b. Thể tích
của khối cầu đi qua các đỉnh của lăng trụ bằng

Trang 2


A.

1
18 3

 4a

2

 b2 

3

B.


18 3

 4a

2

 b2 

3

C.


18 3

Câu 19. Số các đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
A. 3

B. 0

 4a

3

 b2 

3

D.


18 2

 4a

2

 b2 

3

x3 2
là
x2  1

C. 1

D. 2

Câu 20. Sự tăng trưởng của một lồi vi khuẩn tn theo cơng thức N  A.e rt trong đó A
là số lượng vi khuẩn ban đầu, r là tỷ lệ tăng trưởng ( r  0 ) và t là thời gian tăng
trưởng. Biết số lượng vi khuẩn ban đầu có 250 con và sau 12 giờ là 1500 con. Hỏi
sau bao lâu thì số lượng vi khuẩn tăng gấp 216 lần số vi khuẩn ban đầu?
A. 66 giờ

B. 48 giờ

C. 36 giờ

D. 24 giờ

Câu 21. Cho tứ diện ABCD có AB  a, AC  a 2, AD  a 3 , các tam giác ABC, ACD, ABD
là các tam giác vuông tại đỉnh A. Khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng  BCD  là
A. d 

a 66
11

B. d 

a 6
3

C. d 

a 30
5

D. d 

a 3
2

4
2
Câu 22. Để đồ thị hàm số y   x   m  3 x  m  1 có điểm cực đại mà khơng có điểm cực

tiểu thì tất cả các giá trị thực của tham số m là
B. m  3

A. m �3

C. m �3

D. m  3

�  2 �
4e �
dx  a  2be thì giá trị của a  2b là
�
�
�
2 �
0

Câu 23. Nếu
A. 12

B. 9

C. 12,5

D. 8

2019

1 i �
�
Câu 24. Cho số phức z thỏa mãn z  � � . Tính z 4 .
1 i �
�
A. 1

B. i

C. i

D. 1

Câu 25. Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  1; a;1 và mặt cầu

 S

có

phương trình x 2  y 2  z 2  2 y  4 z  9  0 . Tập các giá trị của a để điểm A nằm trong
khối cầu là
A.  �; 1 � 3; �

B.  3;1

Câu 26. Cho điểm y  x  7 và đường thẳng  :

C.  1;3

D.  1;3

x 1 y 1 z


. Gọi d là đường thẳng đi qua M, cắt và
2
1
1

vng góc với Δ. Đường thẳng d có một véctơ chỉ phương là
r
r
r
A. u   3;0; 2 
B. u   0;3;1
C. u   0;1;1

r
D. u   1; 4; 2 

Câu 27. Một hộp đựng Chocolate bằng kim loại có hình dạng lúc
mở nắp như hình vẽ dưới đây. Một phần tư thể tích phía trên
hộp được rải một lớp bơ sữa ngọt, phần cịn lại phía dưới chứa
Trang 3


đầy chocolate ngun chất. Với kích thước như hình vẽ, gọi x  x0 là giá trị làm cho
hộp kim loại có thể tích lớn nhất, khi đó thể tích chocolate nguyên chất có giá trị V0
bằng
A. V0  64 (đvdt)

B. V0 

64
(đvdt)
3

C. V0  16 (đvdt)

D. V0  48 (đvdt)

Câu 28. Phương trình mặt phẳng đi qua điểm A  1;1;1 và vng góc với hai mặt phẳng

 P  ; x  y  z  2  0 ,  Q  : x  y  z 1  0
A. x  y  z  3  0

là

B. x  2 y  z  0

C. x  z  2  0

D. x  y  2  0

Câu 29. Bạn An cần mua một chiếc gương đường viền là Parabol bậc 2
(xem hình vẽ). Biết rằng khoảng cách đoạn AB  60cm, OH  30cm .
Diện tích của chiếc gương bạn An mua là
A. 1000  cm

3



B. 1400  cm

C. 1200  cm

3



3
D. 900  cm 

3



Câu 30. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M, N, P lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức
2  3i, 1  2i,  3  i . Tọa độ điểm Q sao cho tứ giác MNPQ là hình bình hành là
A. Q  0; 2 

B. Q  6;0 

C. Q  2;6 

Câu 31. Cho hàm số f  x  liên tục trên � thỏa mãn f  2   16,

D. Q  4; 4 
1

2

0

0

f  2 x  dx  2 . Tích phân �
xf �

 x  dx
�

bằng
A. 16

B. 28

C. 36

D. 30

Câu 32. Đường thẳng x  k cắt đồ thị hàm số y  log 5 x và đồ thị hàm số y  log 3  x  4  . Khoảng cách
giữa các giao điểm là
A. 7

1
. Biết k  a  b , trong đó a, b là các số nguyên. Khi đó tổng a  b bằng
2
B. 6

C. 8

D. 5

Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M  1; 2;1 . Mặt phẳng  P  thay
đổi đi qua M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C khác gốc tọa độ. Tính giá trị
nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện OABC.
A. 18

B. 9

C. 6

D. 54

Câu 34. Cho hai điểm A, B là hai điểm biểu diễn hình học số phức theo thứ tự z1 , z2 khác 0 và thỏa mãn
2
2
đẳng thức z1  z2  z1 z 2 . Hỏi ba điểm O, A, B tạo thành tam giác gì? (O là gốc tọa độ). Chọn phương án

đúng và đầy đủ nhất.
A. Vuông cân tại O.

B. Cân tại O.

C. Đều.

D. Vuông tại O.
Trang 4


Câu 35. Cho hình chóp S.ABCD có SA vng góc với đáy; SA  a 6 . Đáy ABCD là hình thang vng
tại A và B, AB  BC 

1
AD  a . Gọi E là trung điểm AD. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
2

S.ECD.

A. R 

a 30
3

B. R  a

19
6

C. R  a 6

114
a
6

D. R 

Câu 36. Với giá trị thực nào của tham số m thì đường thẳng y  2 x  m cắt đồ thị hàm số y 

x3
tại
x 1

hai điểm phân biệt M, N sao cho MN ngắn nhất?
A. m  3

B. m  3

C. m  1

D. m  1

Câu 37. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  3  4i �2 . Trong mặt phẳng Oxy, tập hợp điểm biểu diễn
số phức w  2 z  1  i là hình trịn có diện tích bằng
A. S  25

B. S  4

C. S  16

D. S  9

3 2 3
3
Câu 38. Cho hàm số y  x  x  x có đồ thị như hình bên. Tất cả các
4
2
giá trị thực của tham số m thỏa mãn điều kiện để phương trình
4 x 3  3x 2  6 x  m 2  6m có đúng ba nghiệm phân biệt là
A. m  0 hoặc m  6

B. m  0 hoặc m  6

C. 0  m  3

D. 1  m  6

�x  2  t
x  2 y 1 z

�

 , d 2 : �y  3 . Phương trình mặt phẳng  P 
Câu 39. Trong không gian Oxyz, cho d1 :
1
1 2
�z  t
�
sao cho d1 , d 2 nằm về hai phía  P  và  P  cách đều d1 , d 2 .
A.  P  : x  3 y  z  8  0

B.  P  : x  3 y  z  8  0

C.  P  : 4 x  5 y  3z  4  0

D.  P  : 4 x  5 y  3 z  4  0

Câu

40. Trong không gian

Oxyz, cho

 P  : x  2 y  2 x  5  0 . Đường thẳng  d 

hai

điểm

A  3;0;1 , B  1; 1;3

và mặt phẳng

đi qua A, song song với mặt phẳng  P  sao cho khoảng cách

r
b
từ N đến đường thẳng d nhỏ nhất, đường thẳng  d  có một véctơ chỉ phương là u   1; b; c  , khi đó
c
bằng
A.

b
 11
c

B.

b 11

c 2

C.

b
3

c
2

D.

b 3

c 2

Trang 5


2
Câu 41. Cho hàm số y  x  4 x  2m  3 với m là tham số thực. Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số

trên đoạn  1;3 đạt giá trị nhỏ nhất bằng
A.

1
2

B.

1
.
2

13
4

C. 

9

4

D. 6

Câu 42. Gọi S là tập các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y  x  1 cắt đồ thị hàm số y 

4 x  m2
x 1

tại đúng một điểm. Tích phân các phần tử của S bằng.
A.

B. 4

5

C. 5

D. 20

Câu 43. Kết quả  b; c  của việc gieo một con súc sắc cân đối và đồng nhất hai lần liên tiếp, trong đó b là
số chấm xuất hiện của lần gieo thứ nhất, c là số chấm xuất hiện của lần gieo thứ hai được thay vào
phương trình bậc hai x 2  bx  c  0 . Xác suất để phương trình bậc hai đó vơ nghiệm là
A.

7
12

B.

17
36

C.

23
36

D.

5
36

Câu 44. Trên cánh đồng có 2 con bị được cột vào 2 cây cọc khác nhau. Biết khoảng cách giữa hai cọc là
4 mét, còn 2 sợi dây cột 2 con bị dài 3 mét và 2 mét. Tính phần diện tích mặt cỏ lớn nhất mà 2 con bị có
thể ăn chung (lấy giá trị gần đúng nhất).
A. 1,989m 2

B. 1, 034m 2

C. 1,574m 2

D. 2,824m2

Câu 45. Cho hàm số f  x  liên tục trên � và có đồ thị như hình vẽ bên.
Số

giá

trị

ngun

của

tham

số

m

để

phương

trình

f 2  cos x    m  2018  f  cos x   m  2019  0 có đúng 6 nghiệm phân
biệt thuộc đoạn  0; 2 là
A. 1

B. 2

C. 3

D. 5

3
2
2

3
Câu 46. Cho hàm số y  x  3mx  2  m  1 x  m  m (m là tham số). Gọi A, B là hai điểm cực trị của

đồ thị hàm số I  2; 2  . Tổng tất cả các giá trị của m để ba điểm I, A, B tạo thành tam giác nội tiếp đường
trịn có bán kính bằng
A.

20
17

5 là
B. 

2
17

C.

4
17

D.

14
17

Câu 47. Một thùng rượu có bán kính đáy là thiết diện vng góc
với trục và cách đều hai đáy có bán kính là 40 cm, chiều cao
thùng rượu là 1m (hình vẽ). Biết rằng mặt phẳng chứa trục và

Trang 6


cắt mặt xung quanh thùng rượu là các đường parabol, hỏi thể tích của thùng rượu
(đơn vị lít) là bao nhiêu?
A. 425162 lít

B. 212581 lít

C. 212,6 lít

D. 425,2 lít

 P  : x  2 y  z 1  0 ;

Câu 48. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba mặt phẳng

 Q  : x  2 y  z  8  0;  R  : x  2 y  z  4  0 . Một đường thẳng d thay đổi cắt ba mặt  P  ,  Q  ,  R 
2
lần lượt tại ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của T  AB 

A. 24

B. 36

144
.
AC 2
C. 72

D. 144

�  90�
Câu 49. Cho khối chóp S.ABC có SA  SB  SC  a , �
ASB  60�
, BSC
, �
ASC  120�. Gọi M, N lần
lượt là các điểm trên cạnh AB và SC sao cho

CN AM

. Khi khoảng cách giữa M và N nhỏ nhất, tính thể
SC
AB

tích V của khối chóp S.AMN.
A.

2a 3
72

B.

5 2a 3
72

C.

5 2a 3

432

D.

2a 3
432

 x   2018 f  x   2018.2017.x 2017 .e2018 x với mọi
Câu 50. Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên �, biết f �
x ��; f  0   2018 . Giá trị của f  1 là
2018
A. f  1  2018e

2018
B. f  1  2019e

2018
C. f  1  2018e

2018
D. f  1  2019e

Đáp án
1-A
11-B
21-A
31-B
41-D

2-C

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

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

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

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

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

7-C

17-A
27-D
37-C
47-D

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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
Hàm số y  x 2 có TXĐ D   0; � .
1

Hàm số y  ln  x  1 có TXĐ  1; � .
Hàm số y  e x có TXĐ D  �.

Hàm số y  x  3 x có TXĐ D  �.

Trang 7



Hàm số y  x  a  0  với  �� thì hàm số có tập xác định D   0; � .
x
Hàm số y  a  a  0  có TXĐ: D  �.

Hàm số y  ln x xác định trên TXĐ: D   0; � .
Câu 2: Đáp án C
�x  3  1
uuuur uuur
�
Ta có NM  PQ �  1;5; 2    x  3; y  1; z  2  � �y  1  5 � Q  2;6; 4  .
�z  2  2
�
Câu 3: Đáp án B
Ta có

dx

�
sin

2

x

  cot x  C do đó đáp án B sai.

Câu 4: Đáp án A
�x  9  0
�x  0
��
� x  36 .
Ta có: log 3  x  9   3 � �
x
�x  36
�x  9  3
�
�f  x   0
Phương trình log a f  x   m � �
.
m
�f  x   a
Câu 5: Đáp án C
r
x 1 y 1 z  2


đi qua M  1;1; 2  và có véctơ chỉ phương u   1; 2; 3 .
1
2
3
r
Mặt phẳng  P  : x  y  z  4  0 có véctơ pháp tuyến n   1;1;1
rr
Ta thấy u.n  1.1  2.1  1.  3   0 (1)

Đường thẳng d :

Thay tọa độ điểm M  1;1; 2  vào mặt phẳng  P  ta được 1  1  2  4  0 � M � P  (2)
Từ (1) và (2) suy ra d � P  .
r
r
Đường thẳng d đi qua M có véctơ chỉ phương u , mặt phẳng  P  có véctơ pháp tuyến n .
rr
�
u.n  0
�
Nếu �
thì d � P  .
�M � P 
Câu 6: Đáp án B
Mặt cầu  S  có tâm I  1;1; 2  và bán kính R  1  1  4  3  3 .
Đáp án A: d  I , ( P )  

1  2.1  2.2  6
1 2 2
2

2

2



13
 3 nên mặt phẳng không cắt mặt cầu.

3

Trang 8


Đáp án B: d  I , (Q)  

1 1  2
12  2 2  2 2



2
 3 nên mặt phẳng cắt mặt cầu theo giao tuyến là một đường
3

tròn.
Đáp án D: d  I , ( R )  

1  2.1  3.2  3
12  22  22



12
 4  3 nên mặt phẳng không cắt mặt cầu.
3

Câu 7: Đáp án C
�

 x0   0
�f �
Nếu �
thì x0 là điểm cực tiểu của hàm số y  f  x  .
�
 x0   0
�f �
Ta có TXD: D  �.
x 1
�
y�
 x2 1  0 � �
x  1
�
�
�
�
y�
 2 x � y�
 1  2  0; y�
 1  2  0
�
 1  0
5
�y�
Suy ra �
nên x  1 là điểm cực tiểu của hàm số, suy ra giá trị cực tiểu là y  1   .
�
3
 1  0

�y�
Câu 8: Đáp án A
Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 2 là V  23  8 .
Câu 9: Đáp án A
TXĐ: D  �.
 3 x 2  3
Ta có: y �
x 1
�
 0 � 3 x 2  3  0 � x 2  3  0 � �
Xét y �
x  1
�
Nên hàm số nghịch biến trên  �; 1 ;  1; � .
Câu 10: Đáp án D
Đáp án A: đúng.
Đáp án B: đúng.
Đáp án C: đúng.
Đáp án D:

sin xdx   cos x  C
�

nên D sai.

Câu 11: Đáp án B
Số phức liên hợp của số phức z  2  3i là z  2  3i
Điểm biểu diễn số phức z  2  3i là M  2;3 .
Câu 12: Đáp án A
BC là chóp tam giác A�

.OBC có chiều cao h  A�
Aa.
Tứ diện O. A�
Diện tích đáy SOBC 

1
a2
.
S ABCD 
4
4
Trang 9


1
1 a2
a3
Thể tích VO. A�BC  SOBC . A�
A  . .a  .
3
3 4
12
Câu 13: Đáp án C
Sử dụng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn:
Mặt phẳng

 a; b; c �0 

 P

cắt Ox; Oy; Oz lần lượt tại ba điểm A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c 

thì có phương trình  P  :

x y z
   1.
a b c

x A  xB  xC
�
�xM 
3
�
y

y
�
B  yC
Sử dụng công thức trọng tâm: M là trọng tâm ABC thì �yM  A
.
3
�
z A  zB  zC
�
�zM 
3
�
Theo đề bài ta có: A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c   a; b; c �0 
x A  xB  xC
�

� a
1
�xM 
�
3
3
a3
�
�
�
y A  yB  yC
�
� b
�
��
2 ��
b  6.
Vì M là trọng tâm ABC thì �yM 
3
3
�
�
�
c9
�
z A  zB  zC
�
� c
3


z

�M
�
3
� 3
�
Suy ra A  3;0;0  , B  0;6; 0  , C  0;0;9  .
Câu 14: Đáp án B
Phương

trình

mặt

phẳng

đi

qua

ba

điểm

A  3;0; 0  , B  0; 4;0  , C  0;0; 2 

là:

x y z

 
 1.
3 4 2
Câu 15: Đáp án C
Xét phương trình hồnh độ giao điểm x 3  x 2  2 x  3  2 x  3 � x 3  x 2  0
x  0 � y  3
�
x2  0
�
� x 2  x  1  0 � �
��
.
x  1 � y  5
x 1  0
�
�
Vì B có hồnh độ âm nên B  1; 5  hay hoành độ của B là x  1 .
Câu 16: Đáp án D
1
2
3
Ta có: VP  log 3x  2log b  3log c  log 3a  log b  log c
2
 log

3a . c 3
3ac 3

log
b2

b2

Trang 10


3ac 3
3ac3
.
�
x

b2
b2

Vậy log x  log

Câu 17: Đáp án A
B C D là hình hộp chữ nhật nên
Vì ABCD.A����
A��
B  AB  a; B��
C  AD  2a .
B C ; vng tại B�ta có
Xét tam giác A���

A��
C  A��
B 2  B��
C 2  a 2   2a   a 5 .
2

C vng tại A�ta có
Xét tam giác AA��
2
AA�
 AC �
 A��
C 2  14a 2  5a 2  3a .
3
�
Thể tích khối hộp chữ nhật là VABCD. A����
B C D  AB. AD. AA  a.2a.3a  6a .

Câu 18: Đáp án B
Gọi O, O�lần lượt là tâm đáy, I là trung điểm của OO�thì I là tâm mặt cầu
ngoại tiếp lăng trụ và bán kính R  IA�
.
Ta có: A��
O 

2
2 a 3 a 3
1
b
A�
M�
 .

; IO�
 OO�

 .
3
3 2
3
2
2

2
Do đó IA�
 IO�
 A��
O2 

b2 a 2


3 3

4a 2  3b 2
12

Thể tích khối cầu
4
4 � 4a 2  3b 2
2
V  IA   �
3
3 �
12
�

�
4
�
� 3.12. 12
�

 4a

2

 3b 2  
3


18 3

 4a

2

 3b2  .
3

Câu 19: Đáp án C
Tìm điều kiện xác định
Đường thẳng x  x0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x  nếu một trong các điều kiện sau được
f  x   �; lim f  x   �; lim f  x   �; lim f  x   �.
thỏa mãn xlim
� x0

x � x0
x � x0
x � x0
TXĐ: x �3; x �1; x �1
x3 2
 lim
x �1
x2 1

 lim
x �1

 lim
x �1



 lim 
x � 1

1






x  3  2  x  1

  x  3  2   lim

x  3  2   x  1  x  1

x3 2

x �1



x 1



x  3  2  x  1  x  1

1
�� nên x  1 không là TCĐ của đồ thị hàm số đã cho.
8

x3 2
 � nên x  1 là TCĐ của đồ thị hàm số đã cho.
x2 1

Vậy đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng x  1 .
Trang 11


Câu 20: Đáp án C
Ta có: 1500  250.e

r .12

�r 

ln 6
12

Gọi t (giờ) là thời gian để số lượng vi khuẩn tăng gấp 216 lần số lượng vi khuẩn ban đầu.
rt
Ta có: 216 A0  A0 .e � rt  ln 216 � t 

ln 216
 36 .
r

Câu 21: Đáp án A
Vì các tam giác ABC, ACD, ABD là các tam giác vuông tại đỉnh A nên
AB  AC , AC  AD, AD  AB hay AB, AC, AD đơi một vng góc nên
khoảng cách từ A đến  BCD  là d thì
1
1
1
1
1
1
1
a 66
.




 2  2  2 �d 
2
2
2
2
d
AB
AC
AD
a
2a 3a
11
Chú ý: Ta có thể chứng minh cơng thức khoảng cách

1
1
1
1



như sau:
2
2
2
d
AB
AC
AD 2

Vì AB  AC , AC  AD, AD  AB nên AD   ABC  � AD  BC
Trong ABC kẻ AH  BC , lại có AD  BC � BC   AKD 
Trong  AKD  kẻ AH  DK mà AH  BC (do BC   ADK  ) � AH   BCD 
Suy ra d  A, ( BCD)   AH .
Theo hệ thức lượng trong tam giác vng ABC và ADK có
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1








.
2
2
2
2
2
2 hay

2
2
2
AH
AD
AK
AD
AC
AB
d
AB
AC
AD 2
Câu 22: Đáp án C
 4 x3  2  m  3  2 x  2 x 2  m  3 .
Ta có: y �
Yêu cầu bài toán thỏa mãn � 2 x 2  m  3  0 vơ nghiệm hoặc có nghiệm duy nhất x  0
�m�۳3 0

m 3.

4
2
 0 có
Hàm số y  ax  bx  c  a �0  có cực đại mà khơng có cực tiểu nếu a  0 và phương trình y �

nghiệm duy nhất x  0 .
Câu 23: Đáp án D
0

0

x
 �
�  2x � �
2
4e �
dx  �
4 x  2e �  2   8  2e   10  2e .
Ta có: �
�
� �
�2
2 �

Suy ra a  10; b  1 � a  2b  10  2.  1  8 .
Câu 24: Đáp án D
Trang 12


4
2019
1  i  1  i   1  i  2i
1 i �
�
Ta có:

  i � z  � �  i 2019 � z 4   i 2019    i 4 
1.
1 i

11
2
1 i �
�
2019

Câu 25: Đáp án D
2
2
2
Mặt cầu  S  : x  y  z  2 y  4 z  9  0 có tâm I  0;1; 2  và bán kính

R  02  12   2    9   14
2

Để A nằm trong khối cầu thì IA  R � IA2  R 2 � 12   a  1  32  14
2

�  a  1  4 � 2  a  1  2 � 1  a  3 .
2

Câu 26: Đáp án D
- Gọi tọa độ giao điểm của d với Δ theo tham số t.
uu
r uu
r
- Sử dụng điều kiện d   � ud .u  0 tìm t và suy ra véctơ chỉ phương của d.
Gọi N  1  2t ; 1  t ; t   d �
uuuu
r uu

r uuuu
r uu
r
Do d   nên MN  u � MN .u  0
uuuu
r
uu
r
Lại có MN   2t  1; t  2; t  , u   2;1; 1

2  2t  1  1 t  2    t   0 � 6t  4  0 � t 

2
3

uuuu
r �1 4 2 �
uuuu
r
� MN  � ;  ;  �hay 3MN   1; 4; 2  cũng là một véctơ chỉ phương của d.
�3 3 3 �
Câu 27: Đáp án D
ĐK: 0  x  6
2
3
2
Thể tích hộp kim loại là V  x  6  x   12  2 x    6 x  x   12  2 x   2 x  24 x  72 x
3
2
Đặt f  x   2 x  24 x  72 x

�
x  6 � 0;6 
 x   6 x 2  48 x  72  0 � �
Ta có: f �
x  2 � 0;6 
�
Ta có bảng biến thiên của f  x  trên  0;6 

Vậy giá trị lớn nhất của V là 64 � x  2 .
Tuy nhiên thể tích sôcôla nguyên chất chỉ chiếm

3
3
nên V0  .64  48 (đvdt).
4
4

Câu 28: Đáp án D
Trang 13


uuur
uuur
Mặt phẳng  P  có véctơ pháp tuyến n P    1;1; 1 mặt phẳng  Q  có véctơ pháp tuyến n Q    1; 1;1 .
uuur uuur
�
n
Khi đó �
� P  ; n Q  �  0; 2; 2   2  0;1;1 .

Mặt phẳng  R  đi qua A  1;1;1 và vng góc với cả  P  và  Q  nên ta chọn
uuur
1 uuur uuur �
n R    �
n ;n
  0;1;1 làm véctơ pháp tuyến.
2 � P   Q  �
�  R  : 0  x  1  1 y  1  1 z  1  0 hay  R  : y  z  2  0 .
Câu 29: Đáp án C
Gắn hệ trục tọa độ sao cho OH �Oy , OB �Ox .
Gọi phương trình Parabol y  ax 2  bx  c ta có Parabol đi qua ba điểm H  0;3;0  , B  3;0;0  , A  3;0;0  .
c  30
�
c  30
�
�
1
�
�
900a  30b  30  0 � �
a
Từ đó ta có �
nên phương trình
30
�
�
900a  30b  30  0
�
b0
�

�
Parabol y  

1 2
x  30 .
30

Diện tích chiếc gương là
30

30

30

1
� 1 2
� � 1 3
�
 x 2  30 dx  �
 x  30 �
dx  �
 x  30 x �  1200 (đvdt).
�
�
30
30
� � 90
�30
30
30 �

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  , trục hoành và hai đường thẳng x  a; x  b là
b

�f  x  dx .
a

Câu 30: Đáp án C

uuu
r uuur
Tứ giác ABCD là hình bình hành � AB  DC
Ta có: các điểm M  2;3 , N  1; 2  , P  3;1 lần lượt biểu diễn các số phức 2  3i,1  2i, 3  i .
uuuu
r uuur
Gọi điểm Q  x; y  thì tứ giác MNPQ là hình bình hành � MN  QP
1  2  3  x
�
�x  2
��
��
� Q  2;6  .
2  3  1  y
�
�y  6
Câu 31: Đáp án B
Đặt t  2 x � dt  2dx
Đổi cận

x  0 �t 1
ta có:

x 1� t  2

1

2

0

0

f  2 x  dx  �
f  t
�

2

dt 1

f  x  dx  2 . Suy ra
2 2�
0

2

f  x  dx  4
�
0

Trang 14

2
2
ux
du  dx
2
�
�
�
��
xf �
f  x  dx  2 f  2   4  28 .
 x  dx  xf  x  0  �
Đặt �
dv  f �
v  f  x
 x  dx �
0
0
�
�

Câu 32: Đáp án B
Điều kiện: x  0 .
Đường thẳng x  k cắt đồ thị hàm số y  log 5 x tại điểm A  k ;log 5 k  với k  0 .
Đường thẳng x  k cắt đồ thị hàm số y  log 5  x  4  tại điểm B  k ;log 5  k  4   .
AB 

1
1

k 4 1
� log 5  k  4   log 5 k  � log 5

2
2
k
2

(do k  4  k  0 �

k 4
k 4
 1 � log 5
 log 5 1  0 )
k
k

Khi đó k  4  k 5 � k





5 1  4 � k 





4 5 1

4

 1 5
5 1
5 1

Vậy k  1  5 � a  1, b  5 � a  b  6 .
Câu 33: Đáp án B
Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a; b; c  0 thì  P  có phương trình
Vì M  1; 2;1 � P  �

x y z
  1.
a b c

1 2 1
  1
a b c

1
1
Thể tích khối tứ diện OABC là V  .OA.OB.OC  abc
6
6
Ta tìm giá trị nhỏ nhất của V 

1
abc
6

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số
۳ 1 33

1 2 1
1 2 1
2
; ; ta có   �3 4
a b c
a b c
abc

3

2
54
۳ 1
۳ abc 54 .
abc
abc

�1 2 1
a3
�
 
�
�a b c
�
��
b6
Dấu “=” xảy ra khi �

1
2
1
�   1 �
c3
�
�a b c
Suy ra giá trị nhỏ nhất của V là

1
.54  9 � a  3; b  6; c  3 .
6

Câu 34: Đáp án C
2

�z � z
z2 z
z
1
3
Ta có: z  z  z1 z2 � 12  1  1  0 � �1 � 1  1  0 � 1  � i
z2 z2
z2 2 2
�z2 � z2
2
1

2
2

Trang 15


�

z1
 1 � z1  z2 � OA  OB .
z2

Lại có z12  z22  z1 z2 �  z1  z2    z1 z2
2

2

2

Lấy mođun hai vế ta được z1  z2   z1 z2 � z1  z2  z1 z2  z1

2

Hay AB 2  OA2 � AB  OA  OB .
Vậy tam giác OAB đều.
Câu 35: Đáp án B
Vì E là trung điểm AD và AB  BC 

1
AD  a nên AB  BC  AE  ED  a mà BC // AE � tứ giác
2

ABCE là hình vng suy ra CE  AD hay tam giác ECD vuông tại E nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp
ECD .

Gắn với hệ trục tọa độ với A �O  0;0;0  , AD �Ox; AB �Oy; AS �Oz .
Coi đơn vị độ dài là a  1 .





Suy ra A  0;0;0  , S 0;0; 6 , E  1; 0;0  , D  2;0;0  , C  1;1;0  và
�3 1 �
M � ; ;0 �là trung điểm của CD.
�2 2 �
Vì ECD vng tại E nên tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ECD thuộc đường thẳng qua M và song song với SA.
Phương trình đường thẳng d qua M và song song với SA có 1

� 3
�x  2
�
� 1
véctơ pháp tuyến thì có dạng: d : �y 
� 2
�z  t
�
�
�3 1 �
Suy ra I � ; ; t �là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ECD thì:
�2 2 �

2

2



�3 � �1 �
IS  ID � � � � � t  6
�2 � �2 �
� 2 6t  8 � t 



2

2

2

� 1 � �1 � 2
�
 � � � t
� 2 � �2 �

4
�3 1 4 �
�I�; ;
�
6
�2 2 6 �

Trang 16


2

2

2

19
1 � �1 � �4 �
19
Bán kính mặt cầu là R  ID  �
hay R 
a.
 � � � � � 
�
6
6
� 2 � �2 � � 6 �
Câu 36: Đáp án B
Xét phương trình hồnh độ giao điểm 2 x  m 

x3
�  2 x  m   x  1  x  3
x 1

� 2 x 2   m  1 x  m  3  0 (*) ( x �1 )
Đường thẳng y  2 x  m cắt đồ thị hàm số y 

x3
tại hai điểm phân biệt � (*) có hai nghiệm phân
x 1

biệt x1 , x2 khác 1 .
2
�
   m  1  4.2  m  3  0
�
m 2  6m  25  0
�
��
�
(ln đúng).
�
2
2 �0
2.

1

m

1
.

1

m


3
�
0
�






�
�

m 1
�
x

x


1
2
�
�
2
Theo hệ thức Vi-ét ta có: �
.
m


3
�x x 
�1 2
2
Gọi hai giao điểm là M  x1 ; 2 x1  m  , N  x2 ; 2 x2  m  .
Khi đó MN 

 x2  x1 

2

2
2
  2 x2  2 x1   5  x22  2 x2 x1  x12   5 �
.
�x2  x1   4 x1 x2 �
�

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta được:
�
� 5
m  3 � �m2  2m  1
�m  1 �
MN 2  5 �

4.
 2  m  3 �  m2  2m  1  8m  24 
� 5 �
�
�

2 � �
4
�2 �
�
� 4
2



5 2
5
5
2
m  6m  25   �
� .16  20 .
�m  3  16 �

� 4
4
4

 �
MN
 2

20

mn 2 5

min MN

2 5 khi m  3 .

Câu 37: Đáp án C
Đặt w  x  yi  x, y ��
Ta có: w  2 z  1  i � z 
Khi đó z  3  4i �2 �

w 1 i
2

w 1  i
 3  4i �2 � w  7  9i �4
2

� x  yi  7  9i �4 �  x  7    y  9  i �4
�

 x  7

2

  y  9  �4 �  x  7    y  9  �16
2

2

2

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức w là hình trịn có bán kính R  4 .

Diện tích hình trịn là S  R 2  16 .
Trang 17


Câu 38: Đáp án A
Dựng đồ thị hàm số y  f  x  có được từ đồ thị hàm số đã cho bằng cách:
+ Giữ nguyên phần đồ thị bên phải trục Oy.
+ Xóa phần đồ thị phía bên trái trục Oy.
+ Lấy đối xứng phần đồ thị bên phải vừa giữ lại qua Oy.
3 2 3
3
Đặt y  f  x   x  x  x .
4
2
3
3
m 2  6m
m 2  6m
� 4 x 3  3 x 2  6 x  m 2  6m � x 3  x 2  x 
� f  x
4
2
4
4
Từ đồ thị hàm số đã cho ta vẽ đồ thị hàm số y  f  x  như sau:

Quan sát đồ thị ta thấy, phương trình f  x  
�

m 2  6m

có 3 nghiệm phân biệt
4

m0
�
m 2  6m
 0 � m 2  6m  0 � �
.
m6
4
�

Câu 39: Đáp án A
r
ur uu
r
�
u
;
u
Lập luận để có 1 véctơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  là n  �
1
� 2 �rồi suy ra phương trình tổng quát
của mặt phẳng  P  .
Sử dụng công thức khoảng cách d  d1 ;( P )   d  M ;( P)  với d1 //  P  ; M �d1 .
Với điểm M  x0 ; y0 ; z0  và mặt phẳng  P  : ax  by  z  d  0 thì d  M ;( P)  
Ta có d1 :

ax0  by0  cz0  d
a 2  b2  c2

.

ur
x  2 y 1 z

 đi qua M 1  2;1;0  và có 1 véctơ chỉ phương u1   1; 1; 2  .
1
1 2

�x  2  t
uu
r
�
Và d 2 : �y  3
đi qua M 1  2;3;0  và có 1 véctơ chỉ phương u2   1;0;1 .
�z  t
�
Vì  P  cách đều d1 , d 2 nên d1 //  P  , d 2 //  P  suy ra 1 véctơ pháp tuyến của  P  là
Trang 18


r
ur uu
r
�
n�
u
;
u

�1 2 �  1; 3; 1 .
�
d  M 1 ;( P )   d  M 2 ;( P ) 
�
Suy ra phương trình tổng quát của  P  cách đều d1 ; d 2 nên �
.
�I � P 
Với I  2; 2;0  là trung điểm của M 1M 2 .
�2  3  d
29 d
�5  d  11  d

�
� d  8 .
Suy ra � 11
11 � �
d


8
�
�
2  2.3  d  0
�
Vậy phương trình mặt phẳng  P  : x  3 y  z  8  0 .
Câu 40: Đáp án B

r
Mặt phẳng  Q  A  3;0;1 và song song với  P  nên nhận n   1; 2; 2  làm véctơ pháp tuyến.
�  Q  :1 x  3  2  y  0   2  z  1  0 hay  Q  : x  2 y  2 z  1  0 .

Đường thẳng d đi qua A và song song  P  nên d � Q  .
Gọi H là hình chiếu của B lên  Q  thì d  B, d  �BH hay d  B, d  đạt giá trị nhỏ nhất bằng BH khi
d  AH .

�x  1  t
�
Gọi  là đường thẳng đi qua B  1; 1;3 và vuông góc với  Q  thì  : �y  1  2t .
�z  3  2t
�
�x  1  t
�y  1  2t
�
H   � Q  � �
�  1  t   2  1  2t   2  3  2t   1  0
�z  3  2t
�
�x  2 y  2 z  1  0
� 9t  10  0 � t  

10
� 1 11 7 � uuur �26 11 2 �
�H�
 ; ; �� AH  � ;  ; �
9
9 9�
�9 9 9�
�9

r � 11 1 �
11

1
b
11
�u �
1;  ; �hay b   , c  �   .
26
13
c
2
� 26 13 �
Câu 41: Đáp án D
2
Xét hàm số f  x   x  4 x  2m  3 liên tục trên đoạn  1;3 .

 x   2 x  4  0 � x  2 � 1;3 .
Ta có: f �
Ta lại có: f  1  2m  6; f  2   2m  7; f  3  2m  6 .
f  x   max  2m  6 ; 2m  7   M .
Suy ra: max
 1;3
�
�M 2m 6

2 M�
2m 6
Ta có: �
�M �2m  7  7  2m

7 2m

2 m 6 7 2m

1
Trang 19


 M

1
.
2

1
�
13
�2m  6  2m  7 
2�m .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi �
4
�
 2m  6   7  2m  �0
�
Vậy m 

13
.
4

Câu 42: Đáp án D
Xét phương trình hồnh độ giao điểm x  1 

4 x  m2
x 1

� x 2  1  4 x  m 2 � x 2  4 x  m 2  1  0  x �1 (*)
Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số tại đúng một điểm � phương trình (*) có nghiệm duy nhất x �1 .
� (*) có nghiệm kép x �1 hoặc (*) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm bằng 1.
TH1: (*) có nghiệm kép x �1
�
�
 4   m 2  1  0
5  m2  0
m�5
�
�
�
��
��2
��
�m�5.
m ��2
m  4 �0
12  4.1  m 2  1 �0
�
�
�
TH2: (*) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng 1.
Khi đó x  1 là nghiệm của (*) thì 12  4.1  m2  1  0 � m  �2 .
�
x  1  L

2
Thử lại với m  �2 thì (*) là x  4 x  3  0 � �
hay phương trình hồnh độ giao điểm có
x  3  TM 
�
nghiệm duy nhất.





Vậy S  � 5; �2 suy ra tích các phần tử bằng 20.
Chú ý: Một số em có thể sẽ quên mất trường hợp (*) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm
bằng 1 dẫn đến chỉ tìm ra hai giá trị � 5 và không chọn được đáp án đúng.
Câu 43: Đáp án B
Số phần tử của không gian mẫu n     6.6  36
Xét phương trình x 2  bx  c  0 có   b 2  4c
Để phương trình vơ nghiệm thì   0 � b 2  4c  0 � b  2 c (vì b, c  0 )
Mà b, c � 1; 2;3; 4;5;6 nên:
+ Với c  1 � b  2 � b  1
+ Với c  2 � b  2 2 � b � 1; 2
+ Với c  3 � b  2 3 � b � 1; 2;3
Trang 20


+ Với c  4 � b  2 4 � b � 1; 2;3
+ Với c  5 � b  2 5 �� 1; 2;3; 4
+ Với c  6 � b  2 6 � b � 1; 2;3; 4
Với A là biến cố “phương trình bậc hai x 2  bx  c  0 vô nghiệm” thì số phần tử của biến cố A là
n  A   1  2  3  4  4  17 .

Xác suất cần tìm là P  A  

17
.
36

Câu 44: Đáp án A
Con bò thứ nhất có thể ăn cỏ trong hình trịn tâm A bán kính AC  3m .
Con bị thứ hai có thể ăn cỏ trong hình trịn tâm B bán kính BC  2m .
Phần diện tích lớn nhất hai con có thể ăn chung là phần giao của hai hình trịn (phần gạch sọc).
Xét tam giác ABC có AC  3; BC  2; AB  4 .
BA2  BC 2  AC 2 11
�
� cos ABC 

2 BA.BC
16
�
��
ABC
���
 46
 34� CBD
93 8� SCBD
� SCAD

93�
8�
.BC 2
360�

3, 251m 2

57�
54�
.AC 2

�4,548m 2
360�

Lại có S CBD 

1
1
� �1,997m 2 và S
� �3,812m 2
BC.BD.sin CBD
AC. AD.sin CAD
CAD 
2
2

2
Vậy S   SqCAD  S CAD    SqCBD  S CBD    4,548  3,812    3, 251  1,997   1,99m

Nhận xét: mỗi con bị có thể ăn cỏ trong hình trịn có tâm là cọc buộc, bán kính là
dây buộc.
Do đó phần diện tích cỏ có thể ăn chung lớn nhất chính là phần giao nhau của hai
hình trịn.
Câu 45: Đáp án B

�f  cos x   1
2
Ta có f  cos x    m  2018  f  cos x   m  2019  0 � �
�f  cos x   2019  m
cos x  0
�
� cos x  0 .
+ Với f  cos x   1 � �
cos x  a  1  loai 
�
Phương trình này có hai nghiệm x1 


3
và x2 
thuộc đoạn  0; 2 .
2
2
Trang 21


+ Với f  cos x   2019  m ta cần tìm điều kiện để phương trình này có 4 nghiệm phân biệt thuộc  0; 2
khác x1 , x2 .
Đặt t  cos x � 1;1 với mọi x � 0; 2 ta được f  t   2019  m (1).
Với t  1 phương trình (1) cho đúng một nghiệm x   với t  0 phương trình cho hai nghiệm x1 , x2 .
Với mỗi t � 1;1 \  0 phương trình cho hai nghiệm x � 0; 2 khác x1 , x2 .
Vậy điều kiện cần tìm là phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt t � 1;1 \  0
� 1
��
2019

m 1


2018 m 2020 .

Câu 46: Đáp án A
x  m  1 � y  4m  2
�
 3 x 2  6mx  3  m 2  1 ; y�
0� �
Ta có: y �
x  m  1 � y  4m  2
�
� A  m  1; 4m  2  là điểm cực tiểu, B  m  1; 4m  2  là điểm cực đại của đồ thị hàm số.
Dễ thấy AB  2 5  2 R nên đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB có tâm chính là trung điểm AB hay tam
giác IAB vuông tại I.
uu
r
uur
uu
r uur
Có IA   1  m; 4m  , IB   3  m; 4  4m  nên IA  IB � IA.IB  0 .
�  1  m   3  m   4m  4  4m   0 � m 2  4m  3  16m  16m 2  0
m 1
�
�
� 17m  20m  3  0 �
3 .
�
m

� 17
2

Vậy tổng các giá trị của m là 1 

3 20

.
17 17

Câu 47: Đáp án D

2
Gọi parabol nằm trên là  P  : y  ax  bx  c  a �0  .

Khi đó parabol đi qua điểm có tọa độ  0; 4;0  (vì thiết diện vng góc với trục và cách đều hai đáy có
bán kính 40cm) suy ra y  0   40 � c  40 .
Đổi 1m = 100cm và bán kính đáy là 30cm nên ta có y  50   y  50   30
Từ đó 2500a  50b  40  2500a  50b  40 � b  0
Trang 22


Suy ra 2500a  50.0  40  30 � a  
Phương trình Parabol  P  : y  

1
.
250

1 2

x  40
250
2

50

� 1 2
�

x  40 �dx �425162cm3  415,162 lít.
Thể tích thùng rượu là V   �
�
250
�
50 �
Chú ý: Khi tính tích phân ở bước cuối các em bấm máy tính để tiết kiệm thời gian.
Câu 48: Đáp án C
Dễ dàng nhận thấy  P  //  Q  //  R  .
Kẻ đường thẳng qua B vng góc với cả 3 mặt phẳng  P  ,  Q  ,  R  cắt  P  tại H và cắt  Q  tại K.
Ta có BH  d  (Q);( P)   9; HK  d  (Q);( R)   3
Khi đó ta có: T  AB 2 

144
144
AB
BH
9
�2 AB 2 .
 24
 24

 24  72
2
2
AC
AC
AC
HK
3

Vậy Tmin  72 .
Câu 49: Đáp án C
Ta có thể tích khối chóp S.ABC là
2

2

a3
2a 3
�1 � � 1 �
.
V0 
1  � � �
 �
6
�2 � � 2 � 12
CN AM

 m (với 0 �m �1 ).
SC
AB

uur r uur r uuu
r r r r r
Ta có: SA  a, SB  b, SC  c, a  b  c  a ,
Đặt

r r a2 r r
rr
a2
a.b  , b.c  0, a.c   .
2
2
r r
uuur r
r r
uuu
r
r uuur uur uuuu
Theo đẳng thức trên ta có đẳng thức véctơ SN   1  m  c , SM  SA  AM  a  m AB  a  m b  a





uuuu
r uuu
r uuur
r r
r r
r
r

r
� MN  SN  SM   1  m  c  �
a  m b  a �  m  1 a  mb   1  m  c .
�
�





r
r
r 2
11a 2
2
2
Do đó MN 2  �
.

3
m

5
m

3
a
�
�m  1 a  mb   1  m  c �



�
12
Dấu “=” xảy ra tại m 

5
6

SN
SN AM
5 1 2a 3 5 2a 3
.
�V 
.VS . ABC 
.
V0  m  1  m  V0  . .

SC
SC AB
6 6 12
432
Câu 50: Đáp án D

 x   2018 f  x   2018.x 2017 .e 2018 x � f �
 x  .e 2018 x  2018e 2018 x f  x   2018 x 2017
Ta có: f �
Trang 23


2018 x �

2018 �
2018 x �
�
�
�
��
 x 2018  �dx � f  x  e2018 x  x 2018  C
�f  x  e
�  x  � �
�f  x  .e
�dx  �
0
2018 2018 x
 2018e 2018 x
Do f  0   2018 � f  0  .e  C � C  2018 � f  x   x .e

� f  1  e 2018  2018e2018  2019e 2018 x .

Trang 24