ĐÁP án 5 đề 9 10 đề số 6 10

ĐỀ SỐ 6. LỜI GIẢI ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN
WEB: />FACEBOOK: />YOUTUBE: />
Câu 1.

2

Tập nghiệm của phương trình 2 x  2 x 1  216 4 x là
A. S  3 .
B. S  3;5 .
C. S  3; 5 .

D. S  5;5 .

Lời giải
Chọn C
2x

2

 2 x 1

x  3
.
 216 4 x  x 2  2 x  1  16  4 x  x 2  2 x  15  0  
 x  5

Vậy tập nghiệm cần tìm là S  3; 5 .
Câu 2.

Trong khơng gian Oxyz, đường thẳng vng góc với mặt phẳng  P  : 2 x  3 y  z  5  0 có
một vectơ chỉ phương là



A. u   2;3; 1 .
B. u  1;1;1 .


C. u   2;1; 1 .


D. u   2;3;1 .

Lời giải
Chọn A

Mặt phẳng  P  : 2 x  3 y  z  5  0 có vectơ pháp tuyến là n   2; 3;1 .

Đường thẳng vng góc với mặt phẳng  P  : 2 x  3 y  z  5  0 nên ta chọn một vectơ chỉ


phương cùng phương với n   2; 3;1 . là u   2;3; 1 .
Câu 3.

Cho cấp số nhân với u1  2; u2  6 . Giá trị của công bội q bằng
A. 3 .

B. 3 .

C. 3 .

1

D.  .
3

Lời giải
Chọn A
Ta có un  u1.q n 1  u2  u1.q  6  2.q  q  3 .
1

Câu 4.

Tính tích phân I   x 2019 dx bằng
0

A.

1
.
2020

B. 0 .

C.

1
.
2019

D. 1 .

Lời giải

Chọn A
1

1

I x
0

2019

x 2020
1
dx 

.
2020 0 2020

Trang 1/34 - />

Câu 5.

Khối trụ có diện tích đáy bằng 4  cm 2  , chiều cao bằng 2  cm  có thể tích bằng:
A. 8  cm 2  .

B. 8  cm3  .

C.

8
cm3  .


3

D. 4  cm3  .

Lời giải
Chọn B
Thể tích khối trụ V  B. h = 4.2 = 8  cm3  .
Câu 6.

Phương trình bậc hai nào dưới đây nhận hai số phức 2  3i và 2  3i làm nghiệm?
A. z 2  4 z  3  0 .
B. z 2  4 z  13  0 .
C. z 2  4 z  13  0 .
D. z 2  4 z  3  0 .
Lời giải
Chọn C
 2  3i    2  3i   4
Ta có 
. Sử dụng định lí Vi-ét, suy ra 2  3i và 2  3i là nghiệm của
  2  3i  2  3i   13

phương trình bậc hai z 2  4 z  13  0 .
Câu 7.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol  P  : y  x 2  2 x và đường thẳng  d  : y  x bằng
A.

17
.

6

B.

11
.
2

C.

9
.
2

D.

23
.
6

Lời giải
Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol  P  : y  x 2  2 x và đường thẳng  d  : y  x là:
x  0
.
x2  2 x  x  
x  3
3

Diện tích của hình phẳng cần tìm là: S  

0

Câu 8.

3

3

 x3 3 x 2 
9
x  2 x  x dx    x  3 x  dx   
  .
2 0 2
 3
0
2

2

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng, SA   ABCD  , SA  2a 3 , góc giữa
SD và  ABCD  bằng 60 . Thể tích khối chóp S . ABCD bằng

A.

8a3 3
.
3

B.

4a 3 3
.
3

C.
Lời giải

Chọn A

Trang 2/34 – />
2a 3 3
.
3

D. a 3 3 .


S

A

D

B

C

 ,  ABCD    SD , AD   SDA

 60 .

Ta có: SD





1

AD  SA.cot SDA
 2a 3.cot 60  2a 3.
 2a .
3

1
1
8a 2 3
2
Ta có: VS . ABCD  .S ABCD .SA  .  2a  .2a 3 
.
3
3
3
Câu 9.

Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ.

Số tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  là
A. 3 .

B. 0 .

C. 2 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn C
Ta có lim f  x   1 và lim f  x   1
x 

x 

Nên đường thẳng y  1 và đường thẳng y  1 là tiệm cận ngang của hàm số.
Câu 10. Cho hình trụ trịn xoay có thiết diện qua trục là hình vng có diện tích 4a 2 . Thể tích khối trụ
đã cho là
A. 2 a 3 .

B.

2 a 3
.
3

C. 8 a 3 .

D. 4 a 3 .

Lời giải
Chọn A
Ta có diện tích của hình vng bằng 4a 2 nên cạnh của hình vng là 2a

Bán kính của đáy là R  a ; chiều cao h  2a
2

V   R 2 h    a  2a  2 a 3

Câu 11. Trong không gian Oxyz, khoảng cách giữa hai mặt phẳng

 α  : 2x  y  2z  4  0

và

 β  :  4 x  2 y  4 z  4  0 bằng
A. 6.

B. 2.

C.

4
.
3

D.

10
.
3

Trang 3/34 - />

Lời giải
Chọn B
Ta thấy

2 1 2 4



nên  α  / /  β  .
4 2
4 4

Lấy M  2;0;0    α  , ta có: d   α  ,  β    d  M ,  β   

4.2  4

 4 

2

2.

 22  42

Câu 12. Gọi A  x1; y1  và B  x2 ; y2  là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x 3  3 x  2 . Giá trị y1  y2
bằng
A. 0.

B. 3.

C. 2.
Lời giải

D. 4.

Chọn D
Ta có: y '  3 x 2  3  0  x  1 .
Suy ra hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là A 1; 4  và B  1;0  .
Khi đó : y1  4; y2  0  y1  y2  4.
Câu 13. Bà Hoa gửi vào ngân hàng 120 triệu đồng theo hình thức lãi suất kép. Lãi suất ngân hàng là
8% năm và không thay đổi qua các năm bà gửi tiền. Sau ít nhất bao nhiêu năm thì bà Hoa có số
tiền cả gốc lẫn lãi lớn hơn 180 triệu đồng?
A. 6 năm.
B. 8 năm.
C. 5 năm.
D. 7 năm.
Lời giải
Chọn A
n

Theo công thức lãi kép ta có: Pn  P 1  r  .
n
 180 
Suy ra 180  120 1  0.08  hay n  log1.08 
  5.2684 .
 120 
Vậy sau 6 năm thì bà Hoa có số tiền cả gốc lẫn lãi lớn hơn 180 triệu đồng.

Câu 14. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Gọi giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
trên đoạn  2;1 lần lượt là M , m . Giá trị M  m bằng

A. 2 .

B. 2 .

C. 0 .
Lời giải

Chọn B
Trang 4/34 – />
D. 4 .


Dựa vào đồ thị của hàm số đã cho ta có: M  f  1  2; m  f  2   4 .
Suy ra M  m  2  4  2 .
Câu 15. Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây

A. y 

x  2
.
x 1

B. y 

2 x  1
.
2x  1

C. y 

x
.
x 1

D. y 

x 1
.
x 1

Lời giải
Chọn D

2 x  1
2x  1
x  2
x
x 1
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm  0;1 nên loại y 
, y
, chọn y 
.
x 1
x 1
x 1
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x  1 , loại đáp án y 

1
Câu 16. Một vật chuyển động theo quy luật s  t    t 3  12t 2 , t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc

2
vật bắt đầu chuyển động, s (mét) là quãng đường vật chuyển động trong t giây. Vận tốc tức
thời của vật tại thời điểm t  10 giây là
A. 80 (m/s).
B. 90 (m/s).
C. 100 (m/s).
D. 70 (m/s).
Lời giải
Chọn B
Vì vận tốc tức thời tại thời điểm t là đạo hàm của hàm quãng đường tại t nên ta có
3
v  t   s  t    t 2  24t .
2
3
Vận tốc tức thời tại thời điểm t  10 giây là v 10    .100  24.10  90 (m/s).
2
Câu 17. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  4 x  6 y  8z  7  0. Toạ độ tâm và
bán kính mặt cầu  S  lần lượt là
A. I  2;  3;4  ; R  36 . B. I  2;  3;4  ; R  6 . C. I  2;3;  4  ; R  36 . D. I  2;3;  4  ; R  6 .
Lời giải
Chọn D

Trang 5/34 - />

Mặt cầu

S

có phương trình dạng x 2  y 2  z 2  2 ax  2 by  2cz  d  0 có tâm I  a; b; c  ,

R  a2  b2  c 2  d .

Vậy

mặt

cầu

 S  : x 2  y 2  z 2  4 x  6 y  8z  7  0

có

tâm

I  2;3;  4  ,

bán

kính

2

R  2 2  32   4   7  6 .

Câu 18. Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a . Tính cosin của góc giữa một mặt bên
và mặt đáy.
A.

3
.

3

B.

2
.
2

C.

1
.
2

D.

1
.
3

Lời giải
Chọn D

+ Gọi tứ diện đều là S. ABC , gọi I là trung điểm của BC, H là hình chiếu của S trên  ABC  .
a 3
1
a 3

+ Ta có AI  BC, SI  BC   SBC  ,  ABC   SIH
và SI  AI 

.
; HI  AI 
2
3
6





a 3
HI
1

+ Tam giác SHI vuông tại H  cos SIH

 6  .
SI a 3 3
2
x  1 t

Vậy phương trình tham số của đường thẳng là  y  2  4t ,  t  
 z  3  2 t

x 2  x 1

2
2
 
Câu 19. Cho bất phương trình  

3
3
A. 3.
B. 4.

2 x 1

có tập nghiệm S   a ; b  . Giá trị của b – a bằng.
C. 2.
Lời giải

Chọn A

2
Ta có  
3

x2  x 1

2
 
3

.

2 x 1

 x 2  x  1  2 x  1  x 2  3x  0  0  x  3

 a = 0, b = 3.

Vậy b – a = 3.

Trang 6/34 – />
D. 1.


Câu 20. Cho số phức z  a  bi, a, b  R thỏa mãn điều kiện 1  i  z  1  i  2  2i . Giá trị của a.b bằng.
A. –2.

B. 2.

C. –1.

D. 1.

Lời giải
Chọn B
Ta có 1  i  z  1  i  2  2i  z 

1  3i
 2i .
1 i

 a  2, b  1 .
Vậy a.b = 2.
Câu 21. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tất cả các cạnh đều bằng 1 . Gọi G là trọng tâm tam
giác SBC . Thể tích tứ diện SGCD bằng
A.

2
.
36

B.

2
.
6

C.

3
.
36

D.

2
.
18

Lời giải
Chọn A

Gọi O là tâm hình vng ABCD , M là trung điểm BC .
Vì S . ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO   ABCD 

2
VSGCD

SG 2

 suy ra V SGCD  VSMCD (1).
3
VSMCD SM 3
Mặt khác:
Hình chóp S . ABCD và S .MCD có chung đường cao SO và S  MCD 

1
1
S  BCD  S ABCD
2
4

1
nên VSMCD  VS . ABCD (2).
4

1
Từ (1) và (2) suy ra: VSGCD  VS . ABCD
6
Mặt khác SO  SA 2  AO 2 

Vậy VSGCD 

2
1
1 2
2
, VS . ABCD  .SO.S ABCD  .

.
.1 
2
3
3 2
6

2
.
36

Trang 7/34 - />

Câu 22. Cho hàm số y  x 3  1  2 m  x 2   2  m  x  m  2 . Giá trị của tham số m để hàm số đồng

b
b

biến trên  0 ;    là   ;  với
là phân số tối giản. Khi đó T  2 a  b bằng
a
a

A. 19 .
B. 14 .
C. 13 .
D. 17 .
Lời giải
Chọn C
Tập xác định: D   .

y '  3 x 2  2 1  2 m  x   2  m  .

Hàm số đồng biến trên  0 ;     y '  0  x   0;   
 3 x 2  2 1  2 m  x   2  m   0  x   0;   

m

3x 2  2 x  2
 x   0;   
4x 1
3x2  2 x  2
 0;  
4x 1

 m  min

Xét hàm số y 

y'

3x 2  2 x  2
trên  0 ;    .
4x  1

12 x 2  6 x  6

 4 x  1

2

 x  1   0;   
, y'  0  
ta có bảng biến thiên:
 x  1   0;   

2

Từ bảng biến thiên ta có: m 

5
. Vậy b  5, a  4 suy ra T  2a  b  8  5  13 .
4

Câu 23. Cho hàm số y  f  x   ax 4  bx 2  c , a  0 có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây
đúng

 1
A. f '     2 .
 2

 1
B. f '     0 .
 2

 1
C. f '     0 .
 2

Trang 8/34 – />
 1

D. f '     0 .
 2


Lời giải
Chọn B
Hàm số y  f  x   ax 4  bx 2  c , a  0 là hàm trùng phương nên nhận Oy làm trục đối xứng.
Hàm số cắt Ox tại x  1 nên nó cũng cắt Ox tại x  1 .
Dựa vào đồ thị, hàm số đã cho đồng biến trên  1;0  nên y  0 với mọi x   1;0  .

1
 1
Vì    1;0  nên f '     0 .
2
 2
102

100

 x.  2 x  1

Câu 24. Biết

 2 x  1
dx 
a
B. 2 .

A. 4 .

101

 2 x  1

b

 C , a, b   . Giá trị của hiệu a  b bằng
C. 1 .
Lời giải

D. 0 .

Chọn A
100

Xét I   x.  2 x  1

dx .

Đặt u  2 x  1 . Suy ra x 
100

I   x.  2 x  1

102

1   2 x  1
 
4  102

u 1
du
và dx 
2
2

1  u102 u101 
 u  1  100 du 1
101
100
dx   
.
u

u

u
d
u


 4  102  101   C

2 4
 2 


101

 2 x  1


101


 C .


Do đó a  4.102  408 và b  4.101  404 .
Vậy a  b  408  404  4 .





Câu 25. Tập hợp các số thực m để phương trình ln  3x  mx  1  ln  x 2  4 x  3 có nghiệm là nửa
khoảng  a; b  . Tổng a  b bằng
A.

10
.
3

B. 4.

C.

22
.
3

D. 7.

Lời giải
Chọn D
Ta có

1  x  3
2

 x  4x  3  0

ln  3x  mx  1  ln   x  4 x  3 1  
  x2  x  4
2
 m  2
3x  mx  1   x  4 x  3 
x

2

Xét hàm số g  x  

x2  x  4
x2  4
trên khoảng 1;3  . Ta có g   x  
x
x

g   x   0  x  2 . Bảng biến thiên

Trang 9/34 - />

x

1

3

2

0

–

g x



4

g  x

10
3

3

Từ bảng biến thiên, căn cứ vào giá trị của g  x  , ta thấy phương trình 1 có nghiệm khi và chỉ
khi 3  m  4 . Suy ra a  3; b  4 nên a  b  7 .
1

Câu 26.

Cho hàm số y  f  x  với f  0   f 1  1. Biết rằng:  e x  f  x   f '  x   dx  ae  b,
0

a,b   . Giá trị biểu thức a 2019  b 2019 bằng

A. 2 2018  1.

B. 2.

D. 2 2018  1.

C. 0.
Lời giải

Chọn C
1

1
x

1
x

Ta có  e  f  x   f '  x   dx   e f  x  dx   e x f '  x  dx 1
0

0

1

0
1

1

Lại có  e x f '  x  dx   e x f  x   10   e x f  x  dx  e  1   e x f  x  dx  2 
0

0

0

1

Thế  2  vào 1 ta được  e x  f  x   f '  x   dx  e  1 . Suy ra a  1; b  1 nên a  b  0 .
0

Câu 27. Có bao nhiêu giá trị dương của số thực a sao cho phương trình z 2  3z  a 2  2a  0 có
nghiệm phức z0 thỏa mãn z0  3.
A. 3 .

B. 2 .

C. 1 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn C





2
2
Ta có   3  4 a  2a  3  4a  8a .

Phương trình z 2  3z  a 2  2a  0 có nghiệm phức khi và chỉ khi

  0  3  4a2  8a  0  4a2  8a  3  0

* .

Khi đó phương trình có hai nghiệm z1, z2 là hai số phức liên hợp của nhau và z1  z2 .
Ta có
2

z1.z2  a2  2a  z1.z2  a2  2a  z1 . z2  a2  2a  z0  a2  2a .
Theo giả thiết có

 
3

2

 a 2  2a  3
 a  1

( t/m ĐK(*)).
 a 2  2a   2

a

3
a

2
a


3



Trang 10/34 – />

Các giá trị của a thỏa mãn điều kiện * . Vậy có 1 giá trị dương a thỏa mãn u cầu bài tốn.
Câu 28. Cho hình thang ABCD vng tại A và D có CD  2 AB  2 AD  4 . Thể tích của khối trịn
xoay sinh ra bởi hình thang ABCD khi quay xung quanh đường thẳng BC bằng
A.

28 2
.
3

B.

20 2

.
3

C.

32 2
.
3

D.

10 2
.
3

A

B
D

C

Lời giải
Chọn A

A

H

B

D

E

C



Kẻ BE vng góc với DC . Ta có tan BCE

BE
2


 1  BCE
 450.
CE 4  2

Xét tam giác ADB có AD  AB  2  BD  2 2  BD  BC . Vậy tam giác DBC vuông
cân tại B.
Kẻ AH  BC .
Gọi V1 là thể tích khối nón được tạo thành do tam giác ABH quay xung quanh cạnh BH .
Trang 11/34 - />

Gọi V2 là thể tích khối nón cụt được tạo thành do hình thang AHBD quay xung quanh cạnh

BH .
Gọi V3 là thể tích khối nón được tạo thành do tam giác DBC quay xung quanh cạnh BC.
Vậy thể tích V của khối trịn xoay sinh ra bởi hình thang ABCD khi quay xung quanh đường
thẳng BC bằng V2  V3  V1 .

1
Ta có BH  AH  AB.sin 450  2  V1  
3
1
V2   2
3



2

2

  2 2 

1
V3   .2 2. 2 2
3



V



2





2

 2.2 2 

2

 2 .

2

2 2
.
3

14 3
.
3

16 2
.
3

16 2 14 2 2 2 28 2



.
3

3
3
3

Câu 29. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A. Tam giác SBC là tam giác đều
và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Số đo của góc giữa đường thẳng SA và  ABC 
bằng
A. 45 0 .

B. 30 0 .

C. 750 .
Lời giải

D. 600 .

Chọn D
S

M

B

.

C

A

Gọi M là trung điểm BC . Vì tam giác SBC đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy

nên đường cao của hình chóp h  SM .
 , MA  SAM

Khi đó MA là hình chiếu của SA lên mặt phẳng đáy. Do đó  SA,  ABC    SA
.



Đặt BC  a  AM 

a 3
a
và SM 
.
2
2

Trang 12/34 – />




tan SAM


SM

 3  SAM
 600.
AM

Câu 30. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d1 , d2 và mặt phẳng   có phương trình

 x  1  3t
x2 y z4

d1 :  y  2  t , d 2 :
 
,   : x  y  z  2  0
3
2
2
 z  1  2t

Phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng   , cắt cả hai đường thẳng d1 và d 2 là

x2

8
x2

C.
8
A.

y 1

7
y 1


7

z 3
x  2 y 1 z  3


. B.
.
1
8
7
1
z 3
x  2 y 1 z  3


. D.
.
1
8
7
1
Lời giải

Chọn A
Gọi A  d1     A  2;1; 3 , B  d 2     B  10;8; 4  .
Do đường thẳng  nằm trong mặt phẳng   , cắt cả hai đường thẳng d1 và d 2 nên  đi qua

A và B . Khi đó AB   8;7; 1    8; 7;1 .
Vậy  :

x  2 y 1 z  3
.


8
7
1

Câu 31. Cho hàm số f  x  liên tục trên 

và có đồ thị như hình vẽ. Số giá trị nguyên của tham số m





để phương trình: f 3  4 6 x  9 x 2  1  m2  0 có nghiệm là

A. 6 .

B. 4 .

C. 5 .
Lời giải

D. 7 .

Chọn C
Xét hàm số g  x   3  4 6 x  9 x 2 điều kiện 6 x  9 x 2  0

Trang 13/34 - />

1
Mà 6 x  9 x 2  1 dấu "  " xảy ra tại x  .
3
Suy ra g  x    1;3 .





Từ đồ thị ta có để phương trình f 3  4 6 x  9 x 2  1  m 2  0 có nghiệm thì phương trình
1

f  g  x     m 2  1 có nghiệm g  x    1;3 , hay f  g  x     5;   .
2


Từ đồ thị suy ra 5  m 2  1  

1
1
 4  m2   .
2
2

Do m nguyên nên suy ra m  2; 1;0;1; 2 .
Câu 32. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 10;1;1 , B 10; 4;1 , C 10;1;5 . Gọi S1 là mặt cầu có
tâm A , bán kính bằng 1 ;  S 2  là mặt cầu có tâm B , bán kính bằng 2 và  S3  là mặt cầu có

tâm C , bán kính bằng 4 . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với ba mặt cầu  S1  ,  S 2  ,  S3  ?
B. 7 .

A. 4 .

C. 2 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn C


 

Ta có AB   0;3;0  , AC   0;0; 4  , BC  0; 3; 4  .
Suy ra AB  3, AC  4, BC  5 .
Dễ thấy hai mặt cầu  S1  và  S 2  tiếp xúc nhau.
Trường hợp 1: Xét mặt phẳng đi qua M 10; 2;1 là điểm tiếp xúc của hai mặt cầu và nhận
 
vectơ pháp tuyến là AB có phương trình là  P  : y  2 .
d  C;  P   

1 2
1

 1.

Suy ra mặt cầu  S3  không nhận  P  là tiếp diện.
Trường hợp 2: Có hai mặt phẳng tiếp xúc ngoài 3 mặt cầu mà cả ba mặt cầu cùng phía so với

mặt phẳng.
Vậy có 2 mặt phẳng tiếp xúc với ba mặt cầu.
Câu 33. Trong mặt phẳng cho hình vng ABCD cạnh 2 2 , phía ngồi hình vng vẽ thêm bốn
đường trịn nhận các cạnh của hình vng làm đường kính (hình vẽ). Thể tích khối trịn xoay
sinh bởi hình trên khi quay quanh đường thẳng AC bằng

Trang 14/34 – />

A.

32
 4 2 .
3

B.

16
 2 2 .
3

C.

8
 2 .
3

D.

64
 8 2 .

3

Lời giải
Chọn A
Gọi O là giao điểm của AC và BD . Gắn hệ trực toạ độ Oxy vào hình vẽ như bên dưới.

Gọi I là trung điểm AB , X là điểm chính giữa dây cung AB , K là điểm chính giữa dây
cung AX và L là hình chiếu vng góc của K lên trục Oy .
Khi đó A  0; 2  , B  2;0  , I 1;1 , X  2; 2  . Đường thẳng AX : y  2 .





Ta có IK  R  2 và AO  2 suy ra AL  2  1 . Suy ra K 1; 2  1 .
2

2

Đường trịn đường kính AB có phương trình là  x  1   y  1  2 .
2
Cung XB có phương trình: x  1  2   y  1 .
2
Cung XK có phương trình: x  1  2   y  1 .

2
Cung AK có phương trình: x  1  2   y  1 .

Gọi H1 là hình phẳng tạo bởi dây cung XB , đường thẳng AX và hai trục toạ độ.
Trang 15/34 - />

Gọi H 2 là hình phẳng tạo bởi dây cung AX và đường thẳng AX .
Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích khối trịn xoay sinh bởi hình H1 , H 2 khi quay quanh trục Oy .
Ta có
2

2

2

2
2
2
V1    1  2   y  1  dy    3   y  1  2 2   y  1  dy




0
0
2

2

1
16
3 2
2
2


 3 y   y  1  |  2  2   y  1 dy 
 2  2   y  1 dy.
0
3
3


0
0
Đặt y  1  2 sin t , với 



t 

2


2

. Suy ra dy  2 cos t dt . Khi đó


2

2   y  1 dy 


0

Suy ra V1 



4

2

4





2 cos 2 t dt 


 1  cos 2t  dt   t 


4






1



sin 2t  | 4   1 .
2
 4 2

4

16
 2   2 .
3
1 2

Ta có V2  


2


2
 1  2   y  1




Đặt y  1  2 sin t , với 


2



t 

2

 

 1  2   y  1


2

2



2

1 2

2
d
y


4 2   y  1 dy .



2

. Suy ra dy  2 cos t dt . Khi đó




 1
 2
 1
V2  4  2 cos t dt  4  1  cos 2t  dt  4  t  sin 2t  |  4      2  2 .
 2
 4
 4 2


2

2

2

4

4

Do tính đối xứng của hình nên thể tích tồn khối là V  2 V1  V2  

32
 4 2 .
3

Câu 34. Trong mặt phẳng cho hai tia Ox và Oy vng góc với nhau tại O . Trên tia Ox lấy 10 điểm
A1 , A2 , , A10

và

trên

tia

Oy

lấy

10

điểm

B1 , B2 , , B10

thoả

mãn

OA1  A1 A2    OB1  B1 B2    B9 B10  1 (đvđ). Chọn ra ngẩu nhiên một tam giác có đỉnh
nằm trong 20 điểm A1 , A2 , , A10 , B1 , B2 , , B10 . Xác suất để tam giác chọn được có đường trịn
ngoại tiếp, tiếp xúc với một trong hai trục Ox hoặc Oy là
A.

1
.

228

B.

2
.
225

C.
Lời giải

Chọn B

Trang 16/34 – />
1
.
225

D.

1
.
114


Số phần tử của không gian mẫu là:

n     C102 .C101  C101 .C102  2C102 .C101 .
Gọi A là biến cố chọn được tam giác thỏa yêu cầu.
Ta xét tam giác ABC có hai đỉnh

A, B  Ox còn C  Oy và I là tâm đường tròn.

Dễ thấy rằng do độ dài các đoạn thẳng nối hai đỉnh liên tiếp thì bằng 1 nên tọa độ A, B, C trên
mỗi trục là một số nguyên dương. Ta gọi a , b, c là tọa độ của A, B, C trên mỗi trục.
Khi đó a, b, c  1;2;...;10 .
Vì đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với một trục nào đó nên điểm tiếp xúc phải là
đỉnh C (Vì nếu khơng tiếp xúc tại C mà tiếp xúc ở điểm khác thì đường tròn phải cắt trục tung
tại một điểm khác giống như điểm C , nhưng ta đang xét tam giác có một đỉnh thuộc Oy nên
vô lý).
Gọi H là trung điểm AB thì IH  AB ( đường kính qua trung điểm dây cung thì vng với
 ab 
dây cung đó).Ta có H 
;0  .
 2

Ta có IA2  IC 2 ( R 2 ) . Nên
IH 2  HA2  IC 2
2

 ab
  ab
 c 
a  

 2
  2 

2

2

2

ba   ab
 c2  
 

 2   2 

2

 c 2  ab .

Điều đó chứng tỏ bộ số  a; c; b  lập thành một cấp số nhân. Bây giờ ta đếm số cấp số nhân

 a; c; b  với

a, b, c  1; 2;...;10 .

Ta thấy do c nguyên dương nên ab là số chính phương.
Ta có các bộ  a, b  thỏa là 1;4  ; 1;9  ;  2;8 ;  4;9  .
Cứ mỗi bộ  a; b  ta tìm được đúng một số c để  a; c; b  là cấp số nhân. Nên có 4 cấp số nhân.
Tương tự với tam giác ABC có hai đỉnh thuộc trục tung, một đỉnh thuộc trục hoành.

Trang 17/34 - />

Vậy n  A  4  4  8. Nên P  A  

8
2

.

1
2C .C10 225
2
10

Câu 35. Trong các số phức z thỏa mãn z 2  1  2 z gọi z1 và z2 lần lượt là các số phức có mơđun
2

2

nhỏ nhất và lớn nhất. Giá trị của biểu thức z1  z 2 bằng
A. 6 .

B. 2 2 .

C. 4 2 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn A
Đặt z  a  bi ; a , b   .
z 2  1  a 2  b 2  1  2abi 

a

2

2

 b 2  1  4a 2b 2 ; 2 z  2 a 2  b 2 .
2

Ta có z 2  1  2 z   a 2  b 2  1  4a 2b 2  4  a 2  b 2 
2

2

  a 2  b 2   4a 2b 2  2  a 2  b 2   1  4  a 2  b 2   0   a 2  b 2   2a 2  6b 2  1  0
2

  a 2  b 2   6  a 2  b 2   1  4 a 2 .
Vì 4a 2  0, a  

Suy ra

2

nên  a 2  b 2   6  a 2  b 2   1  0  3  2 2  a 2  b2  3  2 2 .

m  2  1
2  1  a2  b2  2  1  
 m 2  M 2  6.
 M  2  1

a  0
a  0
M  2 1   2 2


.
a  b  3  2 2 b   1  2



a  0
a  0
m  2 1   2


2
a  b  3  2 2 b  







2 1

.

Câu 36. Tổng các giá trị nguyên dương của m để tập nghiệm của bất phương trình
chứa đúng hai số nguyên là
A. 5 .
B. 29 .

C. 18 .

Lời giải

m 2
x  1  x có
72

D. 63 .

Chọn B
Đk: x  0 .
Với m nguyên dương, ta có

m 2
m 2
x 1  x 
x  x  1  0 . (*)
72
72

Bất phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi   1 

Trang 18/34 – />
m
 0  m  18 . Suy ra 0  m  18 .
18


Gọi x1 , x2  x1  x2  là hai nghiệm dương của phương trình

m 2

x  x 1  0 .
72

72

 x1  x2  m
Khi đó 
và tập nghiệm của bất phương trình (*) là S   x1 ; x2  .
 x x  72
 1 2 m
2

Đk cần: Giả sử tập S có đúng hai ngiệm nguyên  1  x2  x1  3  1   x2  x1   9 .
2

2
2
 72 
 72 
Ta có  x2  x1    x2  x1   4 x1 x2     4   .
m
m

 72
 m  2  5
72 
 72
 72 
 72 
Suy ra 1     4    9  

 m
;
.
m
m
 2  13 2  5 
 72  2  13
 m
2


72 
 72
;
m  

Do đó 
 2  13 2  5   m  13;14;15;16 .
m  

Đk đủ: Với m  13;14;15;16 , ta thay từng giá trị của m vào bất phương trình (*), ta thấy chỉ
có m  14;15 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy, các giá trị nguyên dương của m thỏa mãn là m  14;15 .
Do đó tổng của các giá trị nguyên dương của m bằng 29.
Câu 37. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị gồm một phần đường thẳng và một phần parabol có đỉnh là gốc
tọa độ O như hình vẽ. Giá trị của

A.

26

.
3

B.

38
.
3



3

3

f  x  dx bằng

C.

4
.
3

D.

28
.
3

Lời giải

Chọn D
Trang 19/34 - />

Ta có, phương trình đường thẳng có dạng y  ax  b .
Từ hình vẽ, ta thấy đường thẳng đi qua hai điểm A  2;0  , B  1;1 .
2a  b  0
a  1
Suy ra, ta có hệ phương trình 

 y  x  2.
a  b  1
b  2
Ta có, phương trình parabol có dạng y  ax 2 , a  0 .
Từ hình vẽ, ta thấy parabol đi qua điểm B  1;1  y  x 2 .

 x  2, x  1
Do đó, hàm số y  f  x    2
.
 x , x  1

Vậy,

3

1

3

3

3

1

 f  x  dx    x  2  d x  

 x  2
x 2 dx 
2

Câu 38. Có bao nhiêu giá trị nguyên của

m

2 1

3

x3

3

3


1

thuộc khoảng

1 1

1 28
 9  .
2 2
3 3

 2019; 2019 

m 1 5 m  2 4
x 
x  m  5 đạt cực đại tại x  0 ?
5
4
A. 101.
B. 2016 .
C. 100 .
Lời giải
Chọn B
y

Ta xét: m  1  y 

D. 10 .

3 4
x  6  y  3x 3  y  0  x  0 .
4

Ta có, bảng xét dấu y  2 x3

Dựa, vào bảng xét dấu ta thấy x  0 là điểm cực tiểu. Suy ra m  1(loại).

 x1  0
Ta xét: m  1  y   m  1 x   m  2  x  y '  0  
.
 x2   m  2
m 1

4

3

Trường hợp 1: xét m  1 , suy ra x2  x1 .
Ta có, bảng xét dấu y   m  1 x 4   m  2  x3

Trang 20/34 – />
để hàm số


Dựa, vào bảng xét dấu ta thấy x  0 là điểm cực tiểu. Suy ra m  1(loại).
Trường hợp 2: 2  m  1, suy ra x2  x1 .
Ta có, bảng xét dấu y   m  1 x 4   m  2  x3

Dựa, vào bảng xét dấu ta thấy x  0 là điểm cực tiểu. Suy ra 2  m  1 (loại).
Trường hợp 3: m  2 , suy ra x2  x1 .
Ta có, bảng xét dấu y   m  1 x 4   m  2  x3

Dựa, vào bảng xét dấu ta thấy x  0 là điểm cực đại. Suy ra m  2 (nhận).
Vậy, tập hợp tất cả các giá trị của tham số m thỏa mãn đề bài là m  2 mà m thuộc khoảng
 2019; 2019  .
Suy ra, số giá trị nguyên của m là 2016.

2

2

2

 S  :  x  1   y  2    z  1  32 , mặt phẳng
 P  : x  y  z  3  0 và điểm N 1;0; 4  thuộc  P  . Một đường thẳng  đi qua N nằm trong

mặt phẳng  P  cắt  S  tại hai điểm A , B thỏa mãn AB  4 . Gọi u  1; b ; c  với c  0 là

Câu 39. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

một vectơ chỉ phương của  , tổng b  c bằng
A. 1 .
B. 3 .
C. 1 .
Lời giải
Chọn D

D. 45 .

Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;1 , bán kính R  3 .

Mặt phẳng  P  có một vectơ pháp tuyến n  1; 1;1 .

Trang 21/34 - />

  


Gọi H  xH ; yH ;  xH  yH  3 là hình chiếu của I trên  P  . Khi đó IH và n cùng phương
nên ta có

 2 xH  yH  3
 xH  0
xH  1 y H  2  x H  y H  4




 H  0;3;0  .
1
1
1
 xH  yH  3
 yH  3

Có d  I ,  P    3  R nên  P  cắt  S  theo giao tuyến là đường trịn  C  có tâm H và bán
2

kính r  R 2   d  I ,  P     32 

 3

2

 6.

 cắt  S  tại hai điểm A , B và    P  nên  cắt  C  tại A , B . Gọi P là trung điểm AB

 6

thì HP  HA2  AP 2 

2

 22  2 .


2
2
Có HN  1; 3; 4   HN  12   3   4   26 .
Gọi M là chân đường cao kẻ từ P của tam giác HPN (vng tại P ) ta có:

HP 2  HM .HN 

 2

2

 HM . 26  HM 

 1
26   
 HM  HN
13
13

1


 xM  13

36

 1 36 4 
  yM 
 M  ; ; .
13
 13 13 13 

4

 zM  13

Gọi d là đường thẳng nằm trong  P  , qua M và vng góc với đường thẳng HN . Khi đó d
   
có một vectơ chỉ phương là ud   n , HN    7;5; 2  .

1

 x  13  7t

36

 5t .
Suy ra d có phương trình  y 
13

4


 z  13  2t

36
4
1

P là điểm thuộc d nên P   7t ;  5t ;  2t  .
13
13
13




2

2

2

3 
4
26
3
4
1
 
1

.

HP    7t ;  5t ;  2t   HP    7t    5t     2t    78t 2 
169
13
13
13
13  
13 


 13
 

 2
t  13
26
4
2
2
2t 
Vì HP  2 nên 78t 

.
169
169
t  2
 13
Trang 22/34 – />

 15 46 8 
Suy ra P1  1; 2;0  hoặc P2  ; ;   .

 13 13 13 


 là đường thẳng đi qua N và P nên có vectơ chỉ phương là NP .

 
  
 2 46 44  2
Có NP1   2; 2; 4   2 1; 1; 2  ; NP2   ; ;   1; 23; 22  .
 13 13 13  13

Theo giải thiết u  1; b ; c  với c  0 là một vectơ chỉ phương của  nên ta chọn

u  1; 23; 22  .
Suy ra b  23 , c  22 .
Vậy b  c  45 .
Câu 40. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O , AB  a , BC  a 3 . Tam
giác ASO cân tại S , mặt phẳng  SAD  vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , góc giữa SD và

 ABCD 
A.

bằng 60 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC bằng

3a
.
4

B.

3a
.
2

C.

6a
.
7

D.

a 3
.
2

Lời giải
Chọn A
Kẻ SH  AD , H  AD thì SH   ABCD  . Gọi M , I , F lần lượt là trung điểm đoạn thẳng
SD , DH , AO .
S

M
B

A
H

F

K

O

I
C

D

H là hình chiếu của S trên  ABCD  nên DH là hình chiếu của SD trên  ABCD  . Suy ra
 ,  ABCD   SD


 SDH
 60 .
   , HD   SDH
 SD
Vì tam giác SAO cân tại S và F là trung điểm AO nên SF  AO .
Vì AC  SF và AC  SH nên AC  HF .

Trang 23/34 - />

Xét tam giác ADC vng tại D ta có AC  AD 2  DC 2  2a .
a
.2a
AH AF
AF . AC 2
a
Xét hai tam giác AFH và ADC đồng dạng ta có
.


 AH 


AC AD
AD
a 3
3

Suy ra DH 

2a
.
3

Suy ra H là trung điểm của đoạn thẳng AI . Từ đó IO //HF nên IO  AC .
Kẻ IK  MO thì d  I ,  MAC    IK .
Xét tam giác AIO vuông tại O ta có IO  AI 2  AO 2 

a
.
3

2a

Xét tam giác SDH vng tại H ta có SH  DH .tan SDH

.tan 60  2a .
3

MI là đường trung bình của tam giác SHD nên MI 

Xét tam giác MIO vng tại I ta có:

d  I ,  MAC    IK 

SH
 a.
2

1
1
1
4
a

 2  2  IK  .
2
2
IK
IM
IO
a
2

a
.
2

Vì SB //MO nên SB //  MAC  . Suy ra d  SB, AC   d  SB,  MAC    d  B,  MAC  

 d  D,  MAC   

3
3
3a
.
d  I ,  MAC    IK 
2
2
4

Vậy d  SB, AC  

3a
.
4

Câu 41. Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 2. Trên đường thẳng d đi qua A và vng góc với mặt
phẳng  ABC  lấy điểm M sao cho AM  x . Gọi E , F lần lượt là hình chiếu vng góc của
điểm C lên AB , MB . Đường thẳng qua E , F cắt d tại N . Xác định x để thể tích khối tứ
diện BCMN nhỏ nhất.
A. x 

2
.
2

B. x  1 .

C. x  2 .

Lời giải

Chọn D

Trang 24/34 – />
D. x  2 .


Trong ABC đều có CE  AB . Suy ra E là trung điểm AB . Suy ra AE  BE  1 .
Ta có CE  AB và CE  MA do d   ABC  . Suy ra CE   ABM  . Suy ra CE  MB .
Có MB  CF . Suy ra MB   CEF  . Suy ra MB  EF .



 FBE
 ABM .
Ta có ANE  90  AEN  90  FEB



 NAE
 90 và ANE
  ABM .
Xét hai tam giác AEN và AMB có MAB
Suy ra AEN  AMB . Suy ra

Suy ra MN  AM  AN  x 

AN AE
AE . AB 1.2 2


 AN 

 .
AB AM
AM
x
x

2
.
x

Tứ diện BCMN có CE   BMN  , trong BMN có BA  MN .Suy ra thể tích tứ diện BCMN

1
1
là: V  . CE. . BA .MN .
3
2
Vì độ dài CE và BA là khơng đổi nên thể tích khối tứ diện BCMN nhỏ nhất khi và chỉ khi độ
dài MN nhỏ nhất.
Ta có MN  x 

2
2
2
 2 x .  2 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x   x  2 .
x
x

x

Vậy x  2 thỏa u cầu bài tốn.
Câu 42. Trong khơng gian Oxyz , cho điểm M  2;  3; 4  , mặt phẳng  P  : x  2 y  z  12  0 và mặt cầu

S 

có tâm I 1; 2;3 , bán kính R  5 . Phương trình nào dưới đây là phương trình của đường

thẳng đi qua M , nằm trong  P  và cắt  S  theo dây cung dài nhất?

Trang 25/34 - />