ĐÁP án 5 đề 8+ đề 1 5

ĐỀ 1
Câu 1.

Đường cong trong hıǹ h vẽ sau là đồ thi ̣của hàm số nào sau đây?

x 1
x 1
x 1
2x 1
.
B. y 
.
C. y 
.
D. y 
.
x 1
x 1
x
x3
Lời giải
Chọn B
+ lim y   và lim y   suy ra đồ thi ha
̣ ̀ m số nhâ ̣n đường thẳ ng x  1 làm tiê ̣m câ ̣n
x 1
x 1

A. y 

đứng. Suy ra loa ̣i A, C, D.
+ Mă ̣t khác, lim y  1 và lim y  1 suy ra đồ thi ha

̣ ̀ m số nhâ ̣n đường thẳ ng y  1 làm tiê ̣m câ ̣n
x 
x 
2
 x  1 
ngang và y  
 0 suy ra hàm số đồ ng biế n trên (; 1) và (1;  ) nên ta
 
2
 x  1  ( x  1)
cho ̣n B.

Câu 2.

Họ nguyên hàm của hàm số f  x   e x  sin x là
x

A. e  cos x  C .

1 x
ex
e

cos
x

C
 cos x  C .
B. e  cos x  C .
C.

. D.
x 1
x
Lời giải
x

Chọn A

 f  x dx    e
Câu 3.

Giá trị của lim
x 3

A. 8 .

x

 sin x  dx  e x  cos x  C .

8
bằ ng
x2

B. 8 .

C.

8
.

6

D.

8
.
5

Lời giải
Chọn B
Ta có: lim
x 3

Câu 4.

8
8

8.
x  2 3 2

Hàm số y  sin x  cos x có tập xác định là
A. D   1;1 .

B. D    2; 2  .

C. D   .

 


D.  \ k ; k   .
 2


Lời giải
Chọn C
Hàm số y  sin x  cos x có tập xác định là: D   .
Trang 1/20


Câu 5.

Hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Đồ thị hàm số và trục Ox có bao nhiêu điểm chung?
A. 0 .
B. 2 .
C. 1.
D. 3 .
Lời giải
Chọn D
Trục Ox có phương trình: y  0 . Từ bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y  0 cắt đồ thị tại
3 điểm nên đồ thị hàm số và trục Ox có 3 điểm chung.

Câu 6.

Khối lập phương ABCD. ABC D có đường chéo AC   2 3 thì có thể tích bằng
A. 8 .

B. 1.

C. 3 3 .
Lời giải

D. 24 3 .

Chọn A

Gọi cạnh của hình lập phương là x  AC  x 2 và CC   x ( x  0 ).
Trong tam giác vng C CA ta có: CA2  AC 2  CC 2  12  2 x2  x2  x2  4  x  2 .
Vậy thể tích của khối lập phương ABCD. ABC D là V  x3  8 .
Câu 7.

Cho số phức z  4  6i . Gọi M là điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng Oxy . Tung
độ của điểm M bằng
A. 4.
B. 6.
C. 4.
D. 6.
Lời giải
Chọn B
Ta có z  4  6i  z  4  6i .
Vì M là điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng Oxy nên M  4; 6  .
Vậy điểm M có tung độ bằng 6.

Câu 8.

Khối cầu có thể tích bằng
A.

2.

Chọn D

Trang 2/20

4
 thì có bán kính bằng
3

B. 2.

C. 3.
Lời giải

D. 1.


4
Gọi R là bán kính của khối cầu. Khi đó thể tích của khối cầu là: V   R 3
3
4
4
Theo giả thiết ta có  R 3    R 3  1  R  1.
3
3
Vậy khối cầu có bán kính R  1.

Câu 9.

Hàm số nào sau đây đồng biến trên  ?
x

 
A. y    .
 12 

x

1
B. y    .
2

x

e
C. y    .
3
Lời giải

x

3
D. y    .
2

Chọn D
Hàm số mũ y  a x với a  0 , a  1 đồng biến trên  khi và chỉ khi a  1 .
x

Ta có

3
3
 1 nên hàm số y    đồng biến trên  .
2
2

2

Câu 10. Cho

2

f ( x)dx  3 . Giá trị của


1

 3 f ( x)  2 x dx bằng
1

A. 12 .

C. 12 .
Lời giải

B. 3 .

D. 9 .

Chọn A
2

Ta có

2

2

2

2

2
 3 f ( x)  2 xdx  3 f ( x)dx   2 xdx  3 f ( x)dx  x 1  12 .
1

1

1

1

Câu 11. Cho a là số thực dương và khác 1. Giá trị của log a3 5 a 2 bằng
A.

2
.
15

B.

6
.
5

C.

5
.
6

D.

1
.
5

Lời giải
Chọn A
Với a là số thực dương và khác 1, ta có: log a3 5 a 2 

2
2
log a a  .
15
15

Câu 12. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  3;0;0  , B  0;3;0  , C  0;0;3 . Tọa độ trọng tâm của

tam giác ABC là
A. 1;1;0  .

B. 1;0;1 .

C.  3;3;3 .

D. 1;1;1 .

Lời giải
Chọn D
Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là G 1;1;1 .
Câu 13. Hàm số y  x 4  3 x 2  2 có báo nhiêu điểm cực trị?
A. 1.

B. 0 .

C. 3 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn C
Ta có y   4 x 3  6 x  2 x  2 x 2  3  .

Trang 3/20


x  0
y  0  

, nên Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.
x   3

2
2

2

2

Câu 14. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  1   z  3   3 . Tâm I và bán kính
R của  S  là

A. I 1; 1; 3 và R  3 .

B. I 1; 1; 3 và R  3 .

C. I  1;1;3 và R  3 .

D. I  1;1;3 và R  3 .
Lời giải

Chọn D
2

2

2

Mặt cầu  S  :  x  1   y  1   z  3   3 có I  1;1;3 và R  3 .

  
 

Câu 15. Trong không gian Oxyz , cho a  2i  4k , với i, k là các vectơ đơn vị. Tọa độ của a là:
A.  2; 4;0  .

B.  2;0; 4  .

C.  2;0; 4  .

D.  2; 4;0  .

Lời giải
Chọn C

  

Ta có a  2i  0 j  4k  a   2;0; 4  .
2

2

Câu 16. Cho số phức z   2i  1   3  i  . Tổng phần thực và phần ảo của z bằng
A. 21 .

B. 1 .

D. 32 .

C. 1.
Lời giải

Chọn A
2

2

Ta có z   2i  1   3  i   11  10i .
Vậy tổng phần thực và phần ảo là 21 .
Câu 17. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M  3; 2;5 , N  1;6; 3 . Phương trình nào sau đây là
phương trình mặt cầu đường kính MN ?
2

2

2

B.  x  1   y  2    z  1  36 .

2

2

2

D.  x  1   y  2    z  1  36 .

A.  x  1   y  2    z  1  6 .
C.  x  1   y  2    z  1  6 .

2

2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn B

Ta có: MN  4;8; 8  , MN  12 .
Gọi I là trung điểm của MN  I 1; 2;1 .
Phương trình mặt cầu đường kính MN có tâm I 1; 2;1 , bán kính R 

 x  1

2

2

MN 12

 6 là:
2

2

2

  y  2    z  1  36 .

Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  :2 x  y  z  3  0 và điểm A 1; 2;1 . Đường
thẳng đi qua A và vng góc với  P  có phương trình là

Trang 4/20


 x  1  2t

A.  y  2  t .
z  1 t


 x  1  2t

B.  y  2  t
 z  1  2t


 x  1  2t

C.  y  2  4t .
 z  1  3t


x  2  t

D.  y  1  2t .
z  1 t


Lời giải
Chọn A


Mặt phẳng  P  :2 x  y  z  3  0 có vectơ pháp tuyến n  2; 1;1 .

Vì đường thẳng vng góc với  P  nên đường thẳng nhận n  2; 1;1 làm vectơ chỉ phương.
 x  1  2t

Phương trình tham số của đường thẳng đi qua A và vng góc với  P  là:  y  2  t .
z  1 t


Câu 19. Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số f  x   x 1  x và trục hồnh. Vật thể trịn xoay
sinh ra khi quay hình phẳng D quanh trục Ox có thể tích bằng

4
22
A.
.
B.
.
C.
.

12
3
13
Lời giải
Chọn A
x  0
Phương trình hồnh độ giao điểm: x 1  x  0  
.
x  1
1

D.

7
.
15

1



Thể tích vật thể trịn xoay cần tìm là V    x 1  x
0



2

 x3 x 4 


dx       .
 3 4  0 12

2

Câu 20. Cho hàm số f  x  có đạo hàm f   x    x  2   x  1 3  x  . Hàm số đã cho đồng biến trong
khoảng nào dưới đây?
A.  3;   .

B.  2; 1 .

C.  1;3 .

D.  ; 2  .

Lời giải
Chọn C
 1  x  3
2
Cho f   x   0   x  2   x  1 3  x   0  
.
 x  2
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng  1;3 .
Câu 21. Gọi m ( m   ) là giá trị nhỏ nhất của hàm số y 

x2  x  1
trên khoảng 1;   , m là một
x 1

nghiệm của phương trình nào sau đây?

A. x2  x  2  0 .

B. 3x2  8x  3  0 .
C. x2  3x  4  0 .
Lời giải

D. 2 x2  5x  2  0 .

Chọn B
Trên khoảng 1;   thì x  1  0 .

1
x2  x  1
1
1
 3. 3  x  1 .1.
 3.
 x
  x  1  1 
x 1
x 1
x 1
x 1
1
Đẳng thức xảy ra khi x  1  1 
 x  2.
x 1
Khi đó, y 

Trang 5/20

Suy ra m  min y  3 .
1; 

Dễ thấy m là một nghiệm của phương trình 3x2  8x  3  0 .
Câu 22. Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 4  x  7   log 2  x  1 là
A. 4 .

B. 1 .

C. 6 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn D
Điều kiện: x  1 .
log 4  x  7   log 2  x  1 

1
log 2  x  7   log 2  x  1
2
2

 log 2  x  7   log 2  x  1  x  7   x  1

2

 x 2  x  6  0  3  x  2

Kết hợp với điều kiện  1  x  2 .

Do x    x  0;1
Câu 23. Cho hàm số
g  x 
A.

f  x 

2 3
x  ln x . Giá trị nhỏ nhất trên khoảng
3

 0;  

của hàm số

f  x
bằng
x

2
.
3

B. 1.

C. 3 .

D. 3 3 4 .

Lời giải
Chọn C
Cách 1:
1
, x   0;   .
x
1
Suy ra g  x   2 x  2 , x   0;   .
x
2
2
Trên khoảng  0;   , g   x   2  3 ; g   x   0  2  3  0  2 x3  2  0  x  1   0;   .
x
x
Bảng biến thiên:

Ta có f   x   2 x 2 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy min g  x   g 1  3 .
 0;  

Cách 2:
1
, x   0;   .
x
1
Suy ra g  x   2 x  2 , x   0;   .
x

Ta có f   x   2 x 2 

Trang 6/20


Ta có: g  x   2 x 

1
1
1
1
 x  x  2  3 3 x.x. 2  3 . Đẳng thức xảy ra khi x  2  x  1 .
2
x
x
x
x

Vậy min g  x   3 , khi x  1 .
 0;  

Câu 24. Cho hình chóp S . ABC có SA   ABC  , SA  a 3 , G là trọng tâm tam giác SBC . Khoảng
cách từ G đến  ABC  bằng
A.

2a 3
.
3

B.

a
.
3

C.

a 3
.
3

D.

a 6
.
3

Lời giải
Chọn C
S

N

G
B

A
H

M

C

Gọi M là trung điểm đoạn thẳng BC .
Kẻ GH //SA , H  AM . Vì SA   ABC  nên GH   ABC  . Như vậy d  G,  ABC    GH .
Xét tam giác SAM ta có:
Vậy d  G,  ABC   

SA a 3
GH MG 1
.


  GH 
3
3
SA MS 3

a 3
.
3

Câu 25. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ. Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm
số là

A. 1.

B. 2 .

C. 3 .

Lời giải

D. 4 .

Chọn B
Dựa bảng biến thiên

Trang 7/20


+ lim y   nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x  0 .
x0

+ lim y   nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x  2 .
x 2

Câu 26. Cho khối trụ có độ dài của đường tròn đáy bằng 4 a và chiều cao bằng bán kính của đường
trịn đáy. Thể tích của khối trụ đã cho bằng
A. 2 a3 .

B. 8 a3 .

C. 4 a3 .

D.

8 a 3
.
3

Lời giải
Chọn B
Gọi bán kính đáy trụ là R và chiều cao là h .
Do khối trụ có độ dài của đường trịn đáy bằng 4 a nên ta có 2 R  4 a  R  2a .
Mặt khác khối trụ có chiều cao bằng bán kính của đường trịn đáy nên h  R  2a .
2

2
3
Khi đó, thể tích của khối trụ đã cho V   R h    2a  .2a  8 a .
3

Câu 27. Số phức z thỏa mãn z  1  4i  1  i  thì có mơđun bằng
A.

3.

B.

C. 5 .
Lời giải

5.

D.

29 .

Chọn B
3

z  1  4i  1  i   1  4i  1  3i  3i 2  i 3  1  2i .

Suy ra z  (1) 2  22  5 .
Câu 28. Hàm số y  log  x 3  3 x 2  có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 1.

C. 2 .
Lời giải

B. 5 .

D. 0 .

Chọn D
Điều kiện: x 3  3 x 2  0  x  3.
Ta có y ' 

3x 2  6 x
3x( x  2)
 3
 0, x  3 . Do đó hàm số đã cho khơng có cực trị.
3
2
( x  3x ) ln10 ( x  3x 2 ) ln10

Câu 29. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ.
x

-∞

_

y'

0

+∞

+

0

_

0

-2

+∞
+
+∞

1

y

Trang 8/20

1

0

-1

-2


Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng 1;100  của tham số m để phương trình
f  x   m  0 có đúng hai nghiệm phân biệt?

A. 1.

C. 2 .
Lời giải

B. 97 .

D. 96 .

Chọn A
Ta có: f  x   m  0  f  x    m .
Do đó phương trình f  x   m  0 có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng

y  m cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại đúng hai điểm phân biệt.
 m  2
m  2
Từ bảng biến thiên suy ra 
.

 m  1

 m  1
Vì m là giá trị nguyên thuộc khoảng 1;100  nên m  2 .
Câu 30. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  đi qua ba điểm A  2;0;0  , B  0;1;0  , C  0;0; 3 có
phương trình là
A. 3 x  6 y  2 z  6  0 .

B. 3 x  6 y  2 z  6  0 .

C. 3 x  6 y  2 z  6  0 .

D. 3 x  6 y  2 z  6  0 .
Lời giải

Chọn D
Mặt phẳng  P  đi qua ba điểm A  2;0;0  , B  0;1;0  , C  0;0; 3 có phương trình là

x y z
 
 1  3x  6 y  2 z  6  0 .
2 1 3
Câu 31. Cho số phức z thỏa mãn z  3  4i  2 và w  2 z  1  i . Khi đó w có giá trị lớn nhất bằng
A. 16  74 .

B. 4  74 .

C. 2  130 .
Lời giải

D. 4  130 .

Chọn D
Ta có w  2 z  1  i  w  2 z  6  8i  7  9i  w  7  9i  2 z  6  8i .
 w  7  9i  2 z  6  8i  w  7  9i  2 z  3  4i  4 .
Do đó tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I  7; 9  , bán kính R  4 .
2

Vậy max w  OI  R  7 2   9   4  4  130 .
Câu 32. Cho biết

2

8

2
3
 x f  x  dx  12 . Giá trị của

 f  x  dx bằng

1

1

A. 3.

B. 36.

C. 24.
Lời giải

D. 15.

Chọn B
1
Đặt t  x3  3 x 2 dx  dt  x 2 dx  dt .
3
2
2
3
 x f  x  dx 
1

8

8

8

2

1
1
f  t  dt   f  x  dx   f  x  dx  3 x 2 f  x3  dx  36 .

31
31
1
1

Câu 33. Một hình tứ diện đều cạnh a có một đỉnh trùng với đỉnh của hình nón, ba đỉnh cịn lại nằm trên

đường trịn đáy của hình nón. Khi đó diện tích xung quanh của hình nón bằng
Trang 9/20


A.  3a 2 .

B.

1
 2a 2 .
3

C.

1
 3a 2 .
3

D.

1
 3a 2 .
27

Lời giải
Chọn C

Tứ diện đều ABCD nội tiếp hình nón đỉnh D , đáy của hình nón là đường tròn  C  ngoại tiếp
tam giác ABC .
Gọi H là trung điểm của BC .

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC  G là tâm đường tròn  C   Đường tròn  C  có bán
kính r  AG 

2
3a
.
AH 
3
3

Diện tích xung quanh của hình nón bằng: S xq   rl   .

3a
.a  
3

3a 2
(đvdt).
3

Câu 34. Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a , SA vng góc với  ABC  . Góc giữa
hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  bằng 300 . Thể tích khối chóp S. ABC bằng
A.

a3 3
.
3

B.

a3 3
.
8

C.

a3 3
.
6

D.

a3 3
.
12

Lời giải
Chọn A

Gọi la I là trung điểm của BC
Khi đó ta có AI  BC , SA  BC  BC   SAI   BC  SI .
.
Do đó 
SI , AI   SIA
 SBC  ,  ABC    
Tam giác ABC đều cạnh 2a  AI 

Trang 10/20

2a 3

 a 3 , ta có SA  AI .tan 300  a .
2


1 1
1
a3 3
Vậy VSABC  . AI .BC .SA  a 3.2a.a 
.
3 2
6
3

Câu 35. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A , BC  SB  a . Hình chiếu vng
góc của S lên mặt phẳng  ABC  trùng với trung điểm của BC . Góc giữa đường thẳng SA và
mặt phẳng  ABC  bằng
A. 600 .

B. 750 .

C. 300 .
Lời giải

D. 450 .

Chọn A

Gọi H là trung điểm cạnh BC  SH   ABC  .



.
; HA  SAH
Góc giữa SA và mặt phẳng  ABC  là SA





a 3
1
a
và AH  BC 
2
2
2
  SH  3  SAH
  600 .
Xét tam giác SHA ta có tan SAH
AH
SH  SB 2  HB 2 

Câu 36. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  2  i  z  1  2i và z  4  2i  3 2 ?
A. 3 .

B. 0 .

C. 2 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn D
Đặt z  a  bi  a, b    . Ta có
 a  2 2   b  12   a  1 2   b  2 2

2
2
 a  4    b  2   18

1
 2
2

2

Từ 1  a  b thế vào  2  ta được  a  4    a  2   18

 2a 2  4a  2  0  a  1 .
Khi a  1, b  1  z  1  i .
x  1 t
x2 y  2 z 3

Câu 37. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d1:
, d 2 :  y  1  2t và


2
1
1
 z  1  t



điểm A 1; 2;3  . Đường thẳng đi qua A , vng góc với d1 và cắt d 2 có phương trình là

Trang 11/20


x 1 y  2 z  3
x 1 y  2 z  3




. B.
.
1
3
1
1
3
5
x 1 y  2 z  3
x 1 y  2 z  3
C.
. D.
.





1
3
1
1
3
5
Lời giải
Chọn B

d1 có một véctơ chỉ phương là u1   2; 1;1 .
A.

Gọi đường thẳng cần lập là  .
Giả sử  cắt d 2 tại điểm B 1  t ;1  2t ; 1  t  .

 có véctơ chỉ phương là AB   t ; 2t  1; t  4  .
 
Vì  vng góc với d1 nên u1. AB  0  2.  t   1.  2t  1  1.  t  4   0  t  1 .

Suy ra AB  1; 3; 5  .
Vậy  có phương trình:

x 1 y  2 z  3


.
1
3
5

Câu 38. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng
 ABC  và SA  a . Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC bằng
A.

 a2
7

.

B.

3 a 2
.
7

C.

7 a 2
.
12

D.

7 a 2
.
3

Lời giải
Chọn D
S

P
I

C

A
H

N

M

B

Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC , AB , SA và gọi H là giao
điểm của AM với CN . Khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Kẻ đường thẳng d qua H và vng góc với mặt phẳng  ABC  .
Kẻ đường thẳng qua P , vng góc với SA và cắt đường thẳng d tại I .
Nhận xét: I  d nên IA  IB  IC . Mà I nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng SA nên
IA  IS . Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC .
Tam giác ABC đều, cạnh a nên AM 

a 3
2
2 a 3 a 3
. Suy ra AH  AM  .
.

2

3
3 2
3

Tứ giác AHIP là hình chữ nhật nên IP  AH 

Trang 12/20

a 3
.
3


2

 a 3   a 2 a 21
Xét tam giác IPA vng tại P ta có: IA  IP  AP  
.
    
6
 3  2
2

2

2

 a 21  7 a 2
Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC là 4 .SA  4 . 
.

 
3
 6 
2

Câu 39. Trong mặt phẳng Oxy , gọi M là điểm biểu diễn của số phức z  3  4i và M’ là điểm biểu
diễn của số phức z ' 
A.

15
2

1 i
z . Diện tích của tam giác OMM’ bằng.
2
25
25
B.
C.
4
2

D.

15
4

Lời giải
Chọn B

z  3  4i  M  3; 4
1 i
7 1
7 1
.z   i  M   ;  
2
2 2
2 2

  7 1 
OM   3; 4  ; OM    ;  
2 2
z 

SOMM  

1  1
7 25
3.      4  .  .
2  2
2
4

Câu 40. Ông A vay 60 triệu đồng của một ngân hàng liên kết với một cửa hàng bán xe máy để mua xe
dưới hình thức trả góp với lãi suất 8%/ năm. Biết rằng lãi suất được chia đều cho 12 tháng,
giảm dần theo dư nợ gốc và không thay đổi trong suốt thới gian vay. Theo quy định của cửa
hàng, mỗi tháng ông A phải trả một số tiền cố định là 2 triệu đồng. Sau ít nhất bao nhiêu tháng
thì ông A trả hết nợ?
A. 33
B. 35

C. 32
D. 34
Lời giải
Chọn D

8% 2
 %  0,667% /tháng
12 3
N là số tiền vay ( N  60 triệu đồng)
A là số tiền trả hằng tháng để sau n tháng hết nợ (A=2 triệu đồng)
r là lãi suất ( r  0, 667% /tháng)

Lãi suất 1 tháng:

n

A

N 1  r  .r

1  r 

n

1

n

2

60 1  0,667%  .0,667%

1  0,667% 

n

1

 n  33.585
Vậy cần trả ít nhất 34 tháng thì hết nợ.
3

2

Câu 41. Cho hàm số y  ax  bx  cx  d với a, b, c, d . Gọi S1 , S2 lần lượt là diện tích các phần
tơ màu như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây đúng?

Trang 13/20


A. S1  S2  4 .

8
B. S1  S2  .
5

C.

S1
2.

S2

D. S1 .S 2 

55
.
8

Lời giải
Chọn A

 y 0  0
a  1

b  6
 y 1  4

Dựa vào đồ thị của hàm số ta có 
.

 y  3  0
c  9
y 4  4
 d  0
  
3

2

Vậy đồ thị trên là đồ thị hàm số y  x  6x  9x .

1

4

S1   x 3  6 x 2  9 x dx 
0

11
5
; S 2   x 3  6 x 2  9 x dx  . Suy ra S1  S2  4 .
4
4
3

Câu 42. Cho hàm số y  x3  1  2m  x 2   2  m  x  2  m , Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của
tham số m để hàm số có hai điểm cực trị thuộc khoảng  0; 2  . Số tập hợp con của S là
A. 1.

B. 4 .

C. 16 .
Lời giải

D. 0 .

Chọn A
Ta có: y '  3x 2  2 1  2m  x   2  m  .
Hàm số có hai điểm cực trị thuộc khoảng  0; 2   y '  0 có hai nghiệm phân biệt thuộc
khoảng  0; 2  .

Trang 14/20


Phương trình 3 x 2  2 1  2m  x   2  m   0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2   0; 2 

  m  1

 4m  m  5  0
 '  0
m  5
2


4
m

m

5

0
x  0

4
 2  4m  0, 2  m  0

 1

x


x

0,
x
x

0
 3
 1 2

3
1 2
  x2  0


 m  1 , m  2
2
x  2  0
 x1  2  x2  2   0
 x1 x2  2  x1  x2   4  0

 1
x  x  4  0
 2  4m
18  9m  0
 1 2
 x2  2  0

4 0


 3
m  7

2
2

5
 m  2 suy ra khơng có giá trị ngun của tham số m thỏa mãn điều kiện hay S   .
4
Số tập hợp con của S là 1.


Câu 43. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn

 5;5

9 x  2.3x1  2m  1  0 có duy nhất một nghiệm?
A. 11 .
B. 3 .
C. 7 .

để phương trình

D. 6 .

Lời giải
Chọn C
Ta có: 9 x  2.3x 1  2m  1  0  9x  6.3x  2m  1  0 1 .
Đặt t  3x  t  0  , phương trình đã cho trở thành t 2  6t  2m  1  0  2  .
Phương trình 1 có duy nhất một nghiệm  phương trình  2  có một nghiệm kép dương

  '  0
m  5


hoặc có hai nghiệm trái dấu   3  0
.
m  1
 2m  1  0

2
Đối chiếu điều kiện m   5;5 , m   ta có m  5;  4;  3;  2;  1;0;5 .
Vậy có 7 giá trị của m thỏa mãn điều kiện.
Câu 44. Cho hàm số f  x  có đạo hàm f   x    x  1 3  x  . Hàm số f  2 x  1 đạt cực đại tại
A. x  2 .

B. x  0 .

C. x  1 .
Lời giải

D. x  3 .

Chọn A
Đặt g  x   f  2 x  1
g   x   2. f   2 x  1  2  2 x  1  1 3   2 x  1   2.  2 x  2  4  2 x  .

x 1
.
g   x   0  2.  2 x  2  4  2 x   0  

x  2
Bảng biến thiên

Trang 15/20


Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm sơ đạt cực đại tại x  2 .

3

Câu 45. Cho biết

 sin

2

x tan xdx  ln a 

0

M  3a  2b bằng
A. 12 .

b
với a , b là các số nguyên. Giá trị của biểu thức
8

B. 0 .

C. 1 .

Lời giải







3

3

D. 3 .

Chọn B
3 1  cos 2 x s inx

 dx .
s inx
Xét I   sin 2 x tan xdx   sin 2 x.
dx  
cosx
cosx
0
0
0

Đặt t  cosx  dt   sin xdx

1

Với x  0  t  1 ; x   t  .
3
2
1
2

1
1

1
1  t    dt 
1  t  dt



t 
3
1 
Do đó I  

    t  dt   ln t   1  ln 2  .
t
t
2
8
t 

2

1

2

1
2

1

1
2

2

2

Suy ra a  2, b  3 .
Vậy M  3a  2b  3.2  2.3  0 .
Câu 46. Trong mă ̣t phẳ ng với hê ̣ to ̣a đô ̣ Oxy, cho ̣n ngẫu nhiên mô ̣t điể m có hoành đô ̣ và tung đô ̣ là các
số nguyên có tri ̣ tuyê ̣t đố i nhỏ hơn hoă ̣c bằ ng 5, các điể m cùng có xác suấ t đươ ̣c cho ̣n như
nhau. Xác suấ t để cho ̣n đươ ̣c mô ̣t điể m mà khoảng cách từ điể m đươ ̣c cho ̣n đế n gố c to ̣a đô ̣ nhỏ
hơn hoă ̣c bằ ng 3.
36
13
15
29
A.
B. .
C. .
D.
.

.
121
81
81
121
Lời giải
Chọn D
Không gian mẫu  : tâ ̣p hơ ̣p các điể m có hoành đô ̣ và tunng đô ̣ là các số nguyên có tri tuyê
̣
̣t
đố i nhỏ hơn hoă ̣c bằ ng 5.
 n     11.11  121 .
Go ̣i điể m A  x; y  thỏa mañ khoảng cách từ điể m A đế n gố c to ̣a đô ̣ nhỏ hơn hoă ̣c bằ ng 3.

 OA  3  x 2  y 2  3
TH1. A  0; y 

 y  3  y  3; 2; 1;0;1  2;3  có 7 điể m thỏa mañ .
TH2. A  x;0 



Trang 16/20

 x  0
x  3  x  3; 2; 1;1  2;3 

có 6 điể m thỏa mañ .

TH3. A  x, y   x; y  0 


 x  2; 1;1; 2
x2  y2  3  
 số cách cho ̣n điể m là: 4.4  16 .
 y  2; 1;1; 2

Số cách cho ̣n điể m A thỏa mañ điề u kiêṇ là: n  A  7  6  16  29 (cách).
Vâ ̣y xác suấ t cho ̣n điể m A thỏa mañ điề u kiêṇ là: P 

n  A  29

.
n    121

Câu 47. Trong không gian Oxyz, cho điể m A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  trong đó a, b, c là các số
1 2 3
   7 . Biế t mă ̣t phẳ ng  ABC  tiế p xúc với mă ̣t cầ u
a b c
72
2
2
2
 S  :  x  1   y  2    x  3  . Thể tıć h khố i tứ diêṇ OABC bằ ng.
7
2
1
5
3

A. .
B. .
C. .
D. .
9
6
6
8
Lời giải
Chọn A
x y z
Go ̣i phương trıǹ h mp  ABC  :    1  bcx  acy  abz  abc  0.
a b c
1 2 3
1
2
3
Từ    7 (1) 


 1.
a b c
7 a 7b 7 c
1 2 3
 Mă ̣t phẳ ng  ABC  đi qua điể m M  ; ;  .
7 7 7

thư ̣c thỏa mañ

1 2 3

Nhâ ̣n thấ y M thuô ̣c mă ̣t cầ u  S   mă ̣t phẳ ng  ABC  tiế p xúc mă ̣t cầ u  S  ta ̣i M  ; ;  .
7 7 7
  6 12 18 
 Vecto IM    ;  ;   là vecto pháp tuyế n của mă ̣t phẳ ng  ABC  .
7
7
 7

a

b

ac ab
bc
ac
ab

2

(2)



 bc 

6
12
18
2
3

c  a



7
7
7

3
b  1
1 4 9

Thay (2) vào (1) ta đươ ̣c:    7  a  2  
2
a a a
c  3
1
1
2 2
Thể tıć h khố i chóp OABC là: abc  .2.1.  .
6
6
3 9
ln 3

Câu 48. Cho hàm số

f  x

liên tục trên tập hợp



và thỏa mãn

 f e

x

 3  dx  1 ,

0

6


4

 2 x  1 f  x  dx  3 . Giá trị của
x3

A. 10 .

6

 f  x  dx bằng
4

B.  5 .

C.  4 .
Lời giải

D. 12 .

Chọn C

Trang 17/20


ln 3

Đặt I1 

 f e

x

 3  dx  1 .

0

Đặt e x  3  t  e x  t  3  e x dx  dt  dx 

dt
t 3

Đổi cận: x  0  t  4 , x  ln 3  t  6 .
6
f  t  dt 6 f  x  dx

Khi đó: I1  

 1.
t 3
x3
4
4
6

Ta có


4

6

 2 x  1 f  x  dx  6  2 x  6  f  x   5 f  x  dx  2 6
x 3



x3

4

6



f  x  dx  5

4

4

f  x
dx  3 .
x3

6

 2  f  x  dx  5  3   f  x  dx  4 .
4

4

Câu 49. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy
bằng 60o . Gọi M là điểm đối xứng của C qua D , N là trung điểm SC . Mặt phẳng  BMN 
chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện (tham khảo hình vẽ bên dưới). Gọi V1 là thể
tích khối đa diện có chứa đỉnh S , V2 là thể tích khối đa diện còn lại. Giá trị của

A.

1
.
7

B.

7

.
5

C.

6
.
5

D.

V1
bằng
V2

7
.
3

Lời giải
Chọn B

Trong mặt phẳng  ABCD  gọi E là giao điểm của hai đường thẳng AD và BM .
Suy ra E là trung điểm BM .
Trong mặt phẳng  SCD  gọi F là giao điểm của hai đường thẳng SD và MN .
Trang 18/20


Suy ra F là trọng tâm của tam giác SCM .
Cách 1:

V
ME MF MD 1 2 1 1
1
Ta có M . EFD 
.
.
 . .   VM . EFD  VM . BNC .
VM . BNC MB MN MC 2 3 2 6
6
5
5
V2  VM . BCN  VM . EFD  VM . BCN  VN .BCM .
6
6
1
1
VN . BCM  d  N ,  BCM   .S BCM , d  N , ( BCM   d  S ,  ABCD   , S BCM  S ABCD
3
2
(do ABE  DME )
1
5 1
5
7
 VN .BCM  VS . ABCD  V2  . .VS . ABCD  VS . ABCD  V1  VS . ABCD .
2
6 2
12
12
V 7

Vậy 1  .
V2 5

Cách 2:
Gọi V  VS . ABCD , h  SO , AB  a .
1
1 h
1
VN .MCB  d  N ,  ABCD   .S BCM  . .a 2  V .
3
3 2
2

1
1 h a2 1
VF .EMD  d  F ,  ABCD   .S EMD  . .  V .
3
3 3 4 12
5
7 V 7
1 1 
V2     V  V , V1  V  V2  V 1  .
12
12 V2 5
 2 12 

Câu 50. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên âm của giá trị tham số m để đồ thị hàm số
y  2 x3  mx 2  6 x đồng biến trên khoảng ( 2; 0) . Tổng tất cả các phần tử của S bằng
A. 15 .

B. 10 .

C. 3 .
Lời giải

D. 21

Chọn D
Ta có y  2 x3  mx 2  6 x ; y '  6 x 2  2mx  6
Để hàm số đồng biến trên khoảng  2;0  thì y '  0, x   2;0 

 6 x 2  2mx  6  0, x   2;0 
 6 x 2  6  2mx, x   2;0 
3x 2  3
 g(x), x   2;0 
x
 m  max g ( x ) trên đoạn (-2;0)
m

3x 2  3
 g '(x)  0  x  1
x2
Bảng biến thiên g(x)
g '(x) 

Trang 19/20


Suy ra m  6 thì hàm số đồng biến trên ( 2; 0)
 Tổng các giá trị nguyên âm m thỏa mãn là 21

Trang 20/20


ĐỀ SỐ 2
Câu 1.

Biến đổi biểu thức A  a . 3 a 2 về dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ, ta được
7

A. A  a .

B. A  a 6 .

7

D. A  a 2 .

C. A  a 2 .
Lời giải

Chọn B
1

2

Với a là số thực dương khác 1, ta có A  a . 3 a 2  a 2 .a 3  a
Câu 2.

1 2


2 3

7
6

a .

Hàm số y  f  x  với đồ thị như hình vẽ có bao nhiêu điểm cực trị

A. 1.

B. 3 .

C. 4 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn B
Hàm số y  f  x  với đồ thị như hình vẽ có 3 điểm cực trị.
Câu 3.

2

Cho số phức z  1  i  1  2i  . Số phức z có phần ảo bằng
B. 2 .

A. 2i .

C. 4 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn B
2

z  1  i  1  2i   2i 1  2i   4  2i .

Vậy số phức z có phần ảo bằng 2.
Câu 4.

Thể tích của khối nón có chiều cao bằng
A.

3 a3
.
8

B.

a 3
a
và bán kính đường trịn đáy bằng là
2
2

3 a 3
.

8

C.

3 a 3
.
6

D.

3 a 3
.
24

Lời giải
Chọn D
2

1
1  a  a 3  3a 3
Thể tích của khối nón là V   r 2 h    
.

3
3 2 2
24

Câu 5.

Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa mặt phẳng   :2 x  4 y  4 z  1  0 và mặt phẳng

   : x  2 y  2 z  2  0 bằng
A.

1
.
2

B. 1.

C.

3
.
2

D.

1
.
3

Lời giải
Chọn A
2 4 4 1
 1

Do    nên   / /    . Lấy điểm M   ;0;0     .
1 2 2 2
 2


Trang 1/18


Khi đó: d    ,      d  M ,     
Câu 6.

1
 2
2
2

2

1 2 2

2



1
.
2

3

Phần ảo của số phức z  5  2i  1  i  bằng
A.

B. 7 .

7.

C. 7 .
Lời giải

D. 0 .

Chọn D
3

z  5  2i  1  i   5  2i  2  2i  7 .

Suy ra phần ảo của số phức z bằng 0 .
Câu 7.

Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  a; b  có đồ thị  C  cắt trục hồnh tại điểm có hồnh
độ x  c . Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi

C  ,

trục hoành và hai đường thẳng

x  a, x  b là

c

b

b

A. S   f  x  dx   f  x  dx .
a

c

c

b

B. S 

a

b

C. S   f  x  dx   f  x  dx .
a

 f  x  dx .

D. S   f  x  dx .

c

a

Lời giải
Chọn A
b

c

b

Ta có S   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx .
a

Câu 8.

a

c

Gọi z1 ; z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2 z 2  3 z  7  0 . Giá trị của biểu thức

z1  z2  z1 z2 bằng
A.

5
.
2

B. 5.

C. 2 .

D.

Lời giải

Chọn A
Ta có z1; z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2 z 2  3 z  7  0 khi đó

3
7
3 7
z1  z2  ; z1 z2   z1  z2  z1 z2    2 .
2
2
2 2
Câu 9.

Hàm số y  log16 ( x 4  16) có đạo hàm là

Trang 2/18

3
.
2


A. y ' 

x3
.
ln 2

x3
.
B. y '  4

(x  16) ln 2

C. y ' 

1
.
4
4(x  16) ln 2

D. y ' 

16 x3 ln 2
.
x 4  16
Lời giải

Chọn B

y'

4 x3
x3

.
(x 4  16) ln16 (x 4  16) ln 2

Câu 10. Phương trình 6.4 x  13.6 x  6.9 x  0 có tập nghiệm là

2 3
A. S   ,  .

3 2

B. S  0,1 .

C. S  1,1 .

D. S  1 .

Lời giải
Chọn D
x

x

2x

x

9
6
3
3
6.4  13.6  6.9  0  6.    13.    6  0  6.    13.    6  0
4
4
2
2
x

x

x

 3  x 3
  
2
x 1
2
.


x

1
 3
 x  1
2
3




     
3 2
 2 

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S  1,1 .
Câu 11. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt phẳng

 P

đi qua các điểm A(1; 0; 0) ,

B (0; 2; 0) , C (0; 0; 2) có phương trình là

A. 2 x  y  z  2  0 . B. 2 x  y  z  2  0 .
C. 2 x  y  z  2  0 .

D. 2 x  y  z  2  0 .
Lời giải

Chọn B
Mặt phẳng  P  đi qua các điểm A( 1; 0; 0), B (0; 2; 0), C (0; 0; 2) có phương trình là:

x y z
 
 1  2 x  y  z  2  0 .
1 2 2
Câu 12. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt phẳng đi qua M 1; 4;3 và vng góc với trục
Oy có phương trình là

A. z  3  0 .

B. y  4  0 .

C. y  4  0 .
Lời giải

D. x  1  0 .

Chọn C
Mặt phẳng đi qua điểm M 1; 4;3 và vng góc với trục Oy có một vecto pháp tuyến là

j  0;1;0  nên có phương trình là: 0  x  1  1 y  4   0  z  3  0   y  4  0 .
Câu 13. Một khối trịn xoay có độ dài đường sinh   13  cm  và bán kính đáy r  5  cm  . Khi đó thể
tích khối nón bằng

Trang 3/18


A. V  20  cm3  .

B. V  300  cm 3  .

C. V 

325
  cm3  .
3

D. V  100  cm3  .

Lời giải
Chọn D
Chiều cao của khối nón h   2  r 2  132  52  12  cm  .
1
1
Thể tích khối nón: V   r 2 h   .52.12  100  cm 3  .
3
3

Câu 14. Họ các nguyên hàm của hàm số f  x   4 x3 

1
là
x2

B. F  x   x 4 

A. F  x   x 4  ln x 2  C .
C. F  x   x 4 

1
C .
x

1
1
 C . D. F  x   12 x 2   C .
x
x
Lời giải

Chọn C

1
1

Ta có F  x    f  x  dx    4 x3  2  dx  x 4   C .
x 

x

Câu 15. Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào?
y

2

-1

O

1

x

-5

-2

A. y   x 2  x  1.

C. y   x3  3x.

B. y  x 4  x 2  1.

D. y  x3  3x.

Lời giải
Chọn C
Từ đồ thị ta thấy hệ số cao nhất của x là a  0 nên loại đáp án B và D .

Đồ thị có 2 cực trị nên loại đáp án A .
Câu 16. Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng a , SA   ABCD  và

SA  3a . Thể tích của khối chóp S . ABCD là
A. V  6a3.
Chọn D

Trang 4/18

B. V  2a3 .

C. V  3a3.
Lời giải

D. V  a3 .


S

D

A

C

B

1
1
Thể tích khối chóp S . ABCD là V  SA.S ABCD  3a.a 2  a3 .

3
3
Câu 17. Tổ hợp chập k của n phần tử được tính bởi công thức
n!
n!
n!
A.
.
B.
.
C.
.
k !n  k !
k!
n  k !

D. n ! .

Lời giải
Chọn A
k
Ta có: Cn 

n!
.
k !n  k !

Câu 18. Đồ thị hàm số y  f  x với bảng biến thiên như hình vẽ có tổng số đường tiệm cận ngang và
tiệm cận đứng bằng bao nhiêu?

A. 0 .

B. 2 .

C. 3 .
Lời giải

D. 1.

Chọn B
Từ bảng biến thiên, ta có:
lim y  1  y  1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x


lim y  


x1

 x  1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.


lim y  


 x1
Vậy tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x bằng 2.

1 1

1
Câu 19. Tổng S   2  ...  n  ... có giá trị là
3 3
3
1
1
A. .
B. .
3
2

C.

1
.
4

D.

1
.
9

Lời giải
Chọn B
Trang 5/18