ĐÁP án 5 đề 8+ đề số 6 10

ĐỀ SỐ 6. LỜI GIẢI ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN
Web: />Youtube: />Facebook: />Câu 1.

Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên đoạn  2;2 và có đồ thị là đường cong trong
hình
vẽ bên. Hàm số f  x  đạt cực tiểu tại điểm nào dưới đây?

A. x  1 .

B. x  2 .

C. x  1 .

D. x  2 .

Lời giải
Chọn C
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x  1 .
Câu 2.

Hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào

x 1
.
x 1
Lời giải
Chọn B
A. y 

B. y 

2x  1
.
x 1

C. y 

2x  3
.
x 1

D. y 

2x  5
.
x 1

Đồ thị hàm số cắt trục Oy tai điểm có tọa độ  0;1 nên chọn phương án B.
Câu 3.

Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm A 1;0;1 , B 1;1; 2  và C  2;1;1 . Tọa độ điểm D sao cho
tứ giác ABCD là hình bình hành là

Trang 1/20 - />

A. D  2;0;0  .

B. D  2; 2; 2  .

C. D  4;1; 0  .

D. D  4;  1;0  .

Lời giải
Chọn A


Giả sử D  x; y; z  , ta có AB   0;1;1 , DC   2  x;1  y;1  z  . Vì tứ giác ABCD là hình bình

2  x  0  x  2
 


hành nên ta có AB  DC  1  y  1   y  0  D  2;0;0  .
1  z  1
z  0


Câu 4.

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
A. 3 .

B. 1.

2x
là
4  x2

C. 2 .
Lời giải

D. 0 .

Chọn A
Tập xác định:  \ 2 .
Ta có lim  y  lim 

2x
  nên x  2 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
4  x2

Tương tự lim y  lim

2x
  nên x  2 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
4  x2

x  2 

x2

x  2

x2

Mặt khác lim y  lim y  0 nên y  0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x 

x 

Do đó tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 3.
Câu 5.

Cho F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên đoạn  a; b  . Mệnh đề nào dưới đây
đúng?
b

A.



b

f  x  dx  F  a   F  b .

B.

a

 f  x  dx  f  a   f  b .
a

b

C.



b

f  x  dx  f  b   f  a .

D.

a

 f  x  dx  F  b   F  a .
a

Lời giải
Chọn D
Theo định nghĩa của tích phân thì mệnh đề D là mệnh đề đúng.
Câu 6.

Cho f ( x ) , g ( x ) là các hàm số liên tục trên  và k là hằng số khác 0. Mệnh đề nào dưới đây
sai?

  f ( x)  g ( x) dx   f ( x)dx   g ( x)dx .
C.  kf ( x)dx  k  f ( x)dx .

  f ( x)  g ( x) dx   f ( x)dx   g ( x)dx .
D.   f ( x ).g ( x ) dx   f ( x)dx. g ( x )dx .

A.

B.

Lời giải
Chọn D
Trang 2/20 – />

Theo tính chất của nguyên hàm ta thấy D là mệnh đề sai.
Câu 7.

Nghiệm của phương trình 5 2 x 1  1 là
1
A. x  1 .
B. x  .
2

1
C. x  .
3
Lời giải

D. x  0 .

Chọn B
Ta có 52 x 1  1  2 x  1  0  x 

1
.
2

Vậy phương trình có 1 nghiệm x 
Câu 8.

1
.
2

Cho hàm số y  f (x) có bảng biến thiên như sau:

1
 0 là
2
B. 2.

Số nghiệm của phương trình f (x) 
A. 1.

C. 3.
Lời giải

D. 4.

Chọn C
1
1
 0  f (x)   ,số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm
2
2
1
số y  f (x) và đường thẳng y   .
2

Ta có f (x) 

Dựa vào bảng biến thiên,ta có đường thẳng y  
biệt,phương trình f  x  

Câu 9.

1
cắt đồ thị hàm số y  f (x) tại 3 điểm phân
2

1
 0 có 3 nghiệm.
2

Cho hàm số y  f (x) liên tục trên đoạn [a ; b] .Gọi S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi
đồ thị của hàm số y  f (x) ,trục hoành và các đường thẳng x  a , x  b. Mệnh đề nào dưới đây
đúng?
b

A. S   f  x  dx
a

b

b

B. S 



f  x  dx

b
2

C. S   f (x) dx .
a

a

2

D. S    f (x) dx
a

Lời giải
Chọn A

Trang 3/20 - />

Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y  f (x) ,trục hoành và các đường
b

thẳng x  a , x  b là S   f  x  dx.
a

Câu 10. Trong không gian Oxyz mặt cầu  S  : x 2  y 2  z2  8 x  4 y  2 z  4  0 có bán kính R là
A. R  5 .

C. R  25 .

B. R  2 .

D. R  5 .

Lời giải
Chọn A
Tâm của mặt cầu là I  4; 2; 1 .
2

2

Bán kính mặt cầu bằng R  4 2   2    1   4   25  5 .
Câu 11. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau. Chọn
khẳng định đúng?

A. Đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận ngang.
B. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang.
C. Đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận đứng.
D. Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.
Lời giải
Chọn C
Ta có:
lim f  x    và lim f  x    nên đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang.

x 

x 

lim f  x    nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  0 .

x  0

Vậy đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận đứng.

Câu 12. Cho n là số nguyên dương và Cn5  792 . Tính An5 .
A. 3960 .

B. 95040 .

C. 95004 .
Lời giải

D. 95400

Chọn B
Ta có An5  Cn5 .5!  792.5!  95040 .
Câu 13. Một khối trụ có bán kính đáy bằng 2 , chiều cao bằng 3 . Tính thể tích V của khối trụ.
A. V  12 .

B. V  18 .

C. V  6 .
Lời giải

Chọn A
Trang 4/20 – />
D. V  4 .


Thể tích V của khối trụ có bán kính đáy r  2 , chiều cao h  3 được tính theo cơng thức:

V  r 2 h  12 .
Câu 14. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  2 y  z  5  0 . Điểm nào dưới đây thuộc  P 
?

A. Q  2; 1;5  .

B. P  0;0; 5  .

C. M 1;1;6  .

D. N  5;0;0  .

Lời giải
Chọn C
Lần lượt thế tọa độ mỗi điểm vào phương trình của mặt phẳng  P  : x  2 y  z  5  0 , ta được:
+ Với Q  2; 1;5  : 2  2.  1  5  5  4  0  Q   P  .
+ Với P  0;0; 5  : 0  2.  0   5  5  10  0  P   P  .
+ Với M 1;1;6  : 1  2. 1  6  5  0  M   P  .
+ Với N  5;0;0  : 5  2.  0   0  5  10  0  N   P  .
Câu 15. Khối hộp chữ nhật có các kích thước a, 2a,3a có thể tích bằng
A.

3a3 2
.
5

B. 6a 3 .

C. 2a 3 .

D. 6a 2 .

Lời giải
Chọn B

Ta có thể tích khối hộp chữ nhật trên là V  a.2 a.3a  6 a 3 .
Câu 16. Tìm nguyên hàm của hàm số f  x   cos5x .

1

A.

 f  x  dx  5 sin 5x  C .

B.

 f  x  dx  sin 5 x  C .

C.

 f  x  dx  5sin 5 x  C .

D.

 f  x  dx   5 sin 5 x  C .

1

Lời giải
Chọn A

1
Ta có  cos5 xdx  sin 5 x  C .
5
Câu 17. Cho cấp số nhân  un  có số hạng đầu u1 

A.

81
.
2

B.

163
.
5

1
và công bội q  3 . Tính u5 .
2
C.

27
.
2

D.

55
.
2

Lời giải
Chọn A

Trang 5/20 - />

1
81
4
Ta có: un  u1.q n 1  u5  u1.q 4  .  3  .
2
2
Câu 18. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. 1;    .

B.  0;1 .

C.  2;3 .

D.  ;0  .

Lời giải
Chọn A
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng  1;0  ; 1;    .

  
Câu 19. Trong không gian Oxyz , cho điểm M thỏa mãn hệ thức OM  2i  j . Tọa độ của điểm M là
A.

M 1 ; 2 ; 0  .

B.

M  2 ; 1 ; 0 .

M  2 ; 0 ; 1 .
C.
Lời giải

D.

M  0 ; 2 ; 1 .

Chọn B
  
 

OM  2i  j  2i  j  0.k  M  2 ; 1 ; 0  .
Câu 20. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [-2 ; 2] và có đồ thị dưới đây.Gọi M , m là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn [-2 ; 2]. Giá trị của M  m bằng
A. 3

C. 4 .

B. 6

D. 8

Lời giải
Chọn C
Dựa vào đồ thị của hàm số y = f(x) trên đoạn [-2 ; 2] (hình vẽ trên). Ta có, giá trị lớn nhất là

M  2 và giá trị nhỏ nhất là m  6 . Tổng M  m  4.
2

2

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

B. 1.

Trang 6/20 – />
C. 21.

D. 21.


Lời giải
Chọn C
2

2

Ta có z   2i  1   3  i    4  4i  1   9  6i  1   3  4i    8  6i   11  10i
Số phức z có phần thực là 11 và phần ảo là 10 .
Vậy tổng phần thực và phần ảo của z là 21.
Câu 22. Cho số phức z  a  bi  a, b    thỏa mãn 3 z   4  5i  z  17  11i. Tính ab.
A. ab  3.

B. ab  6.

C. ab  6.
Lời giải

D. ab  3.

Chọn B
Theo bài ra ta có 3 z   4  5i  z  17  11i  3  a  bi    4  5i  a  bi   17  11i
 3a  3bi   4a  4bi  5ai  5b   17  11i
 3a  3bi  4a  4bi  5ai  5b  17  11i
  a  5b  7bi  5ai  17  11i

a  5b  17
a  2
   a  5b    5a  7b  i  17  11i  

5a  7b  11
b  3
Do đó ab  6.
Câu 23. Trong không gian Oxyz , véc tơ nào sau đây là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng

x 1 y  2 z

 ?
1
1
2

A. u  1; 2; 0  .
:


B. u   2; 2; 4  .


C. u  1;1; 2  .


D. u  1; 2;0  .

Lời giải
Chọn B

x 1 y  2 z
Do đường thẳng  :

 , suy ra một véc tơ chỉ phương của đường thẳng  là:
1
1
2

v  1; 1; 2  .



Ta có với u   2; 2; 4   u  2.v .

Câu 24. Tìm các số thực x, y thỏa mãn  3  2i  x  yi   4 1  i    2  i  x  yi  ?
A. x  3, y  1 .

B. x  3, y  1 .

C. x  1, y  3 .

D. x  3, y  1 .

Lời giải
Chọn A
Ta có:

 3  2i  x  yi   4 1  i    2  i  x  yi   3x  2 y  4  3 yi  2 xi  4i  2 x  y  2 yi  xi
3 x  2 y  4  2 x  y
x  y  4
x  3



.
3 y  2 x  4  2 y  x
3 x  5 y  4
 y  1
Câu 25. Bảng biến thiên sau đây là của hàm số nào?

Trang 7/20 - />

A. f  x  

x 3
.
x2

B. f  x  

x3
.
2x

C. f  x  

x3
.
x2

D. f  x  

2x  3
.
x2

Lời giải
Chọn A
Từ BBT, ta có:
x3
2x  3
và hàm số f  x  
.
2 x
x2
5
x3
+ Vì f   x   0 với mọi x  2 nên loại hàm số f  x  

có f   x  
 0, x  2.
2
x2
 x  2

+ lim f  x   1 nên loại hàm số f  x  
x 

Câu 26. Giá trị của 4 log 2 3 bằng
A. 6.

B. 2.

C. 12.

D. 9.

Lời giải
Chọn D
2

4log2 3  22log2 3  2log2 3  32  9.
Câu 27. Cho hình hộp ABCD. ABC D . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của khối tứ diện ACBD và
khối hộp ABCD. ABC D . Tỉ số

A.

1
.

3

B.

V1
bằng:
V2

1
.
6

C.

1
.
2

D.

1
.
4

Lời giải
Chọn A
A'

D'

B'

C'

D

A

B

C

Gọi h là chiều cao của hình hộp ABCD. ABC D .
Ta có VABCD. ABC D  VACBD  VBBAC  VDDAC  VAABD  VCC BD  V2  V1  4.VBBAC (*)
(Vì các khối tứ diện BBAC , D DAC , AABD , CC BD có chiều cao bằng nhau; có diện tích
đáy bằng nhau và bằng một nửa diện tích hình bình hành ABCD ).
Ta lại có: V2  h.S ABCD .
Trang 8/20 – />

1
1 1
1
VB. BAC  .h.S ABC  .h. S ABCD  V2 .
3
3 2
6
V 1
1
1
Thay vào (*) ta được V2  V1  4. V2  V1  V2  1  .

6
3
V2 3
Câu 28. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB  a , AD  2a , AA '  3a . Thể tích khối cầu
ngoại tiếp hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' là
A.

28 14 a3
.
3

B.

6 a3 .

C.

7 14 a 3
.
3

D. 4 6 a3 .

Lời giải
Chọn C

Gọi O là tâm của hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' .
Tứ giác ABC ' D ' là hình chữ nhật có tâm O nên OA  OB  OC '  OD ' (1).
Tương tự ta có các tứ giác CDB ' A ' , BDD ' B ' là các hình chữ nhật tâm O nên
OC  OD  OA '  OB ' , OB  OD  OB '  OD ' (2).

Từ (1) và (2) ta có điểm O cách đều các đỉnh của hình hộp nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp
hình hộp.

AC '

Bán kính mặt cầu là: R  OA 
2


AA '2  A ' C '2

2

AA '2  A ' B '2  A ' D '2
2

9a 2  a 2  4a 2 a 14

.
2
2
3

4  a 14  7 14 a 3
Thể tích khối cầu là: V   
.
 
3  2 
3
Câu 29. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có SA  2a , AB  3a . Gọi M là trung điểm SC . Tính

khoảng cách từ M đến mặt phẳng  SAB  .

A.

3 21
a.
7

B.

3 3
a.
2

C.

3 3
a.
4

D.

3 21
a.
14

Lời giải
Chọn D
Trang 9/20 - />

Gọi N là trung điểm AB , G là trọng tâm tam giác ABC , H là hình chiếu của G lên SN .
Ta có:

d  M ,  SAB  
d  C ,  SAB  



suy ra d  M ,  SAB   

SM 1 d  C ,  SAB   CN
 ,

 3.
SC 2 d  G ,  SAB   GN
3
d  G ,  SAB   .
2

CN  AB
 AB   SCN   AB  GH .

 SG  AB
GH  AB
 GH   SAB   d  G ,  SAB    GH .

GH  SN

1
1 3a 3 a 3


Trong tam giác SGN vng tại G có: GN  CN  .
,
3
3 2
2
SN  SA2  AN 2  4a 2 

GH .SN  SG.GN  GH 

9a 2 a 7
7 a 2 3a 2

, SG  SN 2  GN 2 

 a.
4
2
4
4

SG.GN a 21

.
SN
7

3
3 21a
Vậy: d  M ,  SAB    GH 

.
2
14
Câu 30. Cho log 3  m ;ln 3  n . Hãy biểu diễn ln 30 theo m và n .
A. ln 30 

n
n.
m

B. ln 30 

n
1.
m

C. ln 30 

m
n.
n

D. ln 30 

nm
.
n

Lời giải
Chọn A

Ta có ln 30  ln10  ln 3 .
Có log 3 

ln 3
ln 3
ln 3
n
 ln10 
 ln 30 
 ln 3   n .
ln10
log 3
log 3
m

Câu 31. Cho số phức z  m  3   m 2  m  6  i với m   . Gọi  P  là tập hợp các điểm biểu diễn số
phức z trong mặt phẳng tọa độ. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi  P  và trục hoành bằng

Trang 10/20 – />

A.

125
.
6

B.

17
.

6

C. 1 .

D.

55
.
6

Lời giải
Chọn A
x  m  3
Đặt 
. Do đó y   x  6  x  1 .
2
y  m  m  6

Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là parabol  P  có phương trình
y   x  6  x  1 .

x  6
.
Phương trình hoành độ giao điểm của  P  với trục hoành là  x  6  x  1  0  
x  1
6

6

Khi đó, diện tích hình phẳng là S    x  6  x  1 dx 

1

  x  6  x  1 dx 
1

125
.
6

Câu 32. Trong không gian Oxyz , cho hıǹ h thang cân ABCD có đáy lầ n lươṭ là AB , CD . Biế t
A(3;1;  2) , B( 1;3;2) , C ( 6;3;6) và D(a;b;c) , với a, b, c   . Tıń h T  a  b  c .
B. T  1 .

A. T   3 .

D. T   1 .

C. T  3 .
Lời giải

Chọn A


+ Ta có: AB(4;2;4)  2(2; 1; 2) và trung điể m đoa ̣n AB là I (1; 2;0) .
+ Mă ̣t phẳ ng trung trưc̣ ( ) của đoa ̣n AB có phương trı̀nh là: 2 x  y  2 z  0 .
 x  6  2t

+Đường thẳ ng  đi qua C và vuông góc ( ) có phương trıǹ h:  y  3  t .
 z  6  2t


+ Go ̣i J    ( )  J  (0;0; 0) và J là trung điể m của CD  D(6; 3; 6) Suy ra, T  3
e 1

Câu 33. Biế t


2

ln( x  1)
dx  a  be 1 với a, b   . Cho ̣n khẳ ng đinh
̣ đúng trong các khẳ ng đinh
̣ sau:
2
( x  1)

A. a  b  1 .

B. a  b  1 .

C. a  b  3 .
Lời giải

D. a  b  3 .

Chọn B
1

u  ln( x  1)
du 

dx



x 1
+ Đă ̣t: 

1
dv  ( x  1)2 dx v   1

x 1

e 1

+ Ta có:


2

e 1

ln( x  1)

 1 
dx   ln( x  1)  
 
2
( x  1)
 x 1   2


e 1

1

 ( x  1)

2

dx

2

Trang 11/20 - />

e 1

1
1
1 1
  ln e  1.ln1 
    1  1  2e 1 .
e
x 1 2
e e

a  1
Suy ra, 
 a  b  1 .
b  2

Câu 34. Số lượng loại vi khuẩn A trong một phịng thí nghiệm được tính theo cơng thức s(t )  s(0).2t ,
trong đó s(0) là số lượng vi khuẩn A lúc ban đầu, s(t ) là số lượng vi khuẩn A có sau t phút.
Biết sau 3 phút thì số vi khuẩn A là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu kể từ lúc ban đầu, số lượng
loại vi khuẩn A là 20 triệu con.
A. 7 phút.

B. 12 phút.

C. 48 phút.
Lời giải

D. 8 phút.

Chọn D
Theo giả thiết ta có: s(3)  625000  s(0).23  625000  s(0)  78125 .
Số lượng loại vi khuẩn A là 20 triệu con khi

s(t )  20000000  s(0).2t  20000000  2t 

20000000 20000000

 256  t  8 .
s(0)
78125

Vậy, sau 8 phút thì số lượng vi khuẩn A là 20 triệu con.
Câu 35. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log3 (2x  3)  log3 (1 x).
3
A. S  (  ;1) .
2

2
B. S  (  ;   ) .
3

3 2
C. S  (  ;  ) .
2 3
Lời giải

2
D. S  (  ;  ) .
3

Chọn C

3

x

2
x

3

0

3
2


2

  x .
Ta có: log3 (2x  3)  log3 (1  x)  
2
3
2x  3  1  x  x   2

3
3 2
Vây, S  (  ;  ) .
2 3

Câu 36. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A , biết SA   ABC  , BC  2a ,
  120 , góc giữa mặt phẳng
BAC

 SBC 

và

S . ABC .

Trang 12/20 – />
 ABC 

bằng 45 . Tính thể tích khối chóp


S

C

A

B

A.

a3
.
2

B.

a3
.
9

C. a 3 2 .

D.

a3
.
3

Lời giải
Chọn B
Gọi M là trung điểm đoạn thẳng BC .

S

C

A

45°
M
B

Vì tam giác ABC cân tại A nên AM là đường trung tuyến, đường phân giác, đường cao của
nó.
  60 .
Suy ra MAB

  a.cot 60  a .
Xét tam giác ABM vuông tại M ta có: AM  BM .cot BAM
3
1
1
a
a2
Diện tích tam giác ABC là S ABC  .BC. AM  .2a.
.

2
2
3
3

  SAC
  90 ; AB  AC .
Xét tam giác SAB và SAC ta có: SA chung; SAB
Do đó SAB  SAC  SB  SC  SM  BC .
Ta có:  SBC    ABC   BC ; SM   SBC  , SM  BC ; AM   ABC  , AM  BC nên suy


  45 .
SBC  ,  ABC   SM
, AM  SMA
ra được 

 





  45 nên là tam giác cân tại A .
Tam giác SAM vng tại A và có SMA
Vì thế SA  AM 

a
.
3

Trang 13/20 - />

1
a3

1 a2 a
Thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC  .S ABC .SA  . .
 .
3
3 3 3 9
Câu 37. Nếu log 3  a thì log 9000 bằng
A. 3  2a .

B. a 2 .

C. 3a 2 .
Lời giải

D. a 2  3 .

Chọn A

log 9000  log  32.103   log  32   log 103   2 log 3  3  3  2a .
Câu 38. Trong không gian Oxyz , phương trình đường thẳng đi qua A  1; 2; 4  , song song với  P  :

2 x  y  z  4  0 và cắt đường thẳng d :

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

x2 y2 z2



có phương trình?
3
1
5

 x  1  2t

B.  y  2
.
 z  4  2t


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

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

Lời giải
Chọn A


Gọi a là đường thẳng cần tìm. Mặt phẳng  P  có một vectơ pháp tuyến là: n   2;1;1
Gọi M là giao điểm của đường thẳng a và đường thẳng d khi đó
M  d  M   2  3t ; 2  t ; 2  5t 

AM   3t  1 ; t ;  2  5t  . Vì đường thẳng a song song với  P  nên:
 
AM .n  0  2.  3t  1  1.t  1.  2  5t   0  t  0

Vậy phương trình tham số của đường thẳng a đi qua điểm A và có một vectơ chỉ phương

x  1 t


AM  1 ; 0 ;  2  là:  y  2
 z  4  2t



Đáp án B khơng đúng vì vtcp của đường thẳng khơng cùng phương với vectơ AM
Đáp án C khơng đúng vì điểm H   1 ; 2; 4   a
Đáp án D khơng đúng vì điểm I  1 ;  2; 4   a
1
3

1

Câu 39.

 1  3x  f   x  dx  2019

0

A.

1
.
9

; 4 f 1  f  0   2020 Tính

B. 3 .

C.
Lời giải

Chọn A

Trang 14/20 – />
1
3

 f  3x  dx
0

D. 1 .


u  1  3 x
 du  3dx
Đặt 


 dv  f   x  dx v  f  x 
1

 1  3x  f   x  dx  2019
0
1

1

 1  3x  . f  x  0   3. f  x  dx  2019
0

1

 4 f 1  f  0   3 f  x  dx  2019
0
1

  f  x  dx 
0

1
3

Ta có:


0

1
3
1

1
1 1 1
f  3x  dx   f  t  dt  . 
30
3 3 9

Câu 40. Cho hàm số y  x 3  6mx  4 có đồ thị  Cm  . Gọi m0 là giá trị của m để đường thẳng đi qua
điểm cực đại, điểm cực tiểu của  Cm  cắt đường trịn tâm I 1;0  , bán kính

2 tại hai điểm

phân biệt A, B sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất. Chọn khẳng định đúng
A. m0   3; 4  .

B. m0  1; 2  .

C. m0   0;1 .

D. m0   2;3 .

Lời giải
Chọn C

Ta có: y  3 x 2  6m
y   0  x 2  2m
Hàm số có cực đại, cực tiểu  y  0 có hai nghiệm phân biệt

m0
Gọi A







2m ; 4  4m 2m và B  2m ; 4  4m 2m



Phương trình đường thẳng AB : 4mx  y  4  0



Đặt a  d  I , AB  0  a  2
Suy ra SIAB  a 2  a 2 



 HB  2  a 2

1 2
a  2  a2   1

2

Dấu “  ” xảy ra  a  2  a 2  a  1

Trang 15/20 - />

Khi đó d  I ; AB  

4m  0  4
2

 1  16m2  1  4 m  1

16m  1

 16m2  1  16m 2  32m  16  m 

15
32

Câu 41. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ.

3
2

Diện tích hai phần A và B lần lượt là
A.

253
.
12

B.

16
63
và
. Tính I   f  2 x  1 dx
3
4
1

253
.
24

C. 

125
.
24

D. 

125
.
12

Lời giải
Chọn C
1

16

Từ giả thiết, suy ra  f  x  dx 
và
3
1
3
2

0

Ta có I   f  2 x  1 dx 
1

1



4

63

 f  x  dx   4

.

1

3
2

 f  2 x  1 dx   f  2 x  1 dx

1

0

4

1
1
1  16 63 
125
f  t  dt -  f  t  dt      

2 1
21
2 3 4 
24

Câu 42. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình bên dưới. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m
để phương trình f  x   log 2 m có hai nghiệm phân biệt.

A. m  0 .

B. 0  m  1 , m  16 . C. m  1 , m  16
Lời giải

D. m  4 .

Chọn B
Phương trình f  x   log 2 m có hai nghiệm phân biệt  m  0 và đồ thị hàm số y  f  x  và

đường thẳng y  log 2 m cắt nhau tại hai điểm phân biệt.
Trang 16/20 – />

log 2 m  4
 m  16

Dựa vào đồ thị  
.
0  m  1
log 2 m  0
Câu 43. Cho hàm số f  x   x 2  x  1 e3 x có một nguyên hàm là hàm số F  x  . Số cực trị của hàm số

F  x  là
A. 1.
Chọn A

C. 3 .

B. 2 .

D. 0 .

Lời giải
Vì F  x  là một nguyên hàm của f  x   x

2

 x  1 e3 x  F '  x   x2  x  1 e3x

x  0

F '  x   0  x 2  x  1 e3 x  0 , vì e3 x  0   x  R   x 2  x  1  0  
x  1
Ta có bảng xét dấu:

Vậy hàm số F  x  có một cực trị.
Câu 44. Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1; 2;3 . Gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu vng góc
của M trên các trục Ox, Oy , Oz . Viết phương trình mặt phẳng  ABC  .
A. x  2 y  3 z  6  0 . B. 3x  2 y  z  6  0 .
C. 6 x  3 y  2 z  6  0 . D. 2 x  y  3z  6  0 .
Lời giải
Chọn C
Ta có A 1;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;3 .
Phương trình mặt phẳng  ABC  có dạng

2

Câu 45. Biết

3sin x  cos x

x y z
   1 hay 6 x  3 y  2 z  6  0 .
1 2 3

7

 2sin x  3cos x dx   13 ln 2  b ln 3  c  b, c    . Tính
0

A.

13
.
9

B.

14
.
9

C.

14
.
9

b
.
c
D.

14
.
9

Lời giải
Chọn B

n.  2sin x  3cos x 

3sin x  cos x
p
 m

Ta cần tìm các số m, n, p sao cho
.
2sin x  3cos x
2sin x  3cos x
2sin x  3cos x
Suy ra 3sin x  cos x   2m  3n  sin x   3m  2n  cos x  p .
Trang 17/20 - />

2m  3n  3
9
7

Suy ra 3m  2n  1  m  , n   , p  0 .
13
13
p  0


2

Do đó


2




3sin x  cos x
9 7  2sin x  3cos x  

0 2sin x  3cos x dx  0  13  13 . 2sin x  3cos x  dx




7
7
7
9
2 9
  x  ln 2sin x  3cos x     ln 2  ln 3 .
13
13
13
 13
 0 26
Suy ra b 
Câu 46. Tìm

tất

7
9
b 14
,c
  .

13
26
c 9
cả

các

giá

trị

thực

của

tham

m

số

để

hàm

số

1
y  x3   2m  1 x 2   m 2  m  7  x  m  5 có hai điểm cực trị là độ dài hai cạnh góc vng
3

của một tam giác vng có cạnh huyền bằng
A. m  3 .

74 .

 m  3
B. 
.
m  2

C. m  2 .

m  3
D. 
.
 m  2

Lời giải
Chọn A

1
y  x3   2m  1 x 2   m 2  m  7  x  m  5  y  x 2  2  2m  1 x  m 2  m  7 .
3
+) Hàm số có hai điểm cực trị là độ dài hai cạnh của một tam giác vng thì y  có 2 nghiệm
   2m  1 2   m 2  m  7   0

dương phân biệt  2m  1  0
(*).
m 2  m  7  0


+) Khi đó, gọi x1 , x2 là 2 điểm cực trị của hàm số thì x1 , x2 là hai nghiệm của y

 x1  x2  2  2m  1

.
2
 x1.x2  m  m  7
2

2

Theo giả thiết ta có x12  x22  74   x1  x2   2 x1 x2  74  4  2m  1  2.  m 2  m  7   74

m  3
.
 14m2  14m  84  0  
 m  2
Thử vào *  m  3 .

Trang 18/20 – />

Câu 47. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh bằng 2a . Tam giác SAB cân tại S và nằm
trong mặt phẳng vng góc với đáy. Biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng

4a 3
. Gọi  là góc
3

giữa SC và mặt đáy, tính tan  .

A. tan  

3
.
3

B. tan  

2 5
.
5

C. tan  

7
.
7

D. tan  

5
.
5

Lời giải
Chọn D
.
Dựng SH  AB , do  SAB    ABCD  theo giao tuyến AB nên SH   ABCD     SCH

1
1
4a 3
Ta có VS . ABCD  SH .S ABCD  SH .4a 2 
 SH  a .
3
3
3
Do  SAB cân tại S nên H là trung điểm của AB  HC  BH 2  BC 2  a 5 .
  SH  a  5 .
 tan   tan SCH
5
HC a 5
1
 
5

3 x2

Câu 48. Tổng bình phương các nghiệm của phương trình 5
A. 2 .

B. 5 .

 x2

bằng

C. 0 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn B
3 x2

Ta có 5

1
 
5

 x2

2
x  1
.
 53 x  2  5 x  x 2  3 x  2  0  
x  2

3 x2

Vậy tổng bình phương các nghiệm của phương trình 5

Câu 49. Tính tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình log
A. 6  2 .

B. 6 .

3

1
 
5

 x2

bằng 5 .

 x  2   log 3  x  4 

C. 3  2 .
Lời giải

2

 0.

D. 9 .

Chọn A

Trang 19/20 - />

x  2
Điều kiện: 
.
x  4
Ta có: log

3

 x  2   log3  x  4 

2

2

 0   x  2  x  4    1 .

 x  3  2  nhan 

 x  2  x  4   1
 x2  6 x  7  0

 2
  x  3  2  loai  .

 x  2  x  4   1  x  6 x  9  0
 x  3  nhan 

Vậy tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình log

3

 x  2   log3  x  4 

2

 0 bằng 6  2 .

Câu 50. Cho hai số phức z1 , z2 thoả mãn z1  6, z 2  2 . Gọi M , N là các điểm biểu diễn của số phức

  60 . Tính T  z 2  9 z 2 .
z1 và số phức iz2 . Biết MON
1
2
A. T  36 2 .

B. T  36 3 .

C. T  24 3 .
Lời giải

D. T  18 .

Chọn B
2

Ta có T  z12  9 z22  z12   3iz2   z1  3iz2 . z1  3iz2
Gọi P là điểm biểu diễn của số phức 3iz2 .

Khi đó ta có

     
z1  3iz2 . z1  3iz2  OM  OP . OM  OP  PM . 2OI  2 PM .OI
  60 và OM  OP  6 nên MOP đều suy ra PM  6 và
Do MON

OI  6.

3
3 3.
2
Vậy T  2 PM .OI  2.6.3 3  36 3 .

Trang 20/20 – />
.


ĐỀ SỐ 7. LỜI GIẢI ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN
WEB: />FACEBOOK: />YOUTUBE: />Câu 1.

Cho hàm sớ f  x   ax 4  bx 2  c (a, b, c  ) có đồ thi ̣ như hı̀nh ve.̃ Hỏi hàm số đã cho đồ ng
biế n trên khoảng nào đươ ̣c liê ̣t kê dưới đây?

A. (2; ) .

B. (2; ) .

C. (;2) .

D. (;  2) .

Lời giải
Chọn D
Từ đồ thi ha
̣ ̀ m số đã cho ta thấ y hàm số đồ ng biế n trên các khoảng (;  2) và (0; 2) .
Câu 2.

Mođun của số phức z  2  3i là
A. 1 .

B. 1 .

C. 2  3i .
Lời giải

D. 13 .

Chọn D
Ta có: z  22  ( 3) 2  13 .
Câu 3.


Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua điểm M 1;  2;3 và nhận vectơ u   2;1;  1 làm
vectơ chỉ phương có phương trình chính tắc là

x 1 y  2


2
1
x  2 y 1


C.
1
2
A.

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

Chọn A

Đường thẳng đi qua điểm M 1;  2;3 và nhận vectơ u   2;1;  1 làm vectơ chỉ phương có

phương trình chính tắc là

x 1 y  2 z  3



.
2
1
1

Trang 1/19 - />

Câu 4.

Gọi n  A là số các kết quả thuận lợi cho biến cố A liên quan đến một phép thử T và n    là

 

số các kết quả có thể xảy ra của phép thử T đó. Xác suất P A của biến cố đối của biến cố A
không là đẳng thức nào trong các đẳng thức sau?

 

A. P A 

n  A
.
n 

 

B. P A  1  P  A .

 .

n A

 

C. P A 

n 

 

D. P A 

n   \ A
.
n 

Lời giải
Chọn A

 

Ta có: P A 

Câu 5.

  ,P

n A

n 

 A  1  P  A , P  A 

n   \ A
n  A
, P  A 
.
n 
n 

Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  c ; d  . Công thức nào sau đây là cơng thức tính thể tích V
của khối trịn xoay được tạo ra khi quay hình thang cong, giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  ,
trục Ox và hai đường thẳng x  c , x  d ,  c  d  xung quanh trục Ox ?
d

A. V   f  x  dx .

d

B. V  

c



d

f  x  dx .

C. V  

c


c

d

f 2  x  dx . D. V   f 2  x  dx .
c

Lời giải
Chọn C
d

Thể tích của khối trịn xoay có trong đề bài bằng: V  

2

 f  x  dx .
c

Câu 6.

Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua ba điểm A 1;0;0  , B  0;3;0  , C  0;0; 4  có phương
trình là
A.

x y z
  0.
1 3 4

B.

x y z
   0.
1 4 3

C.

x y z
  1.
1 3 4

D.

x y z
   1.
1 4 3

Lời giải
Chọn C
Với ba điểm A 1;0;0  , B  0;3;0  , C  0;0; 4  nói trên, mặt phẳng  ABC  là mặt phẳng đoạn
chắn, nên có phương trình là
Câu 7.

x y z
  1.

1 3 4

Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số lũy thừa?
1

A. f  x   3 x .

B. f  x   4 x.

C. f  x   e x .
Lời giải

Chọn D
Hàm số lũy thừa có dạng y  x với   .

Trang 2/19 />
D. f  x   x 3 .


Câu 8.

Một nguyên hàm F  x  của hàm số f  x   3x là
A. F  x  

3x
 2019 x. B. F  x   3x  2019.
ln 3

C. F  x   3x ln 3.

D. F  x  

3x
 2019.
ln 3

Lời giải
Chọn D
Ta có  3x dx 

3x
 C (với C là hằng số).
ln 3

Chọn C  2019 , khi đó một nguyên hàm F  x  của hàm số f  x   3x là F  x  
Câu 9.

3x
 2019.
ln 3

Đồ thị trong hình là của một hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C và D . Hàm số đó là
hàm số nào?
y

O

x

A. f  x    x3  3x 2  3 . B. f  x    x3  3x 2  3 .

C. f  x    x 4  3x 2  3 . D. f  x   x3  3x 2  3 .
Lời giải
Chọn B
Từ hình vẽ và các đáp áp ta thấy đồ thị đã cho có dạng là đồ thị của hàm số bậc ba với hệ số a  0
nên loại các đáp án C, D .
Mặt khác khi x  0 thì y  0 nên loại đáp án A .
Vậy đáp án đúng là B .
Câu 10. Tìm n   biết khai triển nhị thức  a  2 
A. 13 .

B. 10 .

n4

, a  2 có tất cả 15 số hạng.

C. 17 .
Lời giải

D. 11 .

Chọn B
Nhị thức  a  2 

n4

có 15 số hạng nên n  4  14  n  10 .

Câu 11. Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 4a 2 và chiều cao bằng a là
A. 16a3 .

B. 4a 3 .

C. 2a 3 .

D.

4 3
a .
3

Lời giải
Chọn B
Trang 3/19 - />

Thể tích của khối lăng trụ đó là: V  h.S d  a.4a 2  4a 3 .
Câu 12. Trong các hàm số sau hàm số nào có tập xác định  ?
A. y 

1
.
cos x

B. y 

1
.
cos x  2

1

C. y 

cos x 

1
2

.

D. y 

1
.
cos x  1

Lời giải
Chọn B
Xét đáp án A:
Hàm số y 

1

xác định khi cos x  0  x   k  k   .
cos x
2



Vậy tập xác định của hàm số: D   \   k 2 , k   

2


Xét đáp án B:
Hàm số y 

1
xác định khi cos x  2  0  cos x  2 (luôn đúng).
cos x  2

Vậy tập xác định của hàm số D  
Xét đáp án C:

1

Hàm số y 

cos x 

1
2

xác định khi cos x 

1
1

 0  cos x   x    k 2  k   .
2
2

3

 

Vậy tập xác định của hàm số D   \    k 2 , k    .
 3


Xét đáp án D
Hàm số y 

1
xác định khi cos x  1  0  cos x  1  x  k 2  k    .
cos x  1

Vậy tập xác định của hàm số D   \ k 2 , k   .
Vậy chỉ có đáp án B có tập xác định là D   .
Câu 13. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
A. Phép vị tự biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó.
B. Phép vị tự biến đường thẳng thành đường thẳng.
C. Phép vị tự biến đường tròn thành đường tròn.
D. Phép vị tự biến tia thành tia.
Lời giải
Chọn A

Trang 4/19 />

Theo tính chất của phép vị tự ta có phương án A là phương án sai.
2

Câu 14. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2   z  3  10 . Tìm bán kính R của mặt cầu

S  .
A. 10 .

B. 10 .

C. 100 .
Lời giải

D. 20 .

Chọn A
Câu 15. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2;  1;0  , B  0;1;  2  . Tìm tọa độ trung điểm M của
đoạn thẳng AB
A. M 1;0;  1 .

B. M  2; 2;  2  .

C. M  1;1;  1

D. M  2;0;  2  .

Lời giải
Chọn A
20

x  2  1

1  1


Gọi M  x; y; z  vì M là trung điểm của AB ta có:  y 
 0  M 1;0;  1 .
2

02

z  2 1


Câu 16. Hàm số y  f  x  liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình bên dưới. biết f  4   f  8
Khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm đã cho trên R bằng

A. 9 .

B. f  4  .

C. f  8 .

D.  4 .

Lời giải
Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên và giả thiết f  4   f  8 nên f  8 là giá trị nhỏ nhất.
2

Câu 17. Cho hàm số f  x  có đạo hàm f   x    x 2  9  x 2  3 x  ,  x  . Gọi T là giá trị cực đại của
hàm số đã cho. Chọn khẳng định đúng.
A. T  f  0  .

B. T  f  9  .

C. T  f  3 .

D. T  f  3 .

Lời giải
Chọn C
2

2

f   x   0   x 2  9  x 2  3 x   0   x  3 x  3 x 2  x  3  0
Trang 5/19 - />