102 đề thi thử THPT toán năm 2020 THPT quế võ 2 bắc ninh lần 4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC NINH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 4
TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ 2
NĂM HỌC: 2019 - 2020

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 07 trang)

Bài thi: TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Mã đề thi 096

Họ, tên thí sinh: .....................................................................
Số báo danh: ..........................................................................
Câu 1.

[Mức độ 1] Lớp 12A có 20 học sinh nam và 25 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn một đôi
song ca gồm 1 nam và 1 nữ?
A. 45 .
B. C452 .
C. A452 .
D. 500 .

Câu 2.

[Mức độ 1] Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u1  2 , công sai d  3 . Số hạng thứ 5 của

 un 

bằng
A. .
14

Câu 3.

Câu 4.

Câu 5.

B.

10

.

C.

162

.

[Mức độ 1] Phương trình 20204 x8  1 có nghiệm là
7
9
A. x  .
B. x  2 .
C. x  .
4

4
[Mức độ 1] Cho khối hộp chữ nhật có độ dài ba kích thước lần lượt là
chữ nhật đã cho bằng
A. 288 .
B. 64 .
C. 192 .
log (  x 2  3 x )
[ Mức độ 2] Tìm tập xác định cảu hàm số y  e
A. D=�.
B.  .
C. 2 .

D.

30

.

D. x  2 .

4;6;8 . Thể tích khối hộp
D. 96 .
D. 2  


Câu 6.

( x)  cos x và f (0)  1 . Giá trị
[ Mức độ 2] Cho hàm số f ( x) có đạo hàm f �

f ( x) dx
�
0

bằng

A. 0 .
B.  .
C. 2 .
D. 2  
a
Câu 7 . [ Mức độ 1] Cho hình chóp có đáy là hình vng cạnh bằng và chiều cao 3a . Thể tích của
hình hộp đã cho bằng
1 3
A. a 3 .
B. 9a 3 .
C. a .
D. 3a 3 .
3
Câu 8 . [ Mức độ 1] Diện tích xung quanh hình trụ có độ dài đường sinh bằng l và bán kính đáy bằng
r là:
A. 4 rl .
B. 2 rl .
1
C.  rl .
D.  rl .
3
Câu 9 . [ Mức độ 1] Cho khối cầu có bán kính R  2 . Thể tích của khối cầu đã cho bằng
32
A.16

B.
C. 32
D. 2
3
Câu 10 . [ Mức độ 1] Với số thực dương a tùy ý, log 3 a bằng
1
1
A. 2  log 3 a
B.  log 3 a
C. 2 log 3 a
D. log 3 a
2
2
Câu 11 . [ Mức độ 2] Tập nghiệm của bất phương trình log( x  9)  1 là
A. (2; �) .
B. (11; �) .
C. (�; 2) .
Câu 12. [ Mức độ 2] Cho hàm số f ( x) có bảng biến thiên

D. (1; �) .


Hàm số nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. (0; 4) .
B. ( �; 1) .
C. (1;1) .
D. (0; 2) .
Câu 13: [Mức độ 1] Cho khối nón có chiều cao bằng 2a và bán kính đáy bằng a . Thể tích của khối
nón đã cho bằng
4 a 3

2 a 3
 a3
A.
.
B.
.
C.
.
D. 2 a 3 .
3
3
3
Câu 14: [Mức độ 2] Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hàm số đạt cực tiểu tại x  4 .
B. Điểm cực đại của đồ thị hàm số là x  0 .
C. Giá trị cực tiểu của hàm số bằng 1 .
D. Điểm cực đại của đồ thị hàm số là A  0; 3 .
Câu 15. [ Mức độ 1] Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ?

A. y = x 2 - 2 x - 1 .

B. y = x 3 - 2 x - 1 .

C. y = x 4 + 2 x 2 - 1 .

D. y =- x 3 + 2 x - 1 .

x 2 - x +1

Câu 16 . [ Mức độ 1] Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y = 2
là
x - x- 2
A. 2 .
B. 1 .
C. 3 .
D. 4 .
2

2

1

1

f  x  dx  5 và �
�
2 f  x  g  x �
dx  13 thì
Câu 17. [ Mức độ 1] Nếu �
�
�
A. 3 .
B. 1 .
C. 1 .
Câu 18. [ Mức độ 1] Cho hàm số y  f  x  có đồ thị  C  như hình vẽ.

2

g  x  dx bằng

�
1

D. 3 .


Số nghiệm thực của phương trình 4 f  x   7  0 là
A. 2 .
B. 4 .
C. 3 .
D. 1 .
Câu 19. [ Mức độ 1] Gọi z là số phức liên hợp của số phức z  3  4i . Tìm phần thực và phần ảo của
số phức z .
A. Số phức z có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4 .
B. Số phức z có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4 .
C. Số phức z có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4 .
D. Số phức z có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4 .
Câu 20 .[ Mức độ 1] Cho số phức z có điểm biểu diễn trong mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm M  3; 5  .
Xác định số phức liên hợp z của z
A. z  5  3i .
B. z  5  3i .
C. z  3  5i .
D. z  3  5i
Câu 21. [ Mức độ 1] Cho hai số phức z1  2  3i và z2  1  i . Tính modul của số phức z1  z2 .
A. 5 .

B.

C. 13 .
D. 13 .

5.
Câu 22. [ Mức độ 2] Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc của điểm A  1; 2;3 trên mặt phẳng

 Oyz  có tọa độ là
A.  0; 2;3 .

B.  1;0;3 .

C.  1;0; 0  .

D.  0; 2; 0  .

Câu 23. [ Mức độ 1] Trong không gian Oxyz, tọa độ tâm của mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6  0
là.
A.  2; 4;0  .
B.  1; 2;0  .
C.  1; 2;3 .
D.  2; 4;6  .
Câu 24 . [ Mức độ 1] không gian Oxyz, cho mặt phẳng    : 2 x  3z  1  0 véc-tơ nào dưới đây là
một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng    :
r
r
A. n   2;3; 1 .
B. n   2;3;0  .

r
C. n   2;0; 3 .

r
D. n   2;0; 3 .

�x  1  2t
�
Câu 25. [ Mức độ 1] Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng d : �y  3  t ?
�z  3t
�
A. M  1;3;0  .
B. N  1;3;3 .
C. P  2; 1; 0  .
D. Q  2; 1;3  .

Câu 26. [ Mức độ 1] Cho hàm số y  f  x  , bảng xét dấu của f '  x  như sau:

Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là
A. 0 .
B. 2 .

C. 1 .

D. 3 .


Câu 27. [ Mức độ 2] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi tâm O , ABD đều cạnh a 2 , SA
vng góc với mặt phẳng đáy và SA 
thẳng SO và mặt phẳng  ABCD  bằng

3a 2
(minh họa như hình bên dưới). Góc giữa đường
2

A. 45�
.
B. 30�.
C. 60�.
D. 90�.
4
2
Câu 28. [ Mức độ 2] Giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  10 x  1 trên đoạn  3; 2 bằng
A. 1 .
B. 23 .
C. 24 .
D. 8
2
Câu 29. Xét tất cả số thực dương a và b thỏa mãn log 3 a  log 27 a b . Mệnh đề nào dưới đây là



đúng?
A. a  b 2 .

B. a 3  b .



C. a  b .

D. a 2  b .

Câu 30. Số giao điểm của đồ thị hàm số y  x 4  5 x 2  4 với trục hoành là
A. 3 .

B. 4 .
C. 2 .
2
Câu 31. Tập nghiệm của bất phương trình 9log9 x  x log9 x �18 là
A.  1;9 .
Câu 32.

1 �
�
B. � ;9 �.
9 �
�

D. 1 .

C.  0;1 � 9; � .

� 1�
0; �� 9; � .
D. �
� 9�

Cho mặt cầu  S  . Biết rằng khi cắt mặt cầu  S  bởi một mặt phẳng cách tâm một khoảng có
độ dài là 3 thì được giao tuyến là đường trịn  T  có chu vi là 12 . Diện tích của mặt cầu  S 
bằng
A. 180 .
B. 180 3 .
C. 90 .
D. 45 .
4

Câu 33. [Mức độ 2] Cho tích phân I  �
x x2  9dx . Khi đặt t  x2  9 thì tích phân đã cho trở
0
thành
5

A. I  �
tdt .
3

4

B. I  �
tdt .
0

4

5

C. I  �
t2dt .

D. I  �
t2dt .

0

3

Câu 34. [Mức độ 1] Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y  x2 , y  0, x  1, x  2 bằng
4
7
8
A. .
B. .
C. .
D. 1 .
3
3
3
Câu 35. [ Mức độ 2] Cho số phức z  2  3i . Mô-đun của số phức w  2 z   1  i  z bằng
A. 4 .

B. 2 .

C. 10 .

D. 2 2 .
Câu 35. [ Mức độ 2] Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình 9 z  6 z  4  0 . Giá trị của biểu
1
1

thức
bằng
z1 z2
2

A.

4
.
3

B. 3 .

C.

3
.
2

D. 6 .


Câu 37. [Mức độ 2]Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm M  1; 2;3 và song song với mặt
phẳng  P  : x  2 y  z  3  0 có phương trình là
A. x  2 y  z  3  0 . B. x  2 y  z  0 .
D. x  2 y  z  8  0 .
Câu 38.

C. x  2 y  z  0 .

x 1 y z  2
 
và mặt phẳng
2
2
1

 P  : 2 x  y  z  3  0 . Gọi  S  là mặt cầu tâm I thuộc  và tiếp xúc  P  tai điểm

[Mức độ 2]Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  :

H  1; 1;0  . Phương trình của  S  là
A.  x  3   y  2    z  1  36 .
2

 x  3

2

2

2

  y  2    z  1  36 .
2

2

C.  x  3   y  2    z  1  6 .
2

 x  3

2

B.

2

2

D.

  y  2    z  1  6 .
2

2

Câu 39. [Mức độ 3] Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số
từ tập S . Tìm xác suất để số được chọn có các chữ số sắp xếp theo thứ tự giảm dần và không
chứa hai chữ số nguyên nào liên tiếp nhau.
5
5
1
5
A.
B.
.
C.
.
D.
.
63
548
36
1512
Câu 40. [ Mức độ 4] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vng tại A và D ,

AB  3a, AD  DC  a . Gọi I là trung điểm của AD , biết hai mặt phẳng  SBI  và  SCI 
cùng vuông góc với đáy và mặt phẳng  SBC  tạo với đáy một góc 60�. Gọi M là điểm nằm
trên AB sao cho AM  2a , tính khoảng cách giữa MD và SC .
a 17
a 15
a 6
a 3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
5
10
19
15
 m  1 2 x  3  1
f  x 
Câu 41. Cho hàm số
( m �0 và là tham số thực). Tập hợp m để hàm số đã
2
 2 x  3 
m
�1 �
 ;1�có dạng S   �; a  � b; c  � d ; � với a, b, c, d là các
cho nghịch biến trên khoảng �
�2 �

số thực. Tính P  a  b  c  d .
A. 3 .
B. 1 .
C. 0 .
D. 2 .
x
Câu 42. Cường độ ánh sáng đi qua môi trường nước biển giảm dần theo công thức I  I 0 .e
với I 0 là
cường độ ánh sáng bắt đầu đi vào môi trường nước biển và x là độ dày của mơi trường đó ( x
tính theo đơn vị mét). Biết rằng môi trường nước biển có hằng số hấp thụ là   1, 4 .Hỏi ở độ
sâu 30 mét thì cường độ ánh sáng giảm đi bao nhiêu lần so với cường độ ánh sáng lúc ánh sáng
bắt đầu đi vào nước biển?
A. e 21 lần.
B. e 42 lần.
C. e 21 lần.
D. e 42 lần.
ax  b
Câu 43. Cho hàm số y 
có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Kết luận nào sau đây đúng?
cx  d


A. ad  0; bc  0 .
B. ad  0; bc  0 .
C. ad  0; bc  0 .
D. ad  0; bc  0 .
Câu 44. [ Mức độ 4] Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình trịn tâm O. Một mặt phẳng qua đỉnh của hình
nón và cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác vng có diện tích bằng 4. Góc giữa đường
cao của hình nón và mặt phẳng thiết diện bằng 300 . Thể tích của khối nón được giới hạn bởi
hình nón đã cho bằng

10 2
8 3
5 3
A. 5 .
B.
.
C.
.
D.
3
3
3
� �
Câu 45. [ Mức độ 4] Cho hàm số f  x  có f � � 2 và f '  x   x sin x .
�2 �
Giả sử rằng


2

cos x. f  x  dx=
�
0

a  2 ( với a, b, c là các số nguyên dương, a tối giản). Khi đó

b
b c

a  b  c bằng

A. 23 .
B. 5 .
C. 20 .
D. 27 .
Câu 46 [ Mức độ 3] Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên �. Có đồ thị như hình vẽ .

Tổng tất cả các giá trị của nguyên của tham số m

 �
�
2 f (cosx)  m có nghiệm x �� ;  �
�2 �
A. 1
B. 0
C. 1
Câu 47. Cho các số thực a, b, c thuộc khoảng  1; � và thỏa mãn
Để phương trình f





D. 2

�c 2 �
log 2 a b  log b c.log b � � 9log a c  4 log a b . Giá trị của biểu thức log a b  log b c 2 bằng
�b �
1
A. 1 .

B. .
C. 2 .
D. 3 .
2


Câu 48. [ Mức độ 4] Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình vẽ dưới.

Có bao nhiêu giá trị ngun của tham số m thuộc đoạn  0;20 sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm
số g  x   2 f  x   m  4  f  x   3 trên đoạn  2;2 không bé hơn 1 ?
A. 18.
B. 19.
C. 20.
D. 21.
� 1350 , tam giác
Câu 49. Cho hình chóp S . ABC , đáy là tam giác ABC có AB  a; AC  a 2 và CAB
SAB vuông tại B và tam giác SAC vng tại A . Biết góc giũa hai mặt phẳng  SAC  và  SAB 

bằng 300 . Tính thể tích khối chóp S . ABC .
a3
a3
a3 6
a3 6
A.
.
B.
.
C.
.
D.

.
6
3
3
6
Câu 50: Có tất cả bao nhiêu cặp số  a, b  với a, b là các sổ nguyên dương thỏa mãn
log 3 (a  b)  ( a  b)3  3  a 2  b 2   3ab(a  b  1)  1

A. 2

B. 3

C. 1

--------------HẾT---------------

D. Vô số


ĐÁP ÁN ĐỀ THI
1D
11D
21D
31B
41A

Câu 1.

2A
12C

22A
32A
42B

3D
13B
23B
33D
43B

4C
14D
24C
34B
44D

5D
15B
25A
35C
45D

6D
16C
26B
36B
46D

7D
17Đ

27C
37C
47A

8B
18C
28C
38C
48B

9B
19C
29D
39A
49A

10D
20C
30B
40B
50A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
[Mức độ 1] Lớp 12A có 20 học sinh nam và 25 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn một đơi
song ca gồm 1 nam và 1 nữ?
A. 45 .
B. C452 .
C. A452 .
D. 500 .
Lời giải

Câu 2.

- Chọn 1 nam có 20 cách chọn.
- Chọn 1 nữ có 25 cách chọn.
Theo quy tắc nhân có 20.25  500 cách.
[Mức độ 1] Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u1  2 , công sai d  3 . Số hạng thứ 5 của

 un 

bằng
A. .
14

B.

10

.

C.

162

.

D.

30

.

Lời giải
Câu 3.

Ta có u5  u1  4d  2  4.3  14 .
[Mức độ 1] Phương trình 20204 x8  1 có nghiệm là
7
9
B. x  .
B. x  2 .
C. x  .
4
4
Lời giải

D. x  2 .

Ta có 20204 x 8  1 � 4 x  8  0 � x  2 .
Câu 4.

[Mức độ 1] Cho khối hộp chữ nhật có độ dài ba kích thước lần lượt là 4;6;8 . Thể tích khối hộp
chữ nhật đã cho bằng
B. 288 .
B. 64 .
C. 192 .
D. 96 .
Lời giải
Thể tích khối hộp chữ nhật đã cho bằng: 4.6.8  192
2

[ Mức độ 2] Tìm tập xác định cảu hàm số y  e log (  x 3 x )
A. D=�.
B.  .
C. 2 .
Lời giải
f�
( x )  cos x � f ( x )  sin x  C
Lại có f (0)  1 � sin 0  C  1 � C  1 � f ( x)  sin x  1

Câu 5.





0

0

D. 2  



f ( x)dx  �
(sin x  1)dx  (  cos x  x) 0  1    ( 1)  2  
�


Câu 6.

( x)  cos x và f (0)  1 . Giá trị
[ Mức độ 2] Cho hàm số f ( x) có đạo hàm f �

A. 0 .

B.  .

f ( x) dx
�
0

C. 2 .
Lời giải

f�
( x )  cos x � f ( x )  sin x  C
Lại có f (0)  1 � sin 0  C  1 � C  1 � f ( x)  sin x  1

D. 2  

bằng






0

0

f ( x)dx  �
(sin x  1)dx  (  cos x  x)
�


0

 1    ( 1)  2  

Câu 7 . [ Mức độ 1] Cho hình chóp có đáy là hình vng cạnh bằng a và chiều cao 3a . Thể tích của
hình hộp đã cho bằng
1 3
A. a 3 .
B. 9a 3 .
C. a .
D. 3a 3 .
3
Lời giải
2
Thể tích của khối hộp đã cho là V  Bh  a .3a  3a 3
Câu 8 . [ Mức độ 1] Diện tích xung quanh hình trụ có độ dài đường sinh bằng l và bán kính đáy bằng
r là:
A. 4 rl .
B. 2 rl .
1
C.  rl .
D.  rl .
3

Lời giải
Diện tích xung quanh hình trụ có độ dài đường sinh bằng l và bán kính đáy bằng r là
S xq  2 rl
Câu 9 . [ Mức độ 1] Cho khối cầu có bán kính R  2 . Thể tích của khối cầu đã cho bằng
32
A.16
B.
C. 32
D. 2
3
Lời giải
Chọn B
4 R 3 32
Ta có V 

3
3
Câu 10 . [ Mức độ 1] Với số thực dương a tùy ý, log 3 a bằng
1
1
A. 2  log 3 a
B.  log 3 a
C. 2 log 3 a
D. log 3 a
2
2
Lời giải
Chọn D
1
Ta có log 3 a  log3 a

2

Câu 11 . [ Mức độ 2] Tập nghiệm của bất phương trình log( x  9)  1 là
A. (2; �) .

B. (11; �) .

log( x  9)  1 � x  9  10 � x  1

C. (�; 2) .
Lời giải

� S  (1; �)
Câu 12. [ Mức độ 2] Cho hàm số f ( x) có bảng biến thiên

Hàm số nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

D. (1; �) .


C. (1;1) .
D. (0; 2) .
Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( - 1;1) ,
A. (0; 4) .

B. ( �; 1) .

Câu 13. [Mức độ 1] Cho khối nón có chiều cao bằng 2a và bán kính đáy bằng a . Thể tích của khối nón
đã cho bằng

4 a 3
2 a 3
 a3
A.
.
B.
.
C.
.
D. 2 a 3 .
3
3
3
Lời giải
1
1
2 a 3
Thể tích của khối nón đã cho bằng V   R 2 h   .a 2 .2a 
.
3
3
3
Câu 14. [Mức độ 2] Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hàm số đạt cực tiểu tại x  4 .
B. Điểm cực đại của đồ thị hàm số là x  0 .
C. Giá trị cực tiểu của hàm số bằng 1 .
D. Điểm cực đại của đồ thị hàm số là A  0; 3 .
Lời giải

Điểm cực đại của đồ thị hàm số là A  0; 3 .
Câu 15. [ Mức độ 1] Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ?

A. y = x 2 - 2 x - 1 .

B. y = x 3 - 2 x - 1 .
C. y = x 4 + 2 x 2 - 1 . D. y =- x 3 + 2 x - 1 .
Lời giải
Từ đồ thị hàm số suy ra đây là đồ thị của hàm số y = ax3 + bx 2 + cx + d và có hệ số a > 0 nên
chọn đáp án B.
x 2 - x +1
Câu 16 . [ Mức độ 1] Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y = 2
là
x - x- 2
A. 2 .
B. 1 .
C. 3 .
D. 4 .
Lời giải
1 1
1  2
x2  x  1
x x 1
y  lim 2
 lim
Ta có xlim
���
x ��� x  x  2
x ���
1 2

1  2
x x


Suy ra đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1 .
Lại có:
x2  x  1
lim  y  lim  2
 �
x � 1
x � 1 x  x  2
x2  x  1
lim  y  lim  2
 �
x � 1
x � 1 x  x  2
Suy ra đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng là x =- 1 và x = 2 .
x2  x  1
lim y  lim 2
 �
x �2 
x�2 x  x  2
x2  x  1
lim y  lim 2
 �
x �2
x� 2 x  x  2
Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.
2

2

1

1

f  x  dx  5 và �
�
2 f  x  g  x �
dx  13 thì
Câu 17. [ Mức độ 1] Nếu �
�
�
A. 3 .

B. 1 .

2

g  x  dx bằng
�
1

D. 3 .

C. 1 .
Lời giải

2

2

2

2

2

1

1

1

1

1

�
2 f  x  g  x �
f  x  dx  �
g  x  dx  10  �
g  x  dx  13 � �
g  x  dx  3
Ta có: �
�
�dx  2�
Câu 18. [ Mức độ 1] Cho hàm số y  f  x  có đồ thị  C  như hình vẽ.

Số nghiệm thực của phương trình 4 f  x   7  0 là

A. 2 .
B. 4 .
C. 3 .
D. 1 .
Lời giải
7
Ta có: 4 f  x   7  0 � f  x   . Số nghiệm của phương trình cho là số giao điểm của đồ thị
4
7
hàm số y  f  x  và đường thẳng y  . Suy ra phương trình cho có 3 nghiệm.
4
Câu 19. [ Mức độ 1] Gọi z là số phức liên hợp của số phức z  3  4i . Tìm phần thực và phần ảo của
số phức z .
A. Số phức z có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4 .
B. Số phức z có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4 .
C. Số phức z có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4 .
D. Số phức z có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4 .
Lời giải
Ta có : z  3  4i � z  3  4i
Vậy số phức z có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4 .
Câu 20 . [ Mức độ 1] Cho số phức z có điểm biểu diễn trong mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm M  3; 5  .
Xác định số phức liên hợp z của z
A. z  5  3i .

B. z  5  3i .

C. z  3  5i .

D. z  3  5i .

Lời giải
Vì z có điểm biểu diễn trong mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm M  3; 5  nên
z  3  5i � z  3  5i .
Câu 21. [ Mức độ 1] Cho hai số phức z1  2  3i và z2  1  i . Tính modul của số phức z1  z2 .
A. 5 .

B.

C. 13 .
Lời giải

5.

D. 13 .

Ta có
z1  z2  3  2i .
� z1  z2  32  22  13 .

Câu 22. [ Mức độ 2] Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc của điểm A  1; 2;3 trên mặt phẳng

 Oyz  có tọa độ là
A.  0; 2;3 .

B.  1;0;3 .

C.  1;0; 0  .
D.  0; 2; 0  .
Lời giải

Ta có hình chiếu vng góc của điểm A  1; 2;3 trên mặt phẳng  Oyz  là A1  0; 2;3  .
Câu 23. [ Mức độ 1] Trong không gian Oxyz, tọa độ tâm của mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6  0
là.
A.  2; 4;0  .
B.  1; 2;0  .
C.  1; 2;3 .
D.  2; 4;6  .
Lời giải

Ta có  S  :  x  1   y  2   z  11 nên tọa độ tâm mặt cầu là  1; 2;0  .
Câu 24 . [ Mức độ 1] không gian Oxyz, cho mặt phẳng    : 2 x  3z  1  0 véc-tơ nào dưới đây là
2

2

2

một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng    :
r
r
A. n   2;3; 1 .
B. n   2;3;0  .

r
C. n   2;0; 3 .

r
D. n   2;0; 3 .

Lời giải

Mặt phẳng ax  by  cz  d  0 có các véc-tơ pháp tuyến dạng

r
n   ka; kb; kc  , k  R, k

r
0. Suy ra    có một véc-tơ pháp tuyến là n   2; 0; 3 .
----------------

�x  1  2t
�
Câu 25. [ Mức độ 1] Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng d : �y  3  t ?
�z  3t
�
A. M  1;3;0  .
B. N  1;3;3 .
C. P  2; 1; 0  .
D. Q  2; 1;3  .

Lời giải
Thay tọa độ điểm M  1;3;0  vào phương trình đường thẳng d, ta có:
1  1  2t
t 0
�
�
�
�
3  3 t � �
t  0 (thỏa)
�

�
�
0  3t
t 0
�
�
Vậy điểm M  1;3;0  thuộc đường thẳng d.

Câu 26. [ Mức độ 1] Cho hàm số y  f  x  , bảng xét dấu của f '  x  như sau:


Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là
A. 0 .
B. 2 .

C. 1 .
D. 3 .
Lời giải
Tại điểm x0 là cực tiểu của hàm số thì qua điểm x0 , y ' đổi dấu từ âm sang dương.
Vì vậy, tại điểm x  1, x  1 là hai điểm cực tiểu của hàm số đã cho.

Câu 27. [ Mức độ 2] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi tâm O , ABD đều cạnh a 2 , SA
vng góc với mặt phẳng đáy và SA 
thẳng SO và mặt phẳng  ABCD  bằng

A. 45�
.

3a 2
(minh họa như hình bên dưới). Góc giữa đường

2

B. 30�.

C. 60�.
D. 90�.
Lời giải
Do SA   ABCD  nên hình chiếu vng góc của SO lên mặt phẳng  ABCD  là AO . Khi đó

� .
góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng  ABCD  là SOA
3 a 6
.

2
2
3a 2
a 6
�  SA  3a 2 : a 6  3
SOA vng tại A có SA 
, AO 
nên tan SOA
2
2
AO
2
2
�
� SOA  60�.

ABD đều cạnh a 2 nên AO  AB

Vậy góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng  ABCD  bằng 60�.

4
2
Câu 28. [ Mức độ 2] Giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  10 x  1 trên đoạn  3; 2 bằng
A. 1 .
B. 23 .
C. 24 .
D. 8 .
Lời giải
4
2
Hàm số f  x   x  10 x  1 xác định trên đoạn  3; 2 .

�
x  0 � 3; 2
�
3
x  5 � 3; 2
Ta có f '  x   4 x  20 x . Khi đó f '  x   0 � �
�
x   5 � 3; 2
�





f  3  8 ; f  5  24 ; f  0   1 ; f  2   23 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  trên đoạn  3; 2 bằng 24 , đạt được tại x   5 .






2
Câu 29. Xét tất cả số thực dương a và b thỏa mãn log3 a  log 27 a b . Mệnh đề nào dưới đây là

đúng?
A. a  b 2 .

C. a  b .
Lời giải

B. a 3  b .



D. a 2  b .

1



Ta có: log 3 a  log 27 a 2 b � log3 a  log 3 a 2  log 3 b 2
3

3

1
1
� log 3 a  log 3 b � 2 log 3 a  log 3 b
3
6
� log 3 a 2  log 3 b � a 2  b

Câu 30. Số giao điểm của đồ thị hàm số y  x 4  5 x 2  4 với trục hồnh là
A. 3 .
B. 4 .
C. 2 .
Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm:
x  �1
�
x4  5x2  4  0 � �
x  �2
�

D. 1 .

Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số y  x 4  5 x 2  4 với trục hoành là 4.
Chọn B.
2
Câu 31. Tập nghiệm của bất phương trình 9log9 x  x log9 x �18 là
1 �
�
B. � ;9 �.

9 �
�

A.  1;9 .

C.  0;1 � 9; � .

� 1�
0; � 9; � .
D. �
� 9�
�

Lời giải
log92 x 

log 9 x

Xét bất phương trình: 9
x
�18
Điều kiện: x  0 .
t
Đặt t  log 9 x � x  9 . Thay vào bất phương trình ta có:
2

9t �
���
(9t )t 18


9t

2

9t

2

18

9t

2

2
ۣ
�t ��
1

1 t 1
1
����
1 log
�9 x 1
9
Câu 32.

9

.

1 �
�
x 9 . Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S  � ;9 �.
9 �
�
Cho mặt cầu  S  . Biết rằng khi cắt mặt cầu  S  bởi một mặt phẳng cách tâm một khoảng có

độ dài là 3 thì được giao tuyến là đường trịn  T  có chu vi là 12 . Diện tích của mặt cầu  S 
bằng
A. 180 .
B. 180 3 .
C. 90 .
D. 45 .
Lời giải
Mặt cầu  S  có bán kính là r , khoảng cách từ tâm của mặt cầu  S  tới mặt phẳng  T  là h
Vì mặt phẳng đã cho cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến là một đường trịn  T  có chu vi là 12
Gọi bán kính của đường trịn  T  là r ' � 2 r '  12 � r '  6
Áp dụng công thức r ' 

r 2  h2 � r  h 2  r '2  32  62  45

� Diện tích của mặt cầu  S  là: S  4 r 2  180 .
4

Câu 33. [Mức độ 2] Cho tích phân I  �
x x2  9dx . Khi đặt t  x2  9 thì tích phân đã cho trở
0
thành

5

A. I  �
tdt .
3

4

B. I  �
tdt .
0

4

C. I  �
t2dt .
0

Lời giải

5

D. I  �
t2dt .
3


Đặt t  x2  9
� t2  x2  9
� 2tdt  2xdx

� tdt  xdx
Đổi cận: với x  0 thì t  3, với x  4 thì t  5.
5

Khi đó: I  �
t2dt .
3

Câu 34. [Mức độ 1] Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y  x2 , y  0, x  1, x  2 bằng
4
7
8
A. .
B. .
C. .
D. 1 .
3
3
3
Lời giải
2
7
Ta có: S  �x2 dx  .
1
3
Câu 35. [ Mức độ 2] Cho số phức z  2  3i . Mô-đun của số phức w  2 z   1  i  z bằng
A. 4 .

B. 2 .

w  2  2  3i    1  i   2  3i   10 .

C. 10 .
Lời giải

D. 2 2 .

Vậy chọn đáp án C.
Câu 36. [ Mức độ 2] Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình 9 z 2  6 z  4  0 . Giá trị của biểu
1
1

thức
bằng
z1 z2
A.

4
.
3

B. 3 .

C.

3
.
2

D. 6 .

Lời giải

�
1
3
z 
i
�
3 3
2
�
9 z  6z  4  0 �
.
�
1
3
z 
i
�
3 3
�
1
1
1
1



3

1
3
1
3
Suy ra z1 z2
.
 
i  
i
3 3
3 3
Vậy chọn đáp án B.
Câu 37. [Mức độ 2]Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm M  1; 2;3  và song song với mặt
phẳng  P  : x  2 y  z  3  0 có phương trình là
A. x  2 y  z  3  0 . B. x  2 y  z  0 .
D. x  2 y  z  8  0 .

C. x  2 y  z  0 .

Lời giải
Mặt phẳng đi qua điểm M  1; 2;3  và song song với mặt phẳng  P  : x  2 y  z  3  0 , có véc
r uur
tơ pháp tuyến: n  nP   1;  2;1 .
Phương trình mặt phẳng theo u cầu bài tốn là:
1 x  1  2  y  2   1 z  3   0 � x  2 y  z  0 .


x 1 y z  2
 
và mặt phẳng

2
2
1
 P  : 2 x  y  z  3  0 . Gọi  S  là mặt cầu tâm I thuộc  và tiếp xúc  P  tai điểm H  1; 1; 0  .

Câu 38. [Mức độ 2]Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  :
Phương trình của  S  là

A.  x  3   y  2    z  1  36 .
2

 x  3

2

2

2

B.

  y  2    z  1  36 .
2

2

C.  x  3   y  2    z  1  6 .
2

 x  3

2

2

2

D.

  y  2    z  1  6 .
2

2

Lời giải
x 1 y z  2
 
� I  1  2t ; 2t ; 2  t   t ��
.
2
2
1
 S  là mặt cầu tâm I thuộc  và tiếp xúc  P  tai điểm H  1; 1;0  :

Ta có: I � :

d  I ,  P    IH �

�

5t  1

2  1  2t   2t   2  t   3
22   1  12
2

 9t 2  8t  5 �

6
� I  3;  2;1 , r  IH  6 .



 2t 

2

  1  2t    2  t 
2

2

25t 2  10t  1
 9t 2  8t  5 � t 2  2t  1  0 � t  1 .
6

Vậy:  S  :  x  3   y  2    z  1  6 .
2

2

2

Câu 39. [Mức độ 3] Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số
từ tập S . Tìm xác suất để số được chọn có các chữ số sắp xếp theo thứ tự giảm dần và không
chứa hai chữ số nguyên nào liên tiếp nhau.
5
5
1
5
A.
B.
.
C.
.
D.
.
63
548
36
1512
Lời giải
Xét phép thử "Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S ".
3
Số phần tử của không gian mẫu là: n()  9. A9  4536
Gọi A là biến cố "Số được chọn có các chữ số sắp xếp theo thứ tự giảm dần và không chứa hai
chữ số nguyên nào liên tiếp nhau".
Gọi số được chọn là : abcd
• Vì chữ số sắp xếp theo thứ tự giảm dần nên: 9 �a  b  c  d �0
.

• Trong số được chọn không chứa hai chữ số nguyên nào liên tiếp nhau nên:
0 �d  c  1  b  2  a  3 �6
. Đặt: a1  a  3; b1  b  2; c1  c  1; d1  d
. Khi đó 0 �d1  c1  b1  a1 �6 .
4
4
Số cách chọn bộ bốn số ( a1 ; b1 ; c1; d1 ) là C7 (cách) ⇒ có C7 cách chọn ( a; b; c; d )
. Mỗi cách chọn ( a; b; c; d ) chỉ có một cách sắp xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán nên tạo ra
một số.
4
Suy ra: n( A)  C7  35
n( A)
35
5


. Xác suất cần tìm là P ( A) 
n() 4536 648


Câu 40. [ Mức độ 4] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vng tại A và D ,
AB  3a, AD  DC  a . Gọi I là trung điểm của AD , biết hai mặt phẳng  SBI  và  SCI 
cùng vng góc với đáy và mặt phẳng  SBC  tạo với đáy một góc 60�. Gọi M là điểm nằm
trên AB sao cho AM  2a , tính khoảng cách giữa MD và SC .
a 17
a 15
a 6
a 3
A.
.

B.
.
C.
.
D.
.
5
10
19
15
Lời giải

� SBI    ABCD 
�
� SCI    ABCD 
� SI   ABCD  . Vậy SI là đường cao của hình chóp
Theo giả thiết �
SBI
�
SCI

SI




�
�
�
S . ABCD .

Giả thiết góc giữa  SBC  với đáy là 60�, hai mặt phẳng có giao tuyến là BC . Từ I hạ

IK  BC  1 .
Từ SI   ABCD  � SI  BC � ABCD   2  . Từ  1 ,  2  suy ra BC   SIK  . Vậy góc giữa
�  60�.
� . Do đó SKI
mặt phẳng  SBC  và mặt đáy là góc SKI
Ta có AM  2a � BM  a, MD //BC . Vậy d  MD, SC   d  MD,  SBC    d  D,  SBC   .
ED DC 1
1

 � ED  AD  ID .
Gọi  E  AD �BC , ta có EDC : EAB �
EA AB 3
2
Suy ra 2d  D,  SBC    d  I ,  SBC   .

Trong tam giác SIK vuông tại I vẽ IH  SK tại H . Suy ra IH   SBC  � d  I ,  SBC    IH
1
1
1

 2  * . Tính IS , IK .
Ta có:
2
2
IH
IK
IS
�  SI � SI  IK .tan 60� IK . 3 .

Trong tam giác vng SIK có tan SKI
IK
AM . AI 2a.a 2a
2a
2a 15


. 3
Mặt khác IK  d  I , BC   d  A, DM  
. Vậy SI 
.
DM
a 5
5
5
5
Thay vào

 *

ta có

1
5
5
5

 2  2 . Suy ra IH  a 15 . Vậy d  MD, SC   a 15 .
2
2

IH
12a
4a
3a
5
10


 m  1

2 x  3  1
Câu 41. Cho hàm số
( m �0 và là tham số thực). Tập hợp m để hàm số đã
2
 2 x  3 
m
�1 �
 ;1�có dạng S   �; a  � b; c  � d ; � với a, b, c, d là các
cho nghịch biến trên khoảng �
�2 �
số thực. Tính P  a  b  c  d .
A. 3 .
B. 1 .
C. 0 .
D. 2 .
Lời giải
�1 �
Đặt t  2 x  3 , x �� ;1�.
�2 �
1

�1 �
�1 �
 0, x ��
 ;1�nên với x ��
 ;1� thì t � 1; 2 
Ta có: t x�
2 x  3
�2 �
�2 �
2
 m  1  1 �1 �
m .
��
x  yt .t x 
� �.
Ta có y�
2
� 2 � �t �
t  �
�
� m�
2
�
� m  1 m  1 �1 �
. � � 0
�
2
�t �
2
�

�
� t 
�
�
�� m �
�1 � �
 ;1�thì �
, t � 1; 2 
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng �
� 2 � ��2
1
��
m
��2
��  2
m
�
��
2
�
m

1
1


�
m . �1 � 0
�
� �

2
2
�
2 � �t �
��
1   m  1  0
t  �
�
�
m
�
�� m �
�
��
, t � 1; 2  � ��
, t � 1; 2 
m � �; 0  � 2; �
��2 �1
��
��
��
m
�m � 0;1
��2
�� �2
�
��
m
f  x 

2
1
m . �1 � 0, t � 1; 2 
�
� �
2
� 2 � �t �
t  �
�
� m�

 m  1

�m  2
0
�
�� m
�
m � �;0  � 0;1 � 2; �
�

2
�
1   m  1  0
�
�
m
��
, t � 1; 2 
2

�
t  �0
� m

�m � �; 2  � 0; �
�
��
�m � �;0  � 0;1 � 2; �

� m � �; 2  � 0;1 � 2; � .

Suy ra a  2, b  0, c  1, d  2.
Vậy P  a  b  c  d  3.
x
Câu 42. Cường độ ánh sáng đi qua môi trường nước biển giảm dần theo công thức I  I 0 .e
với I 0 là
cường độ ánh sáng bắt đầu đi vào môi trường nước biển và x là độ dày của mơi trường đó ( x
tính theo đơn vị mét). Biết rằng mơi trường nước biển có hằng số hấp thụ là   1, 4 .Hỏi ở độ


sâu 30 mét thì cường độ ánh sáng giảm đi bao nhiêu lần so với cường độ ánh sáng lúc ánh sáng
bắt đầu đi vào nước biển?
A. e 21 lần.
B. e 42 lần.
C. e 21 lần.
D. e 42 lần.
Lời giải
Cường độ ánh sáng lúc bắt đầu đi vào nước biển là I 0 .
Ở độ sâu x  30 mét với hằng số hấp thụ là   1, 4 ,cường độ ánh sáng đi vào nước biển là
I

I  I 0 .e   x  I 0 .e 30.1,4  420 .
e
Vậy ở độ sâu 30 mét thì cường độ ánh sáng giảm đi e 42 lần so với cường độ ánh sáng lúc ánh
sáng bắt đầu đi vào nước biển.
ax  b
Câu 43. Cho hàm số y 
có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Kết luận nào sau đây đúng?
cx  d

A. ad  0; bc  0 .
C. ad  0; bc  0 .

B. ad  0; bc  0 .
D. ad  0; bc  0 .
Lời giải

a
a
nằm phía trên trục hồnh nên  0 .
(1)
c
c
d
d
0.
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x 
nằm bên phải trục tung nên
(2)
c
c

a d
Từ (1) và (2) suy ra .  0 � ad  0 .
c c
b
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên  0 .
(3)
d
d b
Từ (2) và (3) suy ra  .  0 � bc  0
c d
Câu 44. [ Mức độ 4] Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình trịn tâm O. Một mặt phẳng qua đỉnh của hình
nón và cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác vng có diện tích bằng 4. Góc giữa đường
cao của hình nón và mặt phẳng thiết diện bằng 300 . Thể tích của khối nón được giới hạn bởi
hình nón đã cho bằng
10 2
8 3
5 3
B. 5 .
B.
.
C.
.
D.
.
3
3
3
Lời giải
Theo giả thiết ta có: SAB vng cân tại S và S SAB  4 .
1 2

Nên SA  4 � SA  2 2 � l  2 2
2
và AB  SA 2  4 .

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y 


Gọi H là trung điểm của AB . Suy ra AB  OH , SH 

1
AB  2.
2

Gọi K là hình chiếu của O lên SH.
AB  OH �
Ta có:
�� AB   SOH  � AB  OK mà SH  OK nên OK   SAB  .
AB  SO �

� � OSK
�  30�.
Do đó, góc giữa SO và  SAB  là OSK
�  30�nên OH  1 SH  1 � SO  3 .
SOH vng tại O , có OSH
2
2
2
2
Do r  OH  HB  1  4  5 � r  5 .
1

1
5 3
.
� V  SO. r 2  . 3. .5 
3
3
3

� �
Câu 45. [ Mức độ 4] Cho hàm số f  x  có f � � 2 và f '  x   x sin x .
�2 �
Giả sử rằng


2

cos x. f  x  dx=
�
0

a  2 ( với a, b, c là các số nguyên dương, a tối giản). Khi đó

b
b c

a  b  c bằng

A. 23 .

B. 5 .

C. 20 .
D. 27 .
Lời giải
f '  x  dx= �
x sin xdx   �
x.d  cos x    x.cos x  �
cos xdx
Do f '  x   x sin x nên f  x   �
  x cos x  sin x  C .




� �
Theo giả thiết f � � 2 �  cos  sin  C  2 � C  1 .
2
2
2
�2 �
Vậy f  x    x cos x  sin x  1 .

2


2


2

0

0

0

cos x. f  x  dx= �
cos x.   x cos x  sin x  1 dx= �
 x.cos
�

2

 �
x.cos 2 xdx +
0




2


2

1
sin 2 xdx + �
cos xdx
2�
0

0


2


2


2

1
1 1
x  1  cos 2 x  dx+ . �
sin 2 xd  2 x   �
cos xdx
�
20
2 20
0

2


2

1
1
1
 �

xdx  �
x.cos 2 xdx  .   cos 2 x 
20
20
4

2 2
x

1
 .
2 2



2

0




1
cos 2 x 02

4


1
1

 1
16 2
4

 sin


x.sin 2 x 02


x 02






2


2


2
0

 sin


x 02

1 1
x.d  sin2 x 
2�
2
0

1
sin 2 xdx
4�
0

2



x  sin x.cos x  cos x dx




2 3 1
7 2 .
2

  cos 2 x 0  
16 2 8
4 16
a


7;
b

4;
c

16
Vậy
. Khi đó: a  b  c  7  4  16  27 .
Câu 46 [ Mức độ 3] Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên �
Có đồ thị như hình vẽ . Tổng tất cả các giá trị của nguyên của tham số m
 �
�
Để phương trình f 2 f (cosx)  m có nghiệm x �� ;  �
�2 �
A. 1
B. 0
C. 1





D. 2

Lời giải

 �
�
Đặt t  cos x vì x �� ;  �nên t � 1;0

�2 �

Trên khoảng  1;0 hàm số nghịch biến nên suy ra

với t � 1;0 thì f (0) �f (t )  f (1) hay 0 �f (t )  2

Đặt u  2 f (cosx) thì u  2 f (t) , u � 0; 2  khi đó bài tốn trở thành . Tìm m để phương trình

f (u )  m có nghiệm có nghiệm u � 0; 2 

Quan sát đồ thị ta thấy rằng với u � 0; 2  thì f (u ) � 2; 2  � 2 �m  2

Vì m ��� m � 2; 1;0;1 vậy có 4 giá trị của m
Tổng các giá trị của m là -2 vậy chọn D
Câu 47. Cho các số thực a, b, c thuộc khoảng  1; � và thỏa mãn

�c 2 �
log 2 a b  log b c.log b � � 9log a c  4 log a b . Giá trị của biểu thức log a b  log b c 2 bằng
�b �
A. 1 .

B.

1
.
2

C. 2 .
Lời giải

�c
log 2 a b  log b c.log b �
�b

2

�
� 9log a c  4 log a b
�

�  2 log a b   log b c.  2 log b c  1  9 log a c  4 log a b
2

�  2 log a b   log b c.2 log b c  log b c  9 log a b.log b c  4 log a b  0 (1).
2

log a b  x
�
Đặt �
. Do a, b, c thuộc khoảng  1; � nên x  0; y  0 .
log b c  y
�
Khi đó (1) trở thành 4 x 2  2 y 2  y  9 xy  4 x  0
�  4 x 2  xy    2 y 2  8 xy    y  4 x   0

�  4 x  y   x  2 y  1  0

D. 3 .

�4 x  y  0
�y  4 x
��
��
.
x  2 y 1  0
x  2y 1
�
�
Do x  0; y  0 nên y  4 x bị loại. Khi đó x  2 y  1
2
Suy ra log a b  2 log b c  1 � log a b  logb c  1
Câu 48. [ Mức độ 4] Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình vẽ dưới.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  0;20 sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm
số g  x   2 f  x   m  4  f  x   3 trên đoạn  2;2 không bé hơn 1 ?
A. 18.

B. 19.

C. 20.
D. 21.
Lời giải
Quan sát đồ thị hình vẽ, ta thấy 2 �f  x  �2, x � 2;2 � 2 f  x   4 �0, x � 2;2 .
Vì m � 0;20 nên 2 f  x   m  4 �0, x � 2;2 .

Suy ra 2 f  x   m  4  2 f  x   m  4 , x � 2;2 .
Khi đó g  x   2 f  x   m  4  f  x   3  f  x   m  1 , x � 2;2 .
Với m  0 thì g  x   f  x   1 , x � 2;2 . Do 2 �f  x  �2, x � 2;2

� 1 �f  x   1 �3, x � 2;2  �0 �f
 x 1

3, x



2;2 

� min g  x   0 (khơng thỏa mãn u cầu bài tốn) � m  0 khơng là giá trị cần tìm.
 2;2

0 f  x
Với m � 1;20 ta có m  1 � 2;21 �

m 1 23 � g  x   f  x   m  1 .

Từ 2 �f  x  �2, x � 2;2 , suy ra f  x   m  1 �m  1  2  m  1
� min g  x   m  1 .
 2;2

g  x  �1 � m  1 �1 ۳ m
Yêu cầu bài toán: min
 2;2

2. Suy ra m � 2;20 .

Mà m �� nên m � 2;3;4;...;20 . Vậy có tất cả 20  2  1  19 giá trị nguyên của m thỏa mãn
yêu cầu bài toán.

� 1350 , tam giác
Câu 49. Cho hình chóp S . ABC , đáy là tam giác ABC có AB  a; AC  a 2 và CAB
SAB vuông tại B và tam giác SAC vng tại A . Biết góc giũa hai mặt phẳng  SAC  và  SAB 

bằng 300 . Tính thể tích khối chóp S . ABC .
a3
a3
A.
.
B.
.
6
3

a3 6
.
3
Lời giải
C.

D.

a3 6
.
6


Gọi D là hình chiếu vng góc của S xuống mặt phẳng  ABC  .
�AB  SB
� AB   SBD  � AB  BD .

�
�AB  SD
�AC  SA
� AC   SAD  � AC  AD .
�
�AC  SD
� 1350 � BAD
�  450 .
Tam giác ABC có CAB
�  450 suy ra tam giác ABD cân và AD  a 2 .
Tam giác ABD vng vng tại B có BAD
Từ đó có tam giác ACD vuông cân tại A � tứ giác ABCD là hình thang vng tại B và D .
Trong mặt phẳng  SBD  , hạ DH  SB ( H �SB) . Dễ chứng minh DH   SAB  .
Trong mặt phẳng  SAD  , hạ DK  SA ( K �SA) . Dễ chứng minh DK   SAC  .
�  300 do đó tam
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SAC  ta có   �
DH , DK   HDK
giác DHK vuông tại H .
Đặt SD  x, ( x  0 ) .
Tam giác DHK vuông tại H có
2a 2  x 2
HD
3
ax
�
cos HDK 
�

.
DK

2
2 . ax
a2  x2
�

6 a 2  x 2  2 2a 2  x 2

� 6 a 2  6 x 2  8a 2  4 x 2
� xa .
3

3
1
�  a . Vậy thể tích khối chóp S . ABC là a
VS . ABC  . SD. AB. AC .sin BAC
6
6
6
Câu 50: Có tất cả bao nhiêu cặp số  a, b  với a, b là các sổ nguyên dương thỏa mãn

log 3 (a  b)  ( a  b)3  3  a 2  b 2   3ab(a  b  1)  1

A. 2

B. 3

Với a, b là các số nguyên dương, ta có

C. 1
Lời giải

D. Vơ số






log 3 (a  b)  (a  b)3  3 a 2  b 2  3ab (a  b  1)  1
a 3  b3
 a 3  b3  3ab( a  b)  3 a 2  b 2  ab  3ab(a  b)  1
2
2
a  b  ab
2
2
� log 3 a 3  b3  a 3  b3  log 3 �
3 a 2  b 2  ab �
�
� 3 a  b  ab
Xét hàm số f (t )  log 3 t  t trên (0; �)



� log 3















1
 1  0, t  0 nên hàm số f (t ) đồng biển trên (0; �)
t ln 3
Khi đó, phương trình (1) trở thành
f a 3  b3  f �
3 a 2  b 2  ab �
�
�
f �(t ) 












 ab  (a  b  3)  0

� a 3  b3  3 a 2  b2  ab



� a2  b2

��
a 2  b 2  ab  0(*)
�
a b3 0
*
Do a, b ��
nên phưong trinh (*) vô nghiệm. Suy ra a  b  3 Mà a, b là các sổ nguyên dương

�
0a3 �
a2
�
�
0b3
b 1
�
�
��
nên �
b 1
�a  b  3
�

*
�
�
b2
�
�a, b ��
Vậy có hai cặp số  a, b  thỏa mãn yêu càu bài toán.
--------------HẾT---------------