Đề thi bồi dưỡng THPT lần 2 môn Toán năm 2018 – 2019 trường Bỉm Sơn – Thanh Hóa

Giới thiệu đến đọc giả nội dung đề thi bồi dưỡng THPT lần 2 môn Toán năm 2018 – 2019 trường Bỉm Sơn – Thanh Hóa, đề có mã 845 gồm 05 trang với 50 câu hỏi và bài toán dạng trắc nghiệm

32 16 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi THPTQG môn Toán năm 2023

Môn: Toán

Thông tin:

28 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Hoa
Trang 1/5 - Mã đề thi 485 - https://toanmath.com/
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
ĐỀ THI BỒI DƯỠNG THPT LẦN II
Môn thi: TOÁN
Năm học 2018 - 2019
Thời gian làm bài: 90 phút
(50 câu trắc nghiệm)
Mã đề thi
485
Họ và tên thí sinh:..................................................................... Số báo danh: .............................
Câu 1: Đường thẳng
6 1
y x m
là tiếp tuyến của đồ thị hàm số
3
3 1y x x
khi m bằng
A. -4 hoặc -2. B. -4 hoặc 0. C. 0 hoặc 2. D. -2 hoặc 2.
Câu 2: Cho hình trụ có bán kính R và trục có độ dài 2R. Tính thể tích của khối trụ?
A.
3
2
R
. B.
3
R
. C.
3
4
3
R
. D.
3
2
.
3
R
Câu 3: Với a, b là hai số dương tùy ý ,
3
ln
ab
bằng
A.
3ln lna b
. B.
. C.
ln 3lna b
. D.
ln 3lna b
.
Câu 4: Hàm số
3 2
2 3 1
y x x
đồng biến trong các khoảng nào sau đây?
A.
;0

B.
1;0
C.
1;

D.
; 1 ; 0;
 
Câu 5: Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng?
A. Bát diện đều. B. Hình lập phương.
C. Lăng trụ lục giác đều. D. Tứ diện đều.
Câu 6: Tính tích phân
2
2
1
2 1I x x dx
bằng cách đặt
2
1
u x
, mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
2
1
.I udu
B.
3
0
.I udu
C.
2
1
1
.
2
I udu
D.
3
0
2 .I udu
Câu 7: Cho
1 3
0 1
3; 1
f x dx f x dx
. Tính tích phân
0
3
f x dx
.
A. 4. B. -2. C. -4. D. 2.
Câu 8: Hàm số
4 2
3 1
y x x
có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2 B. 3 C. 0 D. 1
Câu 9: Số nghiệm của phương trình
7
log 4
3
x
x
là
A. 1. B. 0. C. 2. D. 3.
Câu 10: Tính
2
lim 2
x
x x x

?
A.
. B. -1. C.
.
D. 0.
Câu 11: Họ nguyên hàm của hàm số
2 3
x
y
là
A.
2 3
x
x C
. B.
2
3
ln 2
x
x C
. C.
2
3
ln 2
x
x C
. D.
3
2
x
C
x
.
Câu 12: Cho hình chữ nhật ABCD có
0
, 30 .
AB a BDC
Quay hình chữ nhật này xung quanh cạnh AD.
Tính diện tích xung quanh của hình trụ được tạo thành.
A.
2
.
xq
S a
B.
2
2
.
3
xq
a
S
C.
2
2 3 .
xq
S a
D.
2
3 .
xq
S a
Câu 13: Trong mặt phẳng cho tập hợp P gồm 10 điểm phân biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng
hàng. Số tam giác có 3 đỉnh đều thuộc tập hợp P là
A.
7
10
A .
B.
3
10
C.
3
10
A .
D.
3
10
C .
Trang 2/5 - Mã đề thi 485 - https://toanmath.com/
Câu 14: Cho hàm số
3
5 2
x
y
x
. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang
3
5
y
. B. Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
C. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng
3
5
x
. D. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng
2
5
y
.
Câu 15: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
: 2 3 5 0
P x my z
và mặt phẳng
: nx 8 y 6 z 2 0
Q
. Với giá trị nào của m và n thì hai mặt phẳng (P), (Q) song song với nhau.
A.
4.
m n
B.
4, 4.
m n
C.
4.
m n
D.
4, 4.
m n
Câu 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
1; 2 3
M
và
P
Gọi Q là điểm
đối xứng với điểm P qua trục Ox, tính MQ.
A.
2.
MQ
B.
6.
MQ
C.
1.
MQ
D.
2 10.
MQ
Câu 17: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thoi tâm O cạnh a,
0
60
ABC ,
SA ABCD
,
3
2
a
SA
. Khoảng cách từ O tới mặt phẳng (SBC) bằng
A.
3
.
8
a
B.
5
.
8
a
C.
3
.
4
a
D.
5
.
4
a
Câu 18: Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
2
3 1 4
6 5
x
y
x x
là
A. 1. B. 3. C. 0. D. 2
Câu 19: Tìm dãy số là cấp số nhân trong các dãy số sau:
A.
3
3; 3; 1; .
3
B.
2;2; 2 2;4.
C. 10; 5; 0; -5. D. 1; 2; -4; 8.
Câu 20: Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh
,AC AD
. Tìm mệnh đề đúng
trong các mệnh đề sau?
A.
/ / .MN ACD
B.
/ / .MN ABD
C.
/ / .MN BCD
D.
/ / .MN ABC
Câu 21: Cho phương trình
2 5 2
3 3 2.
x x
Đặt
1
3
x
t
, phương trình đã cho trở thành phương trình nào?
A.
2
3 2 0.
t t
B.
2
27 3 2 0.
t t
C.
2
81 3 2 0.
t t
D.
2
27 3 2 0.
t t
Câu 22: Cho hình nón có bán kính đáy
3
r và độ dài đường sinh
4l
. Tính diện tích xung quanh
xq
S
của hình nón đã cho.
A.
39 .
xq
S
B.
8 3 .
xq
S
C.
12 .
xq
S
D.
4 3 .
xq
S
Câu 23: Cho
4 3 2
4 2 1f x x x x x
. Tính
1
2 '
0
f x f x dx
.
A. 2. B.
2
3
. C. -2. D.
2
3
.
Câu 24: Cho biểu thức
5 1 2 5
2 2
2 2
.a a
P
a
. Rút gọn P được kết quả
A.
5
a
B.
a
C.
3
a
D.
4
a
Câu 25: Cho hàm số
ln x
y
x
, mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
2
1
2 ' '' .
y xy
x
B.
2
1
' ''y xy
x
. C.
2
1
2 ' ''y xy
x
. D.
2
1
' ''y xy
x
.
Câu 26: Cho
log 2
a
b
và
log 3
a
c
. Tính
3
2
log
a
b
P
c
.
Trang 3/5 - Mã đề thi 485 - https://toanmath.com/
A. 0. B. -5. C.
4
9
. D. 36.
Câu 27: Biết rằng S là tập nghiệm của bất phương trình
2
log 100 2400 2
x x
có dạng
0
; \
S a b x
. Giá trị
0
a b x
bằng
A. 50. B. 150. C. 30. D. 100.
Câu 28: Trong hệ trục Oxyz cho mặt cầu có phương trình
2 2 2
2 4 6 1 0
x y z x y z
.
Xác định tâm và bán kính của mặt cầu.
A.
1; 2; 3 , 15
I R . B.
1;2;3 , 15
I R
C.
1;2;3 , 15.
I R D.
1; 2; 3 , 4
I R
.
Câu 29: Biết đường thẳng
3 1y x
cắt đồ thị hàm số
2
2 2 3
1
x x
y
x
tại hai điểm phân biệt
,A B
. Tính
độ dài đoạn thẳng AB?
A.
4 6.
AB B.
4 2.
AB
C.
4 15.
AB D.
4 10.
AB
Câu 30: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy, SD tạo với mặt
phẳng (SAB) một góc bằng
0
30
. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD.
A.
3
3 .V a
B.
3
3
.
3
a
V
C.
3
6
.
18
a
V
D.
3
6
.
3
a
V
Câu 31: Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông, mặt bên
SAB
là tam giác đều và
SA BC
. Khoảng cách từ
C
đến mặt phẳng
SBD
bằng
21
7
a
. Tính thể tích khối chóp
.
S ABCD
theo
a
.
A.
3
.
3
2
S ABCD
a
V
B.
3
.
3
9
S ABCD
a
V
C.
3
.
3
6
S ABCD
a
V
D.
3
.
3
4
S ABCD
a
V
Câu 32: Một người vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất là 0,7%/tháng theo thỏa thuận cứ cuối mỗi
tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 5 triệu đồng và cứ trả hàng tháng như thế cho đến khi hết nợ (tháng
cuối cùng có thể trả dưới 5 triệu). Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết nợ ngân hàng.
A. 21. B. 24. C. 22. D. 23.
Câu 33: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số
3 2 3
3 4y x mx m
có hai điểm
cực trị A, B sao cho diện tích của tam giác OAB bằng
64
, với O là gốc tọa độ.
A.
1
m
B.
1
m
C.
2
m
D.
2
m
Câu 34: Cho các số thực
, ,x y z
thỏa mãn
2, 1, 0 x y z
. Giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
1 1
( 1)( 1)
2 2(2 3)
P
y x z
x y z x y
là
A.
1
P
4
. B.
1
P
6
. C.
1
P
8
. D.
1
P
2
.
Câu 35: Cho hình chóp S.ABCD có các mặt phẳng (SAB), (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng
(ABCD), đáy là hình thang vuông tại các đỉnh A và B, có AD = 2AB = 2BC = 2a, SA = AC. Khoảng
cách giữa hai đường thẳng SB và CD bằng:
A.
3
2
a
B.
15
5
a
C.
3
4
a
D.
10
5
a
Câu 36: Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số.
Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt đúng ba chữ số khác nhau.
A.
P
. B.
6561
1120
P
C.
P
D.
P
Câu 37: Một cái bể cá hình hộp chữ nhật được đặt trên bàn nằm ngang, một mặt bên của bể rộng
10dm
và cao
8dm
. Khi ta nghiêng bể thì nước trong bể vừa đúng che phủ mặt bên nói trên và chỉ che phủ
3
4
bề
Trang 4/5 - Mã đề thi 485 - https://toanmath.com/
mặt đáy của bể (như hình bên). Hỏi khi ta đặt bể trở lại nằm ngang thì chiều cao
h
của mực nước là bao
nhiêu ?
8
10
10
8
h
A
A
C
B
C
D
B
D
A.
3,5h dm
. B.
4h dm
. C.
3h dm
. D.
2,5h dm
.
Câu 38: Tìm hệ số chứa
5
x
trong khai triển
2
2
1 2 1 3
n n
P x x x x x
, biết
2 1
1
5
n
n n
A C
.
A. 3360 B. 23210 C. 21360. D. 3320
Câu 39: Cho
2
6
2
log 5 b
log 45 a ,
log 3 c
với
a,b,c
. Tính tổng
a b c
A.
2
B.
1
C.
4
D.
0
Câu 40: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn
2019;2019
để hàm số
mx
mxmx
y
cot
12cot2cot
22
nghịch biến trên
2
;
4
A. 2018 B. 2020 C. 2019 D. 2021
Câu 41: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và tam giác ABC cân tại
A
.
Cạnh bên SB lần lượt tạo với mặt phẳng đáy, mặt phẳng trung trực của BC các góc bằng 30
0
và 45
0
,
khoảng cách từ S đến cạnh BC bằng
a
. Thể tích khối chóp S.ABC bằng:
A.
3
S.ABC
a
V
2
B.
3
S.ABC
a
V
3
C.
3
S.ABC
a
V
6
D.
3
S.ABC
V a
Câu 42: Cho
3
sin cos 1
cos 2
sin cos 2 sin cos 2
m
n
x x
x
dx C
x x x x
với
Nnm
,
. Tính
nmA 32
.
A.
7
A
. B.
10
A
. C.
9
A
D.
8
A
.
Câu 43: Người ta cần làm một cái bồn chứa dạng hình trụ có thể tích 1000 lít bằng inox để chứa nước,
tính bán kính R (đơn vị mét) của hình trụ đó sao cho diện tích toàn phần của bồn chứa có giá trị nhỏ nhất.
A.
3
2
R
B.
3
1
R
C.
3
1
R
2
D.
3
3
R
2
Câu 44: Cho hàm số
y f x
có đồ thị hàm số
'y f x
như hình vẽ:
Xét hàm số
3
2 2 4 3 6 5
g x f x x x m với
m
là số thực. Điều kiện cần và đủ để
0 5; 5
g x x
là:
Trang 5/5 - Mã đề thi 485 - https://toanmath.com/
A.
2
5
3
m f
. B.
2
5
3
m f
. C.
2
5
3
m f
. D.
2
0
3
m f
.
Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng
đi qua điểm
3; 4;1
H
và cắt các trục tọa độ tại các điểm
, ,M N P
sao cho H là trực tâm của
MNP
.
A.
4 3 22 0.
x y z
B.
2 6 0.
x y z
C.
02643
zyx
D.
3 4 26 0
x y z
.
Câu 46: Với các giá trị nào của tham số m thì hàm số
1 2 2
m x m
y
x m
nghịch biến trên khoảng
1;

?
A.
2
m
B.
1
2
m
m
C.
1
m
D.
1 2
m
Câu 47: Biết
2ln
ln
2
1
2
a
c
b
dx
x
x
(với a là số thực, b, c là các số nguyên dương và
c
b
là phân số tối
giản). Tính giá trị của
2 3 .a b c
A. 5 B. 4. C. -6. D. 6.
Câu 48: Xét các số nguyên dương a, b sao cho phương trình
2
ln ln 5 0
a x b x
có hai nghiệm phân
biệt
1 2
,x x
và phương trình
2
5log log 0
x b x a
có hai nghiệm phân biệt
3 4
,x x
thỏa mãn
1 2 3 4
x x x x
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 3 .S a b
A.
min
33
S
. B.
min
30
S
. C.
min
17
S
. D.
min
25
S
.
Câu 49: Gọi m là giá trị để đồ thị (C
m
) của hàm số
2 2
2 2 1
1
x mx m
y
x
cắt trục hoành tại hai điểm
phân biệt và các tiếp tuyến với (C
m
) tại hai điểm này vuông góc với nhau. Khi đó ta có:
A.
1;2
m
B.
2; 1
m
C.
0;1
m
D.
1;0
m
Câu 50: Trong không gian
Oxyz
cho mặt cầu
2 2 2
: 1 2 3 27
S x y z
. Gọi
là mặt
phẳng đi qua hai điểm
0;0; 4 , 2;0;0
A B
và cắt
S
theo giao tuyến là đường tròn
C
sao cho khối
nón có đỉnh là tâm của
S
, đáy là hình tròn
C
có thể tích lớn nhất. Biết mặt phẳng
có phương
trình dạng
0
ax by z c
, khi đó
a b c
bằng:
A.
8
. B.
0
. C.
2
. D.
4
-----------------------------------------------
----------- HẾT ----------
Trang 6/28 – Diễn đàn giáo viên Toán
BẢNG ĐÁP ÁN
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
B A C D D B B B A A C B D A B A A A B C B D B A C
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
A A A D B C C D C D D C D B D C D C C D D B B C D
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.
Đường thẳng
61yxm
là tiếp tuyến của đồ thị hàm số
3
31
y
xx
khi
m
bằng
A.
4
hoặc
2
. B.
4
hoặc
0
. C.
0
hoặc
2
. D.
2
hoặc
2
.
Lời giải
Chọn B
Gọi

C
là đồ thị hàm số
3
31
y
xx
.
Có
2
33yx

.
2
13
'6 3 36
15
xy
yx
xy

 
 
Phương trình tiếp tuyến của

C
tại điểm
1;3M
là:
63yx
.
Phương trình tiếp tuyến của

C
tại điểm

1; 5M

là:
61yx
.
Để đường thẳng
61yxm
là tiếp tuyến của

C
thì
13 4
11 0
mm
mm





Câu 2. Cho hình trụ có bán kính
R
và trục có độ dài
2R
. Tính thể tích khối trụ.
A.
3
2
R
. B.
3
R
. C.
3
4
3
R
. D.
3
2
3
R
.
Lời giải
Chọn A
Có thể tích hình trụ là
23
.2R 2VR R

.
Câu 3. Với
,ab
là hai số dương tùy ý,
3
ln ab
bằng
A.
3ln lnab
. B.
3ln .lnab
. C.
ln 3lnab
. D.
ln 3lnab
.
Lời giải
Chọn C
Ta có:

33
ln ln ln ln 3lnab a b a b 
.
Câu 4. Hàm số
32
231yx x
đồng biến trong các khoảng nào sau đây?
A.
;0
. B.

1; 0
. C.
1;
. D.

;1;0; 
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
2
'6 6yxx
.
2
0
'0 6 6 0
1
x
yxx
x
 

Bảng biến thiên:
Trang 7/28 - WordToan

1
0

0
0

2
1

Từ BBT ta có D là đáp án đúng.
Câu 5. Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng ?
A. Bát diện đều. B. Hình lập phương.
B. Lăng trụ lục giác đều. D. Tứ diện đều.
Lời giải
Chọn D
Bát diện đều, hình lập phương và lăng trụ lục giác đều là những hình đa diện có tâm đối xứng. Suy
ra tứ diện đều không có tâm đối xứng.
Câu 6. Tính tích phân
2
2
1
21Ixxdx
bằng cách đặt
2
1ux
, mệnh đề nào dưới đây đúng ?
A.
2
1
.Iudu
B.
3
0
.Iudu
C.
2
1
1
.
2
Iudu
D.
3
0
2.Iudu
Lời giải
Chọn B
Đặt
2
12ux du xdx
.
Khi
10;23xux u
.
Do đó
23
2
10
21 23Ixxdxudu

.
Câu 7. Cho

1
0
d3fx x
,

3
1
d1fx x
. Tính tích phân

0
3
dfx x
.
A.
4
. B.
2
. C.
4
. D.
2
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
   
03 13
30 01
dd dd312fxx fxx fxx fxx

   



.
Câu 8. Hàm số
42
31yx x
có bao nhiêu điểm cực trị?
A.
2
. B.
3
. C.
0
. D.
1
.
Lời giải
Chọn B
Ta có

1. 3 3 0
suy ra hàm số có
3
điểm cực trị.
Câu 9. Số nghiệm của phương trình

7
log 4
3
x
x
là
A.
1
. B.
0
. C.
2
. D.
3
.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện của phương trình:
4x 
.
Với
0
x
phương trình đã cho tương đương với phương trình

73
log 4 log .xx
x
y

y
Trang 8/28 – Diễn đàn giáo viên Toán
Đặt

73
log 4 log .
x
xt
Ta có
47
3
t
t
x
x

suy ra

31
734 734 4 101.
77
tt
tt t t
 

 
 
Xét hàm số

31
41,.
77
tt
ft t
 

 
 
Ta có

33 11
'ln4ln0,.
77 77
tt
ft t
   

   
   
Nên

f
t
nghịch biến trên tập
.
Mà
10f
nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất
13tx
.
Câu 10. Tính
2
lim 2x
x
x
x


?
A.

. B.
1
. C.

. D.
0
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
2
lim 2x
x
x
x


2
1
lim 2
x
x
x
x









1
lim 2
x
x
x
x






1
lim 2 1 .
x
x
x










Vì
lim
x
x


và
1
lim 2 1 1 2 0
x
x






nên
2
lim 2x .
x
xx


Câu 11. Họ nguyên hàm của hàm số
23
x
y 
là
A.
23
x
x
C
.
B.
2
3
2
x
x
C
ln

.
C.
2
3
2
x
x
C
ln

.
D.
3
2
x
C
x

.
Lời giải
Chọn C
Ta có

2
23 2 3 3
2
x
xx
dx dx dx x C
ln


.
Câu 12. Cho hình chữ nhật
A
BCD
có
0
30AB a,BDC
. Quay hình chữ nhật này xung quanh
cạnh
A
D
. Tính diện tích xung quanh của hình trụ được tạo thành.
A.
2
xq
Sa
. B.
2
2
3
xq
a
S
. C.
2
23
xq
Sa
. D.
2
3
xq
Sa
.
Lời giải
Chọn B
Trang 9/28 - WordToan
Từ giả thiết suy ra hình trụ được tạo ra có:
Bán kính đáy của hình trụ
rABCDa
, đường sinh
lBC
.
Xét tam giác
B
DC
vuông tại
C
và
0
30BDC
suy ra
00
1
30 30
33 3
B
Caa
tan BC tan .CD .a l
DC

.
Diện tích xung quanh của hình trụ được tạo thành là
2
2
22
33
xq
aa
Srla


.
Câu 13. Trong mặt phẳng cho tập hợp P gồm 10 điểm phân biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng.
Số tam giác có 3 đỉnh đều thuộc tập hợp
P là
A.
7
10
A
. B.
3
10
. C.
3
10
A
. D.
3
10
C
.
Lời giải
Chọn D
Số tam giác có 3 đỉnh đều thuộc tập hợp P là:
3
10
C
.
Câu 14. Cho hàm số
3
52
x
y
x
.Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang
3
5
y
. B. Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
C. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng
3
5
x
. D. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng
2
5
y
.
Lời giải
Chọn A
Vì
33
lim
525
x
x
x

nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang
3
5
y
.
Câu 15. Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
:2 3 5 0Pxmyz
và mặt phẳng

:8620Qnx y z
. Với giá trị nào của m và n thì hai mặt phẳng
,
P
Q
song song với
nhau.
A.
4mn
. B.
4, 4mn
. C.
4mn
. D.
4, 4mn
.
Lời giải
Chọn B
Để hai mặt phẳng song song với nhau điều kiện là
235
862
m
n
  
4, 4mn
.
l
Trang 10/28 – Diễn đàn giáo viên Toán
Câu 16. Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm

1; 2; 3M 
và
1; 2; 3P
. Gọi
Q
là
điểm đối xứng với điểm
P qua trục
Ox
, tính
.
M
Q
A.
2MQ
. B.
6MQ
. C.
1MQ
. D.
210MQ
.
Lời giải
Chọn A
Gọi
H
là hình chiếu của điểm
(1; 2; 3)P
lên trục
Ox
(1; 0; 0).H
Vì
Q
là điểm đối xứng với
P
qua trục
Ox
nên
H
là trung điểm của
PQ
, suy ra
1; 2; 3Q 
.
Do đó
2MQ
.
Câu 17. Cho hình chóp
.SABCD
đáy là hình thoi tâm
O
cạnh a ,
60ABC 
,
SA ABCD
,
3
2
a
SA
.
Khoảng cách từ
O
đến mặt phẳng
SBC
bằng
A.
3
8
a
. B.
5
8
a
. C.
3
4
a
. D.
5
4
a
.
Lời giải
Chọn A
Cách 1:
Xét
A
BC
đều do
60ABC 
và
A
BBC
.
Lấy
I
là trung điểm
B
C
, kẻ
A
HSI
tại
H
(1).
Ta có:
A
IBC
(do
A
BC
đều), mà
 
,BC SA BC SAI AH SAI BC AH
(2).
Từ (1) và (2)
A
HSBC
tại H


,
A
HdASBC
.
Ta có:
A
BC
đều cạnh
a
3
2
a
AI
.
Xét
SAI
vuông tại
A
có:


2 22222
1114416 3
,
939 4
a
A
HdASBC
AH SA AI a a a

.
Ta có:






O,
113
O, A,
228
A,
dSBC
OC a
dSBC dSBC
AC
dSBC

.
Trang 11/28 - WordToan
Cách 2:
Tương tự cách 1 ta có
A
BC
đều cạnh
3
2
a
aAI
.
Diện tích
OBC
là:
2
13
.
28
OBC ABC
a
SS

.
Thể tích của khối chóp
.SOBC
là:
23
.
11333
.. . .
332816
SOBC OBC
aa a
VSAS

.
Xét
SAI
vuông tại
A
:
2
2
22
33
3
22
aa
SI SA AI a








.
Xét
SAI
có
SA SC do SAB SAC
SI
là đường cao
2
1
.3
2
SBC
SSIBCa

.
Ta có:


3
.
2
3. 3
3
3
16
;
8
3
SOBC
SBC
a
V
a
dO SBC
S
a
 .
Câu 18. Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
2
314
65
x
y
xx


là
A.
1
. B.
3
. C.
0
. D.
2
.
Lời giải
Chọn A
Tập xác định của hàm số là

1
;\1;5
3
D



.
Ta có:
1)




2
55 5
35
314 3 3
lim lim lim
65 32
15314 1314
xx x
x
x
xx
xx x x x





2)
2
1
314
lim
56
x
x
xx





1
22
1
lim 3 1 4 2 0
lim 5 6 0, 5 6 0, 1;5
x
x
x
do
xx xx x




 


.
Đồ thị hàm số đã cho có 1 tiệm cận đứng:
1
x
.
Câu 19.
Tìm dãy số là cấp số nhân trong các dãy số
A.
3
3; 3; 1; .
3

B.
2;2; 2 2;4.
C.
10;5; 0; 5-
. D.
1; 2; 4; 8-
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
2;2; 2 2;4.
là cấp số nhân có công bội bằng
2
.
Câu 20. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh
,AC AD
. Tìm mệnh đề đúng trong
các mệnh đề sau?
A.
//
M
NACD
. B.
//
M
NABD
. C.
//
M
NBCD
. D.
//
M
NABC
.
Lời giải
Trang 12/28 – Diễn đàn giáo viên Toán
Chọn C
Vì M, N lần lượt là trung điểm các cạnh
,AC AD
nên
// ,
M
NCD
M
NACD
// .
M
NBCD
Câu 21. Cho phương trình
25 2
332
xx

. Đặt
1
3
x
t
, phương trình đã cho trở thành phương trình nào?
A.
2
320tt
. B.
2
27 3 2 0tt
. C.
2
81 3 2 0tt
. D.
2
27 3 2 0tt
.
Lời giải
Chọn B
Ta có:

21
25 2 3 1
3323.3 3.320
x
xx x


.
Đặt
1
3
x
t
, phương trình đã cho trở thành phương trình:
2
27 3 2 0tt
.
Vậy khi đặt
1
3
x
t
thì phương trình
25 2
332
xx

trở thành phương trình:
2
27 3 2 0tt
.
Câu 22. Cho hình nón có bán kính đáy
3r
và độ dài đường sinh
4l
. Tính diện tích xung quanh
x
q
S
của hình nón đã cho.
A.
39
xq
S
. B.
83
xq
S
. C.
12
xq
S
. D.
43
xq
S
.
Lời giải
Chọn D
Ta có diện tích xung quanh của hình nón là
xq
Srl
, với
3r
,
4l
.
Suy ra
43
xq
S
.
Vậy hình nón có bán kính đáy
3r
và độ dài đường sinh
4l
có diện tích xung quanh là
43
xq
S
.
Câu 23. Cho

432
42 1
f
xx x xx
. Tính
 
1
2
0
f
x
f
xdx
?
Trang 13/28 - WordToan
A. 2 . B.
2
3
. C. 2 . D.
2
3
.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
   

 



11
1
33
22 3
0
00
11
10
33
fxfxdx fxdfx fx f f




.
Mà:

11f 
;
01f
. Do đó:
 
1
2
0
2
3
fxfxdx

.
Câu 24. Cho biểu thức

51 2 5
22
22
.aa
P
a

. Rút gọn P được kết quả:
A.
5
a . B. a . C.
3
a . D.
4
a .
Lời giải
Chọn A
Ta có:


51 2 5 512 5 3
5
2
22
22 22
22
.aa a a
P
a
a
a
a



.
Câu 25.
Cho hàm số
y
ln x
x
, mệnh đề nào sau dây đúng ?
A.
2y' xy ''
1
x
2
. B.
y' xy ''
1
x
2
. C.
2y' xy '' 
1
x
2
. D.
y' xy '' 
1
x
2
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
y
x ln x

' x'lnx
x
2
1 ln x
x
2
.
y''
1 ln x

'x
2
x
2

'1 ln x

x
4
x 2x 1 ln x

x
4
3 2lnx
x
3
.
Ta có :
2y' xy '' 2
1 ln x
x
2
3 2lnx
x
2
2 2lnx 3 2lnx
x
2

1
x
2
.
Vậy C là đáp án đúng . Đáp án A sai .
Ta có
y' xy ''
1 ln x
x
2
3 2lnx
x
2
1 ln x 3 2lnx
x
2
2 ln x
x
2
.
Vậy đáp án B và D sai .
Câu 26. Cho
log
a
b 2
và
log
a
c 3
. Tính
P log
a
b
3
c
2
.
A. 0. B. -5. C.
4
9
. D. 36.
Lời giải
Trang 14/28 – Diễn đàn giáo viên Toán
Chọn A
Ta có
P log
a
b
3
c
2
log
a
b
3
log
a
c
2
3log
a
b 2log
a
c.
P 0.
Vậy đáp án A đúng .
Câu 27. Biết rằng S là tập nghiệm của bất phương trình

2
log 100 2400 2xx
có dạng
0
;\ .Sabx
Giá trị
0
abx
bằng :
A. 50. B. 150. C. 30. D. 100.
Lời giải
Chọn A
BPT tương đương với :

2
2
2
40 60
100 2400 0 40 60
50
50 0
100 2400 100
x
xx x
x
x
xx







.

0
40;60 \ 50 40 60 50 50.Sabx
Câu 28. Trong hệ trục
Oxyz
cho mặt cầu có phương trình
222
24610.xyz xyz
Xác định tâm và bán kính của mặt cầu.
A.

1; 2; 3 , 15IR
. B.

1; 2; 3 , 1 5IR
.
C.
1; 2; 3 , 1 5IR
. D.
1; 2; 3 , 4IR
.
Lời giải
Ta có :

222
222
2 4 6 1 0 1 2 3 15.xyz xyz x y z
Suy ra: Tâm
1; 2; 3 , 15IR
.
Chọn A
Câu 29. Biết đường thẳng
31yx
cắt đồ thị hàm số
2
223
1
xx
y
x

tại hai điểm phân biệt
,AB
. Tính độ
dài đoạn thẳng AB?
A.
46AB
. B.
42AB
. C.
415AB
. D.
410AB
.
Lời giải
Chọn D
Hoành độ giao điểm của đường thẳng
31yx
và đồ thị hàm số
2
223
1
xx
y
x

là nghiệm của
phương trình sau:
Trang 15/28 - WordToan

2
2
2
223
31
1
22331 1
1
2
2
4
2
2
1
1
xx
x
x
xx x x
x
x
x
x
x
x
x
x








Suy ra

2; 5 ; 2;7AB
và
410AB
.
Câu 30. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy, SD tạo với mặt
phẳng
SAB
một góc bằng
30
. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD.
A.
3
3Va
. B.
3
3
3
a
V
. C.
3
6
18
a
V
. D.
3
6
3
a
V
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh, SA vuông góc với mặt đáy nên
DA AB
và
D
ASA
. Suy ra
DA SAB
. Vậy góc giữa SD và mặt phẳng
SAB
là
30DSA 
.
Ta có
.cot 30 3SA AD a
23
113
.. . 3.
333
ABCD
VSAS aa a
.
Câu 31. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
A
BCD
là hình vuông, mặt bên
SAB
là tam giác đều và
SA BC
.
Khoảng cách từ
C
đến mặt phẳng

SBD
bằng
21
7
a
. Tính thể tích khối chóp
.SABCD
theo
a
.
A.
3
.
3
2
SABCD
a
V
. B.
3
.
3
9
SABCD
a
V
. C.
3
.
3
6
SABCD
a
V
. D.
3
.
3
4
SABCD
a
V
.
Lời giải
Chọn C
A
D
B
C
S
Trang 16/28 – Diễn đàn giáo viên Toán
Vì
B
CAB
B
CSA
(gt) nên
BC SAB
.
Gọi
H là trung điểm của
A
B thì
SH AB
và
SH BC
, suy ra
SH ABCD
.
Ta có
,,2.,dC SBD dA SBD dH SBD
.
Gọi
OACBD
,
K
là trung điểm của
B
O
. Trong
SHK
, kẻ
H
ISKISK
.
Vì
HK //
A
O
nên HK BD và
SH ABCD SH BD
Suy ra
BD SHK BD HI
mà
H
ISK HI SBD
. Do đó
,dH SBD HI
.
Đặt
0AB x x
thì
32
,2
244
xACx
SH AC x HK

.
Ta có
2 2 2222
1114828 21
33 14
x
HI
HI SH HK x x x

.
Suy ra


21 21
,2
77
xa
dC SBD HI x a

.
Do đó
3
2
.
1133
.. . .
3326
S ABCD ABCD
aa
VSHS a
(đvtt).
Câu 32. Một người vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất là 0,7%/tháng theo thỏa thuận cứ cuối mỗi
tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 5 triệu đồng và cứ trả hàng tháng như thế cho đến khi hết nợ
(tháng cuối cùng có thể trả dưới 5 triệu). Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết nợ ngân
hàng?
A.
21
. B.
24
. C.
22
. D.
23
.
Lời giải
Chọn C
Xét bài toán tổng quát:
Gọi
A
là số tiền vay từ ngân hàng với lãi suất là
r
(%) mỗi tháng. Số tiền trả hàng tháng là
a
và
sau
n
tháng thì trả được hết nợ.
K
H
O
D
S
A
C
B
I
Trang 17/28 - WordToan
Cuối tháng thứ 1, số tiền còn nợ là

1
1NA ra
.
Cuối tháng thứ 2, số tiền còn nợ là

2
211
.11
N
NNraA r a ra
.
Cuối tháng thứ 3, số tiền còn nợ là

32
3
111
N
Ararara
.
…
Cuối tháng thứ
n , số tiền còn nợ là
   
12
11 1 1
nn n
n
N
Arar ar ara

  




11 11
1. 1.
11
nn
nn
rr
Ara Ara
rr
 
 

.
Để hết nợ thì



..1
0*
11
n
n
n
Ar r
Na
r


.
Từ đề bài ta có
86 3
100.000.000 10 , 5.000.000 5.10 , 0,7% 0,007 7.10Aar

.
Thay vào
*
ta được
83
6
1,007
10 .7.10 .1,007 50 50
5.10 1,007 log
1,007 1 43 43
n
n
n
n




.
Suy ra
21,6n
.
Vậy sau 22 tháng thì người đó trả hết nợ.
Câu 33. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m
để đồ thị của hàm số
323
34
y
xmx m
có hai điểm
cực trị
A
,
B
sao cho diện tích của tam giác
OAB
bằng
64
, với
O
là gốc tọa độ.
A.
1m 
. B.
1m
. C.
2m
. D.
2m 
.
Lời giải.
Chọn D
Ta có:

323 2
34 363(2)y x mx m x mx x x m

.
Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình
0y
có hai nghiệm phân biệt.
20 0mm
.
Tọa độ hai điểm cực trị là
3
0; 4Am
và

2;0Bm
3
4
|2 |
OA m
OB m
34
11
.4|2|464
22
OAB
SOAOBmmm

2m
.
Câu 34. Cho các số thực
x
,
y
,
z
thỏa mãn
2x
,
1y
,
0z
. Giá trị lớn nhất của biểu thức:
222
11
(1)(1)
22(23)
P
yx z
xyz xy



là
A.
1
4
P
. B.
1
6
P
. C.
1
8
P
. D.
1
2
P
.
Lời giải
Chọn C
Đặt
2ax
,
1by
, cz .
Ta có:
a
,
b
,
0c
và
222
11
(1)(1)(1)
21
P
abc
abc



.
Ta có:


22
2
222
1
1
11
224
ab c
abc abc

 .
Dấu
'' '' xảy ra khi và chỉ khi
1abc
.
Trang 18/28 – Diễn đàn giáo viên Toán
Mặt khác


3
3
111
27
abc
abc


. Dấu
'' ''
xảy ra khi và chỉ khi
1abc
.
Đặt
11tabc t
khi đó
3
127
(2)
P
tt

,
1t
Xét hàm
3
127
()
(2)
ft
tt

,
1t
;
24
181
()
(2)
ft
tt


4
22
0281. 5404
f
tt ttt t
 

Do t 1
và
lim 0
t
ft

.
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có


1;
4m4ax
1
8
f
t
f
t


1
1
14
abc
abc
abc



3x
;
2y
;
1z
.
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức
P là
1
8
, đạt được khi

;; 3;2;1xyz
.
Câu 35. Cho hình chóp
.SABCD
có các mặt phẳng
SAB
,

SAD
cùng vuông góc với mặt phẳng
A
BCD
, đáy là hình thang vuông tại các đỉnh
A
và
B
, có
222
A
DABBCa
,
SA AC
.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng
SB
và
CD
bằng:
A.
3
2
a
. B.
15
5
a
. C.
3
4
a
. D.
10
5
a
.
Lời giải
Chọn D
Cách 1:
a2
2a
a
a
D
z
y
x
A
B
C
S
Trang 19/28 - WordToan
Theo bài ra có:
SA ABCD
SA AC
;
SA AC
nên
2SA AC a
.
Chọn hệ trục tọa độ
Oxyz
sao cho
A
O
; tia
Ox AB
; tia
Oy AD
; tia
Oz AS
. Khi đó:
0;0;0A
;
;0;0Ba
;

;;0Caa
;
0; 2 ; 0Da
;
0;0; 2Sa.
Ta có, phương trình đường thẳng
CD
:
0
x
at
yat
z


Phương trình đường thẳng
SB
: 0
2
x
at
y
zt


Gọi
M
N
là đoạn vuông góc chung của
SB
và
CD
với
M
CD
;
NSB
.
Ta có:
;;0
M
atat
;
;0; 2Na t t


;;2
M
Nttat t



.
Do
M
NCD
;
M
NSB
nên có:
3
.0 02
5
20 30
.0
5
a
t
MN CD t t a t t t a
tt t t t a
MN SB
t












22 2
;;
55 5
aa a
MN






2
22
22 2 10
55 55
aa aa
MN


 





.
Cách 2:
Theo giả thiết
SA ABCD
SA AC
;
2SA AC a
.
Gọi
M
là trung điểm của
A
D
. Ta có:

// //
B
MCD CD SBM
;; ; ;d CD SB d CD SBM d C SBM d A SBM
.
Theo giả thiết và theo cách dựng ta có
A
BCM
là hình vuông cạnh
a
.
Gọi
K
AC BM AK BM BM SAC
.
Trang 20/28 – Diễn đàn giáo viên Toán
Dựng
A
HSB
. Khi đó:
;dASBM AH
Xét tam giác
SAC
vuông tại
A
, đường cao
A
H có:
22 222
11112 10
25
a
AH
AH SA AK a a

.
Câu 36. Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có
5
chữ số mà các chữ số đều khác
0
, lấy ngẫu nhiên một số.
Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt đúng ba chữ số khác nhau.
A.
1500
6561
P
. B.
1120
6561
P
. C.
1130
6561
P
. D.
1400
6561
P
.
Lời giải
Chọn D
Số các chữ số tự nhiên có
5
chữ số mà các chữ số đều khác
0
là:
5
9n 
số.
Gọi
A
là biến cố: “ Lấy một số tự nhiên có
5
chữ số mà chỉ có mặt đúng ba chữ số khác nhau”.
Khi đó có các trường hợp sau xảy ra:
+ Trường hợp
1
: Số đó có
1
chữ số xuất hiện
3
lần và hai chữ số còn lại xuất hiện
1
lần.
Chọn 3 chữ số trong
9
chữ số có
3
9
C
cách chọn.
Chọn số xuất hiện
3
lần có
3
cách chọn.
Sắp xếp thứ tự các số này, sắp thứ tự
2
số khác nhau trước, còn lại là vị trí của số xuất hiện
3
lần:
2
5
.1
A
cách.
Vậy theo quy tắc nhân có:
32
95
.3. 5040CA
cách.
+ Trường hợp
2
: Số đó có
2
chữ số xuất hiện
2
lần và chữ số còn lại xuất hiện
1
lần.
Chọn 3 chữ số trong
9
chữ số có
3
9
C
cách chọn.
Chọn số xuất hiện
1
lần có
3
cách chọn.
Sắp xếp thứ tự các số này, sắp thứ tự cho số xuất hiện
1
lần trước, sau đó chọn vị trí cho số xuất
hiện
2
lần:
2
4
5. .1C
cách
Vậy theo quy tắc nhân có:
32
94
.3.5. .1 7560CC
cách.
Vậy

5040 7560 12600nA
.


1400
6561
nA
PA
n

.
Câu 37. Một bể cá hình hộp chữ nhật được đặt trên bàn nằm ngang, một mặt bên của bể rộng 10 dm và cao 8
dm. Khi nghiêng bể thì nước trong bể vừa đúng che phủ mặt bên nói trên và chỉ che phủ
3
4
bề mặt
đáy của bể (như hình). Hỏi khi ta đặt bể trở lại nằm ngang thì chiều cao h của mực nước là bao
nhiêu?
A.
3,5 dm.h
B.
4 dm.h
C.
3 dm.h
D.
2,5 dm.h
Trang 21/28 - WordToan
Lời giải
Chọn C
Gọi a là số đo cạnh còn lại của đáy bể cá.
Thể tích nước trong bể khi nghiêng bể là
13
. .8.10 30
24
aa
Thể tích nước trong bể khi đặt bể trở lại nằm ngang là
. .10 10ha ah
Vì lượng nước trong bể không đổi nên ta có
30 10 3aahh
dm.
Câu 38. Tìm hệ số chứa
5
x
trong khai triển
22
( ) (1 2 ) (1 3 )
nn
Px x x x x
, biết
21
1
5.
n
nn
AC

A.
3360.
B.
23210.
C.
21360.
D.
3320.
Lời giải
Chọn D
Điều kiện
2n
.
21
1
!(1)! !(1)!
555
(2)!(1 1)!(1)! (2)!2(1)!
n
nn
nn nn
AC
nnnn n n



2
(1)
( 1) 5 2( 1) ( 1) 10 3 10 0 5.
2
nn
nn nnnn n n n
 
Hệ số
chứa
5
x
trong khai triển
5
(1 2 )
x
x
là
44
5
.( 2) 80C 
.
Hệ số chứa
5
x
trong khai triển
210
(1 3 )
x
x
là
33
10
.3 3240C
.
Vậy hệ số chứa
5
x
trong khai triển
22
( ) (1 2 ) (1 3 )
nn
Px x x x x
là 3320.
Câu 39.
Cho
2
6
2
log 5
log 45
log 3
b
a
c

, với
,,abc
. Tính tổng
abc
A. 2 . B. 1. C. 4 . D.
0
.
Lời giải
Chọn B
Ta có :
222 2
6
22 2
log 45 2log 3 log 5 log 5 2
log 45 2
log 6 log 3 1 log 3 1



Vậy
2, 2, 1 2 2 1 1a b c abc
.
Câu 40. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m
thuộc đoạn
2019;2019
để hàm số
22
co t 2 cot 2 1
cot
xm xm
y
xm

nghịch biến trên
;
42



.
A.
2018
. B.
2020
. C.
2019
. D.
2021
.
Lời giải
Chọn D

22
co t 2 cot 2 1
1.
cot
xm xm
y
xm

Trang 22/28 – Diễn đàn giáo viên Toán
Đặt
cot xt
. Ta có
;
42
x





0;1t
. Để hàm số

1
nghịch biến trên khoảng
;
42




hàm số
22
221tmtm
y
tm

đồng biến trên khoảng

0;1

2
2
21
0
tmt
y
tm


,

0;1t



2
2
1
,t 0;1
210
2
*
0
0;1
1
t
m
tmt
t
m
m
m





Xét hàm số

2
1
() , 0;1.
2
t
ft t
t

Ta có:
2
2
1
() () 0 1
2
t
ft ft t
t


(loại).
Bảng biến thiên:
t
0
1
f(t)

ft

1
Từ bảng biến thiên

() 1, 0;1.ft t
Vậy

1
1
*
0
0
1
m
m
m
m
m

mà


2019;2019 , 2019; 2018;...;0;1mmm
nên có
2021
giá trị
m
thỏa mãn .
Câu 41. Cho hình chóp
.S ABC
có
SA
vuông góc với mặt phẳng

ABC
và tam giác
ABC
cân tại
A
. Cạnh
bên
SB
lần lượt tạo với mặt phẳng đáy, mặt phẳng trung trực của
BC
các góc bằng
0
30
và
0
45
,
khoảng cách từ
S
đến cạnh
BC
bằng
a
. Thể tích khối chóp
.S ABC
bằng:
A.
3
.
2
SABC
a
V
. B.
3
.
3
SABC
a
V
. C.
3
.
6
S ABC
a
V
. D.
3
.
S ABC
Va
.
Lời giải
Chọn C
+ Lấy
M
là trung điểm của
BC
, tam giác
ABC
cân tại
A
45
0
30
0
M
C
B
S
A
Trang 23/28 - WordToan

A
MBC
.
SA BC
(vì

SA ABC
)
BC SAM
tại trung điểm
M
SAM
là mặt phẳng trung trực cạnh
B
C
.
Góc giữa
SB
và mặt phẳng
SAM
= góc giữa
SB
và
SM
=
0
45BSM
.
Góc giữa
SB
và mặt phẳng
A
BC
= góc giữa
SB
và
A
B
=
0
30SBA
.
BC SAM BC SM
khoảng cách từ
S
đến cạnh
B
C
bằng
SM a
.
+ Tam giác vuông cân
SBM
có
,2
B
MaSBa
.
22
B
CBMa
.
Tam giác vuông
SAB
có
0
12
sin 30 2.
22

SA a
SA a
SB
;
6
2
a
AB
.
Tam giác vuông
A
BM có
2
22 2
62
22





aa
AM AB BM a
.
Vậy thể tích khối chóp
.S ABC
là
3
.
11212
....2.
332226

S ABC ABC
aaa
VSAS a
.
Câu 42.
Cho



3
sin cos 1
cos 2
d
sin cos 2 sin cos 2


 
m
n
xx
x
x
C
xx xx
với
Nnm ,
. Tính
nmA 32
.
A.
7A
. B.
10A
. C.
9A
. D.
8A
.
Lời giải
Chọn D


22
33 3
cos sin cos sin
cos 2 cos sin
dd d
sin cos 2 sin cos 2 sin cos 2


  

xx xx
xxx
Ixx x
xx xx xx
.
Đặt
t sin cos 2 dt cos sin d
x
xxxx
.

2
323 22
212111 sincos1
dd
sin cos 2


 




ttxx
It t CC C
tttttt
xx
.
1; 2 2 . 1 3 . 2 8mn A
.
Câu 43.
Người ta cần làm một cái bồn chứa dạng hình trụ có thể tích 1000 lít bằng inox để chứa nước, tính
bán kính
R
(đơn vị mét) của hình trụ đó sao cho diện tích toàn phần của bồn chứa có giá trị nhỏ
nhất.
A.
3
2
R
. B.
3
1
R
. C.
3
1
2
R
. D.
3
3
2
R
.
Lời giải
Chọn C
Ta có 1000 lít = 1m
3
.
Gọi
h
là chiều cao của hình trụ ta có
2
2
1
1VRh h
R

.
Diện tích toàn phần là:
22 2
2
12
22 22 2
tp
SRRhRR R
RR
 
 
Trang 24/28 – Diễn đàn giáo viên Toán
22
33
11 11
22.3..6
22 22 4
RR
RR RR





.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
2
3
11
22
RR
R

.
Câu 44. Cho hàm số
f
x
có đồ thị hàm số
yfx
như hình vẽ
Xét hàm số
3
22x4x365gx f x m
với
m
là số thực. Điều kiện cần và đủ để

0 5; 5gx x



là
A.
2
5
3
mf
. B.

2
5
3
mf
. C.
2
5
3
mf
. D.

2
0
3
mf
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
 
3
22x4x3650, 5;5gx f x m x



 
3
3
x2x35 , 5;5
2
m
hx f x x




5; 5
3
max
2
m
hx



.
Ta có:
2
3x 2hx f x


.
Vẽ 2 đồ thị
yfx
và
2
3x 2y 
trên cùng một hệ trục tọa độ:
Trang 25/28 - WordToan
Nhận xét:
 
2
3 2, 5; 5 0, 5; 5fx x x hx x
 

 
 

  
5; 5
32
max 5 5 5
23
m
hx h f m f



.
Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, viết phương trình mặt phẳng
đi qua điểm
3; 4;1H
và cắt các trục tọa độ tại các điểm
,,
M
NP
sao cho
H
là trực tâm của
M
NP
.
A.
43 220xyz
. B.
260xyz
.
C.
34 260xyz
. D.
34 260xyz
.
Lời giải
Chọn D
Vì
OMNP
là tam diện vuông tại
O
và có
H
là trực tâm
M
NP
nên
OH MNP
.
Suy ra
3; 4;1OH 

là một VTPT của mặt phẳng

M
NP
.
Vậy
:3 4 26 0MNP x y z
.
Câu 46. Với các giá trị nào của tham số m thì hàm số
(1)22mxm
y
xm

nghịch biến trên khoảng

1;
?
A.
2m
. B.
1
2
m
m
.
C.
1m
. D.
12m
.
Lời giải
Chọn D
Tập xác định
\Dm
.
Ta có

2
2
2mm
y
xm

.
Hàm số nghịch biến trên khoảng

1;
01;yx


2
20
12
12
1
1;
mm
m
m
m
m





.
Vậy
12m
.
Câu 47. Biết
2
2
1
ln
dln2
xb
xa
xc

(với
a
là số thực,
, bc
là các số nguyên dương và
b
c
là phân số tối giản).
Tính giá trị của
23abc
.
A. 5. B. 4. C.
6
. D. 6.
Lời giải
Chọn B.
Đặt
2
1
ln
dd
d
1
d
ux
ux
x
x
v
v
x
x




ta có
Trang 26/28 – Diễn đàn giáo viên Toán
22
22
22
11
11
ln 1 1 1 1 1 1
d ln d ln 2 ln 2 ln 2
222
xb
xx x a
xx x x c
 

1
2
123 4
2
a
babc
c


.
Câu 48. Xét các số nguyên dương
, ab
sao cho phương trình
2
ln ln 5 0axbx
có hai nghiệm phân biệt
12
,
x
x
và phương trình
2
5log log 0xb xa
có hai nghiệm phân biệt
34
,
x
x
thỏa mãn
12 34
x
xxx
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
23Sab
A.
min
33S
. B.
min
30S
. C.
min
17S
. D.
min
25S
.
Lời giải
Chọn B.
Điều kiện để hai phương trình
2
ln ln 5 0axbx
và
2
5log log 0xb xa
có hai nghiệm phân
biệt là:
2
20 0ba
. (*)
Theo giả thiết ta có


12 12
12
5
34 34
34
ln ln ln
log log log
10
55
b
a
b
bb
xx xx
xx e
aa
bb
xx xx
xx










.
Mà
5
12 34
10
bb
a
xx xx e


ln10
5
bb
a
 
(Vì
, ab
là các số nguyên dương)
5
3
ln10
aa
 
. (1)
Theo điều kiện (*) có
22
20 0 20 60 8ba b a b
. (2)
Từ (1) và (2) suy ra
min
3
2330 30
8
a
Sab S
b
 
(thỏa mãn các điều kiện đề bài).
Câu 49. Gọi
m
là giá trị để đồ thị

m
C
của hàm số
22
221
1
xmxm
y
x

cắt trục hoành tại hai điểm
phân biệt và các tiếp tuyến với

m
C
tại hai điểm này vuông góc với nhau. Khi đó ta có:
A.

1; 2m
. B.

2; 1m 
. C.

0;1m
. D.
1; 0m 
.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện cần và đủ để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt là phương trình
22
2210*xmxm
có hai nghiệm phân biệt khác
1
. Điều đó tương đương


2
22
22
2
10
210
0
01;1\0
12.12 10
220
2
m
mm
mm
mm
mm
m









.
Với điều kiện trên, gọi
12
,
x
x
là hai nghiệm của phương trình
(*)
. Ta được:
12
2
12
2
.21
x
xm
xx m


.
Ta có:
 
22 2
22
22 2 1 2 2
1
11
x
xm m m m
y
xx



. Theo yêu cầu bài toán thì
Trang 27/28 - WordToan



22
12
22
12
22 22
11 1 1
11
mm mm
yxyx
xx



 






22
2
22 22
12 12
112222
12 2 1
11 11
mmmm
mm
xx xx












2
2
2
12 12 12
2
2
12 1 2
12 1 2
22 2
22
12 2 1
.1
.1
xx xx xx
mm
mm
xx x x
xx x x












2
22
2
2
2
2
2
422122
22
12 2 1
2121
2121
mm m
mm
mm
mm
mm







2
22
17
24 24
3
111 36440
22 22
17
3
m
mm
mm
mm mm
m


 


.
So với điều kiện ta nhận

17
0;1
3
m


.
Câu 50. Trong không gian
Oxyz
cho mặt cầu

222
(): 1 2 3 27Sx y z
. Gọi
là mặt phẳng
đi qua 2 điểm
0;0; 4A
,

2;0;0B
và cắt
S
theo giao tuyến là đường tròn
C
sao cho khối
nón có đỉnh là tâm của

S
, là hình tròn
C
có thể tích lớn nhất. Biết mặt phẳng
có phương
trình dạng
0ax by z c
, khi đó
abc
bằng:
A.
8. B. 0. C. 2. D. -4.
Lời giải
Chọn D
+ Vì

qua A ta có:
(4) 0 4cc
.
+ Vì

qua B ta có:
202ac a
.

:
240xbyz
.
+ Mặt cầu
()S
có tâm

1; 2; 3I
,
33R
.
+ Chiều cao khối nón:

,
22
22 34 2 5
41 5
I
bb
hd
bb



.
+Bán kính đường tròn (C):

2
2
22
2
2
25 25
27 27
5
5
bb
rRh
b
b


 


.
+ Thể tích khối nón:

2
2
2
2
2525
11
27
33 5
5
bb
Vrh
b
b






+ Tới đây ta có thể Thử các trường hợp đáp án.
Hoặc ta làm tự luận như sau:
Đặt
2
25
5
b
t
b
và xét hàm số
2
27
f
ttt
trên đoạn
0;3 3


.
Ta có:

2
27 3
f
tt

;


3
0
3
t
ft
tl


. Ta có bảng biến thiên:
Trang 28/28 – Diễn đàn giáo viên Toán
Do đó thể tích khối nón lớn nhất khi và chỉ khi
2
22 2
2
25
3342025945
5
b
tbbb
b




2
520200 2bb b
.
Vì vậy
4abc
.
Hoặc Ta gọi chiều cao khối nón là h, từ phương trình tính thể tích ta suy ra h=3, tìm b từ phương
trình:
2
25
3
5
b
b
.
------------------------------- Hết -------------------------------
| 1/28
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ THI BỒI DƯỠNG THPT LẦN II TRƯỜNG THPT BỈM SƠN Môn thi: TOÁN Năm học 2018 - 2019
Thời gian làm bài: 90 phút
(50 câu trắc nghiệm) Mã đề thi 485
Họ và tên thí sinh:..................................................................... Số báo danh: .............................
Câu 1: Đường thẳng y  6x m  1 là tiếp tuyến của đồ thị hàm số 3
y x  3x 1 khi m bằng A. -4 hoặc -2. B. -4 hoặc 0. C. 0 hoặc 2. D. -2 hoặc 2.
Câu 2: Cho hình trụ có bán kính R và trục có độ dài 2R. Tính thể tích của khối trụ? 4 2 A. 3 2 R . B. 3  R . C. 3  R . D. 3  R . 3 3
Câu 3: Với a, b là hai số dương tùy ý ,  3 ln ab  bằng
A. 3ln a  ln b . B. 3ln . a ln b .
C. ln a  3ln b .
D. ln a  3ln b . Câu 4: Hàm số 3 2
y  2x  3x 1 đồng biến trong các khoảng nào sau đây? A.  ;  0 B.  1  ;0 C.  1  ;  D.  ;    1 ;0; 
Câu 5: Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng? A. Bát diện đều. B. Hình lập phương.
C. Lăng trụ lục giác đều. D. Tứ diện đều. 2 Câu 6: Tính tích phân 2
I  2x x 1dx  bằng cách đặt 2
u x 1, mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 2 3 2 3 1 A. I udu.  B. I udu.  C. I udu.  D. I  2 udu.  2 1 0 1 0 1 3 0 Câu 7: Cho
f xdx  3; f xdx  1   . Tính tích phân
f xdx  . 0 1 3 A. 4. B. -2. C. -4. D. 2. Câu 8: Hàm số 4 2
y x  3x 1 có bao nhiêu điểm cực trị? A. 2 B. 3 C. 0 D. 1
Câu 9: Số nghiệm của phương trình log 4 7   3 xx là A. 1. B. 0. C. 2. D. 3. Câu 10: Tính   ?   2 lim 2x x x x  A.  . B. -1. C.  .  D. 0.
Câu 11: Họ nguyên hàm của hàm số 2x y   3 là 2x 2x 3
A. 2x  3x C . B.  3x C . C.  3x C . D. 2x   C . ln 2 ln 2 x
Câu 12: Cho hình chữ nhật ABCD có  0
AB a, BDC  30 . Quay hình chữ nhật này xung quanh cạnh AD.
Tính diện tích xung quanh của hình trụ được tạo thành. 2 2 a A. 2 S   a . B. S  . C. 2 S  2 3 a . D. 2 S  3 a . xq xq xq xq 3
Câu 13: Trong mặt phẳng cho tập hợp P gồm 10 điểm phân biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng
hàng. Số tam giác có 3 đỉnh đều thuộc tập hợp P là A. 7 A . B. 3 10 C. 3 A . D. 3 C . 10 10 10
Trang 1/5 - Mã đề thi 485 - https://toanmath.com/ 3x
Câu 14: Cho hàm số y
. Khẳng định nào sau đây đúng? 5x  2 3
A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  .
B. Đồ thị hàm số không có tiệm cận. 5 3 2
C. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  .
D. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng y  . 5 5
Câu 15: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P : 2x my  3z  5  0 và mặt phẳng
Q : nx 8 y 6 z 2  0 . Với giá trị nào của m và n thì hai mặt phẳng (P), (Q) song song với nhau.
A. m n  4.
B. m  4, n  4.
C. m n  4.
D. m  4, n  4.
Câu 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M 1; 2  3 và P 1; 2;3. Gọi Q là điểm
đối xứng với điểm P qua trục Ox, tính MQ. A. MQ  2. B. MQ  6. C. MQ  1. D. MQ  2 10.
Câu 17: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thoi tâm O cạnh a,  0 ABC  60 , 3a
SA   ABCD , SA
. Khoảng cách từ O tới mặt phẳng (SBC) bằng 2 3a 5a 3a 5a A. . B. . C. . D. . 8 8 4 4 3x 1  4
Câu 18: Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  là 2 x  6x  5 A. 1. B. 3. C. 0. D. 2
Câu 19: Tìm dãy số là cấp số nhân trong các dãy số sau: 3 A. 3;  3; 1; . B.  2; 2; 2 2; 4. C. 10; 5; 0; -5. D. 1; 2; -4; 8. 3
Câu 20: Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AC, AD . Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?
A. MN / /  ACD.
B. MN / /  ABD.
C. MN / /  BCD.
D. MN / /  ABC .
Câu 21: Cho phương trình 2x5 x2 3  3  2. Đặt 1 3x t  
, phương trình đã cho trở thành phương trình nào? A. 2
3t t  2  0. B. 2
27t  3t  2  0. C. 2
81t  3t  2  0. D. 2
27t  3t  2  0.
Câu 22: Cho hình nón có bán kính đáy r  3 và độ dài đường sinh l  4 . Tính diện tích xung quanh
S của hình nón đã cho. xq A. S  39 . B. S  8 3 . C. S  12 . D. S  4 3 . xq xq xq xq 1
Câu 23: Cho f x 4 3 2
x  4x  2x x 1. Tính 2 f x '
f xdx  . 0 2 2 A. 2. B.  . C. -2. D. . 3 3 5 1  2 5 a .a
Câu 24: Cho biểu thức P
. Rút gọn P được kết quả   a   2 2 2 2 A. 5 a B. a C. 3 a D. 4 a ln x
Câu 25: Cho hàm số y
, mệnh đề nào dưới đây đúng? x 1 1 1 1
A. 2 y ' xy '  .
B. y ' xy '  .
C. 2 y ' xy '   .
D. y ' xy '   . 2 x 2 x 2 x 2 x 3  b
Câu 26: Cho log b  2 và log c  3 . Tính P  log . a a a  2  c  
Trang 2/5 - Mã đề thi 485 - https://toanmath.com/ 4 A. 0. B. -5. C. . D. 36. 9
Câu 27: Biết rằng S là tập nghiệm của bất phương trình  2
log x  100x  2400  2 có dạng
S  a;b \ x . Giá trị a b x bằng 0  0 A. 50. B. 150. C. 30. D. 100.
Câu 28: Trong hệ trục Oxyz cho mặt cầu có phương trình 2 2 2
x y z  2x  4 y  6z 1  0 .
Xác định tâm và bán kính của mặt cầu.
A. I 1; 2; 3, R  15 .
B. I 1; 2;3, R  15
C. I 1; 2;3, R  15.
D. I 1; 2; 3, R  4 . 2 2x  2x  3
Câu 29: Biết đường thẳng y  3x  1 cắt đồ thị hàm số y
tại hai điểm phân biệt , A B . Tính x 1
độ dài đoạn thẳng AB? A. AB  4 6. B. AB  4 2. C. AB  4 15. D. AB  4 10.
Câu 30: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy, SD tạo với mặt
phẳng (SAB) một góc bằng 0
30 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD. 3 3a 3 6a 3 6a A. 3 V  3a . B. V  . C. V  . D. V  . 3 18 3
Câu 31: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, mặt bên SAB là tam giác đều và a 21
SA BC . Khoảng cách từ C đến mặt phẳng SBD bằng
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo 7 a . 3 a 3 3 a 3 3 a 3 3 a 3 A. V  B. V  C. V  D. VS .ABCD 2 S .ABCD 9 S .ABCD 6 S .ABCD 4
Câu 32: Một người vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất là 0,7%/tháng theo thỏa thuận cứ cuối mỗi
tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 5 triệu đồng và cứ trả hàng tháng như thế cho đến khi hết nợ (tháng
cuối cùng có thể trả dưới 5 triệu). Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết nợ ngân hàng. A. 21. B. 24. C. 22. D. 23.
Câu 33: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số 3 2 3
y x  3mx  4m có hai điểm
cực trị A, B sao cho diện tích của tam giác OAB bằng 64 , với O là gốc tọa độ. A. m  1  B. m  1 C. m  2 D. m  2 
Câu 34: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x  2, y  1, z  0 . Giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 P   là 2 2 2
y(x 1)(z  1)
2 x y z  2(2x y  3) 1 1 1 1 A. P  . B. P  . C. P  . D. P  . 4 6 8 2
Câu 35: Cho hình chóp S.ABCD có các mặt phẳng (SAB), (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng
(ABCD), đáy là hình thang vuông tại các đỉnh A và B, có AD = 2AB = 2BC = 2a, SA = AC. Khoảng
cách giữa hai đường thẳng SB và CD bằng: a 3 a 15 a 3 a 10 A. B. C. D. 2 5 4 5
Câu 36: Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số.
Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt đúng ba chữ số khác nhau. 1500 1120 1130 1400 A. P  . B. P  C. P  D. P  6561 6561 6561 6561
Câu 37: Một cái bể cá hình hộp chữ nhật được đặt trên bàn nằm ngang, một mặt bên của bể rộng 10dm 3
và cao 8dm . Khi ta nghiêng bể thì nước trong bể vừa đúng che phủ mặt bên nói trên và chỉ che phủ bề 4
Trang 3/5 - Mã đề thi 485 - https://toanmath.com/
mặt đáy của bể (như hình bên). Hỏi khi ta đặt bể trở lại nằm ngang thì chiều cao h của mực nước là bao nhiêu ? B 8 B C A 8 C 10 h A 10 D D
A. h  3,5dm . B. h  4dm . C. h  3dm .
D. h  2,5dm . n n
Câu 38: Tìm hệ số chứa 5
x trong khai triển P x  x   x  x   x2 2 1 2 1 3 , biết 2 n 1
A C   5 . n n 1  A. 3360 B. 23210 C. 21360. D. 3320 log 5  b Câu 39: Cho 2 log 45  a 
, với a, b, c   . Tính tổng a  b  c 6 log 3  c 2 A. 2 B. 1 C. 4 D. 0
Câu 40: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn  2019 2 ; 01  9 để hàm số cot2 x m
2 cot x  2m2 1     y
nghịch biến trên  ;  cot x m  4 2  A. 2018 B. 2020 C. 2019 D. 2021
Câu 41: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và tam giác ABC cân tại A .
Cạnh bên SB lần lượt tạo với mặt phẳng đáy, mặt phẳng trung trực của BC các góc bằng 300 và 450,
khoảng cách từ S đến cạnh BC bằng a . Thể tích khối chóp S.ABC bằng: 3 a 3 a 3 a A. V  B. V  C. V  D. 3 V  a S.ABC 2 S.ABC 3 S.ABC 6 S.ABC m cos 2x
sin x  cos x   1 Câu 42: Cho dx    C
với m, n N . Tính A m 2  3n .  n
sin x  cos x  23
sin x  cos x  2 A. A  7 . B. A  10 . C. A  9 D. A  8 .
Câu 43: Người ta cần làm một cái bồn chứa dạng hình trụ có thể tích 1000 lít bằng inox để chứa nước,
tính bán kính R (đơn vị mét) của hình trụ đó sao cho diện tích toàn phần của bồn chứa có giá trị nhỏ nhất. 2 1 1 3 A. 3 R  B. 3 R  C. 3 R  D. 3 R    2 2
Câu 44: Cho hàm số y f x có đồ thị hàm số y f ' x như hình vẽ:
Xét hàm số g x  f x 3 2
 2x  4x  3m  6 5 với m là số thực. Điều kiện cần và đủ để
g x  0 x    5; 5  là:  
Trang 4/5 - Mã đề thi 485 - https://toanmath.com/ 2 2 2 2 A. m f  5 . B. m f  5 . C. m f  5 . D. m f 0 . 3 3 3 3
Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng   đi qua điểm H 3; 4   ;1
và cắt các trục tọa độ tại các điểm M , N , P sao cho H là trực tâm của MNP .
A. 4x  3y z  22  0.
B. x  2 y z  6  0.
C.  3x  4 y z  26  0
D. 3x  4 y z  26  0 . m   1 x  2m  2
Câu 46: Với các giá trị nào của tham số m thì hàm số y
nghịch biến trên khoảng x m  1  ;  ? m  1 A. m  2 B.  C. m  1 D. 1  m  2 m  2  2 ln x b b Câu 47: Biết dx   a ln 2 
(với a là số thực, b, c là các số nguyên dương và là phân số tối 2 x c c 1
giản). Tính giá trị của 2a  3b c. A. 5 B. 4. C. -6. D. 6.
Câu 48: Xét các số nguyên dương a, b sao cho phương trình 2
a ln x b ln x  5  0 có hai nghiệm phân
biệt x , x và phương trình 2
5log x b log x a  0 có hai nghiệm phân biệt x , x thỏa mãn x x x x . 1 2 3 4 1 2 3 4
Tìm giá trị nhỏ nhất của S  2a  3 . b A. S  33 . B. S  30 . C. S  17 . D. S  25 . min min min min 2 2
x  2mx  2m 1
Câu 49: Gọi m là giá trị để đồ thị (Cm) của hàm số y
cắt trục hoành tại hai điểm x 1
phân biệt và các tiếp tuyến với (Cm) tại hai điểm này vuông góc với nhau. Khi đó ta có: A. m  1; 2 B. m   2  ;   1 C. m  0  ;1 D. m  1  ;0 2 2 2
Câu 50: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu S  :  x  
1   y  2   z  3  27 . Gọi   là mặt
phẳng đi qua hai điểm A0;0; 4
 , B 2;0;0 và cắt S  theo giao tuyến là đường tròn C  sao cho khối
nón có đỉnh là tâm của S  , đáy là hình tròn C  có thể tích lớn nhất. Biết mặt phẳng   có phương
trình dạng ax by z c  0 , khi đó a b c bằng: A. 8 . B. 0 . C. 2 . D. 4
----------------------------------------------- ----------- HẾT ----------
Trang 5/5 - Mã đề thi 485 - https://toanmath.com/ BẢNG ĐÁP ÁN
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
B A C D D B B B A A C B D A B A A A B C B D B A C
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
A A A D B C C D C D D C D B D C D C C D D B B C D
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Đường thẳng y  6x m 1là tiếp tuyến của đồ thị hàm số 3
y x  3x 1 khi m bằng A. 4  hoặc 2  . B. 4  hoặc 0 .
C. 0 hoặc 2 . D. 2  hoặc 2 . Lời giải Chọn B
Gọi C là đồ thị hàm số 3
y x  3x 1. Có 2
y  3x  3.
x  1 y  3 2
y '  6  3x  3  6   x  1   y  5 
Phương trình tiếp tuyến của C tại điểm M 1;3 là: y  6x  3 .
Phương trình tiếp tuyến của C tại điểm M  1;
 5 là: y  6x 1. m 1  3 m  4 
Để đường thẳng y  6x m 1 là tiếp tuyến của C thì   m 1 1    m  0
Câu 2. Cho hình trụ có bán kính R và trục có độ dài 2R . Tính thể tích khối trụ. 4 2 A. 3 2 R . B. 3  R . C. 3  R . D. 3  R . 3 3 Lời giải Chọn A
Có thể tích hình trụ là 2 3
V   R .2R  2 R .
Câu 3. Với a, b là hai số dương tùy ý,  3 ln ab  bằng
A. 3ln a  ln b . B. 3ln . a ln b .
C. ln a  3ln b .
D. ln a  3ln b . Lời giải Chọn C Ta có:  3 ab  3 ln
 ln a  ln b  ln a  3ln b . Câu 4. Hàm số 3 2
y  2x  3x 1 đồng biến trong các khoảng nào sau đây? A.  ;0  . B.  1  ;0 . C.  1  ; . D.  ;    1 ;0; . Lời giải Chọn D Ta có: 2
y '  6x  6x . x  0 2
y '  0  6x  6x  0   x  1  Bảng biến thiên:
Trang 6/28 – Diễn đàn giáo viên Toán x  1  0  y  0  0   y 2 1 
Từ BBT ta có D là đáp án đúng.
Câu 5. Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng ?
A. Bát diện đều.
B. Hình lập phương.
B. Lăng trụ lục giác đều.
D. Tứ diện đều. Lời giải Chọn D
Bát diện đều, hình lập phương và lăng trụ lục giác đều là những hình đa diện có tâm đối xứng. Suy
ra tứ diện đều không có tâm đối xứng. 2
Câu 6. Tính tích phân 2
I  2x x 1dx  bằng cách đặt 2
u x 1 , mệnh đề nào dưới đây đúng ? 1 2 3 2 3 A. 1 I udu.  B. I udu.  C. I udu. 
D. I  2 udu.  2 1 0 1 0 Lời giải Chọn B Đặt 2
u x 1  du  2xdx .
Khi x 1 u  0; x  2  u  3. 2 3 Do đó 2
I  2x x 1dx udu  2 3   . 1 0 1 3 0 Câu 7. Cho f
 xdx  3, f xdx  1  
. Tính tích phân f xdx  . 0 1 3 A. 4 . B. 2  . C. 4  . D. 2 . Lời giải Chọn B 0 3 1 3   Ta có f
 xdx   f
 xdx   f
 xdx f
 xdx  3 1  2. 3 0  0 1  Câu 8. Hàm số 4 2
y x  3x 1 có bao nhiêu điểm cực trị? A. 2 . B. 3 . C. 0 . D. 1. Lời giải Chọn B Ta có 1. 3    3
  0 suy ra hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 9. Số nghiệm của phương trình log  7  4 3 xx là A. 1. B. 0 . C. 2 . D. 3. Lời giải Chọn A
Điều kiện của phương trình: x  4 .
Với x  0 phương trình đã cho tương đương với phương trình log x  4  log . x 7   3 Trang 7/28 - WordToan
Đặt log x  4  log x t. 7   3
x  4  7t t t t t  3 t  1 t Ta có 
suy ra 7  3  4  7  3  4   4 1  0       1 . x  3t  7   7  t t    
Xét hàm số f t 3 1   4 1,t  .       7   7  t t         Ta có f t 3 3 1 1 '  ln  4 ln  0, t  .           7   7   7   7 
Nên f t nghịch biến trên tập  . Mà f  
1  0 nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất t  1  x  3 . Câu 10. Tính   ?   2 lim 2x x x xA.  . B. 1  . C.  . D. 0 . Lời giải Chọn A  1    Ta có   2  lim  x 2   x      2 lim 2x x x xx x       1    1 
 lim  x 2   x   lim x  2  1. x  x      x  x     1 
Vì lim x   và  lim   2  1  1 2  0 nên
x x   x  2 lim 2x  . x x  x   
Câu 11. Họ nguyên hàm của hàm số 2x y  3 là 2x 2x 3
A. 2x  3x C . B.  3x C .  3x C . 2x   C . ln 2 C. ln2 D. x Lời giải Chọn C x Ta có  x   x 2 2
3 dx  2 dx  3dx   3x C   . ln 2
Câu 12. Cho hình chữ nhật ABCD có  0
AB a,BDC  30 . Quay hình chữ nhật này xung quanh
cạnh AD . Tính diện tích xung quanh của hình trụ được tạo thành. 2 2 a A. 2 S   a . B. S  . C. 2
S  2 3 a . D. 2 S  3 a . xq xq 3 xq xq Lời giải Chọn B
Trang 8/28 – Diễn đàn giáo viên Toán l
Từ giả thiết suy ra hình trụ được tạo ra có:
Bán kính đáy của hình trụ r AB CD a , đường sinh l BC .
Xét tam giác BDC vuông tại C và  0 BDC  30 suy ra BC 1 a a 0 0 tan30 
BC tan30 .CD .a   l  . DC 3 3 3 2 a 2 a
Diện tích xung quanh của hình trụ được tạo thành là S  2 rl  2 a  . xq 3 3
Câu 13. Trong mặt phẳng cho tập hợp P gồm 10 điểm phân biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng.
Số tam giác có 3 đỉnh đều thuộc tập hợp P là A. 7 A . B. 3 10 . C. 3 A . D. 3 C . 10 10 10 Lời giải Chọn D
Số tam giác có 3 đỉnh đều thuộc tập hợp P là: 3 C . 10 3x
Câu 14. Cho hàm số y
.Khẳng định nào sau đây đúng? 5x  2 3
A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  .
B. Đồ thị hàm số không có tiệm cận. 5 3 2
C. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  .
D. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng y  . 5 5 Lời giải Chọn A 3x 3 3 Vì lim
 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  .
x 5x  2 5 5
Câu 15. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : 2x my  3z  5  0 và mặt phẳng
Q:nx 8y 6z  2  0. Với giá trị nào của m và n thì hai mặt phẳng P, Q song song với nhau.
A. m n  4  .
B. m  4, n  4 .
C. m n  4 .
D. m  4, n  4 . Lời giải Chọn B 2 m 3 5
Để hai mặt phẳng song song với nhau điều kiện là  
     m  4, n   4 . n 8 6 2 Trang 9/28 - WordToan
Câu 16. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  1  ; 2  ; 3
  và P1;2;3 . Gọi Q là
điểm đối xứng với điểm P qua trục Ox , tính M . Q A. MQ  2 . B. MQ  6 . C. MQ  1 .
D. MQ  2 10 . Lời giải Chọn A
Gọi H là hình chiếu của điểm P(1; 2;3) lên trục Ox H (1;0;0).
Vì Q là điểm đối xứng với P qua trục Ox nên H là trung điểm của PQ , suy ra Q1; 2  ; 3   . Do đó MQ  2 . 3a
Câu 17. Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thoi tâm O cạnh a , 
ABC  60 , SA   ABCD , SA  . 2
Khoảng cách từ O đến mặt phẳng SBC  bằng 3a 5a 3a 5a A. . B. . C. . D. . 8 8 4 4 Lời giải Chọn A Cách 1: Xét ABC đều do 
ABC  60 và AB BC .
Lấy I là trung điểm BC , kẻ AH SI tại H (1).
Ta có: AI BC (do A
BC đều), mà BC SA BC  SAI , AH  SAI   BC AH (2).
Từ (1) và (2)  AH  SBC tại H AH d  , A SBC. a Ta có: A
BC đều cạnh a  3 AI  . 2 Xét SAI  vuông tại A có: 1 1 1 4 4 16 3a       AH   d , A SBC . 2 2 2 2 2 2    AH SA AI 9a 3a 9a 4 Ta có:
d O,SBC OC 1 1 3a      . d d O, SBC d A, SBC  A,SBC     AC 2 2 8
Trang 10/28 – Diễn đàn giáo viên Toán Cách 2: a 3
Tương tự cách 1 ta có A
BC đều cạnh a AI  . 2 2 1 a 3 Diện tích OBC  là: S  .S  . OBC 2 ABC  8 2 3 1 1 3a a 3 a 3
Thể tích của khối chóp S.OBC là: V  .S . A S  . .  . S.OBC 3 OBC 3 2 8 16 2 2  3a   a 3  Xét SAI  vuông tại A : 2 2
SI SA AI        3a . 2  2      1 Xét SAI
có SA SC do SAB   S
AC  SI là đường cao 2  S
SI.BC a 3 . SBC 2 3 3.a 3 3V 3a
Ta có: d O SBC S.OBC 16 ;    . 2 Sa SBC 3 8 3x 1  4
Câu 18. Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  là 2 x  6x  5 A. 1. B. 3 . C. 0 . D. 2 . Lời giải Chọn A  1 
Tập xác định của hàm số là D   ;  \   1;  5 .  3  Ta có: 3x 1  4 3 x  5 3 3 1) lim  lim  lim  2 x5 x5 x  6x  5
x  1x 5 3x 1 4 x5 x  1 3x1 4 32  lim           3x 1 4 3x 1  4 2 0  2) lim   x 1 do   .  2   x 1  x  5x  6  lim            2 x 5x 6 2 0, x
5x 6 0, x 1;5  x 1  
 Đồ thị hàm số đã cho có 1 tiệm cận đứng: x 1.
Câu 19. Tìm dãy số là cấp số nhân trong các dãy số 3 A. 3;  3; 1; .
B.  2; 2; 2 2; 4. C. 10;5; 0;-5 . D. 1;2;-4; 8 . 3 Lời giải Chọn B
Ta có  2; 2; 2 2; 4. là cấp số nhân có công bội bằng  2 .
Câu 20. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AC, AD . Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?
A. MN / /  ACD .
B. MN / /  ABD.
C. MN / / BCD .
D. MN / /  ABC . Lời giải Trang 11/28 - WordToan Chọn C
Vì M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AC, AD nên MN / /C ,
D MN   ACD
MN / / BCD.
Câu 21. Cho phương trình 2x5 x2 3  3  2 . Đặt 1 3x t  
, phương trình đã cho trở thành phương trình nào? A. 2
3t t  2  0 . B. 2
27t  3t  2  0 . C. 2
81t  3t  2  0 . D. 2
27t  3t  2  0 . Lời giải Chọn B Ta có: 2x5 x2 3 2x  1 x 1 3 3 2 3 .3 3.3       2  0 . Đặt 1 3x t  
, phương trình đã cho trở thành phương trình: 2
27t  3t  2  0 . Vậy khi đặt 1 3x t  
thì phương trình 2x5 x2 3  3
 2 trở thành phương trình: 2
27t  3t  2  0 .
Câu 22. Cho hình nón có bán kính đáy r  3 và độ dài đường sinh l  4 . Tính diện tích xung quanh
S của hình nón đã cho. xq
A. S  39 .
B. S  8 3 .
C. S  12 .
D. S  4 3 . xq xq xq xq Lời giải Chọn D
Ta có diện tích xung quanh của hình nón là S   rl , với r  3 , l  4 . xq Suy ra S  4 3 . xq
Vậy hình nón có bán kính đáy r  3 và độ dài đường sinh l  4 có diện tích xung quanh là S  4 3 . xq 1
Câu 23. Cho f x 4 3 2
x  4x  2x x 1. Tính 2
f xf   xdx ? 0
Trang 12/28 – Diễn đàn giáo viên Toán 2 2 A. 2 . B.  . C. 2  . D. . 3 3 Lời giải Chọn B 1 1 1 1 Ta có: f
 xf xdx f
 xd f x  f x1  
f  13  f 03 2 2 3  . 0 3 3   0 0 1 2 Mà: f   1  1
 ; f 0 1. Do đó: 2
f xf  xdx    . 3 0 5 1  2 5 a .a
Câu 24. Cho biểu thức P  
. Rút gọn P được kết quả:  a   2 2 2 2 A. 5 a . B. a . C. 3 a . D. 4 a . Lời giải Chọn A 5 1  2 5 5 1  2 5 3 a .a a a Ta có: 5 P      a .     22 a
 2 2  2 2 2 2 2a a
Câu 25. Cho hàm số y  ln x , mệnh đề nào sau dây đúng ? x
A. 2 y' xy''  1 .
B. y' xy''  1 .
C. 2 y' xy''   1 .
D. y' xy''   1 . x2 x2 x2 x2 Lời giải Chọn C
xln x' x'ln x Ta có  y   1 ln x. x2 x2 1
 lnx'x2  x2
 ' 1lnx x2x 1lnx 32lnx y''    . x4 x4 x3 Ta có :
1 ln x 3 2ln x
2 y' xy''  2 
 2  2ln x  3 2ln x   1 . x2 x2 x2 x2
Vậy C là đáp án đúng . Đáp án A sai . Ta có 3 2ln x 2  ln x
y' xy''  1 ln x
 1 ln x  3 2ln x  . x2 x2 x2 x2
Vậy đáp án B và D sai .  b3 
Câu 26. Cho log b  2 và log c  3. Tính P  log a a
a  c2  . 4 A. 0. B. -5. C. . D. 36. 9 Lời giải Trang 13/28 - WordToan Chọn A b3  Ta có P  log
b3  log c2  3log b 2log c.
a  c2   loga a a a P  0. Vậy đáp án A đúng .
Câu 27. Biết rằng S là tập nghiệm của bất phương trình  2
log  x 100x  2400   2 có dạng
S   a;b  \x .Giá trị a b x bằng : 0 0 A. 50. B. 150. C. 30. D. 100. Lời giải Chọn A
BPT tương đương với : 2
x 100x  2400  0 40  x  60  40  x  60      .
x 100x  2400 100   x  50  2 2  0 x  50
S   40;60  \ 
50  a b x  40  60  50  50. 0
Câu 28. Trong hệ trục Oxyz cho mặt cầu có phương trình 2 2 2
x y z  2x  4 y  6z 1  0.
Xác định tâm và bán kính của mặt cầu. A. I  1; 2
 ;3 , R  15 . B. I  1;2;3 , R  15 .
C. I  1;2;3 , R  15 . D. I 1; 2  ; 3  , R  4. Lời giải
Ta có : x y z x y z     x  2   y  2   z  2 2 2 2 2 4 6 1 0 1 2 3  15.
Suy ra: Tâm I  1;2;3 , R  15 . Chọn A 2 2x  2x  3
Câu 29. Biết đường thẳng y  3x 1 cắt đồ thị hàm số y
tại hai điểm phân biệt , A B . Tính độ x 1
dài đoạn thẳng AB? A. AB  4 6 . B. AB  4 2 .
C. AB  4 15 .
D. AB  4 10 . Lời giải Chọn D 2 2x  2x  3
Hoành độ giao điểm của đường thẳng y  3x 1 và đồ thị hàm số y là nghiệm của x 1 phương trình sau:
Trang 14/28 – Diễn đàn giáo viên Toán 2
2x  2x  3  3x 1 x 1 2
2x  2x  3  3x   1  x   1   x  1 x  2 2 x  4  x  2  
 x  2   x  1  x  2 x  1 Suy ra A   2;
 5;B  2;7 và AB  4 10 .
Câu 30. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy, SD tạo với mặt
phẳng SAB một góc bằng 30 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD. 3 3a 3 6a 3 6a A. 3 V  3a . B. V  . C. V  . D. V  . 3 18 3 Lời giải Chọn B S A D B C
Ta có hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh, SA vuông góc với mặt đáy nên DA AB và
DA SA . Suy ra DA  SAB . Vậy góc giữa SD và mặt phẳng SAB là  DSA  30 .
Ta có SA A .
D cot 30  a 3 1 1 3 2 3 V  .S . A S  .a 3.a a . 3 ABCD 3 3
Câu 31. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, mặt bên SAB là tam giác đều và SA BC . a 21
Khoảng cách từ C đến mặt phẳng SBD bằng
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a . 7 3 a 3 3 a 3 3 a 3 3 a 3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . S.ABCD 2 S.ABCD 9 S.ABCD 6 S.ABCD 4 Lời giải Chọn C Trang 15/28 - WordToan S I D A H O K B CBC AB Vì 
(gt) nên BC  SAB . BC SA
Gọi H là trung điểm của AB thì SH AB và SH BC , suy ra SH   ABCD .
Ta có d C,SBD  d  ,
A SBD  2.d H,SBD.
Gọi O AC BD , K là trung điểm của BO . Trong SHK  , kẻ HI SK I SK  .
Vì HK // AO nên HK BD và SH   ABCD  SH BD
Suy ra BD  SHK   BD HI mà HI SK HI  SBD . Do đó d H,SBD  HI . x 3 AC x 2
Đặt AB x x  0 thì SH
, AC x 2  HK   . 2 4 4 1 1 1 4 8 28 x 21 Ta có       HI  . 2 2 2 2 2 2 HI SH HK 3x x 3x 14 x a
Suy ra d C SBD 21 21 ,  2HI    x a . 7 7 3 1 1 a 3 a 3 Do đó 2 V  .SH.S  . .a  (đvtt). S.ABCD 3 ABCD 3 2 6
Câu 32. Một người vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất là 0,7%/tháng theo thỏa thuận cứ cuối mỗi
tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 5 triệu đồng và cứ trả hàng tháng như thế cho đến khi hết nợ
(tháng cuối cùng có thể trả dưới 5 triệu). Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết nợ ngân hàng? A. 21. B. 24 . C. 22 . D. 23. Lời giải Chọn C
Xét bài toán tổng quát:
Gọi A là số tiền vay từ ngân hàng với lãi suất là r (%) mỗi tháng. Số tiền trả hàng tháng là a và
sau n tháng thì trả được hết nợ.
Trang 16/28 – Diễn đàn giáo viên Toán
Cuối tháng thứ 1, số tiền còn nợ là N A 1 r a . 1  
Cuối tháng thứ 2, số tiền còn nợ là N N N .r a A1 r2  a 1 r a . 2 1 1  
Cuối tháng thứ 3, số tiền còn nợ là N A1 r3  a 1 r2  a 1 r a . 3   …
Cuối tháng thứ n , số tiền còn nợ là N A r a r a r       
a r a n  n  n 1  n 2 1 1 1 1  n n    
A  rn 1 r 1  a
A  rn 1 r 1 1 . 1  . a . 1 r 1 r .
A r.1 rn
Để hết nợ thì N  0  a  . n n * 1 r 1 Từ đề bài ta có 8 6 3
A 100.000.000 10 , a 5.000.000 5.10 , r 0,7% 0,007 7.10        . 8 3 10 .7.10 .1,007n n 50  50  Thay vào * ta được 6 5.10   1,007   n  log . n 1,007   1,007 1 43  43  Suy ra n  21, 6 .
Vậy sau 22 tháng thì người đó trả hết nợ.
Câu 33. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số 3 2 3
y x  3mx  4m có hai điểm
cực trị A , B sao cho diện tích của tam giác OAB bằng 64 , với O là gốc tọa độ. A. m  1  . B. m 1. C. m  2 . D. m  2  . Lời giải. Chọn D Ta có: y   3 2 3
x mx m  2 3 4
 3x  6mx  3x(x  2m) .
Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y  0 có hai nghiệm phân biệt.
 2m  0  m  0 . 3 OA   4m
Tọa độ hai điểm cực trị là A 3
0; 4m  và B2 ; m 0   OB  |  2m | 1 1 3 4  SO . A OB
4m | 2m | 4m  64  m  2  . OAB  2 2
Câu 34. Cho các số thực x , y , z thỏa mãn x  2 , y  1, z  0. Giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 P   là 2 2 2
2 x y z  2(2x y  3)
y(x 1)(z 1) 1 1 1 1 A. P  . B. P  . C. P  . D. P  . 4 6 8 2 Lời giải Chọn C
Đặt a x  2 , b y 1 , c z . 1 1
Ta có: a , b , c  0 và P   . 2 2 2
2 a b c 1 (a 1)(b 1)(c 1)
a b2 c  2 1 1
Ta có: a b c 1  
 a b c  2 2 2 2 1 . 2 2 4
Dấu ''  '' xảy ra khi và chỉ khi a b c 1. Trang 17/28 - WordToan
a b c
Mặt khác a  b  c    3 3 1 1 1 
. Dấu ''  '' xảy ra khi và chỉ khi a b c 1. 27 1 27
Đặt t a b c 1 t 1 khi đó P   , t 1 3 t (t  2) 1 27 1 81
Xét hàm f (t)   , t 1; f (  t)    3 t (t  2) 2 4 t (t  2)
f t   t  4 2 2 0
2  81.t t  5t  4  0  t  4 Do t  
1 và lim f t  0 . t Bảng biến thiên 1
Từ bảng biến thiên ta có max f t  f 4   t  4 1; 8
a b c 1  
a b c 1
a b c 1  4
x  3 ; y  2 ; z 1. 1
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là , đạt được khi  ; x ; y z  3;2;  1 . 8
Câu 35. Cho hình chóp S.ABCD có các mặt phẳng SAB , SAD cùng vuông góc với mặt phẳng
ABCD , đáy là hình thang vuông tại các đỉnh A và B , có AD  2AB  2BC  2a , SA AC .
Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD bằng: a 3 a 15 a 3 a 10 A. . B. . C. . D. . 2 5 4 5 Lời giải Chọn D Cách 1: z S 2a A a D y a 2 B a C x
Trang 18/28 – Diễn đàn giáo viên Toán
Theo bài ra có: SA   ABCD  SA AC ; SA AC nên SA AC a 2 .
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A O ; tia Ox AB ; tia Oy AD ; tia Oz AS . Khi đó:
A0;0;0 ; B ;0
a ;0 ; C  ; a ;
a 0 ; D0;2 ;
a 0 ; S 0;0;a 2 .
x a t
Ta có, phương trình đường thẳng CD : y a t z  0 
x a t 
Phương trình đường thẳng SB :  y  0 
z   2t
Gọi MN là đoạn vuông góc chung của SB và CD với M CD ; N SB . 
Ta có: M a t; a t;0 ; N a t ;0
 ; 2t  MN  t t ;a t; 2t .
Do MN CD ; MN SB nên có:    3a t  
MN.CD  0  t
   t a t  0
2t t  a  5         
 MN.SB  0
t  t  2t  0
t  3t  0 at   5   2 2a 2a 2a  2 2        2a 2a 2a a 10 MN    ;  ;     MN              . 5 5 5       5   5  5 5   Cách 2:
Theo giả thiết SA   ABCD  SA AC ; SA AC a 2 .
Gọi M là trung điểm của AD . Ta có: BM // CD CD // SBM   d C ;
D SB  d  ;
CD SBM   d C;SBM    d  ;
A SBM  .
Theo giả thiết và theo cách dựng ta có ABCM là hình vuông cạnh a .
Gọi K AC BM AK BM BM  SAC . Trang 19/28 - WordToan
Dựng AH SB . Khi đó: d  ;
A SBM    AH
Xét tam giác SAC vuông tại A , đường cao AH có: 1 1 1 1 2 a 10      AH  2 2 2 2 2 AH SA AK 2a a 5 .
Câu 36. Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0 , lấy ngẫu nhiên một số.
Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt đúng ba chữ số khác nhau. 1500 1120 1130 1400 A. P  . B. P  . C. P  . D. P  . 6561 6561 6561 6561 Lời giải Chọn D
Số các chữ số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0 là: n 5  9 số.
Gọi A là biến cố: “ Lấy một số tự nhiên có 5 chữ số mà chỉ có mặt đúng ba chữ số khác nhau”.
Khi đó có các trường hợp sau xảy ra:
+ Trường hợp 1: Số đó có 1 chữ số xuất hiện 3 lần và hai chữ số còn lại xuất hiện 1 lần.
Chọn 3 chữ số trong 9 chữ số có 3 C cách chọn. 9
Chọn số xuất hiện 3 lần có 3 cách chọn.
Sắp xếp thứ tự các số này, sắp thứ tự 2 số khác nhau trước, còn lại là vị trí của số xuất hiện 3 lần: 2 A .1 cách. 5
Vậy theo quy tắc nhân có: 3 2
C .3.A  5040 cách. 9 5
+ Trường hợp 2 : Số đó có 2 chữ số xuất hiện 2 lần và chữ số còn lại xuất hiện 1 lần.
Chọn 3 chữ số trong 9 chữ số có 3 C cách chọn. 9
Chọn số xuất hiện 1 lần có 3 cách chọn.
Sắp xếp thứ tự các số này, sắp thứ tự cho số xuất hiện 1 lần trước, sau đó chọn vị trí cho số xuất hiện 2 lần: 2 5.C .1 cách 4
Vậy theo quy tắc nhân có: 3 2
C .3.5.C .1  7560 cách. 9 4
Vậy nA  5040  7560 12600.
P AnA 1400   . n  6561
Câu 37. Một bể cá hình hộp chữ nhật được đặt trên bàn nằm ngang, một mặt bên của bể rộng 10 dm và cao 8 3
dm. Khi nghiêng bể thì nước trong bể vừa đúng che phủ mặt bên nói trên và chỉ che phủ bề mặt 4
đáy của bể (như hình). Hỏi khi ta đặt bể trở lại nằm ngang thì chiều cao h của mực nước là bao nhiêu?
A. h  3,5 dm. B. h  4 dm. C. h  3 dm.
D. h  2,5 dm.
Trang 20/28 – Diễn đàn giáo viên Toán Lời giải Chọn C
Gọi a là số đo cạnh còn lại của đáy bể cá. 1 3
Thể tích nước trong bể khi nghiêng bể là . . a 8.10  30a 2 4
Thể tích nước trong bể khi đặt bể trở lại nằm ngang là . h . a 10 10ah
Vì lượng nước trong bể không đổi nên ta có 30a 10ah h  3dm.
Câu 38. Tìm hệ số chứa 5 x trong khai triển n 2 2
( )  (1 2 )  (1 3 ) n P x x x x x , biết 2 n 1
A C   5. n n 1  A. 3360. B. 23210. C. 21360. D. 3320. Lời giải Chọn D
Điều kiện n  2 .  n n n n n ! ( 1)! ! ( 1)! 2 1 A C  5    5    5 n n 1 
(n  2)! (n 1 n 1)!(n 1)!
(n  2)! 2(n 1)! n(n 1) 2
 (n 1)n
 5  2(n 1)n n(n 1)  10  n  3n 10  0  n  5.Hệ số 2 chứa 5 x trong khai triển 5 x(1 2x) là 4 4 C .( 2  )  80 . 5 Hệ số chứa 5 x trong khai triển 2 10
x (1 3x) là 3 3 C .3  3240 . 10 Vậy hệ số chứa 5 x trong khai triển n 2 2
( )  (1 2 )  (1 3 ) n P x x x x x là 3320. log 5  b Câu 39. Cho 2 log 45  a
, với a,b, c   . Tính tổng a b c 6 log 3  c 2 A. 2 . B. 1. C. 4  . D. 0 . Lời giải Chọn B log 45 2log 3  log 5 log 5  2 Ta có : 2 2 2 2 log 45    2  6 log 6 log 3 1 log 3 1 2 2 2
Vậy a  2,b  2, c  1  a b c  2  2 1  1.
Câu 40. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn  2019  ;2019 để hàm số 2 2
co t x  2m cot x  2m 1     y  nghịch biến trên ;   . cot x m  4 2  A. 2018 . B. 2020 . C. 2019 . D. 2021. Lời giải Chọn D 2 2
co t x  2m cot x  2m 1 y    1 . cot x m Trang 21/28 - WordToan      1    
Đặt cot x t . Ta có x  ;    t 0;  1 . Để hàm số
nghịch biến trên khoảng ;     4 2   4 2  2 2
t  2mt  2m 1 hàm số y
đồng biến trên khoảng t m 2  t 1 m  , t  0;1 2    2  t  2mt 1 t
  2mt 1 0  2t 0;  1  y   0 , t  0;  1     * t m2 m   0; 1 m  0  m 1 2 t 1
Xét hàm số f (t)  , t 0;  1 . 2t 2 t 1 Ta có: f (  t) 
f (t)  0  t  1 (loại). 2 2t Bảng biến thiên: t 0 1 f(t)   f t 1
Từ bảng biến thiên  f (t)  1, t 0;  1 . m 1  m 1 Vậy  
*  m  0    m  0 m 1 mà m 2019 
;2019, m  m 2019  ; 2  018;...;0; 
1 nên có 2021 giá trị m thỏa mãn .
Câu 41. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng  ABC và tam giác ABC cân tại A . Cạnh
bên SB lần lượt tạo với mặt phẳng đáy, mặt phẳng trung trực của BC các góc bằng 0 30 và 0 45 ,
khoảng cách từ S đến cạnh BC bằng a . Thể tích khối chóp S.ABC bằng: 3 a 3 a 3 a A. V  . B. V  . C. V  . D. 3 Va . S.ABC 2 S.ABC 3 S.ABC 6 S.ABC Lời giải Chọn C S 450 C A 300 M B
+ Lấy M là trung điểm của BC , tam giác ABC cân tại A
Trang 22/28 – Diễn đàn giáo viên Toán AM BC .
SA BC (vì SA   ABC )
BC  SAM  tại trung điểm M  SAM  là mặt phẳng trung trực cạnh BC .
Góc giữa SB và mặt phẳng SAM = góc giữa SB và SM =  0 BSM  45 .
Góc giữa SB và mặt phẳng  ABC = góc giữa SB và AB =  0 SBA  30 .
BC  SAM   BC SM khoảng cách từ S đến cạnh BC bằng SM a .
+ Tam giác vuông cân SBM có BM a, SB a 2 .
BC  2BM  2a . SA 1 a 2 6
Tam giác vuông SAB có 0 sin 30 
SA a 2.  ;  a AB . SB 2 2 2 2  a 6  a 2
Tam giác vuông ABM có 2 2 2
AM AB BM     a   . 2  2   3 1 1 a 2 1 a 2 a
Vậy thể tích khối chóp S.ABC là VS . A S  . . .2 . a  . S.ABC 3 ABC 3 2 2 2 6 m cos 2x
sin x  cos x  1 Câu 42. Cho dx    
C với m, n N . Tính A m 2  3n .
sin x cos x  23
sin x cos x  2n A. A  7 . B. A 10. C. A  9. D. A  8 . Lời giải Chọn D 2 2 cos 2x cos x  sin x
cos sin cos sin  I  dx  dx  d  x .    x x x x
sin x  cos x  23
sin x cos x  23
sin x cos x  23
Đặt t  sin x  cos x  2  dt  cos x  sin xdx . t  2  1 2  1 1 1 t
sin x  cos x 1  I  dt   dt     C   C      C . 3  2 3  2 2 tt t t t t
sin x  cos x  22
m 1;n  2  A  2.13.2  8 .
Câu 43. Người ta cần làm một cái bồn chứa dạng hình trụ có thể tích 1000 lít bằng inox để chứa nước, tính
bán kính R (đơn vị mét) của hình trụ đó sao cho diện tích toàn phần của bồn chứa có giá trị nhỏ nhất. 2 1 1 3 A. 3 R  . B. 3 R  . C. 3 R  . D. 3 R  .   2 2 Lời giải Chọn C Ta có 1000 lít = 1m3. 1
Gọi h là chiều cao của hình trụ ta có 2
V   R h 1 h  . 2  R 1 2
Diện tích toàn phần là: 2 2 2
S  2 R  2 Rh  2 R  2 R  2 R tp 2  R R Trang 23/28 - WordToan  1 1  1 1  2 2 3 3  2  R    2.3  R . .  6   .  2R 2R  2R 2R 4 1 1
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 2 3  R   R  . 2R 2
Câu 44. Cho hàm số f x có đồ thị hàm số y f  x như hình vẽ
Xét hàm số g x  f x 3 2
 2x  4x  3m  6 5 với m là số thực. Điều kiện cần và đủ để
g x  0 x    5; 5   là 2 2 2 2 A. m f  5. B. m f  5. C. m f  5. D. m f 0 . 3 3 3 3 Lời giải Chọn C
Ta có g x  f x 3 2
 2x  4x  3m  6 5  0, x    5; 5  
hx  f x 3m 3  x  2x 3 5  , x   5; 5 2   
h x 3m max  .  5; 5   2
Ta có: h x  f  x 2  3x  2 .
Vẽ 2 đồ thị y f  x và 2 y  3x 
 2 trên cùng một hệ trục tọa độ:
Trang 24/28 – Diễn đàn giáo viên Toán
Nhận xét: f  x 2  3  x  2, x
   5; 5  hx  0, x    5; 5     
h x  h   f   3m 2 max 5 5 
m f  5.  5; 5   2 3
Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng   đi qua điểm H 3; 4  ;  1
và cắt các trục tọa độ tại các điểm M , N , P sao cho H là trực tâm của MNP .
A. 4x  3y z  22  0 .
B. x  2 y z  6  0 .
C. 3x  4 y z  26  0 . D. 3x  4 y z  26  0 . Lời giải Chọn D
Vì OMNP là tam diện vuông tại O và có H là trực tâm MNP nên OH  MNP . 
Suy ra OH  3; 4; 
1 là một VTPT của mặt phẳng MNP .
Vậy MNP :3x  4y z  26  0 .
(m 1)x  2m  2
Câu 46. Với các giá trị nào của tham số m thì hàm số y
nghịch biến trên khoảng x m  1;    ? m  1 A. m  2 . B.  . C. m  1.
D. 1  m  2 . m  2 Lời giải Chọn D
Tập xác định D   \  m . 2 m m  2 Ta có y  . x m2
Hàm số nghịch biến trên khoảng  1;
    y  0 x   1  ;  2
m m  2  0  1   m  2        . m   m 1;    1 2 m 1 Vậy 1  m  2 . 2 ln x b b Câu 47. Biết
dx   a ln 2 
(với a là số thực, b, c là các số nguyên dương và là phân số tối giản). 2 x c c 1
Tính giá trị của 2a  3b c . A. 5. B. 4. C. 6 . D. 6. Lời giải Chọn B.  1 u   ln x du  dx    Đặt x  dx   ta có dv  1  2  xv    x Trang 25/28 - WordToan  1 a    2 2 2 2 2 ln x 1 1 1 1 1 1 b
dx   ln x  dx   ln 2 
  ln 2   a ln 2    b
  1  2a  3b c  4 . 2 2 x x x 2 x 2 2 c 1 1 1 1 c  2  
Câu 48. Xét các số nguyên dương a, b sao cho phương trình 2
a ln x b ln x  5  0 có hai nghiệm phân biệt
x , x và phương trình 2
5 log x b log x a  0 có hai nghiệm phân biệt x , x thỏa mãn 1 2 3 4
x x x x . Tìm giá trị nhỏ nhất của S  2a  3b 1 2 3 4 A. S  33 . B. S  30 . C. S  17 . D. S  25 . min min min min Lời giải Chọn B.
Điều kiện để hai phương trình 2
a ln x b ln x  5  0 và 2
5 log x b log x a  0 có hai nghiệm phân biệt là: 2
b  20a  0 . (*)  bb
ln x  ln x   ln b x x      1 2   1 2  a   x x e Theo giả thiết ta có a a 1 2      . b b b log x log x logx x         5 3 4 3 4 x x  10    3 4 5  5 b b   Mà a 5
x x x x e  10 1 2 3 4 b b
    ln10 (Vì a, b là các số nguyên dương) a 5 5  a   a  3. (1) ln10 Theo điều kiện (*) có 2 2
b  20a  0  b  20a  60  b  8 . (2) a  3
Từ (1) và (2) suy ra S  2a  3b  30  S  30 
(thỏa mãn các điều kiện đề bài). min b   8 2 2
x  2mx  2m 1
Câu 49. Gọi m là giá trị để đồ thị C của hàm số y
cắt trục hoành tại hai điểm m x 1
phân biệt và các tiếp tuyến với C tại hai điểm này vuông góc với nhau. Khi đó ta có: m
A. m 1;2 . B. m  2;    1 .
C. m 0;  1 . D. m 1  ;0 . Lời giải Chọn C
Điều kiện cần và đủ để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt là phương trình 2 2
x  2mx  2m 1  0  
* có hai nghiệm phân biệt khác 1 . Điều đó tương đương   m    0
m 2m   2 1 0 2 2 1  0      m  0  m 1  ;  1 \  0 . 2 2 2 1   2 .
m 1 2m 1  0
2m  2m  0 m  2  
Với điều kiện trên, gọi x , x là hai nghiệm của phương trình (*) . Ta được: 1 2 x x  2  m 1 2  . 2
x .x  2m 1  1 2 2 2 2
x  2x  2m  2m 1 2m  2m Ta có: y   1
. Theo yêu cầu bài toán thì x  2 1 x  2 1
Trang 26/28 – Diễn đàn giáo viên Toán 2 2     2m  2m 2m  2m y x yx  1   1 1   1  1   2   x 2 1   x 2 1     1 2   
m m m m
 1 2m  2m 2 2 1 1 2 2 2 2 2      1   x 2 1 x 2 1    x  2 1 x    2 1 1 2 1 2 2 2 x xx x x x   m m   1  2 2 2 2 2 2 2m  2m     2 1 2 1 2 1 2       1
x .x x x 1  x .x x x 1      1 2  1 2  2 1 2  1 2  2 2 2 m
m    m   m m
 1 2m  2m 4 22 1  2  2 2 2 2 2      
m   m   1 2 2 2
 2m 1 2m 1 2 1 2 1   1   7 m  2m  4 2m  4 2 3  1 1  1  
 3  6m  4m  4  0   . 2 2 2m  2m 2m  2m  1   7 m   3 1   7
So với điều kiện ta nhận m  0;  1 . 3
Câu 50. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu S x  2   y  2   z  2 ( ) : 1 2
3  27 . Gọi   là mặt phẳng
đi qua 2 điểm A0;0; 4
 , B2;0;0 và cắt S  theo giao tuyến là đường tròn C sao cho khối
nón có đỉnh là tâm của S  , là hình tròn C có thể tích lớn nhất. Biết mặt phẳng   có phương
trình dạng ax by z c  0 , khi đó a b c bằng: A. 8. B. 0. C. 2. D. -4. Lời giải Chọn D
+ Vì   qua A ta có: (4)  c  0  c  4.
+ Vì   qua B ta có: 2a c  0  a  2 .
   : 2x by z  4  0 .
+ Mặt cầu (S ) có tâm I 1; 2  ;3, R  3 3 . 2  2b  3  4 2b  5
+ Chiều cao khối nón: h d   . I ,  2 2 4  b 1 b  5 2  2b  5  2b  5 2 2  2
+Bán kính đường tròn (C): r R h  27     27  . 2 2  b  5 b  5  1 1 
2b  5  2b  5 2  2
+ Thể tích khối nón: V   r h    27   2    2 3 3 b 5 b  5  
+ Tới đây ta có thể Thử các trường hợp đáp án.
Hoặc ta làm tự luận như sau: 2b  5 Đặt t
và xét hàm số f t   2
27  t t trên đoạn 0;3 3 2   . b  5 t  3
Ta có: f t 2
 27  3t ; f t  0  
. Ta có bảng biến thiên: t  3   lTrang 27/28 - WordToan
Do đó thể tích khối nón lớn nhất khi và chỉ khi 2  2b  5  2 2 2 t  3  
  3  4b  20b  25  9b  45 2  b  5  2
 5b  20b  20  0  b  2 .
Vì vậy a b c  4 .
Hoặc Ta gọi chiều cao khối nón là h, từ phương trình tính thể tích ta suy ra h=3, tìm b từ phương 2b  5 trình:  3 . 2 b  5
------------------------------- Hết -------------------------------
Trang 28/28 – Diễn đàn giáo viên Toán
Document Outline

  • [toanmath.com] - Đề thi bồi dưỡng THPT lần 2 môn Toán năm 2018 – 2019 trường Bỉm Sơn – Thanh Hóa.pdf
  • WT102-Đề thi THPTQG lần 02 THPT Bỉm Sơn – Thanh Hóa. năm 2019.pdf