Đề thi tham khảo kỳ thi Trung học Phổ thông Quốc gia năm 2019 môn Toán

Đề thi tham khảo kỳ thi Trung học Phổ thông Quốc gia năm 2019 môn Toán có mã đề 001 gồm 6 trang được biên soạn theo hình thức trắc nghiệm khách quan với 50 câu hỏi và bài toán

30 15 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi THPTQG môn Toán năm 2019

Môn: Toán

Thông tin:

28 trang 6 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Hoa
Trang 1/6 – Mã đề thi 001
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI THAM KHẢO
(Đề thi có 06 trang)
KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019
Bài thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
Họ, tên thí sinh: ........................................................................................
Số báo danh: .............................................................................................
Câu 1. Thể tích của khối lập phương cạnh
2a
bằng
A.
3
8 .a
B.
3
2 .a
C.
3
.a
D.
3
6 .a
Câu 2. Cho hàm số
( )y f x
có bảng biến thiên như sau
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng
A.
1.
B.
2.
C.
0.
D.
5.
Câu 3. Trong không gian
,Oxyz
cho hai điểm
1;1; 1A
và
2;3;2 .B
Vectơ
AB
có tọa độ là
A.
1;2;3 .
B.
1; 2;3 .
C.
3;5;1 .
D.
3;4;1 .
Câu 5. Với
a
và
b
là hai số thực dương tùy ý,
2
log ab
bằng
A.
2log log .a b
B.
log 2log .a b
C.
a b
D.
1
log log .
2
a b
Câu 6. Cho
1
0
d 2f x x
và
1
0
d 5,g x x
khi đó
1
0
2 df x g x x
bằng
A.
3.
B.
12.
C.
8.
D.
1.
Câu 7. Thể tích của khối cầu bán kính
a
bằng
A.
3
4
.
3
a
B.
3
4 .a
C.
3
.
3
a
D.
3
2 .a
Câu 8. Tập nghiệm của phương trình
2
2
log 2 1x x
là
A.
0 .
B.
0;1 .
C.
1;0 .
D.
1 .
Câu 9. Trong không gian
,Oxyz
mặt phẳng
Oxz
có phương trình là
A.
0.z
B.
0.x y z
C.
0.y
D.
0.x
Câu 10. Họ nguyên hàm của hàm số
x
f x e x
là
A.
2
.
x
e x C
B.
2
1
.
2
x
e x C
C.
2
1 1
.
1 2
x
e x C
x
D.
1 .
x
e C
Câu 11. Trong không gian
,Oxyz
đường thẳng
1 2 3
:
2 1 2
x y z
d
đi qua điểm nào dưới đây ?
A.
(2; 1;2).Q
B.
( 1; 2; 3).M
C.
(1;2;3).P
D.
( 2;1; 2).N
Câu 4. Cho hàm số
y f x
có đồ thị như hình vẽ bên.
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây ?
A.
0;1 .
B.
; 1 .
C.
1;1 .
D.
1;0 .
Mã đề thi 001
Trang 2/6 – Mã đề thi 001
Câu 12. Với
k
và
n
là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn
,k n
mệnh đề nào dưới đây đúng ?
A.
!
.
!( )!
k
n
n
C
k n k
B.
!
.
!
k
n
n
C
k
C.
!
.
( )!
k
n
n
C
n k
D.
!( )!
.
!
k
n
k n k
C
n
Câu 13. Cho cấp số cộng
n
u
có số hạng đầu
1
2u và công sai
5.d
Giá trị của
4
u bằng
A.
22.
B.
17.
C.
12.
D.
250.
Câu 14. Điểm nào trong hình vẽ bên là điểm biểu
diễn số phức
1 2 ?z i
A.
.N
B.
.P
C.
.M
D.
.Q
Câu
15
.
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm
số nào dưới đây ?
A.
2 1
.
1
x
y
x
B.
1
.
1
x
y
x
C.
4 2
1.y x x D.
3
3 1.y x x
Câu 16. Cho hàm số
y f x
liên tục trên đoạn
1;3
và
có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi
M
và
m
lần lượt là giá trị lớn
nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn
1;3 .
Giá trị
của
M m
bằng
A.
0.
B.
1.
C.
4.
D.
5.
Câu 17. Cho hàm số
f x
có đạo hàm
3
1 2 , .f x x x x x
Số điểm cực trị của hàm số đã
cho là
A.
3.
B.
2.
C.
5.
D.
1.
Câu 18. Tìm các số thực
a
và
b
thỏa mãn
2 1 2a b i i i
với
i
là đơn vị ảo.
A.
0, 2.a b
B.
1
, 1.
2
a b
C.
0, 1.a b
D.
1, 2.a b
Câu 19. Trong không gian
,Oxyz
cho hai điểm
1;1;1I
và
1;2;3 .A
Phương trình của mặt cầu có tâm
I
và đi qua
A
là
A.
2 2 2
1 1 1 29.x y z
B.
2 2 2
1 1 1 5.x y z
C.
2 2 2
1 1 1 25.x y z
D.
2 2 2
1 1 1 5.x y z
Câu 20. Đặt
3
log 2 ,a khi đó
16
log 27 bằng
A.
3
.
4
a
B.
3
.
4a
C.
4
.
3a
D.
4
.
3
a
Câu 21. Kí hiệu
1 2
,z z là hai nghiệm phức của phương trình
2
3 5 0.z z
Giá trị của
1 2
z z
bằng
A. 2 5. B. 5. C.
3.
D.
10.
Trang 3/6 – Mã đề thi 001
Câu 22. Trong không gian
,Oxyz
khoảng cách giữa hai mặt phẳng
: 2 2 10 0P x y z
và
: 2 2 3 0Q x y z
bằng
A.
8
.
3
B.
7
.
3
C.
3.
D.
4
.
3
Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình
2
2
3 27
x x
là
A.
; 1 .
B.
3; .
C.
1;3 .
D.
; 1 3; .
 
Câu 24.
Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình
vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây ?
A.
2
2
1
2 2 4 d .x x x
B.
2
1
2 2 d .x x
C.
2
1
2 2 d .x x
D.
2
2
1
2 2 4 d .
x x x
Câu 25. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng
2a
và bán kính đáy bằng
.a
Thể tích của khối nón đã
cho bằng
A.
3
3
.
3
a
B.
3
3
.
2
a
C.
3
2
.
3
a
D.
3
.
3
a
Câu 26. Cho hàm số
y f x
có bảng biến thiên như sau
Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là
A.
4.
B.
1.
C.
3.
D.
2.
Câu 27. Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng
2 .a
Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A.
3
4 2
.
3
a
B.
3
8
.
3
a
C.
3
8 2
.
3
a
D.
3
2 2
.
3
a
Câu 28. Hàm số
2
2
log 2f x x x
có đạo hàm
A.
2
ln 2
.
2
f x
x x
B.
2
1
.
2 ln 2
f x
x x
C.
2
2 2 ln 2
.
2
x
f x
x x
D.
2
2 2
.
2 ln 2
x
f x
x x
Câu 29. Cho hàm số
y f x
có bảng biến thiên như sau
Số nghiệm thực của phương trình
2 3 0f x
là
A.
4.
B.
3.
C.
2.
D.
1.
Trang 4/6 – Mã đề thi 001
Câu 30. Cho hình lập phương
. .ABCD A B C D
Góc giữa hai mặt phẳng
A B CD
và
ABC D
bằng
A.
o
30 .
B.
o
60 .
C.
o
45 .
D.
o
90 .
Câu 31. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình
3
log 7 3 2
x
x
bằng
A.
2.
B.
1.
C.
7.
D.
3.
Câu 32. Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ
1 2
,H H
xếp chồng lên
nhau, lần lượt có bán kính đáy và chiều cao tương ứng là
1 1 2 2
, , ,r h r h thỏa
mãn
2 1 2 1
1
, 2
2
r r h h
(tham khảo hình vẽ). Biết rằng thể tích của toàn
bộ khối đồ chơi bằng
3
30cm ,
thể tích khối trụ
1
H
bằng
A.
3
24cm . B.
3
15cm . C.
3
20cm . D.
3
10cm .
Câu 33. Họ nguyên hàm của hàm số
4 1 lnf x x x
là
A.
2 2
2 ln 3 .x x x
B.
2 2
2 ln .x x x
C.
2 2
2 ln 3 .
x x x C
D.
2 2
2 ln .
x x x C
Câu 34. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy là hình thoi cạnh
,a
o
60 ,BAD SA a
và
SA
vuông góc với
mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ
B
đến mặt phẳng
SCD
bằng
A.
21
.
7
a
B.
15
.
7
a
C.
21
.
3
a
D.
15
.
3
a
Câu 35. Trong không gian
,Oxyz
cho mặt phẳng
: 3 0P x y z
và đường thẳng
1 2
: .
1 2 1
x y z
d
Hình chiếu vuông góc của
d
trên
P
có phương trình là
A.
1 1 1
.
1 4 5
x y z
B.
1 1 1
.
3 2 1
x y z
C.
1 1 1
.
1 4 5
x y z
D.
1 4 5
.
1 1 1
x y z
Câu 36. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số
m
để hàm số
3 2
6 4 9 4
y x x m x
nghịch
biến trên khoảng
; 1
là
A.
;0 .
B.
3
; .
4

C.
3
; .
4

D.
0; .
Câu 37. Xét các số phức
z
thỏa mãn
2 2
z i z
là số thuần ảo. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm
biểu diễn của
z
là một đường tròn, tâm của đường tròn đó có tọa độ là
A.
1; 1 .
B.
1;1 .
C.
1;1 .
D.
1; 1 .
Câu 38. Cho
1
2
0
d
ln 2 ln 3
( 2)
x x
a b c
x
với
, ,a b c
là các số hữu tỷ. Giá trị của
3a b c
bằng
A.
2.
B.
1.
C.
2.
D.
1.
Câu 39. Cho hàm số
.y f x
Hàm số
y f x
có bảng biến thiên như sau
Bất phương trình
x
f x e m
đúng với mọi
1;1x
khi và chỉ khi
A.
1 .
m
f e
B.
1
1 .fm
e
C.
1
1 .f
e
m
D.
1 .
m
f e
Trang 5/6 – Mã đề thi 001
Câu 40. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có ba ghế. Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh, gồm 3 nam và 3
nữ, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam
đều ngồi đối diện với một học sinh nữ bằng
A.
2
.
5
B.
1
.
20
C.
3
.
5
D.
1
.
10
Câu 41. Trong không gian
,Oxyz
cho hai điểm
2; 2;4 , 3;3; 1A B
và mặt phẳng
: 2 2 8 0.P x y z
Xét
M
là điểm thay đổi thuộc
,P
giá trị nhỏ nhất của
2 2
2 3MA MB
bằng
A.
135.
B.
105.
C.
108.
D.
145.
Câu 42. Có bao nhiêu số phức
z
thỏa mãn
2
2 4z z z
và
1 3 3z i z i
?
A.
4.
B.
3.
C.
1.
D.
2.
Câu 43. Cho hàm số
y f x
liên tục trên
và có đồ thị như
hình vẽ bên. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số
m
để
phương trình
sin
f x m
có nghiệm thuộc khoảng
0;
là
A.
1;3 .
B.
1;1 .
C.
1;3 .
D.
1;1 .
Câu 44. Ông A vay ngân hàng
100
triệu đồng với lãi suất
1
%/tháng. Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân
hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách
nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là như nhau và ông A trả hết nợ sau đúng 5 năm kể từ
ngày vay. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi số tiền mỗi
tháng ông ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây ?
A.
2, 22
triệu đồng. B.
3,03
triệu đồng. C.
2, 25
triệu đồng. D.
2, 20
triệu đồng.
Câu 45. Trong không gian
,Oxyz
cho điểm
2;1;3 ,E
mặt phẳng
: 2 2 3 0P x y z
và mặt cầu
2 2 2
: 3 2 5 36.S x y z
Gọi
là đường thẳng đi qua
,E
nằm trong
P
và cắt
S
tại
hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình của
là
A.
2 9
1 9 .
3 8
x t
y t
z t
B.
2 5
1 3 .
3
x t
y t
z
C.
2
1 .
3
x t
y t
z
D.
2 4
1 3 .
3 3
x t
y t
z t
Câu 46. Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh
1 2 1 2
, , ,A A B B như hình vẽ bên. Biết chi phí để sơn phần tô đậm
là
200.000
đồng/
2
m và phần còn lại là
100.000
đồng/
2
m .
Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới
đây, biết
1 2 1 2
8m, 6mA A B B và tứ giác
MNPQ
là hình chữ
nhật có
3m ?MQ
A.
7.322.000
đồng. B.
7.213.000
đồng. C.
5.526.000
đồng. D.
5.782.000
đồng.
Trang 6/6 – Mã đề thi 001
Câu 47. Cho khối lăng trụ
.ABC A B C
có thể tích bằng
1.
Gọi
,M N
lần lượt là trung điểm của các
đoạn thẳng
AA
và
.BB
Đường thẳng
CM
cắt đường thẳng
C A
tại
,P
đường thẳng
CN
cắt đường
thẳng
C B
tại
.Q
Thể tích của khối đa diện lồi
A MPB NQ
bằng
A.
1.
B.
1
.
3
C.
1
.
2
D.
2
.
3
Câu 48. Cho hàm số
f x
có bảng xét dấu của đạo hàm như sau
Hàm số
3
3 2 3y f x x x
đồng biến trên khoảng nào dưới đây ?
A.
1; .
B.
.; 1
C.
1;0 .
D.
0;2 .
Câu 49. Gọi
S
là tập hợp tất cả các giá trị của tham số
m
để bất phương trình
2 4 2
( 1) ( 1) 6( 1) 0m x m x x đúng với mọi
x
. Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc
S
bằng
A.
3
.
2
B.
1.
C.
1
.
2
D.
1
.
2
Câu 50. Cho hàm số
4 3 2
f x mx nx px qx r
, , , , .m n p q r
Hàm số
y f x
có đồ thị như hình vẽ bên.
Tập nghiệm của phương trình
f x r
có số phần tử là
A.
4.
B.
3.
C.
1.
D.
2.
------------------------ HẾT ------------------------
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019
ĐỀ THI THAM KHẢO Bài thi : TOÁN
MÃ ĐỀ THI : 001 Thời gian làm bài: 90 phút,không kể thời gian phát đề
SẢN PHẨM ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI TẬP THỂ GIÁO VIÊN
NHÓM WORD HÓA TÀI LIỆU & ĐỀ THI TOÁN
1. QUẢN TRỊ VIÊN: Lê Đức Huy, Nguyễn Tấn Linh, Ngô Thanh Sơn
2. GIÁO VIÊN GIẢI: Quang Đăng Thanh, Thu Do, Tuân Chí Phạm, Vu Thom, Trần Thanh Sơn, Tấn
Hậu, Trụ Vũ, Tuân Diệp, Đinh Gấm, Dương Đức Trí, Hoang Nam, Khoa Nguyen, Phạm Văn Bình,
Thái Dương, Phu An, Nguyễn Mai Mai, Linh Trần, Trần Đức Nội, Nguyễn Hùng, Dung Pham, Thông
Đình Đình, Nguyễn Văn Nay, Huynh Quang Nhat Minh, Nguyễn Trung Kiên, Hồng Minh Trần
3. GIÁO VIÊN PHẢN BIỆN: Tâm Nguyễn Đình, Phạm Văn Mạnh, Ngô Quang Nghiệp, Hongnhung
Nguyen
Câu 1: Thể tích của khối lập phương cạnh
2a
là
A.
3
8a
. B.
3
2a
. C.
3
a
. D.
3
6a
.
Lời giải
Chọn A
Thể tích khối lập phương là

3
3
28Va a
.
Câu 2: Cho hàm số
yfx
có bảng biến thiên như sau
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng
A.
1
. B.
2
. C.
0
. D.
5
.
Lời giải
Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số giá trị cực đại của hàm số bằng
5
.
Câu 3: Trong không gian
Oxyz
, cho hai điểm
1;1; 1A
và
2,3,2B
. Vectơ
A
B

có tọa độ là
A.
1; 2; 3
. B.
12;3
. C.
3; 5;1
. D.

3; 4;1
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
21;31;2 1AB 

1; 2; 3AB

.
Câu 4: Cho hàm số
yfx
có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới
đây?
x

f
x
f
x
2
00
1
5


0
A.

0;1 . B.
;1 . C.
1; 1 . D.
1; 0 .
Lời giải
Chọn D
Dựa vào đồ thị hàm số ta có hàm số đồng biến trên hai khoảng
1; 0
và
1; 
.
Câu 5: Với
,ab
là hai số thực dương tùy ý,
2
log ab
bằng:
A.
2log logab
. B.
log 2logab
. C.
2log logab . D.
1
log log
2
ab
.
Lời giải
Chọn B
22
log log log log 2logab a b a b 
.
Câu 6: Cho

1
0
2fxdx
và

1
0
5gxdx
, khi đó
 
1
0
2
f
xgxdx
bằng:
A.
3
. B. 12. C.
8
. D. 1.
Lời giải
Chọn C.
   
111
000
2222.58f x g x dx f x dx g x dx


.
Câu 7: Thể tích của khối cầu bán kính
a
bằng
A.
3
4
3
a
. B.
3
4 a
. C.
3
3
a
. D.
3
2 a
.
Lời giải
Chọn A
Ta có thể tích của khối cầu có bán kính là
a
là:
3
3
44
33
a
VR
.
Câu 8: Tập nghiệm của phương trình
2
2
log 2 1xx

là:
A.
0.
B.
0;1 .
C.
1; 0 .
D.
1.
Lời giải
Chọn B
Ta có:

22
2
log 2 1 2 2xx xx 
2
0
0
1
x
xx
x

.
Câu 9: Trong không gian
Oxyz
, mặt phẳng
Oxz
có phương trình là:
A.
0.z
B.
0.xyz

C.
0.y
D.
0.x
Lời giải
Chọn C
Theo lý thuyết ta có phương trình mặt phẳng
Oxz
là:
0y
.
Câu 10: Họ nguyên hàm của hàm số
x
f
xex
là
A.
2x
exC
. B.
2
1
2
x
exC
. C.
2
11
12
x
exC
x
. D.
1
x
eC
.
Lời giải
Chọn B.
Ta có:


2
1
2
xx
f
xdx e xdx e x C

.
Câu 11: Trong không gian
Oxyz
, đường thẳng
123
:
212
x
yz
d


đi qua điểm nào dưới đây?
A.

2; 1; 2Q
. B.
1; 2; 3M

. C.
1; 2; 3P
. D.
2;1; 2N 
.
Lời giải
Chọn C.
Ta có: đường thẳng
123
:
212
x
yz
d


đi qua điểm
1; 2; 3P .
Câu 12: Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn kn
, mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.

!
!!
k
n
n
C
knk
. B.
!
!
k
n
n
C
k
. C.

!
!
k
n
n
C
nk
. D.
!!
!
k
n
knk
C
n
.
Lời giải
Chọn A.
Ta có:

!
!!
k
n
n
C
knk
.
Câu 13: Cho cấp số cộng

n
u
có số hạng đầu
1
2u
và công sai
5d
. Giá trị của
4
u bằng
A. 22 . B.
17
. C.
12
. D.
250
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
41
3 2 3.5 17uu d .
Câu 14: Điểm nào trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức
12zi

?
A.
N
. B.
P
. C.
M
. D.
Q
.
Lời giải
Chọn D
Số phức
12zi
có điểm biểu diễn là

1; 2
do đó chọn

1; 2Q
.
Câu 15: Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
A.
21
1
x
y
x
. B.
1
1
x
y
x
. C.
42
1yx x. D.
3
31yx x
.
Lời giải
Chọn B
Dựa vào hình vẽ, nhận thấy đồ thị của hàm số có đường tiệm cận đứng
1x
và đường tiệm cận
ngang
1y
nên chỉ có hàm số ở phương án B thỏa.
Câu 16: Cho hàm số
f
x
liên tục trên đoạn
1; 3
và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi
M
và
m
lần lượt
là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn

1; 3
. Giá trị của
Mm
bằng
A.
0
. B.
1
. C.
4
. D.
5
.
Lời giải
Chọn D.
Dựa vào đồ thị trên, ta có:
3, 2 5Mm Mm
.
Câu 17: Cho hàm số

fx
có đạo hàm

3
'12,fx xx x x
. Số điểm cực trị của hàm số đã
cho là
A.
3
. B.
2
. C.
5
. D.
1
.
Lời giải
Chọn A.
Ta có:

0
'0 1
2
x
fx x
x


.
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số có ba điểm cực trị.
Câu 18: Tìm các số thực a và b thỏa mãn
212abii i
 với
i
là đơn vị ảo.
A.
0, 2ab
. B.
1
,1
2
ab
. C.
0, 1ab
. D.
1, 2ab
.
Lời giải
Chọn D.
Ta có:

212abii i
2
212abii i
21 12abi i
211 1
22
aa
bb






.
Câu 19: Trong không gian
Ox
y
z
, cho hai điểm
1;1; 1I và
1; 2; 3A . Phương trình của mặt cầu tâm
I
và
đi qua
A
là
A.

222
11129xyz
. B.

222
1115xyz

.
C.

222
11125xyz
. D.

222
1115xyz

.
Lời giải
Chọn B
Mặt cầu tâm
1;1;1I
, bán kính 5rIA , có phương trình:

222
1115xyz

.
Câu 20: Đặt
3
log 2 a , khi đó
16
log 27 bằng
A.
3
4
a
. B.
3
4a
. C.
4
3a
. D.
4
3
a
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
4
3
16 2
2
3
3313
log 27 log 3 log 3 .
44log24a

.
Câu 21: Kí hiệu
1
z ,
2
z là hai nghiệm phức của phương trình
2
350zz

. Giá trị của
12
zz
bằng
A. 25. B. 5. C.
3
. D. 10.
Lời giải
Chọn A
Ta có
2
311
22
350
311
22
zi
zz
zi



12
311 311
25
22 22
zz i i
Câu 22. Trong không gian
Oxyz
, khoảng cách giữa hai mặt phẳng

:22100Px y z
và

:2230Qx y z
bằng
A.
8
.
3
B.
7
3
. C.
3.
D.
4
.
3
Lời giải
Chọn B.
Mặt phẳng

:22100Px y z
có véc tơ pháp tuyến

1; 2; 2
P
n

Mặt phẳng

:2230Qx y z
có véc tơ pháp tuyến

1; 2; 2
Q
n

Do
122 10
122 3

nên

//mp P mp Q
Chọn

0;0;5AmpP
thì




;;
222
02.02.53
7
.
3
122
mp P mp Q A mp Q
dd



Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình
2
2
327
xx
là
A.

;1 .
B.

3; .
C.

1; 3 .
D.

;1 3; . 
.
Lời giải
Chọn C.
Bất phương trình
22
2232
32733 23
xx xx
xx


2
230 1 3.
xx x
Vậy

1; 3 .S 
Câu 24. Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây ?
A.

2
2
1
224.xxdx

B.

2
1
22.xdx

C.

2
1
22.xdx
D.

2
2
1
224.xxdx

Lời giải
Chọn D.
Từ đồ thị hình vẽ

22
1; 2 3 2 1
x
xxx
nên diện tích phần hình phẳng gạch chéo
trong hình vẽ là

22
22 2
11
321 224S x x x dx x x dx





Câu 25: Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và bán kính đáy bằng a. Thể tích của khối nón đã
cho bằng:
A.
3
3
3
a
. B.
3
3
2
a
. C.
3
2
3
a
. D.
3
3
a
.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
2la
;
ra
22
3hlr a
.
Diện tích đáy là:
22
Sr a

3
2
11 3
..3
33 3
a
VSh aa

Câu 26: Cho hàm số
yf
x
có bảng biến thiên như sau :
Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là :
A. 4 . B. 1. C.
3
. D. 2 .
Lời giải
Chọn C
Từ bnagr biến thiên ta thấy :
lim 2
x
y

2y
là tiệm cận ngang.
lim 5 5
x
yy


là tiệm cận ngang.
1
lim
x
y

1
x

là tiệm cận đứng.
Vậy đồ thị có tổng số
3
tiệm cận ngang và tiệm cận đứng.
Câu 27: Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng
2a
. Thể tích của khối chóp đã cho bằng:
2a
a
h
A.
3
42
3
a
. B.
3
8
3
a
.
C.
3
82
3
a
D.
3
22
3
a
.
Lời giải
Chọn A
Xét khối chóp tứ giác đều
.SABCD
với
O
là tâm đáy.
Ta có:
2
2
AC
AO a
22 22
42 2SO SA AO a a a .
2
2.2 4
ABCD
Saaa
.
3
2
.
1142
..4.2
33 3
S ABCD ABCD
a
VSSOaa
.
Câu 28. Hàm số


2
2
log 2
f
xxx
có đạo hàm :
A.

2
ln 2
2
fx
x
x
. B.


2
1
2ln2
fx
xx
.
C.

2
22ln2
2
x
fx
x
x
. D.


2
22
2ln2
x
fx
xx
.
Lời giải
Chọn D
Ta có





2
2
2
22
2
22
log 2
2 ln2 2 ln2
xx
x
fx x x f x
xx xx


.
Câu 29. Cho hàm số
yfx
có bảng biến thiên sau
O
A
B
D
C
S
Số nghiệm thực của phương trình
230fx
là
A.
4
. B.
3
. C.
2
. D.
1
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
 
3
230
2
fx fx
.
Từ bảng biến thiên ta nhận thấy đường thẳng
3
2
y
cắt đồ thị hàm số
yfx
tại 4 điểm phân
biệt nên phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 30.
Cho hình lập phương
.
A
BCDABCD

. Góc giữa hai mặt phẳng
ABCD

và
ABC D
bằng
A.
30
. B.
60
. C.
45
. D.
90
.
Lời giải
Chọn D
A
DAD

;
A
DCD
vì
'CD ADD A
AD ABCD


ABC D A B CD
 

.
Góc giữa hai mặt phẳng
ABCD

và
ABC D
bằng
90
.
Câu 31: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình
3
log 7 3 2
x
x

bằng
A. 2 B. 1 C.
7
D.
3
Lời giải
Chọn A.
ĐK :
703
x

-2
-2
2
-2
∞
+
∞+
1
f
(x)
∞
∞
0
+
+
f
'(x)
x
0
00
+
Ta có:
3
log 7 3 2
x
x

2
73 3
x
x

9
73
3
x
x

Đặt
3, 0
x
tt
. Phương trình trở thành:
9
7 t
t
2
790tt

.
12
13, 7tt nên phương trình có 2 nghiệm t dương phân biệt.
Ta có:
12 1 2
12 1 2
33.3.9 2
xx x x
tt x x

Câu 32: Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ
12
,
H
H xếp chồng lên nhau, lần lượt có bán kính đáy và
chiều cao tương ứng là
112 2
,,,rhrh thỏa mãn
2121
1
,2
2
rrhh
(tham khảo hình vẽ). Biết rằng thể
tích của toàn bộ khối đồ chơi bằng
3
30cm
, thể tích khối trụ
1
H
bằng
A.
3
24cm
B.
3
15cm
C.
3
20cm
D.
3
10cm
Lời giải
Chọn C
Gọi
12
,VV lần lượt là thể tích khối trụ
12
,
H
H
2
2
1
222 11
1
2
22
V
Vrh rh





12
2VV mà
12 1
30 20VV V
Câu 33. Họ nguyên hàm của hàm số
41ln
f
xx x
là
A.
22
2ln 3
x
xx
. B.
22
2ln
x
xx
. C.
22
2ln 3
x
xxC
. D.
22
2ln
x
xx C
.
Lời giải
Chọn D
4 1 ln 4 4 lnI f xdx x xdx xdx x xdx

.
+
2
1
42
x
dx x C
.
+
22 2 2 2 2
2
1
ln ln ln . ln ln
22 2 2 2 2 4
xx x x x x x
x
xdx xd x dx x dx x C
x


Suy ra
22 2 2 2
22ln 2lnIx xxxCxxxC
.
Câu 34. Cho hình chóp
.SABCD
có đáy là hình thoi cạnh
,60,a BAD SA a

và
SA
vuông góc với
mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ
B
đến mặt phẳng
SCD
bằng:
A.
21
7
a
. B.
15
7
a
. C.
21
3
a
. D.
15
3
a
.
Lời giải
Chọn A
Dựng
A
KCD
,
A
HSK
.
Ta có

CK AK
CK SAK CK AH
CK SA
 

AH CK
A
HSCK
AH SK

.
Có

// // ; ;
A
B CD AB SCD d B SCD d A SCD AH .
Do
30CK AK AB AK KAD .
Trong tam giác
KAD vuông tại K , ta có
3
.cos
2
a
AK AD KAD
.
Trong tam giác
SAK
ta có:
22 2
2
3
.
.21
2
7
3
4
a
a
AS AK a
AH
AS AK a
a

.
Vậy,


21
;
7
a
dBSCD
.
Câu 35. Trong không gian 0xyz cho mặt phẳng
:30Pxyz

và đường thẳng
12
:
12 1
xy z
d

.
Hình chiếu vuông góc của
d trên
P
có phương trình là
A.
111
145
x
yz


. B.
111
321
x
yz


.
C.
111
14 5
x
yz

. D.
145
111
xy z


.
Lời giải
Chọn C
Gọi là hình chiếu vuông góc của
d
trên
P
Gọi
;1 2;2NdP Nt t td
.
Do

12 2 3 0 1NP t t t t
. Suy ra
1;1;1N
A
D
C
B
S
K
H
Mặt khác
1
0; 1;2
M
d.Gọi
là đường thẳng qua
1
M
vuông góc
1;1; 1
P
Pun


12
:
11 1
xy z

Gọi
;1 ;2MdP Mt t t

.
Do

2
1230
3
MP t t t t
218 145
;; ;;
333 333
MMN
 

 
 

Do đó, phương trình đường thẳng đi qua
1;1;1N và có vtcp
1; 4; 5u
là
111
14 5
x
yz

Vậy, Hình chiếu vuông góc của
d
trên
P
có phương trình là
111
14 5
xy
z


Câu 36. Tập hợp các giá trị thực của
m
để hàm số
32
6x 4 9 4 1yx m x
nghịch biến trên
khoảng
;1
là
A.
;0
. B.
3
;
4



. C.
3
;
4



. D.
0; 
Lời giải
Chọn C
Ta có
'2
312x49yx m
Hàm số

1 nghịch biến trên khoảng
;1
 khi và chỉ khi
'2 2
312x490, ;1 4312x9 , ;1yx m x mx gxx  

;1
3
4min 23
4
x
mgxg m


Câu 37: Xét các số phức z thỏa mãn

22ziz
là số thuần ảo. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm biểu
diễn của
z là một đường tròn, tâm của đường tròn đó có tọa độ là
A.
1; 1
. B.
1;1
. C.
1; 1
. D.
1; 1
.
Lời giải
Chọn D.
Gọi
,zabiab ,
;
M
ab là điểm biểu diễn cho số phức z .


2
22
22 224 2 2 4ziz z zziiab abi abiii 

22
22 224ab ab ab i 


22ziz là số thuần ảo

22
22
220 1 1 2ab ab a b
.
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức
z
là đường tròn tâm
1; 1I
có bán kính
2R
.
Câu 38: Cho

1
2
0
ln 2 ln3
2
xdx
ab c
x

với
,,abc
là các số hữu tỷ. Giá trị của
3abc
bằng
A. 2 . B. 1 . C. 2 . D. 1.
Lời giải
Chọn B

1
2
0
2
x
dx
I
x
; Đặt
2t x dt dx
Đổi cận :
02
13
xt
xt


3
33
22
22
2
212 21
ln ln 3 ln 2 ln 2 ln 3
3
t
Idt dtt abc
ttt t

 



.
1
3
1
1
a
b
c


31abc
.
Câu 39. Cho hàm số
yfx
. Hàm số
yfx
có bảng biến thiên như sau:
Bất phương trình
x
f
xem
đúng với mọi
1;1x 
khi và chỉ khi:
A.
1mf e
. B.

1
1mf
e

. C.

1
1mf
e

. D.
1mf e
.
Lời giải
Chọn C
x
f
xem
đúng với mọi
1;1x 

x
f
xem
đúng với mọi
1;1x 
với
x
gx fx e
Ta có
x
g
xfxe


.
Từ bảng biến thiên suy ra

0fx
với mọi
1;1x
Khi đó


1;1
1
max 1 1gx g f
e

.
Vậy

1;1
max
g
xm

1
1
f
m
e

.
Câu 40. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có ba ghế. Xếp ngẫu nhiên
6
học sinh, gồm
3
nam và
3
nữ, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh
nam đều ngồi đối đối diện với một học sinh nữ bằng
A.
2
5
B.
1
20
C.
3
5
D.
1
10
Lời giải
Chọn A
Mỗi cách xếp
6
học sinh vào
6
chiếc ghế là một hoán vị của
6
phần tử, vì vậy số phần tử của
không gian mẫu là:
6! 720n 
.
Gọi
A
là biến cố: “Mỗi học sinh nam đều đối diện với một học sinh nữ”
Với cách xếp như vậy thì
3
nam phải ngồi đối diện với
3
nữ. Khi đó ta thực hiện như sau:
+ Bạn nam thứ nhất có
6
cách chọn chỗ.
+ Vị trí đối diện bạn nam thứ nhất có
3
cách chọn 1 bạn nữ.
+ Bạn nam thứ hai có
4
cách chọn chỗ.
+ Vị trí đối diện bạn nam thứ nhất có
2 cách chọn 1 bạn nữ.
+ Bạn nam thứ ba có
2 cách chọn chỗ.
+ Bạn nữ cuối cùng chỉ còn duy nhất 1 cách chọn chỗ.
Theo qui tắc nhân, số phần tử của biến cố
A là:
6.3.4.2.2.1 288nA
.
Vậy xác suất của biến cố
A
là:

288 2
720 5
PA
.
Câu 41: Trong không gian
Ox
y
z
, cho hai điểm
2; 2; 4A ,
3; 3; 1B  và mặt phẳng
:2 2 8 0Pxyz . Xét
M
là điểm thay đổi thuộc
P
, giá trị nhỏ nhất của
22
23
M
AMB
bằng:
A.
135
. B.
105
. C.
108
. D.
145
.
Lời giải
Chọn A.
Gọi I là điểm thoả mãn
230IA IB



22330
550 1
22330550 1
550 1
24310
II
II
II I I
II
II
xx
xx
yy y y
zz
zz
 









nên
1; 1;1I
cố định.
Khi đó:
22
22
22
23 23 2 3
M
A MB MA MB MIIA MIIB
  
222
5 22323
M
IMIIAIBIAIB
 
222
523
M
IIAIB
.
Do đó, để
22
23
M
AMB
nhỏ nhất thì
222
523
M
IIAIB
nhỏ nhất, hay
M
là hình chiếu của
điểm
I
trên mặt phẳng
P
.

2; 1; 2
P
IM kn k

hay
21
1
21
M
M
M
xk
yk
zk

Mà
:2 2 8 0MPxyz

22 1 1 22 1 8 0 9 9 0 1kk k k k
.

1; 0; 3M
.
Vậy
22
2 3 2.6 3.41 135MA MB
.
Câu 42: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn
2
24
zzz
và
133
 ziz i
?
A. 4 . B.
3
. C.
1
. D.
2
.
Lời giải
Chọn B
Gọi
,, zxyixy
.
Khi đó:

22
2
22
22
440, 01
24 44
440, 02
xy x x
zzz xyx
xy x x

 

Và

22 2 2
1331133 ziz ix y x y

22 2 2
21 21 69 6 9
4816 243
xx yy xx yy
xy xy


+) Thay

3
vào

1
ta được:

2
222
1 2 4 42 4 40 4 16 16 8 1640yyy yyyy  


2
224
55
5840
20
yxn
yy
yxn



Suy ra có
2 số phức thỏa mãn điều kiện.
+) Thay

3
vào
2
ta được:
 
2
222
1 2 4 42 4 40 4 16 16 8 1640yyy yyyy  

2
20
524280
14 8
55
yxl
yy
yxn


 
Suy ra có
1 số phức thỏa mãn điều kiện.
Vậy có
3
số phức thỏa mãn điều kiện.
Câu 43: Cho hàm số

yfx
liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ. Tập hợp tất cả các giá trị của
tham số
m
để phương trình
sin
f
xm
có nghiệm thuộc khoảng
0;
là
A.
1; 3
. B.

1;1
. C.
1; 3
. D.
1;1
.
Lời giải
Chọn D
Do

0;x
nên
sin 0;1x
, theo đồ thị thì ta thấy phương trình
f
tm
có nghiệm
0;1t
khi
1; 1m
. Do đó phương trình
sin
f
xm
có nghiệm thuộc khoảng
0;
khi
1; 1m
.
Câu 44: Ông
A
vay ngân hàng
100
triệu đồng với lãi suất
1% /
tháng. Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân
hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp
cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là như nhau và ông
A
trả hết nợ sau đúng
5
năm kể từ ngày vay. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng
đó. Hỏi số tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây ?
1
y
x
3
1
1
1
A.
2, 22
triệu đồng. B.
3, 03
triệu đồng. C.
2, 25
triệu đồng. D.
2, 20
triệu đồng.
Lời giải
Chọn A
Gọi
S
là số tiền ông
A
vay ngân hàng, r là lãi suất mỗi tháng.
Số tiền ông
A
nợ sau một tháng là:
.1SSrS r

.
Gọi
x
là số tiền ông
A
phải trả mỗi tháng.
Sau
1 tháng thì số tiền ông
A
còn nợ là:
1Srx
Sau
2 tháng thì số tiền ông A còn nợ là:
   
2
11 111SrxSrxrxSrx r  


Sau
3
tháng thì số tiền ông
A
còn nợ là:
   
 
22 32
1 11 1 11 1 1 11Srxr Srxr rxSrxr r

   
 

…
Sau
n tháng thì số tiền ông
A
còn nợ là:
  


 
12
11
1 1 1 ... 1 1 1 1 1
11
n
nnn n n n
r
x
Srx r r Srx Sr r
rr



   


Sau n tháng ông
A
trả hết nợ, khi đó:
 


.1
1110
11
n
nn
n
Sr r
x
Sr r x
r
r

 


.
Với
100S
triệu đồng,
0,01r
và
5.12 60n
tháng thì:


60
60
100.0.01 1 0.01
2, 22
10.01 1
x


triệu đồng.
Câu 45: Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
2;1;3E
, mặt phẳng
:2 2 3 0Pxyz

và mặt cầu

222
:3 2 536Sx y z
. Gọi
là đường thẳng đi qua
E
, nằm trong
P
và cắt

S
tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình của
là
A.
29
19
38
x
t
yt
zt



. B.
25
13
3
x
t
yt
z
. C.
2
1
3
x
t
yt
z
. D.
24
13
33
x
t
yt
zt



.
Lời giải
Chọn C.
Mặt cầu có tâm
3; 2; 5 , 6, 6IRIER suy ra
E
nằm trong mặt cầu.
Gọi

';Ir
CPS suy ra 'I là hình chiếu vuông góc của I xuống mặt phẳng
P
.
Phương trình đường thẳng
d qua
I
và vuông góc với
P
là
32
:22
5
x
t
dy t
zt
.
 
23 14 47 5
'';;'1;1;4
999 9
Id P I IE





.
Vì
là đường thẳng đi qua
E
, nằm trong
P
và cắt
S
tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất
nên
là đường thẳng đi qua
E
, nằm trong
P
và vuông góc với 'IE suy ra


,' 91;1;0
P
unIE



  
.
Vậy Phương trình của
:
2
1,
3
xt
ytt
z


.
Câu 46: Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh
1212
,,,
A
ABB như hình vẽ bên. Biết chi phí để
sơn phần tô đậm là
2
200.000 nđv / m và phần còn lại
2
100.000 nđv / m . Hỏi số tiền để sơn theo
cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết
12
8mAA
,
12
6mBB
và tứ giác
M
NPQ
là hình
chữ nhật có
3mMQ
?
A.
7.322.000
đồng. B.
7.213.000
đồng. C.
5.526.000
đồng. D.
5.782.000
đồng
Lời giải
Chọn A
Gọi phương trình chính tắc của elip
E
có dạng:
22
22
1
xy
ab
Với
12
12
82
4
62 3
AA a
a
BB b b




22
2
3
:1 16
16 9 4
xy
Eyx
.
Suy ra diên tích của hình elip là

2
.12m
E
Sab


.
Vì
M
NPQ
là hình chữ nhật và

3
3;
2
M
QMxE




2
2
133
1 12 2 3; ; 2 3;
16 4 2 2
x
xM N




Gọi
12
;SS lần lượt là diện tích phần bị tô màu và không bị tô màu
Ta có:

44
4sin22 2
2 2
23 23
3
4. 16 d 3 16 d 4 6 3 m
4
xt
SxxxxS


Suy ra:

12
863
E
SS S

. Gọi T là tổng chi phí. Khi đó ta có

4 6 3 .100 8 6 3 .200 7.322.000T


(đồng).
P
Q
N
M
B
1
A
2
B
2
A
1
x
y
3
4
P
Q
N
M
B
1
A
2
B
2
A
1
O
1
Câu 47: Cho khối lăng trụ
.
A
BCABC

có thể tích bằng 1 . Gọi
M
,
N
lần lượt là trung điểm của các
đoạn thẳng
AA
và
B
B
. Đường thẳng
CM
cắt đường thẳng
CA
tại
P
, đường thẳng
CN
cắt
đường thẳng
CB

tại
Q
. Thể tích của khối đa diện lồi
.
A
MP B NQ
bằng
A.
1
. B.
1
3
. C.
1
2
. D.
2
3
.
Lời giải
Chọn D
Gọi
I là trung điểm
PQ
,
h
là đường cao của khối lăng trụ,
S
là diện tích
A
BC

.
Theo đề ta có
1Sh
.
Mặt khác, ta có
IAB IBP ABC
SSS S
 

và




1
,,
22
h
d N ABC d B ABC
 
.
Do đó
.....
11
33.....
3232
AMP BNQ AMP BIN B INQ A BIN N IBQ IAB IBP
hh
VVVVV S S
 

1112
...
23 2263
hh
SS
.
Câu 48. Cho hàm số
f
x
có bảng xét dấu của đạo hàm như sau
x


0
2
4
0

f
x
0
1
3
0
Hàm số
3
32 3yfx xx
đồng biến trên khoảng nào dưới đây ?
A.
1; 
. B.
;1
. C.
1; 0
. D.
0; 2
.
Lời giải
Chọn C.
Ta có
2
3233yfx x


nên
2
021yfxx


Từ bảng biến thiên của
f
x
ta suy ra bảng biến thiên của
2fx
như sau
x


0
2
0
0
1
0

2fx
1
0
I
Q
P
N
M
C'
B'
A'
C
B
A
Từ bảng biến thiên trên, ta có dáng điệu đồ thị của hàm số
2fx
và đồ thị hàm số
2
1yx
được vẽ trên cùng hệ trục tọa độ như hình vẽ dưới đây:
x
y
1
1
2
1yx
2yfx
2
O
Từ hình vẽ trên ta suy ra
11
x

. Do đó chọn đáp án C.
Câu 49: Gọi
S
là tập hợp tất cả các giá trị của tham số
m
để bất phương trình


24 2
11610mx mx x 
nghiệm đúng với mọi
x
. Tổng giá trị của tất cả các phần tử
thuộc
S
bằng
A.
3
2
. B.
1
. C.
1
2
. D.
1
2
.
Lời giải
Chọn C.
- Ta có:



24 2 23 2
11611 116fx mx mx x x mx x x mx


22 2 2 2
11 23 426x x mx mx m m m m





2
22 2 2 2
123 1426xmxmxmmxmm
Do đó điều kiện cần để
0,fx x
là
2
14 2 6 0,xmm x

2
1
4260
3
2
m
mm
m


.
- Với
1m thì

2
2
1240,fx x x x x 
, do đó 1m
thỏa mãn.
- Với
3
2
m

thì

2
2
9921
10,
424
fx x x x x




, do đó
3
2
m

thỏa mãn.
Vậy
3
;1
2
S




, tổng các phần tử của S bằng
31
1
22

. Chọn C.
Cách 2 (của thầy Trần Đức Nội )
Ta có:
24 2
1161fx m x mx x


 
23 2
11161.
x
mx x x mx x gx

  

.
- Nếu
1
x
không phải là nghiệm của
g
x
thì
f
x
sẽ đổi dấu khi
x
đi qua 1. Do đó điều kiện cần để
0,fx x
là
1
x
phải là nghiệm của
0gx
2
1
4260
3
2
m
mm
m


.
- Với
1m
thì

2
2
1240,fx x x x x 
, do đó
1m
thỏa mãn.
- Với
3
2
m

thì

2
2
9921
10,
424
fx x x x x




, do đó
3
2
m

thỏa mãn.
Vậy
3
;1
2
S




, tổng các phần tử của S bằng
31
1
22

. Chọn C.
Câu 50. Cho hàm số

43 2
f
xmxnxpxqxr
,, ,,mnpqr
. Hàm số
yfx
có đồ thị như
hình vẽ bên.
Tập nghiệm của phương trình
f
xr
có số phần tử là
A. 4 . B.
3
. C. 1. D. 2 .
Lời giải
Chọn B.
Vì

43 2
f
xmxnxpxqxr
nên
f
x
là hàm số bậc 3.
Từ đồ thị hàm số
yfx
ta suy ra:
 
5
13
4
fx mx x x




và
0m
.
 
33
00
5
30 dx 1 3dx0
4
ff fxmxxx





.
30
f
fr
Ta có bảng biến thiên của hàm số
yfx
như sau:
Vậy phương trình

f
xr
có
3
nghiệm phân biệt.
--- HẾT ---
| 1/28
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi: TOÁN ĐỀ THI THAM KHẢO
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề (Đề thi có 06 trang)
Họ, tên thí sinh: ........................................................................................
Số báo danh: ............................................................................................. Mã đề thi 001
Câu 1. Thể tích của khối lập phương cạnh 2a bằng A. 3 8a . B. 3 2a . C. 3 a . D. 3 6a .
Câu 2. Cho hàm số y  f (x) có bảng biến thiên như sau
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng A. 1. B. 2. C. 0. D. 5. 
Câu 3. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A1;1; 
1 và B 2;3;2. Vectơ AB có tọa độ là A. 1;2;3. B.  1  ; 2  ;3. C. 3;5;  1 . D. 3;4;  1 .
Câu 4. Cho hàm số y  f  x có đồ thị như hình vẽ bên.
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây ? A. 0;  1 . B.  ;    1 . C.  1  ;  1 . D.  1  ;0.
Câu 5. Với a và b là hai số thực dương tùy ý,  2 log ab  bằng 1 A. 2 log a  log . b B. log a  2 log . b C. 2log a  log b. D. log a  log . b 2 1 1 1 Câu 6. Cho f  xdx  2 và g
 xdx  5, khi đó  f
 x2gxdx  bằng 0 0 0 A. 3  . B. 12. C. 8  . D. 1.
Câu 7. Thể tích của khối cầu bán kính a bằng 3 4 a 3  a A. . B. 3 4 a . C. . D. 3 2 a . 3 3
Câu 8. Tập nghiệm của phương trình log  2 x  x  2  1 là 2  A.   0 . B. 0;  1 . C.  1  ;  0 . D.   1 .
Câu 9. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng Oxz có phương trình là A. z  0. B. x  y  z  0. C. y  0. D. x  0.
Câu 10. Họ nguyên hàm của hàm số   x f x  e  x là 1 x 1 x 1 A. x 2 e  x  C. B. 2 e  x  C. C. 2 e  x  C. D. x e 1 C. 2 x 1 2 x 1 y  2 z  3
Câu 11. Trong không gian Oxyz, đường thẳng d :  
đi qua điểm nào dưới đây ? 2 1 2 A. Q(2; 1;2). B. M (1;2; 3). C. P(1; 2;3). D. N (2;1; 2).
Trang 1/6 – Mã đề thi 001
Câu 12. Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  ,
n mệnh đề nào dưới đây đúng ? n n k n  k k !( )! k ! n k ! k ! A. C  . B. C  . C. C  . D. C  . n k !(n  k)! n k ! n (n  k)! n n!
Câu 13. Cho cấp số cộng u có số hạng đầu u  2 và công sai d  5. Giá trị của u bằng n  1 4 A. 22. B. 17. C. 12. D. 250.
Câu 14. Điểm nào trong hình vẽ bên là điểm biểu
diễn số phức z  1 2i ? A. N. B. . P C. M. D. Q.
Câu 15. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây ? 2x 1 x 1 A. y  . B. y  . x 1 x 1 C. 4 2 y  x  x 1. D. 3 y  x  3x 1.
Câu 16. Cho hàm số y  f  x liên tục trên đoạn  1  ;  3 và
có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn
nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  1  ;  3 . Giá trị của M  m bằng A. 0. B. 1. C. 4. D. 5.
Câu 17. Cho hàm số f  x có đạo hàm f  x  x x   x  3 1 2 ,x  .
 Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 3. B. 2. C. 5. D. 1.
Câu 18. Tìm các số thực a và b thỏa mãn 2a  b  ii 1 2i với i là đơn vị ảo. 1 A. a  0, b  2. B. a  , b  1. C. a  0, b  1. D. a  1, b  2. 2
Câu 19. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm I 1;1; 
1 và A1;2;3. Phương trình của mặt cầu có tâm I và đi qua A là
A.  x  2   y  2   z  2 1 1 1  29.
B.  x  2   y  2   z  2 1 1 1  5.
C.  x  2   y  2   z  2 1 1 1  25.
D.  x  2   y  2   z  2 1 1 1  5.
Câu 20. Đặt log 2  a, khi đó log 27 bằng 3 16 3a 3 4 4a A. . B. . C. . D. . 4 4a 3a 3
Câu 21. Kí hiệu z , z là hai nghiệm phức của phương trình 2
z  3z  5  0. Giá trị của z  z bằng 1 2 1 2 A. 2 5. B. 5. C. 3. D. 10.
Trang 2/6 – Mã đề thi 001
Câu 22. Trong không gian Oxyz, khoảng cách giữa hai mặt phẳng P : x  2y  2z 10  0 và
Q: x  2y  2z 3  0 bằng 8 7 4 A. . B. . C. 3. D. . 3 3 3
Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình 2x2 3 x  27 là A.  ;    1 . B. 3;. C.  1  ;  3 . D.  ;    1 3;.
Câu 24. Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình
vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây ? 2 2 A.   2 2x  2x  4d .x B.  2x  2d .x 1 1 2 2 C.  2x  2d .x D.   2 2  x  2x  4d .x 1 1
Câu 25. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và bán kính đáy bằng .
a Thể tích của khối nón đã cho bằng 3 3 a 3 3 a 3 2 a 3  a A. . B. . C. . D. . 3 2 3 3
Câu 26. Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên như sau
Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là A. 4. B. 1. C. 3. D. 2.
Câu 27. Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 2 .
a Thể tích của khối chóp đã cho bằng 3 4 2a 3 8a 3 8 2a 3 2 2a A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3
Câu 28. Hàm số f  x  log  2 x  2x có đạo hàm 2  ln 2 1 A. f  x  . B. f  x  . 2 x  2x  2x 2xln2 2x  2 ln 2 2x  2 C. f  x    . D. f  x  . 2 2 x  2x x 2xln2
Câu 29. Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên như sau
Số nghiệm thực của phương trình 2 f  x  3  0 là A. 4. B. 3. C. 2. D. 1.
Trang 3/6 – Mã đề thi 001
Câu 30. Cho hình lập phương ABC . D A B  C  D
 . Góc giữa hai mặt phẳng  A B  C  D và  ABC D   bằng A. o 30 . B. o 60 . C. o 45 . D. o 90 .
Câu 31. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 7  3x  2  x bằng 3   A. 2. B. 1. C. 7. D. 3.
Câu 32. Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ H , H xếp chồng lên 1   2 
nhau, lần lượt có bán kính đáy và chiều cao tương ứng là r , h , r , h thỏa 1 1 2 2 1
mãn r  r , h  2h (tham khảo hình vẽ). Biết rằng thể tích của toàn 2 1 2 1 2
bộ khối đồ chơi bằng 3
30 cm , thể tích khối trụ  H bằng 1  A. 3 24 cm . B. 3 15cm . C. 3 20 cm . D. 3 10cm .
Câu 33. Họ nguyên hàm của hàm số f  x  4x1 ln x là A. 2 2 2x ln x  3x . B. 2 2 2x ln x  x . C. 2 2 2x ln x  3x  C. D. 2 2 2x ln x  x  C.
Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a,  o
BAD  60 , SA  a và SA vuông góc với
mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng SCD bằng 21a 15a 21a 15a A. . B. . C. . D. . 7 7 3 3
Câu 35. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng P : x  y  z  3  0 và đường thẳng x y 1 z  2 d :  
. Hình chiếu vuông góc của d trên P có phương trình là 1 2 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 A.   . B.   . 1 4 5 3 2 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y  4 z  5 C.   . D.   . 1 4 5 1 1 1
Câu 36. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số 3 2
y  x  6x  4m  9 x  4 nghịch biến trên khoảng  ;    1 là  3   3  A.  ;  0. B.  ; .   C.  ;   .  D. 0;.  4  4   
Câu 37. Xét các số phức z thỏa mãn  z  2iz  2 là số thuần ảo. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm
biểu diễn của z là một đường tròn, tâm của đường tròn đó có tọa độ là A. 1;  1 . B. 1;  1 . C.  1  ;  1 . D.  1  ;  1 . 1 d x x Câu 38. Cho  a  b ln 2  c ln 3 
với a,b,c là các số hữu tỷ. Giá trị của 3a  b  c bằng 2 (x  2) 0 A. 2  . B. 1  . C. 2. D. 1.
Câu 39. Cho hàm số y  f  x. Hàm số y  f  x có bảng biến thiên như sau Bất phương trình   x
f x  e  m đúng với mọi x  1  ;  1 khi và chỉ khi A. m  f   1  . e B. m  f   1 1  . C. m  f   1 1  . D. m  f   1  . e e e
Trang 4/6 – Mã đề thi 001
Câu 40. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có ba ghế. Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh, gồm 3 nam và 3
nữ, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam
đều ngồi đối diện với một học sinh nữ bằng 2 1 3 1 A. . B. . C. . D. . 5 20 5 10
Câu 41. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A2; 2  ;4, B3;3;  1 và mặt phẳng
P: 2x  y  2z 8  0. Xét M là điểm thay đổi thuộc P, giá trị nhỏ nhất của 2 2 2MA  3MB bằng A. 135. B. 105. C. 108. D. 145.
Câu 42. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn 2
z  2 z  z  4 và z 1 i  z  3  3i ? A. 4. B. 3. C. 1. D. 2.
Câu 43. Cho hàm số y  f  x liên tục trên  và có đồ thị như
hình vẽ bên. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để
phương trình f sin x  m có nghiệm thuộc khoảng 0;  là A.  1  ;3. B.  1  ;  1 . C.  1  ;3. D.  1  ;  1 .
Câu 44. Ông A vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 1%/tháng. Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân
hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách
nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là như nhau và ông A trả hết nợ sau đúng 5 năm kể từ
ngày vay. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi số tiền mỗi
tháng ông ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây ? A. 2, 22 triệu đồng. B. 3,03 triệu đồng. C. 2, 25 triệu đồng. D. 2, 20 triệu đồng.
Câu 45. Trong không gian Oxyz, cho điểm E 2;1;3, mặt phẳng P : 2x  2y  z  3  0 và mặt cầu
S x  2   y  2  z  2 : 3 2
5  36. Gọi  là đường thẳng đi qua E, nằm trong P và cắt S  tại
hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình của  là x  2  9t x  2  5t x  2  t x  2  4t     A. y 1 9t. B. y 1 3t. C. y 1 t. D. y 1 3t. z  38t     z  3  z  3  z  3  3t 
Câu 46. Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh
A , A , B , B như hình vẽ bên. Biết chi phí để sơn phần tô đậm 1 2 1 2 là 200.000 đồng/ 2
m và phần còn lại là 100.000 đồng/ 2 m .
Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới
đây, biết A A  8m, B B  6m và tứ giác MNPQ là hình chữ 1 2 1 2 nhật có MQ  3m ? A. 7.322.000 đồng. B. 7.213.000 đồng. C. 5.526.000 đồng. D. 5.782.000 đồng.
Trang 5/6 – Mã đề thi 001
Câu 47. Cho khối lăng trụ ABC.A B  C
  có thể tích bằng 1. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các
đoạn thẳng AA và BB . Đường thẳng CM cắt đường thẳng C A
  tại P, đường thẳng CN cắt đường thẳng C B
  tại Q. Thể tích của khối đa diện lồi A M  PB N  Q bằng 1 1 2 A. 1. B. . C. . D. . 3 2 3
Câu 48. Cho hàm số f  x có bảng xét dấu của đạo hàm như sau
Hàm số y  f  x   3 3
2  x  3x đồng biến trên khoảng nào dưới đây ? A. 1;. B.  ;    1 . C.  1  ;0. D. 0;2.
Câu 49. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình 2 4 2
m (x 1)  m(x 1)  6(x 1)  0 đúng với mọi x   . Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng 3 1 1 A.  . B. 1. C.  . D. . 2 2 2 Câu 50. Cho hàm số   4 3 2
f x  mx  nx  px  qx  r  , m ,
n p, q, r  . Hàm số y  f  x có đồ thị như hình vẽ bên.
Tập nghiệm của phương trình f  x  r có số phần tử là A. 4. B. 3. C. 1. D. 2.
------------------------ HẾT ------------------------
Trang 6/6 – Mã đề thi 001
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019
ĐỀ THI THAM KHẢO Bài thi : TOÁN
MÃ ĐỀ THI : 001 Thời gian làm bài: 90 phút,không kể thời gian phát đề
SẢN PHẨM ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI TẬP THỂ GIÁO VIÊN
NHÓM WORD HÓA TÀI LIỆU & ĐỀ THI TOÁN
1. QUẢN TRỊ VIÊN: Lê Đức Huy, Nguyễn Tấn Linh, Ngô Thanh Sơn
2. GIÁO VIÊN GIẢI: Quang Đăng Thanh, Thu Do, Tuân Chí Phạm, Vu Thom, Trần Thanh Sơn, Tấn
Hậu, Trụ Vũ, Tuân Diệp, Đinh Gấm, Dương Đức Trí, Hoang Nam, Khoa Nguyen, Phạm Văn Bình,
Thái Dương, Phu An, Nguyễn Mai Mai, Linh Trần, Trần Đức Nội, Nguyễn Hùng, Dung Pham, Thông
Đình Đình, Nguyễn Văn Nay, Huynh Quang Nhat Minh, Nguyễn Trung Kiên, Hồng Minh Trần
3. GIÁO VIÊN PHẢN BIỆN: Tâm Nguyễn Đình, Phạm Văn Mạnh, Ngô Quang Nghiệp, Hongnhung Nguyen
Câu 1: Thể tích của khối lập phương cạnh 2a là A. 3 8a . B. 3 2a . C. 3 a . D. 3 6a . Lời giải Chọn A
Thể tích khối lập phương là V   a3 3 2  8a .
Câu 2: Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau x  2 0   0   f  x 0  5 f x 1 
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng A. 1. B. 2 . C. 0 . D. 5 . Lời giải Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số giá trị cực đại của hàm số bằng 5 . 
Câu 3: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1;1; 
1 và B 2,3,2 . Vectơ AB có tọa độ là A. 1;2;3 . B. 1 2;3 . C. 3;5;  1 . D. 3;4;  1 . Lời giải Chọn A  
Ta có AB  2 1;31;2   
1   AB  1;2;3.
Câu 4: Cho hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. 0;  1 . B.  ;    1 . C.  1  ;  1 . D.  1  ;0 . Lời giải Chọn D
Dựa vào đồ thị hàm số ta có hàm số đồng biến trên hai khoảng  1  ;0 và 1;. Câu 5: Với 2
a, b là hai số thực dương tùy ý, log ab  bằng: 1
A. 2 log a  log b .
B. log a  2 log b .
C. 2log a  logb .
D. log a  log b . 2 Lời giải Chọn B  2 ab  2 log
 log a  logb  log a  2logb . 1 1 1 Câu 6: Cho f
 xdx  2 và g
 xdx  5, khi đó  f
 x2gxdx  bằng: 0 0 0 A. 3  . B. 12 . C. 8  . D. 1. Lời giải Chọn C. 1 1 1  f
 x2gxdx f
 xdx2 g
 xdx  22.5  8. 0 0 0
Câu 7: Thể tích của khối cầu bán kính a bằng 3 4 3  A. a . B. 3 4 a a . C. . D. 3 2 a . 3 3 Lời giải Chọn A 3 4 4
Ta có thể tích của khối cầu có bán kính là a a là: 3 V   R  . 3 3
Câu 8: Tập nghiệm của phương trình log  2
x x  2  1 là: 2  A.   0 . B. 0;  1 . C.  1  ;  0 . D.   1 . Lời giải Chọn B x  0 Ta có: log  2 x x  2 2
 1  x x  2  2 2
x x  0  . 2  x 1
Câu 9: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng Oxz có phương trình là: A. z  0.
B. x y z  0. C. y  0.
D. x  0. Lời giải Chọn C
Theo lý thuyết ta có phương trình mặt phẳng Oxz là: y  0.
Câu 10: Họ nguyên hàm của hàm số   x
f x e x là 1 x 1 x 1 A. x 2
e x C . B. 2 e x C . C. 2 e
x C . D. x e 1 C . 2 x 1 2 Lời giải Chọn B. x x 1 Ta có: f
 xdx  e x 2 dx e x C . 2 x 1 y  2 z  3
Câu 11: Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :  
đi qua điểm nào dưới đây? 2 1 2
A. Q 2; 1; 2 . B. M  1;
  2;  3 . C. P1; 2; 3 . D. N  2;  1;  2 . Lời giải Chọn C. x 1 y  2 z  3
Ta có: đường thẳng d :  
đi qua điểm P 1; 2; 3 . 2 1 2
Câu 12: Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n , mệnh đề nào dưới đây đúng? n n n k n k k ! ! k ! k ! k ! A. C  . B. C  . C. C . D. C  . n k  ! n k ! n k ! nn k! n n! Lời giải Chọn A. n k ! Ta có:  . Cn k  ! n k !
Câu 13: Cho cấp số cộng u có số hạng đầu u  2 và công sai d  5. Giá trị của u bằng n  1 4 A. 22 . B. 17 . C. 12 . D. 250 . Lời giải Chọn B
Ta có u u  3d  2  3.5  17 . 4 1
Câu 14: Điểm nào trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức z  1 2i ? A. N . B. P . C. M . D. Q . Lời giải Chọn D
Số phức z  1 2i có điểm biểu diễn là 1;2 do đó chọn Q 1;2 .
Câu 15: Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây? 2x 1 x 1 A. y  . B. y  . C. 4 2
y x x 1. D. 3
y x  3x 1. x 1 x 1 Lời giải Chọn B
Dựa vào hình vẽ, nhận thấy đồ thị của hàm số có đường tiệm cận đứng x  1 và đường tiệm cận
ngang y  1 nên chỉ có hàm số ở phương án B thỏa.
Câu 16: Cho hàm số f x liên tục trên đoạn  1  ; 
3 và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt
là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  1  ; 
3 . Giá trị của M m bằng A. 0 . B. 1. C. 4 . D. 5 . Lời giải Chọn D.
Dựa vào đồ thị trên, ta có: M  3, m  2  M m  5 .
Câu 17: Cho hàm số f x có đạo hàm f x  xx   x  3 ' 1 2 , x
   . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 3 . B. 2 . C. 5 . D. 1. Lời giải Chọn A. x  0 Ta có: 
f ' x  0  x  1  . x  2   Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số có ba điểm cực trị.
Câu 18: Tìm các số thực a và b thỏa mãn 2a  b ii 1 2i với i là đơn vị ảo. 1
A. a  0,b  2 .
B. a  ,b  1.
C. a  0,b  1.
D. a  1,b  2 . 2 Lời giải Chọn D.
Ta có: 2a  b ii 1 2i 2
 2a bi i  1 2i  2a 1 bi 1 2i 2a 1  1 a 1     . b   2 b   2
Câu 19: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm I 1;1; 
1 và A1;2;3 . Phương trình của mặt cầu tâm I và đi qua A là A.  2 2 2
x  2   y  2   z  2 1 1 1  29 . B. x   1   y   1   z   1  5 . C.  2 2 2
x  2   y  2   z  2 1 1 1  25 . D. x   1   y   1   z   1  5 . Lời giải Chọn B Mặt cầu tâm 2 2 2 I 1;1; 
1 , bán kính r IA  5 , có phương trình:  x   1   y   1   z   1  5 .
Câu 20: Đặt log 2  , khi đó log 27 bằng 3 a 16 3a 3 4 4a A. . B. . C. . D. . 4 4a 3a 3 Lời giải Chọn B 3 3 1 3 Ta có 3
log 27  log 3  log 3  .  . 4 16 2 2 4 4 log 2 4 3 a Câu 21: Kí hiệu    . Giá trị của  bằng 1
z , z là hai nghiệm phức của phương trình 2 z 3z 5 0 2 1 z z2 A. 2 5 . B. 5 . C. 3 . D. 10. Lời giải Chọn A  3 11 z   i Ta có 2 2 2
z  3z  5  0    3 11 z   i  2 2 3 11 3 11 z z   i   i  2 5 1 2 2 2 2 2
Câu 22. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng P :x  2y  2z 10  0 và
Q: x  2y  2z 3  0 bằng 8 7 4 A. . B. . C. 3. D. . 3 3 3 Lời giải Chọn B. 
Mặt phẳng P :x  2y  2z 10  0 có véc tơ pháp tuyến n  1; 2;2 P  
Mặt phẳng Q : x  2y  2z  3  0 có véc tơ pháp tuyến n  1; 2;2 Q  1 2 2 1  0 Do   
nên mp P / /mpQ 1 2 2 3 0  2.0  2.5  3 7
Chọn A0;0;5mpP thì d  d   mpP . ;mpQ
A;mpQ 2 2 2 1  2  2 3
Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình 2x2 3 x  27 là A.   ;1 . B. 3;. C.  1  ;  3 . D.   ;1  3;.. Lời giải Chọn C. Bất phương trình 2 2 x 2 x x 2 x 3 2 3  27  3
 3  x  2x  3 2
x  2x  3  0  1  x  3. Vậy S   1  ;3.
Câu 24. Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây ? 2 2 2 2 A.   2 2 2
x  2x  4 d . x B.   2
x  2d .x
C.  2x 2d .xD.   2
x  2x  4d .x 1  1  1  1  Lời giải Chọn D.
Từ đồ thị hình vẽ x    2 2
1;2  x  3  x  2x 1 nên diện tích phần hình phẳng gạch chéo 2 2
trong hình vẽ là S     2 x  3  2 x  2x   1  dx     2 2
x  2x  4dx 1 1
Câu 25: Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và bán kính đáy bằng a . Thể tích của khối nón đã cho bằng: 3 3 3 3 3 2 3  A. a . B. a . C. a . D. a . 3 2 3 3 Lời giải Chọn A 2a h a
Ta có: l  2a ; r a 2 2
h l r  3a . Diện tích đáy là: 2 2
S   r   a 3 1 1 3 2    . . 3 a V Sh a a  3 3 3
Câu 26: Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau :
Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là : A. 4 . B. 1. C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn C
Từ bnagr biến thiên ta thấy :
lim y  2  y  2 là tiệm cận ngang. x
lim y  5  y  5 là tiệm cận ngang. x
lim y    x 1 là tiệm cận đứng.  x 1 
Vậy đồ thị có tổng số 3 tiệm cận ngang và tiệm cận đứng.
Câu 27: Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 2a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng: 3 4 2 3 8 3 8 2 3 2 2 A. a . B. a . C. a D. a . 3 3 3 3 Lời giải Chọn A S A B O D C
Xét khối chóp tứ giác đều S.ABCD với O là tâm đáy. Ta có: AC AO   a 2 2 2 2 2
SO SA AO  4a  2a  2a . 2 2 S  2 .
a 2a  4a . ABCD 3 1 1 4 2 2  .  .4 . 2 a V S SO a a  . S . ABCD 3 ABCD 3 3
Câu 28. Hàm số f x  log  2 x  2 có đạo hàm : 2 x ln 2 1
A. f  x  .
B. f  x  . 2 x  2x
 2x 2xln2 2x  2 ln 2 2x  2
C. f  x    .
D. f  x  . 2 x  2x
 2x 2xln2 Lời giải Chọn D  2  x  2x  2  2x 2
Ta có f x  log x  2     . 2  xf x
 2x 2xln2  2x 2xln2
Câu 29. Cho hàm số y f x có bảng biến thiên sau x ∞ -2 0 2 + ∞ f'(x) 0 + 0 0 + +∞ 1 + ∞ f(x) -2 -2
Số nghiệm thực của phương trình 2 f x  3  0 là A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn A
Ta có f x    f x 3 2 3 0   . 2 3
Từ bảng biến thiên ta nhận thấy đường thẳng y   cắt đồ thị hàm số y f x tại 4 điểm phân 2
biệt nên phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 30. Cho hình lập phương ABC . D A BCD
  . Góc giữa hai mặt phẳng  AB C
D và  ABC D   bằng A. 30 . B. 60. C. 45. D. 90 . Lời giải Chọn D A D
  AD ; AD  CD vì CD   ADD A
 '  AD   AB C
D   ABC D
    AB CD.
Góc giữa hai mặt phẳng  AB C
D và  ABC D   bằng 90.
Câu 31: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 7  3x  2  3   x bằng A. 2 B. 1 C. 7 D. 3 Lời giải Chọn A. ĐK : 7 3x   0 x 9
Ta có: log 7  3x  2  x 2
 7  3  3 x  7  3  3   x 3x 9 Đặt  3x t
,t  0 . Phương trình trở thành: 7  t  2
 t  7t  9  0 . t
  13,t t  7 nên phương trình có 2 nghiệm 1 2
t dương phân biệt. Ta có:  1 x 2 x 1 x 2 3
 3 .3x t .t  9  x x  2 1 2 1 2
Câu 32: Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ H , 1   H
xếp chồng lên nhau, lần lượt có bán kính đáy và 2  1
chiều cao tương ứng là r , h , r , r
r , h  2 (tham khảo hình vẽ). Biết rằng thể 1 1 2 2 h thỏa mãn 2 1 2 1 h 2
tích của toàn bộ khối đồ chơi bằng 3
30cm , thể tích khối trụ H bằng 1  A. 3 24cm B. 3 15cm C. 3 20cm D. 3 10cm Lời giải Chọn C Gọi V , H , 1 2
V lần lượt là thể tích khối trụ  1   H 2  2 1 2 1 Vr h      r 2 V  2 2 2  1  1 h  2  2
V  2 mà V V  30  V  20 1 2 V 1 2 1
Câu 33. Họ nguyên hàm của hàm số f x  4x1 ln x là A. 2 2
2x ln x  3x . B. 2 2
2x ln x x . C. 2 2
2x ln x  3x C . D. 2 2
2x ln x x C . Lời giải Chọn D I f
 xdx  4x
 1 ln xdx  4xdx  4 xln xdx   . + 2 4xdx  2x   . 1 C 2 2 2 2 2 2 x x x 1 + ln  ln  ln  . x  ln x x   ln x x xdx xd x dx x dx x   C     2 2 2 2 x 2 2 2 4 Suy ra 2 2 2 2 2
I  2x  2x ln x x C  2x ln x x C .
Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh  a, BAD  60 ,
SA a và SA vuông góc với
mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng SCD bằng: a 21 a 15 a 21 a 15 A. . B. . C. . D. . 7 7 3 3 Lời giải Chọn A S H K A D B C
Dựng AK CD , AH SK . CK AK Ta có 
CK  SAK   CK AH CK SAAH CK
AH  SCK  . AH SK
Có AB // CD AB // SCD  d  ;
B SCD  d  ;
A SCD  AH . Do 
CK AK AB AK KAD  30 . Trong tam giác a
KAD vuông tại K , ta có  3 AK  .c AD os KAD  . 2
Trong tam giác SAK ta có: a 3 . . a AS AK a 21 2 AH    . 2 2 2  7 AS AK 3 2 a a  4
Vậy, d B SCD a 21 ;  . 7 x y 1 z  2
Câu 35. Trong không gian 0xyz cho mặt phẳng P : x y z  3  0 và đường thẳng d :   . 1 2 1 
Hình chiếu vuông góc của d trên P có phương trình là x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 A.   . B.   . 1 4 5 3 2 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y  4 z  5 C.   . D.   . 1 4 5 1 1 1 Lời giải Chọn C
Gọi là hình chiếu vuông góc của d trên P
Gọi N  d P  N t; 1
  2t;2  td .
Do N P  t   1
  2t  2 t 3  0  t 1. Suy ra N 1;1;  1   Mặt khác M 0; 1
 ;2  .Gọi  là đường thẳng qua
P u n  1;1;1 1   d M vuông góc    P   1 x y 1 z  2   :  
Gọi M  d P  M t; 1
  t;2  t . 1 1 1  2 1 8    1 4 5 
Do M P  t    t    t 2 1 2
 3  0  t   M ;  ;  MN  ; ;      3  3 3 3   3 3 3   x 1 y 1 z 1
Do đó, phương trình đường thẳng đi qua N 1;1; 
1 và có vtcp u 1;4; 5  là   1 4 5 x 1 y 1 z 1
Vậy, Hình chiếu vuông góc của d trên P có phương trình là   1 4 5
Câu 36. Tập hợp các giá trị thực của m để hàm số 3 2
y  x  6x  4m  9 x  4  1 nghịch biến trên khoảng  ;    1 là  3   3  A.  ;0   . B.  ;    . C.  ;    . D. 0;  4  4    Lời giải Chọn C Ta có ' 2 y  3
x 12x  4m 9 Hàm số  
1 nghịch biến trên khoảng  ;    1 khi và chỉ khi ' 2 y   x    m    x     2 3 12x 4 9 0,
; 1  4m  3x 12x  9  g x, x   ;    1  m
g x  g   3 4 min
2  3  m   x   ;  1 4
Câu 37: Xét các số phức z thỏa mãn  z  2iz  2 là số thuần ảo. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm biểu
diễn của z là một đường tròn, tâm của đường tròn đó có tọa độ là A. 1;  1 . B. 1;  1 . C.  1  ;  1 . D.  1  ;  1 . Lời giải Chọn D.
Gọi z a bi a,b , M  ;
a b là điểm biểu diễn cho số phức z .
z iz   2 2 2 2
2  z  2z  2zi  4i a b  2a bi  2a bii  4i 2 2
a b  2a  2b  2a  2b  4i
z  2iz  2 là số thuần ảo
a b a b   a  2  b  2 2 2 2 2 0 1 1  2 .
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I  1  ; 
1 có bán kính R  2 . 1 Câu 38: Cho xdx
a bln 2  c ln 3  với   bằng 
a, b, c là các số hữu tỷ. Giá trị của 3a b c x  22 0 A. 2 . B. 1. C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn B 1 xdx I  
; Đặt t   x  2    dt dx x  2 0 2
x  0  t  2 Đổi cận : 
x 1  t  3 3 3 3 t  2 1 2   2  1  I dt   dt  ln t
   ln 3  ln 2  a bln 2  c ln 3   . 2  2    tt t   t  3 2 2 2  1 a    3   b   1
  3a b c  1  . c 1  
Câu 39. Cho hàm số y f x . Hàm số y f  x có bảng biến thiên như sau: Bất phương trình   x
f x e m đúng với mọi x  1;  1 khi và chỉ khi:
A. m f   1  e .
B. m f   1 1  .
C. m f   1 1  .
D. m f   1  e . e e Lời giải Chọn C   x
f x e m đúng với mọi x  1;  1    x
f x e m đúng với mọi x  1;  1 với      x g x f x e
Ta có      x g x f x e .
Từ bảng biến thiên suy ra f  x  0 với mọi x 1;  1 1
Khi đó max g x  g   1  f   1  .  1;   1 e
Vậy max g x  m f   1 1   m . 1; 1 e
Câu 40. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có ba ghế. Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh, gồm 3 nam và 3
nữ, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh
nam đều ngồi đối đối diện với một học sinh nữ bằng 2 1 3 1 A. B. C. D. 5 20 5 10 Lời giải Chọn A
Mỗi cách xếp 6 học sinh vào 6 chiếc ghế là một hoán vị của 6 phần tử, vì vậy số phần tử của
không gian mẫu là: n  6!  720 .
Gọi A là biến cố: “Mỗi học sinh nam đều đối diện với một học sinh nữ”
Với cách xếp như vậy thì 3 nam phải ngồi đối diện với 3 nữ. Khi đó ta thực hiện như sau:
+ Bạn nam thứ nhất có 6 cách chọn chỗ.
+ Vị trí đối diện bạn nam thứ nhất có 3 cách chọn 1 bạn nữ.
+ Bạn nam thứ hai có 4 cách chọn chỗ.
+ Vị trí đối diện bạn nam thứ nhất có 2 cách chọn 1 bạn nữ.
+ Bạn nam thứ ba có 2 cách chọn chỗ.
+ Bạn nữ cuối cùng chỉ còn duy nhất 1 cách chọn chỗ.
Theo qui tắc nhân, số phần tử của biến cố A là: n A  6.3.4.2.2.1  288 .
Vậy xác suất của biến cố A là: P A 288 2   . 720 5
Câu 41: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A2; 2;  4 , B 3;  3;  1 và mặt phẳng
P:2x y  2z 8  0. Xét M là điểm thay đổi thuộc P, giá trị nhỏ nhất của 2 2 2MA  3MB bằng: A.135 . B. 105 . C. 108 . D. 145 . Lời giải Chọn A.
2x  2  x         I  3 3 I  0 5x 5 0 x 1    I I   
Gọi I là điểm thoả mãn 2IA  3IB  0  2 y  2  y     y    y I  3 3 I  0 5 5 0 1 I I    2
  z  4  3 z   1  0 5z  5  0 z  1  II I I nên I  1  ;1;  1 cố định. 2 2   2   2 Khi đó: 2 2
2MA  3MB  2MA  3MB  2MI IA  3MI IB 2     
MI MI IAIB 2 2 5 2 2 3
 2IA  3IB 2 2 2
 5MI  2IA  3IB . Do đó, để 2 2
2MA  3MB nhỏ nhất thì 2 2 2
5MI  2IA  3IB nhỏ nhất, hay M là hình chiếu của
điểm I trên mặt phẳng P . x  2k 1   M   IM k n  
hay y  k 1 Pk 2; 1; 2 Mz  2k 1  M
Mà M P : 2x y  2z 8  0  22k   1  k   1  22k  
1  8  0  9k  9  0  k 1 .  M 1;0;3 . Vậy 2 2
2MA  3MB  2.6  3.41  135 .
Câu 42: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn 2
z  2 z z  4 và z 1 i z  3  3i ? A. 4 . B. 3 . C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn B
Gọi z x yi, x, y   . 2 2
x y  4x  4  0, x  0 1 2   Khi đó: 2 2
z  2 z z  4  x y  4 x  4   2 2
x y  4x  4  0, x  0  2
Và z   i z   i   x  2   y  2   x  2   y  2 1 3 3 1 1 3 3 2 2 2 2
x  2x 1 y  2y 1  x  6x  9  y  6y  9
 4x  8y 16  x  2y  4 3
+) Thay 3 vào   1 ta được:
    y  2 2
y   y   2 2 1 2 4 4 2
4  4  0  4 y 16 y 16  y  8y 16  4  0  2 24 y   x n 2   5 
y  8y  4  0  5 5   y  2   x  0  n
Suy ra có 2 số phức thỏa mãn điều kiện.
+) Thay 3 vào 2 ta được:
    y  2 2
y   y   2 2 1 2 4 4 2
4  4  0  4y 16y 16  y  8y 16  4  0  y  2
  x  0l 2 5 
y  24y  28  0  14 8  y  
x   n  5 5
Suy ra có 1 số phức thỏa mãn điều kiện.
Vậy có 3 số phức thỏa mãn điều kiện.
Câu 43: Cho hàm số y f x liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Tập hợp tất cả các giá trị của
tham số m để phương trình f sin x  m có nghiệm thuộc khoảng 0;  là y 3 1 1 x 1 1 A. 1  ;3 . B.  1  ;  1 . C.  1  ;3 . D.  1  ;  1 . Lời giải Chọn D
Do x 0;  nên sin x 0; 
1 , theo đồ thị thì ta thấy phương trình f t  m có nghiệm t 0;  1 khi m 1  ; 
1 . Do đó phương trình f sin x  m có nghiệm thuộc khoảng 0;  khi m 1  ;  1 .
Câu 44: Ông A vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 1% / tháng. Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân
hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp
cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là như nhau và ông A trả hết nợ sau đúng
5 năm kể từ ngày vay. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng
đó. Hỏi số tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây ?
A. 2, 22 triệu đồng.
B. 3,03 triệu đồng.
C. 2, 25 triệu đồng.
D. 2, 20 triệu đồng. Lời giải Chọn A
Gọi S là số tiền ông A vay ngân hàng, r là lãi suất mỗi tháng.
Số tiền ông A nợ sau một tháng là: S S.r S 1 r .
Gọi x là số tiền ông A phải trả mỗi tháng.
Sau 1 tháng thì số tiền ông A còn nợ là: S 1 r  x
Sau 2 tháng thì số tiền ông A còn nợ là:
S   r   x  S   r   xr x S   r 2 1 1 1
x 1 r 1    
Sau 3 tháng thì số tiền ông A còn nợ là:
S   r 2  x   r   
 S   r2  x   r  
r x S
  r3  x   r2 1 1 1 1 1 1 1 1
 1 r 1   …
Sau n tháng thì số tiền ông A còn nợ là: n    
S   r n x   r n 1    r n 2     S   r n 1 r 1 1 1 1 ... 1 1 n x nx            rS 1 r  1 r 1 1 1 r    n x n S.r 1 n r
Sau n tháng ông A trả hết nợ, khi đó: S 1 r  1 r   1  0  x  . r  
1 rn 1
Với S 100 triệu đồng, r  0, 01 và n  5.12  60 tháng thì: 100.0.011 0.0 60 1 x   2,22 triệu đồng. 1 0.0 60 1 1
Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho điểm E 2;1;3, mặt phẳng P : 2x  2y z  3  0 và mặt cầu
S x  2  y  2 z  2 : 3 2
5  36 . Gọi  là đường thẳng đi qua E , nằm trong P và cắt
S tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình của  là
x  2  9t
x  2  5tx  2  t
x  2  4t    
A. y 1 9t .
B. y 1 3t .
C. y 1 t .
D. y 1 3t .     z  3  8tz  3  z  3  z  3  3tLời giải Chọn C.
Mặt cầu có tâm I 3;2;5, R  6, IE  6  R suy ra E nằm trong mặt cầu. Gọi C
P S suy ra I ' là hình chiếu vuông góc của I xuống mặt phẳng P . I ';r       x  3 2t
Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với P là d : y  2  2t . z  5t    
I d   P 23 14 47 5 '  I ' ; ;
I ' E     1;1;4 .  9 9 9  9
Vì  là đường thẳng đi qua E , nằm trong P và cắt S  tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất
nên  là đường thẳng đi qua E , nằm trong P và vuông góc với I ' E suy ra   
u  n , I ' E   9  .  1; 1;0 P      x  2  t
Vậy Phương trình của  : y 1 t ,t  . z  3 
Câu 46: Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh A , A , B , 1 2 1 2
B như hình vẽ bên. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là 2 200.000 nđ v / m và phần còn lại 2 100.000 n
v đ / m . Hỏi số tiền để sơn theo
cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết A A  8m , B B  6m và tứ giác 1 2 1 2 MNPQ là hình
chữ nhật có MQ  3m ? B2 M N A1 A2 Q P B1 A. 7.322.000 đồng. B. 7.213.000 đồng. C. 5.526.000 đồng. D. 5.782.000 đồng Lời giải Chọn A y B2 3 M N 4 A1 O 1
A2 x Q P B1 2 2
Gọi phương trình chính tắc của elip  x y E  có dạng:  1 2 2 a b
A A  8  2aa  4 2 2 x y 3 Với 1 2     E 2 :  1  y   16  x . B B  6  2b b    3 16 9 4 1 2
Suy ra diên tích của hình elip là S
  a b    2 . 12 m . E     3 
Vì MNPQ là hình chữ nhật và MQ  3  M ; x    E  2  2 x 1  3   3 2  
 1 x 12  M 2  3; ; N 2 3;     16 4  2   2  Gọi S ;
1 S lần lượt là diện tích phần bị tô màu và không bị tô màu 2 4 4 3 Ta có: 2 2 x4sin  4. 16  d  3 16  d t S x x x
x  S  4  6 3    2 m 2 2  4 2 3 2 3 Suy ra: S S
S  8  6 3 . Gọi 1 
T là tổng chi phí. Khi đó ta có E  2
T  4  6 3.100  8  6 3.200  7.322.000 (đồng).
Câu 47: Cho khối lăng trụ ABC.A BC
  có thể tích bằng 1 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các
đoạn thẳng AA và BB . Đường thẳng CM cắt đường thẳng C A
  tại P , đường thẳng CN cắt đường thẳng C B
  tại Q . Thể tích của khối đa diện lồi AMP.B NQ bằng 1 1 2 A. 1 . B. . C. . D. . 3 2 3 Lời giải Chọn D A B C N M I P Q A' B' C'
Gọi I là trung điểm PQ , h là đường cao của khối lăng trụ, S là diện tích AB C  .
Theo đề ta có Sh  1 . 1 Mặt khác, ta có h S   
d N , AB C
    d B, AB C      S S    S và   . IA B IB P A B C 2 2 1 h 1 Do đó    3   3. . .  . . h V V V V V S S
AMP.B NQ
AMP.B IN B .  INQ A .  B IN N . IB Q  3 IAB 2 3 IB P 2 h 1 h 1 1 2
S.  .S.    . 2 3 2 2 6 3
Câu 48. Cho hàm số f x có bảng xét dấu của đạo hàm như sau x  1 2 3 4  f  x  0  0  0  0 
Hàm số y f x   3 3
2  x  3x đồng biến trên khoảng nào dưới đây ? A. 1; . B.  ;    1 . C.  1  ;0 . D. 0;2 . Lời giải Chọn C.
Ta có y  f  x   2 3
2  3x  3 nên y   f  x   2 0 2  x 1 
Từ bảng biến thiên của f  x ta suy ra bảng biến thiên của f  x  2 như sau x  1 0 1 2 
f  x  2  0  0  0  0 
Từ bảng biến thiên trên, ta có dáng điệu đồ thị của hàm số f  x  2 và đồ thị hàm số 2 y x 1
được vẽ trên cùng hệ trục tọa độ như hình vẽ dưới đây: y 2 y x 1
y f  x  2 1 x 1  O 2
Từ hình vẽ trên ta suy ra   1
  x 1. Do đó chọn đáp án C.
Câu 49: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình 2 m  4
x    m 2 1 x   1  6 x  
1  0 nghiệm đúng với mọi x   . Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng 3 1 1 A.  . B. 1. C.  . D. . 2 2 2 Lời giải Chọn C.
- Ta có: f x 2  m  4
x    m 2
x     x     x   2 m   3 2 1 1 6 1 1
x x x  
1  mx   1  6
 x   x     2 2 2 2
m x m x m m 2 1 1 2 3
 4m  2m  6
 x  2  2 2 2 2
m x m x m m   x   2 1 2 3
1 4m  2m  6
Do đó điều kiện cần để f x  0, x
   là x   2
1 4m  2m  6  0, x    m  1 2 4m 2m 6 0       3  . m    2 - Với 2
m  1 thì f x   x    2 1
x  2x  4  0, x
  , do đó m 1 thỏa mãn. 3  9 9 21 3
- Với m   thì f x   x  2 2 1 x x   0, x    
 , do đó m   thỏa mãn. 2  4 2 4  2  3  3 1
Vậy S   ; 1 , tổng các phần tử của S bằng  1   . Chọn C.  2  2 2
Cách 2 (của thầy Trần Đức Nội ) Ta có: f x 2  m  4
x    m  2 1 x   1  6 x   1  x   2 m   3 2 1
x x x  
1  mx  
1  6   x   1 .g x  .
- Nếu x  1 không phải là nghiệm của g x thì f x sẽ đổi dấu khi x đi qua 1. Do đó điều kiện cần để
f x  0, x
  là x 1 phải là nghiệm của g x  0 m 1 2 4m 2m 6 0       3  . m    2 - Với 2
m  1 thì f x   x    2 1
x  2x  4  0, x
  , do đó m 1 thỏa mãn. 3  9 9 21 3
- Với m   thì f x   x  2 2 1 x x   0, x    
 , do đó m   thỏa mãn. 2  4 2 4  2  3  3 1
Vậy S   ; 1 , tổng các phần tử của S bằng  1   . Chọn C.  2  2 2
Câu 50. Cho hàm số   4 3 2
f x mx nx px qx r m, n, p, q, r   . Hàm số y f  x có đồ thị như hình vẽ bên.
Tập nghiệm của phương trình f x  r có số phần tử là A. 4 . B. 3 . C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn B. Vì   4 3 2
f x mx nx px qx r nên f   x là hàm số bậc 3.  5 
Từ đồ thị hàm số y f  x ta suy ra: f  x  mx   1 x  
 x  3 và m  0 .  4  3 3  
f    f    f
 x  mx   5 3 0 dx 1 x  
 x  3dx  0 .  4  0 0
f 3  f 0  r
Ta có bảng biến thiên của hàm số y f x như sau:
Vậy phương trình f x  r có 3 nghiệm phân biệt. --- HẾT ---
Document Outline

  • 1_De_Toan_Thamkhao_K19
  • DETHAMKHAO-BGD-1819 version 2