Đề thi thử Toán THPTQG 2019 lần 1 trường THPT Hậu Lộc 2 – Thanh Hóa

Đề thi thử Toán THPTQG 2019 lần 1 trường THPT Hậu Lộc 2 – Thanh Hóa mã đề 132 gồm 06 trang với 50 câu trắc nghiệm khách quan

Chủ đề:

Đề thi THPTQG môn Toán năm 2019 79 tài liệu

Môn:

Toán 1.9 K tài liệu

Thông tin:
31 trang 1 năm trước
Tác giả:
T
Thanh Hoa
docx.com.vn

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Đề thi thử Toán THPTQG 2019 lần 1 trường THPT Hậu Lộc 2 – Thanh Hóa

Đề thi thử Toán THPTQG 2019 lần 1 trường THPT Hậu Lộc 2 – Thanh Hóa mã đề 132 gồm 06 trang với 50 câu trắc nghiệm khách quan

99 50 lượt tải Tải xuống

Chủ đề: Đề thi THPTQG môn Toán năm 2019 79 tài liệu

Môn: Toán 1.9 K tài liệu

Thông tin:

31 trang 1 năm trước

Tác giả:

Profile Thanh Hoa
Trang 1/31 - WordToan
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
(Đề thi gồm có 06 trang)
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
MÔN TOÁN. NĂM HỌC 2018 – 2019
Ngày thi: 27/01/2019
Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu 1. Khối cầu có bán kính
R
có thể tích là
A.
3
4
3
R
. B.
2
4
3
R
. C.
3
R
. D.
2
4 R
.
Câu 2. Trong không gian
Oxyz
, mặt phẳng

:1
123
xyz
P 
không đi qua điểm nào dưới đây?
A.

0;2;0P
. B.

1;2;3N
. C.

1;0;0M
. D.

0;0;3Q
.
Câu 3. Cho hàm số

yfx
xác định trên

\1
, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến
thiên như hình vẽ bên.
Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
A.
4
. B.
3
. C.
1
. D.
2
.
Câu 4. Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy bằng
2
a
và chiều cao bằng
3a
là
A.
3
a
. B.
3
3a
. C.
3
3 a
. D.
3
a
.
Câu 5. Với
k
và
n
là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn
kn
, mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.

!
!
k
n
n
A
nk
. B.

!
!!
k
n
n
A
knk
. C.
!
!
k
n
n
A
k
. D.

!
!
k
n
nk
A
n
.
Câu 6. Tập nghiệm của phương trình
2
32
24
xx
là
A.

0
. B.

3
. C.

0;3
. D.

0; 3
.
Câu 7. Trong không gian
Oxyz
, cho mặt cầu

222
:2 3 125Sx y z
. Tọa độ tâm
I
và bán
kính
R
của mặt cầu

S
là
A.
()
2;3; 1 ; 25IR-=
. B.
()
2; 3;1 ; 25IR-- =
.
C.
()
2;3; 1 ; 5IR-=
. D.
()
2; 3;1 ; 5IR-- =
.
Câu 8. Họ nguyên hàm của hàm số

3
3fx x x
là
A.
42
3xxC++
. B.
4
2
3
4
x
xC++
. C.
42
3
42
xx
C++
. D.
2
33xC++
.
Câu 9. Cho cấp số nhân

n
u
có số hạng đầu
1
3u
và công bội
2
q
. Giá trị của
4
u
bằng
A.
24
. B.
54
. C.
48
. D.
9
.
Câu 10. Cho hàm số

yfx
có bảng biến thiên như sau
-1 0
1
+
3
3
x


'y
0
00
Trang 2/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
Giá trị cực tiểu của hàm số bằng
A.
0
. B. 1 . C. 2 . D.
3
.
Câu 11. Cho hàm số

yf
x
có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số

f
x
đồng biến trên
;0 2;
.
B. Hàm số

f
x
đồng biến trên

;4
.
C. Hàm số

f
x
đồng biến trên

0; 
.
D. Hàm số

f
x
đồng biến trên

;0
.
Câu 12. Cho hàm số
yfx
liên tục trên đoạn

4;4
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

4;4
. Giá trị của
M
m
bằng
A.
4
B.
6
. C.
8
. D.
1
.
Câu 13. Trong không gian
Oxyz
, cho đường thẳng

12
:3
32
xy
dz


. Vectơ nào dưới đây là vectơ
chỉ phương của đường thẳng
d
?
A.
1
3; 2;1u

. B.

2
3; 2; 0u

. C.
3
3; 2; 3u

. D.
4
1; 2; 3u

.
Câu 14. Giả sử
x
,
y
là các số thực dương. Mệnh đề nào sau đây sai?
A.
log log log
xy
x
y

. B.
log log log
xy
x
y

.
C.

1
log log log
2
xy
x
y

. D.
log log log
x
x
y
y

.
Câu 15. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
2
y
 
Trang 3/31 - WordToan
A.
42
2yx x
. B.
3
3yx x
. C.
3
3yx x
. D.
42
2yx x
.
Câu 16. Cho số phức
23zi
. Phần thực và phần ảo của số phức
z
lần lượt là
A.
2
và
3
. B.
2
và
3
. C.
2
và
3i
. D.
2
và
3
.
Câu 17. Cho hàm số

fx
có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A.
6
. B.
4
. C.
2
. D.
3
.
Câu 18. Biết rằng với mọi
, ab
phương trình
2
22
log .log 3 0
b
xa x
luôn có hai nghiệm phân biệt
12
, xx
. Khi đó tích
12
xx
bằng
A.
3
a
. B.
a
. C.
2
log 3b
. D.
2
a
.
Câu 19. Gọi
1
z
,
2
z
là hai nghiệm phức của phương trình
2
450
zz

;
M
,
N
lần lượt là các điểm biểu
diễn của
1
z
,
2
z
trên mặt phẳng phức. Độ dài đoạn thẳng
MN
là
A.
25
. B.
4
. C.
2
. D.
2
.
Câu 20. Gọi
S
là diện tích hình phẳng

H
giới hạn bởi các đường

yfx
, trục hoành và hai đường
thẳng
1x 
;
2x
(như hình vẽ). Đặt

0
1
dafxx
,

2
0
dbfxx
, mệnh đề nào sau đây đúng?
A.
Sba
. B.
Sba
. C.
Sba
. D.
Sba
.
Câu 21: Cho hình lăng trụ đứng
D. DABC ABC

có đáy
DABC
là hình thoi,
223AC AA a

. Góc
giữa hai mặt phẳng

'ABD
và

CBD
bằng
A.
0
90
. B.
0
60
. C.
0
45
. D.
0
30
.
Câu 22: Cho số phức

,,zabiab
. Số các mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau là:
I. Mô đun của
z
là một số thực dương
Trang 4/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
II.
2
2
zz
III.
zizz
IV. Điểm

;
M
ab
là điểm biểu diễn của số phức z
A.
3
. B.
2
. C.
1
. D.
4
.
Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình
ln 3 ln 2 6xx
là
A.
0;6
. B.
0;6
. C.

6;
. D.
;6
.
Câu 24. Cho

2
0
d2fxx
và

0
2
d1gx x
, khi đó
 
2
0
3d
f
xgxx

bằng
A.
1
. B.
5
. C.
3
. D.
1
.
Câu 25. Cho hình nón có bán kính đáy bằng 4a và chiều cao 3a. Diện tích xung quanh của hình nón là
A.
2
12 a
. B.
2
24 a
. C.
2
40 a
. D.
2
20 a
.
Câu 26. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm
(1; 3; 2)A
,
(3;5; 4)B
. Phương trình mặt phẳng trung trực của
đoạn AB là
A.
3z 9 0xy
. B.
3z+9 0xy
.
C.
3z+2 0xy
. D.
354
11 3
xyz

.
Câu 27. Cho hàm số
42
,,y f x ax bx c abc
có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
Số nghiệm của phương trình
230fx
là
A.
3
. B.
0
. C.
4
. D.
2
.
Câu 28. Cho
a
,
b
là các số thực dương khác 1, đồ thị hàm số
log
a
yx
và
log
b
yx
lần lượt là
1
C
,
2
C
như hình vẽ.
Trang 5/31 - WordToan
Khẳng định nào sau đây là đúng
A.
e.e .
ab
ba
. B.
e.e .
ab
ba
. C.
e.e .
ab
ba
. D.
e.e .
ab
ab
.
Câu 29. Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng
a
, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng
60
. Thể tích
khối chóp là
A.
3
6
6
a
. B.
3
6a
2
. C.
3
6
a 3
. D.
3
6a
3
.
Câu 30. Trong không gian
Oxyz
, cho mặt phẳng

:2 2 3 0Pxyz
và đường thẳng

111
:
22 1
xy
x

. Khoảng cách giữa

và

P
là
A.
2
3
B.
8
3
C.
2
9
D.
1
Câu 31. Số giá trị nguyên của tham số
m để hàm số
6x
y
x
m

đồng biến trên khoảng
10;
là
A. 5. B. 4. C. Vô số. D. 3.
Câu 32. Cho
3
0
ln 2 ln3
3
42 1
xa
dx b c
x


, với
,,abc
là các số nguyên. Giá trị của
abc
bằng
A. 2. B. 9. C. 7. D. 1.
Câu 33: Một cuộn đề can hình trụ có đường kính 44,9 cm. Trong thời gian diễn ra AFF cup 2018, người ta
đã sử dụng để in các băng rôn, khẩu hiệu cổ vũ cho đội tuyển Việt Nam, do đó đường kính của
cuộn đề can còn lại là 12,5 cm. Biết độ dày của tấm đề can là 0,06 cm, hãy tính chiều dài L của tấm
đề can đã sử dụng?(Làm tròn đến hàng đơn vị).
A.
24344
L
cm
B.
97377
L
cm
C.
848
L
cm
D.
7749Lcm
Câu 34. Cho số phức
,,zabiabR
thỏa mãn
30zizi
. Tổng
Sab
là
A.
0S
B.
1S 
C.
3S 
D.
1S
Trang 6/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
Câu 35. Nhằm tạo môi trường xanh, sạch, đẹp và thân thiện. Đoàn trường THPT Hậu Lộc 2 đã phát động
phong trào trồng hoa toàn bộ khuôn viên đường vào trường. Sau một ngày thực hiện đã trồng được
một phần diện tích. Nếu tiếp tục với tiến độ như vậy thì dự kiến sau đúng 23 ngày nữa sẽ hoàn
thành. Nhưng thấy công việc có ý nghĩa nên mỗi ngày số lượng đoàn viên tham gia đông hơn vì vậy
từ ngày thứ hai mỗi ngày diện tích trồng tăng lên
4%
so với ngày kế trước. Hỏi công việc sẽ hoàn
thành vào ngày bao nhiêu? Biết rằng ngày
08 / 03
là ngày bắt đầu thực hiện và làm liên tục.
A.
25 / 03
. B.
26 / 03
. C.
23 / 03
. D.
24 / 03
.
Câu 36. Trong không gian
Oxyz
, cho đường thẳng
12
:
211
xyz
d


, mặt phẳng

:250Pxy z
và

1; 1; 2A
. Đường thẳng
cắt
d
và

P
lần lượt tại
M
và
N
sao cho
A
là trung điểm của
đoạn thẳng
MN
. Một véc tơ chỉ phương của
là
A.

4;5; 13u 
. B.

1; 1; 2u 
. C.

3;5;1u 
. D.

2;3;2u
.
Câu 37. Trong không gian
Oxyz
, cho mặt phẳng

:2 2 9 0Pxyz
và điểm

1; 2; 3A
. Đường thẳng
d
đi qua
A
và có véc tơ chỉ phương

3; 4; 4u 
cắt

P
tại
B
. Điểm
M
thay đổi trên

P
sao
cho
M
luôn nhìn đoạn
AB
dưới một góc
90
. Độ dài đoạn
MB
lớn nhất bằng
A.
36
5
. B.
41
. C.
6
. D.
5
.
Câu 38. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính
2AD a
,
SA
vuông góc với đáy và
3SA a
. Gọi
H
là hình chiếu của
A
lên
SB
. Khoảng cách
từ
H
đến mặt phẳng

SCD
bằng
A.
6
3
a
. B.
36
8
a
. C.
6
2
a
. D.
36
16
a
.
Câu 39. Một thùng đựng rượu làm bằng gỗ là một hình tròn xoay (tham khảo hình bên). Bán kính các đáy là
30 cm, khoảng cách giữa 2 đáy là 1 m, thiết diện qua trục vuông góc với trục và cách đều hai đáy
có chu vi là
80
cm. Biết rằng mặt phẳng qua trục cắt mặt xung quanh của bình là các đường
parabol. Thể tích của thùng gần với số nào sau đây?
A. 425,2 (lít). B. 284 (lít). C. 212,6 (lít). D. 142,2 (lít).
Câu 40. Cho hàm số

yfx
liên tục trên đoạn

05;
và có bảng biến thiên như hình sau:
x
0 1 2 3 5

f
x
4 3 3
1 1
Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số
m
để bất phương
trình
 
32019 102mf x x f x x
nghiệm đúng với mọi

05x;.
A. 2014. B. 2015. C. 2019. D. Vô số.
Trang 7/31 - WordToan
Câu 41. Cho hàm số
432
yf
x =ax bx cx dx e
có đồ thị như hình vẽ bên đây, trong đó
a,b,c,d,e
là các hệ số thực. Số nghiệm của phương trình


 
210ffx fx fx
là
A. 3. B. 4. C. 2. D. 0.
Câu 42. Cho hàm số

yf
x
liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ bên. Số giá trị nguyên của tham số
m để phương trình
2
2018 2019 0f cosx m f cosx m
có đúng 6 nghiệm phân biệt
thuộc đoạn

02;
là
A. 5. B. 3. C. 2. D. 1.
Câu 43. Cho hàm số

f
x
nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên đoạn

01;
sao cho

11f
và

2
1
xx
f
x.f x e

,

01
x
;.
Tính

32
1
0
23xxfx
Idx
fx
.
A.
1
60
I 
. B.
1
10
I
. C.
1
10
I 
. D.
1
10
I
.
Câu 44. Gọi
S
là tập hợp tất cả các giá trị của tham số
m
để bất phương trình

24 3 3 2 1
0
x
mx x mx x xe

đúng với mọi
x
. Số tập con của
S
là
A. 2. B. 4. C. 3. D. 1.
Câu 45. Cho hàm số

yf
x
có bảng xét dấu của đạo hàm
f
x
như sau:
Hàm số
32
612x3xyfx
đồng biến trên khoảng nào sau đây?
A.
2; 
. B.

1; 0
. C.
;1
. D.

0;1
.
Câu 46. Cho
12
, zz
là hai trong các số phức thỏa mãn
332zi
và
12
4zz
. Giá trị lớn nhất của
12
zz
bằng
A.
8
. B.
43
. C.
4
. D.
223
.
Câu 47. Cho hình chóp
.SABCD
có
1.SA SB SC AB BC CD DA
Gọi
1
G
,
2
G
,
3
G
,
4
G
lần
lươt là trọng tâm các tam giác
SAB
,
SBC
,
SCD
,
SDA
.
A
C
cắt
B
D
tại
O
. Khi thể tích khối
.SABCD
lớn nhất thì thể tích khối chóp
1234
.OGG GG
bằng
Trang 8/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
A.
1
81
. B.
1
27
. C.
1
54
. D.
2
81
.
Câu 48. Hai bạn A và B mỗi bạn lên bảng viết ngẫu nhiên một số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác
nhau. Xác suất để các chữ số có mặt ở hai số đó giống nhau đồng thời tổng lập phương các chữ số
đó chia hết cho 3 là
A.
41
5823
. B.
7
1944
. C.
53
17496
. D.
29
23328
.
Câu 49. Cho các số thực dương
x
,
y
thỏa mãn

22
23
log 11 20 40 1
xxyy
xy


. Gọi
M
,
m
lần lượt là giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
y
S
x
. Tính
M
m
.
A.
214Mm
. B.
10Mm
.
C.
7
2
Mm
. D.
11
6
Mm
.
Câu 50. Trong không gian
Ox
y
z
, cho các điểm
A0;0;2
và
B3;4;1
. Gọi

P
là mặt phẳng chứa đường
tròn giao tuyến của hai mặt cầu

222
1
:11325Sx y z với
222
2
:x 2 2 14 0Syzxy
.
M
,
N
là hai điểm thuộc

P
sao cho
1MN
. Giá trị nhỏ
nhất của
A
MBN
là
A.
34 1
. B.
5
. C.
34
. D.
3
.
--------------------------- Hết ---------------------------
Trang 9/31 - WordToan
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
A B B B A C C C A C D B A B C D D D D A A B B B D
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 C D A A B D A D A D D D A A B C C B D A C C C B
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.
Khối cầu có bán kính
R
có thể tích là
A.
3
4
3
R
. B.
2
4
3
R
. C.
3
R
. D.
2
4
R
.
Lời giải
Chọn A
Thể tích của khối cầu có bán kính
R
là
3
4
3
VR
.
Câu 2. Trong không gian
Oxyz
, mặt phẳng

:1
123
xyz
P 
không đi qua điểm nào dưới đây?
A.
0;2;0P
. B.
1;2;3N
. C.
1;0;0M
. D.
0;0;3Q
.
Lời giải
Chọn B
Thế tọa độ điểm
N
vào phương trình mặt phẳng

P
ta có:
123
1
123

(vô lí).
Vậy mặt phẳng

:1
123
xyz
P 
không đi qua điểm
1;2;3N
.
Câu 3. Cho hàm số

yf
x
xác định trên
\1
, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến
thiên như hình vẽ bên.
Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
A.
4
. B.
3
. C.
1
. D.
2
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
lim 0
x
fx

suy ra tiệm cận ngang là đường thẳng
0y
Ta có
lim 5
x
fx

suy ra tiệm cận ngang là đường thẳng
5y
Ta có
1
lim
x
fx
 suy ra tiệm cận đứng là đường thẳng
1
x
Vậy tổng số tiệm cận là 3
Câu 4. Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy bằng
2
a
và chiều cao bằng
3a
là
A.
3
a
. B.
3
3a
. C.
3
3 a
. D.
3
a
.
Trang 10/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
Lời giải
Chọn B
Thể tích khối lăng trụ đã cho là
23
..33VBhaa a
Câu 5. Với
k
và
n
là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn
kn
, mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.

!
!
k
n
n
A
nk
. B.

!
!!
k
n
n
A
knk
. C.
!
!
k
n
n
A
k
. D.
!
!
k
n
nk
A
n
.
Lời giải
Chọn A
Ta có

!
!
k
n
n
A
nk
nên đáp án đúng là A.
Câu 6. Tập nghiệm của phương trình
2
32
24
xx
là
A.
0
. B.
3
. C.
0;3
. D.
0; 3
.
Lời giải
Chọn C
Ta có:
2
32
24
xx
2
322xx
2
30xx
0
3
x
x
Vậy tập nghiệm của phương trình là:
0;3S
.
Câu 7. Trong không gian
Oxyz
, cho mặt cầu

222
:2 3 125Sx y z. Tọa độ tâm I và bán
kính
R
của mặt cầu
S
là
A.
(
)
2;3; 1 ; 25IR-=
. B.
(
)
2; 3;1 ; 25IR-- =
.
C.
(
)
2;3; 1 ; 5IR-=
. D.
()
2; 3;1 ; 5IR-- =
.
Lời giải
Chọn C
Mặt cầu
S
có tâm
2;3; 1I
và bán kính
5R
.
Câu 8.
Họ nguyên hàm của hàm số
3
3
f
xx x
là
A.
42
3
x
xC++
. B.
4
2
3
4
x
x
C++
. C.
42
3
42
xx
C++
. D.
2
33
x
C++
.
Lời giải
Chọn C


42
3
3
3
42
xx
F
xxxdx C
.
Câu 9. Cho cấp số nhân
n
u
có số hạng đầu
1
3u
và công bội
2q
. Giá trị của
4
u
bằng
A.
24 . B.
54
. C.
48
. D.
9
.
Lời giải
Chọn A
Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân ta có:
133
141
32 24
n
n
u u .q u u .q .

.
Câu 10.
Cho hàm số
yfx
có bảng biến thiên như sau
-1 0
1
x


Trang 11/31 - WordToan
Giá trị cực tiểu của hàm số bằng
A.
0
. B.
1
. C.
2
. D.
3
.
Lời giải
Chọn C
Từ bảng biến thiên suy ra giá trị cực tiểu của hàm số bằng
2
.
Câu 11. Cho hàm số

yfx
có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số

fx
đồng biến trên

;0 2;
.
B. Hàm số

fx
đồng biến trên

;4
.
C. Hàm số

fx
đồng biến trên

0; 
.
D. Hàm số

fx
đồng biến trên

;0
.
Lời giải
Chọn D
Câu 12. Cho hàm số

yfx
liên tục trên đoạn

4;4
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

4;4
. Giá trị của
Mm
bằng
A.
4
B.
6
. C.
8
. D.
1
.
Lời giải
Chọn A
Theo hình vẽ ta có:


4;4
max 3Mfx

;


4;4
min 3mfx

.
Vậy:
6Mm
.
+
3
3
2
'y
0
00
y
 
Trang 12/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
Câu 13. Trong không gian
Oxyz
, cho đường thẳng

12
:3
32
xy
dz


. Vectơ nào dưới đây là vectơ
chỉ phương của đường thẳng

d
?
A.

1
3; 2;1
u

. B.

2
3; 2; 0
u

. C.

3
3; 2; 3
u

. D.

4
1; 2; 3
u

.
Lời giải
Chọn A
Đường thẳng

12
:3
32
xy
dz


có một vectơ chỉ phương

1
3; 2;1u

.
Câu 14. Giả sử
x
,
y
là các số thực dương. Mệnh đề nào sau đây sai?
A.

log log logxy xy
. B.

log log logxy x y
.
C.

1
log log log
2
xy x y
. D.
log log log
x
xy
y

.
Lời giải
Chọn B
Với
x
,
y
là các số thực dương, ta có

log log logxy xy
nên

log log logxy x y
sai.
Câu 15. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
A.
42
2yx x
. B.
3
3yx x
. C.
3
3yx x
. D.
42
2yx x

.
Lời giải
Chọn C
Dựa vào đặc điểm đồ thị hàm số bậc 3, bậc 4.
Câu 16. Cho số phức
23zi
. Phần thực và phần ảo của số phức
z
lần lượt là
A.
2
và
3
. B.
2
và
3
. C.
2
và
3i
. D.
2
và
3
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
23zi
.
z
có: Phần thực
2
, phần ảo
3
.
Câu 17. Cho hàm số

fx
có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A.
6
. B.
4
. C.
2
. D.
3
.
Lời giải
Chọn D
Trang 13/31 - WordToan
Từ bảng xét dấu ta thấy
() 0fx
và đổi dấu tại các điểm
3; 3; 4x 
.
Suy ra hàm số

f
x
đã cho có 3 điểm cực trị.
Câu 18. Biết rằng với mọi
, ab
phương trình
2
22
log .log 3 0
b
xa x
luôn có hai nghiệm phân biệt
12
,
x
x
. Khi đó tích
12
x
x
bằng
A.
3
a
. B.
a
. C.
2
log 3b
. D.
2
a
.
Lời giải
Chọn D
Xét phương trình:
2
22
log .log 3 0. 1
b
xa x
Điều kiện:
0.x
Đặt
2
log .tx
Phương trình trở thành:
2
. 3 0. 2
b
tat
Theo giả thiết phương trình

1
luôn có hai nghiệm
12
,
x
x
nên phương trình
2
có hai nghiệm
tương ứng
12
,tt
.
Ta có:
1
21 1 1
log 2 .
t
xt x
2
22 2 2
log 2
t
xt x
.
Vậy
12 12
12
2.2 2 2
tt tt
a
xx

(vì
12
tt a
).
Câu 19. Gọi
1
z
,
2
z
là hai nghiệm phức của phương trình
2
450zz
;
M
,
N
lần lượt là các điểm biểu
diễn của
1
z
,
2
z
trên mặt phẳng phức. Độ dài đoạn thẳng
M
N
là
A.
25
. B.
4
. C.
2
. D.
2
.
Lời giải
Chọn D
Xét phương trình:
2
450zz
, ta có

2
21.5
 1
2
i
.
Suy ra phương trình có hai nghiệm phức là
1
2zi
;
2
2zi
. Suy ra
2;1M
;
2; 1N
.
Ta có
M
N

22
22 11
2 .
Vậy
2MN
.
Câu 20. Gọi
S
là diện tích hình phẳng
H
giới hạn bởi các đường

yf
x
, trục hoành và hai đường
thẳng
1x 
;
2x
(như hình vẽ). Đặt

0
1
dafxx
,

2
0
dbfxx
, mệnh đề nào sau đây đúng?
Trang 14/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
A.
Sba
. B.
Sba
. C.
Sba
. D.
Sba
.
Lời giải
Chọn A
Dựa vào đồ thị ta thấy
0fx
với mọi
1; 0x 
;
0fx
với mọi
0; 2x
.
Ta có
 
02
10
ddSfxxfxx


 
02
10
dd
f
xx fxx
 


 
02
10
dd
f
xx fxx


ba
.
Vậy
Sba
.
Câu 21: Cho hình lăng trụ đứng
D. D
A
BC A B C

có đáy
D
A
BC
là hình thoi,
223
A
CAAa

. Góc
giữa hai mặt phẳng
'
A
BD
và

CBD
bằng
A.
0
90
. B.
0
60
. C.
0
45
. D.
0
30
.
Lời giải
Chọn A
Ta có:

,
BD AC
BD ACC A BD OA BD OC
BD A A

 
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng
A
BD
và

CBD
là góc giữa hai đường thẳng
OA
và
OC
.
Theo giả thiết:
223 3 6
A
CAAa AOAAa OAOCa


Trong tam giác
OA C

:
22 2222
2
6612
cos 0
2. . 2.6
OA OC A C a a a
O
OA OC a




Suy ra
0
90AOC

.
Chú ý: có thể suy ra góc
A
OC

vuông bằng cách nhận xét 2 tam giác
,AOA COC

vuông cân.
O
C'
D'
B'
D
B
C
A
A'
Trang 15/31 - WordToan
Câu 22: Cho số phức

,,zabiab
. Số các mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau là:
I. Mô đun của
z
là một số thực dương
II.
2
2
zz
III.
zizz
IV. Điểm

;Mab
là điểm biểu diễn của số phức
z
A.
3
. B.
2
. C.
1
. D.
4
.
Lời giải
Chọn B
Ta thấy nhận xét I sai vì môđun có thể bằng 0 và nhận xét IV là sai, tọa độ của
M
là

;ab
.
Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình

ln 3 ln 2 6xx
là:
A.
0;6
. B.

0;6
. C.

6;
. D.

;6
.
Lời giải
Chọn B
Bất phương trình

30
ln 3 ln 2 6 0 6
326
x
xx x
xx


.
Câu 24. Cho

2
0
d2fxx
và

0
2
d1gx x
, khi đó
 
2
0
3dfx gx x


bằng:
A.
1
. B.
5
. C.
3
. D.
1
.
Lời giải
Chọn B
 
2
0
3dfx gx x


 
22
00
d3 dfx x gx x

 
20
02
d3 d235fx x gx x

.
Câu 25. Cho hình nón có bán kính đáy bằng 4a và chiều cao 3a. Diện tích xung quanh của hình nón là
A.
2
12
a
. B.
2
24
a
. C.
2
40
a
. D.
2
20
a
.
Lời giải
Chọn D
Gọi l, r, h lần lượt là độ dài đường sinh, bán kính đáy và chiều cao của hình nón.
Ta có:
22 2 2
16 9 5lrh aa a 
Do đó:
2
.4 .5 20 .
xq
Srlaa a


Câu 26. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm
(1; 3; 2)
A
,
(3;5; 4)
B
. Phương trình mặt phẳng trung trực của
đoạn AB là
Trang 16/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
A.
3z 9 0xy
. B.
3z+9 0xy
.
C.
3z+2 0xy
. D.
354
11 3
xyz

.
Lời giải
Chọn A
(1; 3; 2)A
và
(3;5; 4)B
(2;2; 6)AB

. Chọn
1
(1;1; 3)n 

cùng phương với
AB

.
Gọi M là trung điểm của AB
(2;4; 1)M
Mặt phẳng trung trực của đoạn AB có vectơ pháp tuyến
1
(1;1; 3)n 

và đi qua
(2;4; 1)M
nên có
phương trình là
1.( 2) 1.( 4) 3.( 1) 0 3z 9 0xyz xy 
.
Câu 27. Cho hàm số
42
,,y f x ax bx c abc
có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
Số nghiệm của phương trình

230fx
là
A.
3
. B.
0
. C.
4
. D.
2
.
Lời giải
Chọn C
Ta có

3
230
2
fx fx
.
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của hai đường:

42
:
3
:.
2
Cyax bx c
dy


Nhìn vào đồ thị ta thấy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 28. Cho
a
,
b
là các số thực dương khác 1, đồ thị hàm số
log
a
yx
và
log
b
yx
lần lượt là
1
C
,
2
C
như hình vẽ.
Trang 17/31 - WordToan
Khẳng định nào sau đây là đúng
A.
e.e .
ab
ba
. B.
e.e .
ab
ba
. C.
e.e .
ab
ba
. D.
e.e .
ab
ab
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
log 1
a
x
xa
và
log 1 .
b
x
xb
Nên kẻ đường thẳng
1y
cắt đồ thị
1
C
,
2
C
lần lượt tại các điểm có tọa độ
;1a
và
;1b
.
Nhìn vào đồ thị ta suy ra
.ab
Do
a ,
b
,
a
e
,
b
e
là các số dương và
1e
nên từ
ab
ta suy ra
..
..
a. . . .
ab a b
ab
bb bb
e e ae ae
ae be
ebe aebe








Câu 29. Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng
a
, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng
60
. Thể tích
khối chóp là
A.
3
6
6
a
. B.
3
6a
2
. C.
3
6
a 3
. D.
3
6a
3
.
Lời giải
Trang 18/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
Chọn A
Giả sử hình chóp tứ giác đều là
.SABCD
. Gọi
O
là giao điểm của
B
D và
A
C
.
Ta có
SO ABCD
,
60SAO 
,
2
2
2
a
AC a OA
.
Khi đó
6
.tan
2
a
SO AO SAO
,
2
ABCD
Sa
.
Thể tích khối chóp là
3
16
.
36
ABCD
a
VSOS
.
Câu 30. Trong không gian
Ox
y
z
, cho mặt phẳng

:2 2 3 0Pxyz
và đường thẳng

111
:
22 1
x
yx

. Khoảng cách giữa

và

P
là
A.
2
3
B.
8
3
C.
2
9
D.
1
Lời giải
Chọn A
Mặt phẳng

:2 2 3 0Pxyz
có véc tơ pháp tuyến là

2; 1; 2n 
.
Đường thẳng

111
:
22 1
x
yx

có véc tơ chỉ phương là

2; 2; 1u 
và đi qua điểm

1; 1; 1M 
.
Ta có

.0nu
M
P

suy ra

song song với
P
.
Khi đó





2
22
2123
2
,,
3
22 1
dPdMP



.
Câu 31. Số giá trị nguyên của tham số
m
để hàm số
6x
y
x
m

đồng biến trên khoảng

10;
là
A. 5. B. 4. C. Vô số. D. 3.
Trang 19/31 - WordToan
Lời giải
Chọn B
Điều kiện
x
m .
Ta có

2
6m
y
x
m

.
Hàm số đồng biến trên khoảng
 
10; 0 10;yx
 

60
6
10 6
10;
10
m
m
m
m
m






.
Vì
m
nguyên nên
10; 9; 8; 7m
.
Vậy có 4 giá trị nguyên của
m
thỏa bài toán.
Câu 32.
Cho
3
0
ln 2 ln3
3
42 1
xa
dx b c
x


, với
,,abc
là các số nguyên. Giá trị của
abc
bằng
A. 2. B. 9. C. 7. D. 1.
Lời giải
Chọn D
Đặt
3
0
42 1
x
Idx
x

.
Đặt
2
112tx tx tdtdx
Đổi cận
01
32
x
t
xt


Khi đó
222
23
2
111
16
223
42 2 2
ttt
I
tdt dt t t dt
tt t







2
32
1
1
36ln 2
3
tt t t




81
4 6 6ln4 1 3 6ln3
33




7
12ln 2 6ln 3
3

.
Suy ra
7
12
6
a
b
c

Vậy
1abc
.
Câu 33: Một cuộn đề can hình trụ có đường kính 44,9 cm. Trong thời gian diễn ra AFF cup 2018, người ta
đã sử dụng để in các băng rôn, khẩu hiệu cổ vũ cho đội tuyển Việt Nam, do đó đường kính của
cuộn đề can còn lại là 12,5 cm. Biết độ dày của tấm đề can là 0,06 cm, hãy tính chiều dài L của tấm
đề can đã sử dụng?(Làm tròn đến hàng đơn vị).
Trang 20/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
A.
24344
L
cm
B.
97377
L
cm
C.
848
L
cm
D.
7749Lcm
Lời giải
Chọn A
Ta có mỗi lần bán đi một vòng đề can thì bán kính của cuộn đề can giảm đi số cm là:
0,06cm
Bán kính lúc đầu là 22,45 cm, bán kính lúc sau là 6,25 cm. Số vòng đề can đã bán đi là:

22,45 6,25 ;0,06 270
Chu vi một vòng đề can bán kính r là chiều dài của vòng đề can đó. Nó bằng:
2
r
Lr
Chiều dài L của tấm đề can đã bán bằng
1 2 270
...
L
LL L
với
1
L
là độ dài vòng đầu tiên của
cuộn đề can, bán kính là
1
22,45rcm
.
1
L
cũng chính là chu vi của đường tròn bán
kính
11
22,45 1 2 .rcmLr

. Vòng thứ 2, bán kính giảm đi 0,06cm do đó nó sẽ có bán kính
bằng
2
22,45 0,06 22,39rcm
,
2
L
cũng chính là chu vi của đường tròn bán
kính
21
22,39 1 2 .rcmLr

Suy ra
12 270 12 270
2 2 ... 2 2 ...
L
rr r rr r

 
Trong đó
1 2 270
, , ...,rr r
là một cấp số cộng có
1
22,45; 0,06ud
, suy ra
270 1
269 22,45 269.0,06 6,25 0,06 6,31uu d cm
Tổng
1270
12 270
270 22,45 6,31 270
... 3882,6
22
rr
rr r


cm
Suy ra L=
2 .3882.6 24382cm
.
Câu 34. Cho số phức
,,zabiabR
thỏa mãn
30zizi
. Tổng
Sab
là
A.
0S
B.
1S 
C.
3S 
D.
1S
Lời giải
Chọn D
Từ
30zizi
, ta có

22 22
22
30310
3
3
4
1
1
abi i a bi a b a b i
a
a
b
bab
Suy ra S






Câu 35. Nhằm tạo môi trường xanh, sạch, đẹp và thân thiện. Đoàn trường THPT Hậu Lộc 2 đã phát động
phong trào trồng hoa toàn bộ khuôn viên đường vào trường. Sau một ngày thực hiện đã trồng được
một phần diện tích. Nếu tiếp tục với tiến độ như vậy thì dự kiến sau đúng 23 ngày nữa sẽ hoàn
thành. Nhưng thấy công việc có ý nghĩa nên mỗi ngày số lượng đoàn viên tham gia đông hơn vì vậy
Trang 21/31 - WordToan
từ ngày thứ hai mỗi ngày diện tích trồng tăng lên
4%
so với ngày kế trước. Hỏi công việc sẽ hoàn
thành vào ngày bao nhiêu? Biết rằng ngày
08 / 03
là ngày bắt đầu thực hiện và làm liên tục.
A.
25 / 03
. B.
26 / 03
. C.
23/ 03
. D.
24 / 03
.
Lời giải
Chọn A
Gọi số lượng công việc đã hoàn thành trong ngày đầu là
0aa
, khi đó số lượng công việc phải
hoàn thành trong 23 ngày tiếp theo là
23a
Đặt
4%r
Số lượng công việc làm được trong ngày thứ 2, thứ 3, ... thứ
n lần lượt là

1,ar

2
1,ar
....

1
,1
n
ar
Công việc được hoàn thành khi và chỉ khi

1ar

2
1 ...ar

1
123
n
ar a



1
1
1
11
23
12311
1
23
1 log 1 17.157
1
n
n
r
r
r
rr
rr
r
nn
r

 




Do đó, kể từ ngày 08/03 số ngày cần để hoàn thành công việc là 18 ngày
Vậy công việc được hoàn thành vào ngày 25/03
Câu 36. Trong không gian
Oxyz
, cho đường thẳng
12
:
211
xyz
d


, mặt phẳng
:250Pxy z
và

1; 1; 2A
. Đường thẳng
cắt
d
và

P
lần lượt tại
M
và
N
sao cho
A
là trung điểm của
đoạn thẳng
M
N
. Một véc tơ chỉ phương của
là
A.
4;5; 13u 
. B.
1; 1; 2u 
. C.
3; 5;1u 
. D.
2;3;2u
.
Lời giải
Chọn D
Vì M thuộc đường thẳng
d
nên
12 ; ; 2
M
mm m
Gọi

; ;
NNN
Nx
y
z
A
là trung điểm của
M
N
khi và chỉ khi
232
22
22
MN A N
MN A N
MN A N
x
xx x m
yy y y m
zz z z m








Mặt khác,
N
thuộc
mp P
nên
32 2 22 50 2mmm m
3; 2; 4M
Vậy một véc tơ chỉ phương của
là

2;3;2AM

Câu 37.
Trong không gian
O
x
yz
, cho mặt phẳng

:2 2 9 0Pxyz
và điểm
1; 2; 3A
. Đường thẳng
d
đi qua
A
và có véc tơ chỉ phương
3; 4; 4u 
cắt

P
tại
B
. Điểm
M
thay đổi trên

P
sao
cho
M
luôn nhìn đoạn
A
B dưới một góc
90
. Độ dài đoạn
M
B lớn nhất bằng
A.
36
5
. B.
41
. C.
6
. D.
5
.
Lời giải
Chọn D
Trang 22/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
Phương trình đường thẳng
13
:24
34
x
t
d
y
t
zt



nên tọa độ điểm
B
thỏa mãn hệ:
13
24
34
22 90
xt
yt
zt
xyz




21 3 22 4 3 4 9 0 1 2; 2;1ttt tB
.
Do
M
nhìn đoạn
A
B dưới một góc
90
nên
M
thuộc mặt cầu
S
có đường kính
41AB
. Lại
do
M
P
nên
M
thuộc đường tròn giao tuyến giữa mặt cầu
S
và mặt phẳng

P
.
Do
M
B là một dây cung của đường tròn này nên
M
B lớn nhất khi nó là đường kính của đường
tròn giao tuyến giữa mặt cầu
S
và mặt phẳng

P
. Gọi
1
;0; 1
2
I




là trung điểm
A
B thì I là
tâm mặt cầu
S
và
;3dI P
. Khi đó bán kính đường tròn giao tuyến là


2
2
41 5
;9
242
AB
rdIP




. Vậy
max
25.MB r
Câu 38. Cho hình chóp
.SABCD
có đáy
A
BCD
là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính
2
A
Da
,
SA
vuông góc với đáy và
3SA a
. Gọi H là hình chiếu của
A
lên
SB
. Khoảng cách
từ
H đến mặt phẳng

SCD
bằng
A.
6
3
a
. B.
36
8
a
. C.
6
2
a
. D.
36
16
a
.
Lời giải
Chọn D
Do
A
BCD
là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính
A
D nên tứ giác
A
BCD
cũng nội
tiếp đường tròn đường kính
A
D . Gọi I là trung điểm
A
D thì các tam giác
,,
I
AB IBC ICD
đều
cạnh
a
và
A
CCD
nên
22
3
A
CADCDa
. Lấy
;KBCMAD
sao cho
;HK SC KM CD
;; ;dH SCD dK SCD dM SCD
SAB
vuông tại
A
có
2SB a
và
2
2
33 3
.
22 4
aaSH KCMD
SH SB SA SH
aSBCBDI

.
Trang 23/31 - WordToan
Vậy




;
33
28 8
;
dM SCD
MD MD
AD DI
dASCD

. Do

AC CD
CD SAC
CD SA

.
Trong

mp SAC
kẻ
AN SC
tại
N
thì
 

;AN SCD d A SCD AN
.
SAC
vuông cân tại
A
(Do
3SA AC a
) nên
6
2
a
AN
.
Vậy




336
;;.
816
a
dH SCD dM SCD AN

Câu 39. Một thùng đựng rượu làm bằng gỗ là một hình tròn xoay (tham khảo hình bên). Bán kính các đáy là
30 cm, khoảng cách giữa 2 đáy là 1 m, thiết diện qua trục vuông góc với trục và cách đều hai đáy
có chu vi là
80
cm. Biết rằng mặt phẳng qua trục cắt mặt xung quanh của bình là các đường
parabol. Thể tích của thùng gần với số nào sau đây?
A. 425,2 (lít). B. 284 (lít). C. 212,6 (lít). D. 142,2 (lít).
Lời giải
Chọn A
`
+ Bán kính đáy
30 3 .cm dm
+ Khoảng cách giữa 2 đáy là
110.mdm
+ Thiết diện qua trục vuông góc với trục hoành và cách đều hai đáy có chu vi là
80 8cm dm

Bán kính r
4
dm.
+ Mặt phẳng qua trục cắt cắt mặt xung quanh của bình là các đường parabol có đồ thị như trên
+ Phương trình parabol
2
1
4.
25
yx
+ Thể tích của thùng
5
23
5
1 406
4425,2
25 3
V x dx dm




(lít).
Câu 40. Cho hàm số

yfx
liên tục trên đoạn

05;
và có bảng biến thiên như hình sau:
x
0 1 2 3 5

f
x
4 3 3
1 1
Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số
m
để bất phương
trình
 
32019 102mf x x f x x
nghiệm đúng với mọi

05x;.
A. 2014. B. 2015. C. 2019. D. Vô số.
Lời giải
Chọn B
Trang 24/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
Trên

05;
, ta có:
 

3102
3 2019 10 2 2019
x
x
m
f
xx
f
xxm .
fx


Xét hàm số

3102
g
xx x
trên đoạn
05;.

31310223
23 10 2 23 10 2
x
x
gx
x
xx.x



Cho

0305
g
xx;.

Do
010g
,
35g
và
515g
nên


05
35
;
max
g
x
g
.
Mặt khác

05
31
;
min f x f
nên

3102
2019
x
x
m
fx


,

05
x
;


05
3102 5
2019 2019 2014
1
;
xx
mmin .
fx






Câu 41. Cho hàm số
432
yf
x =ax bx cx dx e
có đồ thị như hình vẽ bên đây, trong đó a,b,c,d,e
là các hệ số thực. Số nghiệm của phương trình


 
210ffx fx fx
là
A. 3. B. 4. C. 2. D. 0.
Lời giải
Chọn B
Từ hình vẽ ta có dạng đồ thị của hàm trùng phương nên

42
0bd
f
xaxcxe
Ta có
3
42
f
xaxcx.

Từ đồ thị




42
10
420 1
00 0 0 2
12
11
f
ac a
f
eefxxx.
ace c
f









2
2
f
xx x
và


 
2
2
f
fx f x fx.
Như vậy phương trình


 
210
ff
x
f
x
f
x.
   
2
2210f x fx fx fx
với

0
f
x.
Đặt
0tfxt
ta được phương trình
0gt
với
2
32 1
g
tt t t.
Nhận thấy: Hàm số

g
t
liên tục trên đoạn

01;
và
010g.g
0gt
có ít nhất 1 nghiệm thuộc
01;
.
Trang 25/31 - WordToan
Hàm số

g
t
liên tục trên đoạn

14;
và
140g.g
0gt
có ít nhất 1 nghiệm thuộc
14;
.
Mà
0gt
là phương trình bậc hai chỉ có tối hai nghiệm nên
0gt
có duy nhất một nghiệm
thuộc
01;
. Suy ra


 
210ffx fx fx
có duy nhất một nghiệm
01
f
x;.
Suy ra phương trình
f
xa
với
01a;
luôn có 4 nghiệm x phân biệt.
Câu 42. Cho hàm số

yf
x
liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ bên. Số giá trị nguyên của tham số
m
để phương trình
2
2018 2019 0f cosx m f cosx m
có đúng 6 nghiệm phân biệt
thuộc đoạn

02;
là
A. 5. B. 3. C. 2. D. 1.
Lời giải
Chọn C
Ta có
2
2018 2019 0f cosx m f cosx m

1
2019
fcosx
f
cosx m.


Dựa vào đồ thị ta có:


01
1
12
cos x
fcosx
cos x k


PT(1) có 2 nghiệm thỏa mãn, PT(2) vô nghiệm.
Yêu cầu: phương trình
2019 2019 1fcosx m m
có thêm 4 nghiệm thuộc

02;.
Nhận xét:
+ Với mỗi
11t;
, phương trình
cosx=t
vô nghiệm.
+ Với mỗi
11t;
, phương trình
cosx=t
có 2 nghiệm

02
x
;.
+ Với
1t 
, phương trình
cosx t
có đúng 1 nghiệm

02
x
;.
Như vậy,
1 2019 1 2018 2020mm
(do
m
nên
2018 2019mm
).
Câu 43. Cho hàm số
f
x
nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên đoạn

01;
sao cho
11f
và

2
1
xx
f
x.f x e

,

01
x
;.
Tính

32
1
0
23xxfx
Idx
fx
.
A.
1
60
I 
. B.
1
10
I
. C.
1
10
I 
. D.
1
10
I
.
Lời giải
Chọn C
Trang 26/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
Đặt




32
2
23
66
ln
ux x
du x x dx
fx
dv dx
vfx
fx




(do
f
x
nhận giá trị dương trên đoạn

0;1
)
Ta có




1
1
32 2
0
0
23ln 66lnIxx
f
xxx
f
xdx




11
22
00
ln1 6 6 ln 6 6 ln
x
x
f
xdx x x
f
xdx

.
Đặt
1.txdtdx
Ta có

 


01
22
10
61 61 ln 1 6 6 ln 1
I
t t ftdt ttftdt






1
2
0
66ln1 .
x
xf xdx
Suy ra,




11
22
00
2 6 6ln 6 6ln 1
I
x x f x dx x x f x dx







2
1
2
0
11
22
00
11
2
2432
00
6 6 ln ln 1
66ln .1 66lne
1
662.
5
xx
x x f x f x dx
x x f x f x dx x x dx
x x dx x x x dx



 
  


Như vậy,
11
2
510
II 
Câu 44. Gọi
S
là tập hợp tất cả các giá trị của tham số
m
để bất phương trình

24 3 3 2 1
0
x
mx x mx x xe

đúng với mọi
x
. Số tập con của
S
là
A. 2. B. 4. C. 3. D. 1.
Lời giải
Chọn B
Xét hàm số


24 3 3 2 1x
f
xmxx mxx xe

trên .
Ta có
23 2 2 1
43 321
x
f
'x m x x m x x e

liên tục trên
.
Do

10f
nên từ giả thiết ta có
1
f
x
f
,
x
1min f x f .

2
1
10 0
0
m
f' m m
m.

 Với
0m
ta có
 
11
1
xx
f
xe x
f
'x e .


Cho
01
f
'x x .
Bảng biến thiên của
f
x
:
x

1


f
'x
- 0 +
Trang 27/31 - WordToan

fx
0
Trường hợp
0m
, yêu cầu bài toán được thỏa mãn.
 Với
1m
ta có

2
4332 1 2 1
10
xx
fx x x x x e x x e x


,
x.
Trường hợp
1m
yêu cầu bài toán cũng được thỏa mãn.
Câu 45.
Cho hàm số

yfx
có bảng xét dấu của đạo hàm

fx
như sau:
Hàm số

32
612x3xyfx
đồng biến trên khoảng nào sau đây?
A.

2; 
. B.

1; 0
. C.

;1
. D.

0;1
.
Lời giải
Chọn D
Xét hàm số

32
612x3xgx f x
trên
Ta có
 
22
61666 1gx f x x x f x x x




.
Xét dấu của

1fx
: ta có

1100 1
10 11 2
12 3
xx
fx x x
xx








.
(trong đó

1 0 0;1;2;3fx x

)
Dựa vào dấu của

1fx
và

2
xx
, ta có bảng xét dấu của

'gx
như sau:
Như vậy hàm số đồng biến trên khoảng

0;1
.
Câu 46.
Cho
12
, zz
là hai trong các số phức thỏa mãn 332zi và
12
4zz
. Giá trị lớn nhất của
12
zz
bằng
A.
8
.
B.
43
.
C.
4
.
D.
223
.
Lời giải
Chọn A
Gọi
,
MN
lần lượt là điểm biểu diễn của hai số phức
12
, zz
.
Do
12
12
33 332
4
ziz i
zz
 

nên


2
2
2
,N : 3 3 2
42.2
MCx y
MN


.
Trang 28/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
Như vậy
M
N
là đường kính của đường tròn
C
với tâm
3; 3I
, bán kính
2
R
, do đó
I
là
trung điểm
M
N
.
O12I
.
Ta có


2
22 2
12
11 22O 8
2
MN
z z OM ON OM ON I




.
Dấu
""
xảy ra khi và chỉ khi
OM ON MN
là đường kính của
C
vuông góc với
OI
.
Câu 47. Cho hình chóp
.SABCD
có
1.SA SB SC AB BC CD DA
Gọi
1
G
,
2
G
,
3
G
,
4
G
lần
lươt là trọng tâm các tam giác
SAB
,
SBC
,
SCD
,
SDA
.
A
C
cắt
B
D
tại
O
. Khi thể tích khối
.SABCD
lớn nhất thì thể tích khối chóp
1234
.OGG GG
bằng
A.
1
81
. B.
1
27
. C.
1
54
. D.
2
81
.
Lời giải
Chọn C
Theo giả thiết ta có:
222
222
A
CBD CD OC OD
AC SO
SC OC SO



1
2
SO OD BD SBD
vuông tại
S
.
Lại có:
222
222
A
CBD CD OC OD
AC SO
SC OC SO



Dựng
SH BD
tại

.HACSHSHABCD
Trang 29/31 - WordToan
Đặt

0.SD x x
Ta có
2
22 2
1
1.
2
x
BD SB SD x OD


22
2
22
13
13,03
42
11
13.
22
ABCD
xx
OC AC x x
SACBD xx

 

Tam giác
SBD
vuông tại
S
có đường cao
2
.
.
1
SB SD x
SH
BD
x

Suy ra
22
2
.
11131
3.
36624
S ABCD ABCD
xx
VSHSxx


Dấu “
” xảy ra
6
2
x
hay
.
1
max .
4
S ABCD
V
Khi
.
1
4
SABCD
V
ta có:




1234
123
211
,, , .
933
G G G G ABCD
SSdOGGGdSABCDSH
1234
..
2211
.
27 27 4 54
OGG GG S ABCD
VV
Vậy khi thể tích khối chóp
.SABCD
lớn nhất thì
1234
.
1
.
54
OGGGG
V
Câu 48. Hai bạn A và B mỗi bạn lên bảng viết ngẫu nhiên một số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác
nhau. Xác suất để các chữ số có mặt ở hai số đó giống nhau đồng thời tổng lập phương các chữ số
đó chia hết cho 3 là
A.
41
5823
. B.
7
1944
. C.
53
17496
. D.
29
23328
.
Lời giải
Chọn C
Đặt
3;6;9M
,
1;4;7N
và
2;5;8P
.
Xét số
abc
, với
0; , ,aabc
phân biệt và
333
3.abc
Ta có


3
333
3.a b c abc abbcca
Do đó

3
333
333.a b c abc abc 
Không gian mẫu đề bài cung cấp có số phần tử là:

2
998 .n 
Gọi
X
là biến cố “A và B viết được các số có 3 chữ số
abc
, de
f
sao cho
;; ;;abc d e f
”.
 Nếu
;;abc
có chứa chữ số 0 và 2 phần tử còn lại:
+ cùng thuộc
M
thì số cách chọn là:

22
3
4.C
+ có 1 phần tử thuộc
N
, 1 phần tử thuộc P thì số cách chọn là:
11 2
33
4.CC
 Nếu
;;abc
không chứa chữ số 0, có 2 khả năng xảy ra:
+
,,ab c
cùng thuộc
M
hoặc
N
hoặc P thì số cách chọn là:
 
222
3! 3! 3! .
Trang 30/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
+ Mỗi số
,,abc
thuộc 1 tập khác nhau trong
M
,
N
, P thì số cách chọn là:

2
111
333
3! .CCC
Vậy



22
22 112 111
333 333
4 4 3 3! 3! 1272nX C CC CCC 


53
P.
17496
nX
X
n

Câu 49. Cho các số thực dương
x
,
y
thỏa mãn

22
23
log 11 20 40 1
xxyy
xy


. Gọi
M
,
m
lần lượt là giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
y
S
x
. Tính
M
m
.
A.
214Mm
. B.
10Mm
.
C.
7
2
Mm
. D.
11
6
Mm
.
Lời giải
Chọn C
Do
y
S
x
nên
.ySx
Ta có


22
22
23
222
22
log 11 20 40 1 11 20 40 2 3
11 20 40 2 3
3 2 20 11 40 0 1
xxyy
xy xy xxyy
xSx xxSxSx
SS x S x




Biệt thức

2
22
20 11 4 40 3 2 80 280 199.SSSSS 
Để có các số thực dương
x
,
y
thỏa mãn giả thiết trước hết ta phải có:
2
12
35 230 35 230
0 80 280 199 0 .
20 20
SS SSS


Từ đó ta suy ra
1
2
11
1
20S 11
x0
35 230
3S S 2
M maxS khi
20
ySx0




2
2
22
2
20S 11
x0
35 230
3S S 2
m minS khi
20
ySx0




Vậy
7
Mm .
2

Câu 50. Trong không gian
Oxyz
, cho các điểm

A0;0;2
và
B3;4;1
. Gọi

P
là mặt phẳng chứa đường
tròn giao tuyến của hai mặt cầu

222
1
:11325Sx y z
với
222
2
:x 2 2 14 0Syzxy
.
M
,
N
là hai điểm thuộc
P
sao cho
1MN
. Giá trị nhỏ
nhất của
A
MBN
là
A.
34 1
. B.
5
. C.
34
. D.
3
.
Lời giải
Trang 31/31 - WordToan
Chọn B
Từ


222
1
222
2
:1 1 3251
:x 2 2 14 0 2
Sx y z
Syzxy


Lấy

1
trừ
2
(vế theo vế), ta được
60z
hay

:0Pz
tức là
.POxy
Dễ thấy
A
,
B
nằm khác phía đối với
P
, hình chiếu của
A
trên

P
là
O
, hình chiếu của
B
trên

P
là

3; 4 ; 0 .H
Lấy
'
A
sao cho
.
A
AMN
 
Khi đó
A
MBNANBNAB

 
và cực trị chỉ xảy ra khi
M
N

cùng phương .OH

Lấy
34
;;0.
55
OH
MN
OH







Khi đó vì
A
AMN
 
nên
34
;;0.
55
A



Do đó
5.AM BN A N BN A B

 
---------------------------- Hết ----------------------------
| 1/31

Tài liệu khác của Toán

Preview text:

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
MÔN TOÁN. NĂM HỌC 2018 – 2019
(Đề thi gồm có 06 trang) Ngày thi: 27/01/2019
Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu 1. Khối cầu có bán kính R có thể tích là 4 4 A. 3  R . B. 2  R . C. 3  R . D. 2 4 R . 3 3 x y z
Câu 2. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng P :   1 không đi qua điểm nào dưới đây? 1 2 3
A. P 0;2;0 .
B. N 1;2;3 .
C. M 1;0;0 .
D. Q 0;0;3 .
Câu 3. Cho hàm số y f x xác định trên  \ 
1 , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như hình vẽ bên.
Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số A. 4 . B. 3 . C. 1. D. 2 .
Câu 4. Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 2
a và chiều cao bằng 3a là A. 3 a . B. 3 3a . C. 3 3a . D. 3 a .
Câu 5. 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 k   k ! k ! n ! k ! A. A  . B. A  . C.  . D. . nA A n k! n k  ! n k ! n k ! n n!
Câu 6. Tập nghiệm của phương trình 2x3x2 2  4 là A.   0 . B.   3 . C. 0;  3 . D. 0;  3 .
Câu 7. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S   x  2   y  2   z  2 : 2 3
1  25 . Tọa độ tâm I và bán
kính R của mặt cầu S  là A. I (2;3;- ) 1 ; R = 25 . B. I ( 2; - 3 - ; ) 1 ; R = 25 . C. I (2;3;- ) 1 ; R = 5 . D. I (-2;-3; ) 1 ; R = 5 .
Câu 8. Họ nguyên hàm của hàm số f x 3
x  3x là 4 x 4 2 x 3x A. 4 2
x + 3x + C . B. 2 + 3x + C . C. + + C . D. 2 3x + 3+ C . 4 4 2
Câu 9. Cho cấp số nhân u có số hạng đầu u  3 và công bội q  2 . Giá trị của u bằng n  1 4 A. 24 . B. 54 . C. 48 . D. 9 .
Câu 10. Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau x  -1 0 1  y '  0  0 + 0  3 3 Trang 1/31 - WordToan y  2  
Giá trị cực tiểu của hàm số bằng A. 0 . B. 1. C. 2  . D. 3 .
Câu 11. Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số f x đồng biến trên ;0 2;  .
B. Hàm số f x đồng biến trên ;4 .
C. Hàm số f x đồng biến trên 0; .
D. Hàm số f x đồng biến trên ;0 .
Câu 12. Cho hàm số y f x liên tục trên đoạn  4;
 4 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  4;
 4 . Giá trị của M m bằng A. 4 B. 6 . C. 8 . D. 1. x y
Câu 13. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d  1 2 : 
z  3 . Vectơ nào dưới đây là vectơ 3 2
chỉ phương của đường thẳng d  ?    
A. u  3; 2;1 .
B. u  3; 2;0 .
C. u  3; 2;3 .
D. u  1; 2;3 . 4   3   2   1  
Câu 14. Giả sử x , y là các số thực dương. Mệnh đề nào sau đây sai?
A. log x  log y  log  xy .
B. log  x y  log x  log y . 1 x
C. log xy  log x  log y . D. log
 log x  log y . 2 y
Câu 15. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
Trang 2/31 – Diễn đàn giáo viên Toán A. 4 2
y x  2x . B. 3
y  x  3x . C. 3
y x  3x . D. 4 2
y  x  2x .
Câu 16. Cho số phức z  2  3i . Phần thực và phần ảo của số phức z lần lượt là A. 2 và 3 . B. 2  và 3  . C. 2 và 3  i . D. 2 và 3  .
Câu 17. Cho hàm số f x có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 6 . B. 4 . C. 2 . D. 3 .
Câu 18. Biết rằng với mọi ,
a b phương trình 2 log  .log  3b x a x
 0 luôn có hai nghiệm phân biệt 2 2
x , x . Khi đó tích x x bằng 1 2 1 2 A. 3a . B. a . C. blog 3. D. 2a . 2
Câu 19. Gọi z , z là hai nghiệm phức của phương trình 2
z  4z  5  0 ; M , N lần lượt là các điểm biểu 1 2
diễn của z , z trên mặt phẳng phức. Độ dài đoạn thẳng MN là 1 2 A. 2 5 . B. 4 . C. 2 . D. 2 .
Câu 20. Gọi S là diện tích hình phẳng H  giới hạn bởi các đường y f x , trục hoành và hai đường 0 2 thẳng x  1
 ; x  2 (như hình vẽ). Đặt a f
 xdx , b f
 xdx , mệnh đề nào sau đây đúng? 1  0
A. S b a .
B. S b a .
C. S b   a .
D. S b   a .
Câu 21: Cho hình lăng trụ đứng AB D. C A BC  D   có đáy AB D
C là hình thoi, AC  2AA  2a 3 . Góc
giữa hai mặt phẳng  A' BD và C BD bằng A. 0 90 . B. 0 60 . C. 0 45 . D. 0 30 .
Câu 22: Cho số phức z a bi,a,b . Số các mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau là:
I. Mô đun của z là một số thực dương Trang 3/31 - WordToan II. 2 2 z z
III. z iz z IV. Điểm M  ;
a b là điểm biểu diễn của số phức z A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 4 .
Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình ln 3x  ln 2x  6 là A. 0;6 . B. 0;6 . C. 6;  . D. ;6 . 2 0 2 Câu 24. Cho f
 xdx  2 và g
 xdx 1 , khi đó  f
 x3gx dx  bằng 0 2 0 A. 1. B. 5 . C. 3 . D. 1  .
Câu 25. Cho hình nón có bán kính đáy bằng 4a và chiều cao 3a. Diện tích xung quanh của hình nón là A. 2 12 a . B. 2 24 a . C. 2 40 a . D. 2 20 a .
Câu 26. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;3; 2) , B(3;5; 4) . Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB là
A. x  y  3z  9  0 .
B. x y  3z+9  0 . x  3 y  5 z  4
C. x y  3z+2  0 . D.   . 1 1 3
Câu 27. Cho hàm số y f x 4 2
ax bx ca, ,
b c  có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
Số nghiệm của phương trình 2 f x  3  0 là A. 3 . B. 0 . C. 4 . D. 2 .
Câu 28. Cho a , b là các số thực dương khác 1, đồ thị hàm số y  log x và y  log x lần lượt là C , 1  a bC như hình vẽ. 2 
Trang 4/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
Khẳng định nào sau đây là đúng A. .ea  e . b b a . B. .ea  e . b b a . C. .ea  e . b b a . D. .ea  e . b a b .
Câu 29. Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Thể tích khối chóp là 3 a 6 3 a 6 3 a 3 3 a 6 A. . B. . C. . D. . 6 2 6 3
Câu 30. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng P : 2x y  2z 3  0 và đường thẳng
 x 1 y 1 x 1 :  
. Khoảng cách giữa  và P là 2 2 1 2 8 2 A. B. C. D. 1 3 3 9 x  6
Câu 31. Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số y
đồng biến trên khoảng 10;  là x m A. 5. B. 4. C. Vô số. D. 3. 3 x a Câu 32. Cho
dx   b ln 2  c ln 3 
, với a, b, c là các số nguyên. Giá trị của a b c bằng 4  2 x 1 3 0 A. 2. B. 9. C. 7. D. 1.
Câu 33: Một cuộn đề can hình trụ có đường kính 44,9 cm. Trong thời gian diễn ra AFF cup 2018, người ta
đã sử dụng để in các băng rôn, khẩu hiệu cổ vũ cho đội tuyển Việt Nam, do đó đường kính của
cuộn đề can còn lại là 12,5 cm. Biết độ dày của tấm đề can là 0,06 cm, hãy tính chiều dài L của tấm
đề can đã sử dụng?(Làm tròn đến hàng đơn vị).
A. L  24344cm
B. L  97377cm
C. L  848cm
D. L  7749 cm
Câu 34. Cho số phức z a bi,a,bR thỏa mãn z  3 i z i  0. Tổng S a b là
A. S  0 B. S  1 
C. S  3 
D. S 1 Trang 5/31 - WordToan
Câu 35. Nhằm tạo môi trường xanh, sạch, đẹp và thân thiện. Đoàn trường THPT Hậu Lộc 2 đã phát động
phong trào trồng hoa toàn bộ khuôn viên đường vào trường. Sau một ngày thực hiện đã trồng được
một phần diện tích. Nếu tiếp tục với tiến độ như vậy thì dự kiến sau đúng 23 ngày nữa sẽ hoàn
thành. Nhưng thấy công việc có ý nghĩa nên mỗi ngày số lượng đoàn viên tham gia đông hơn vì vậy
từ ngày thứ hai mỗi ngày diện tích trồng tăng lên 4% so với ngày kế trước. Hỏi công việc sẽ hoàn
thành vào ngày bao nhiêu? Biết rằng ngày 08 / 03 là ngày bắt đầu thực hiện và làm liên tục. A. 25 / 03 . B. 26 / 03. C. 23 / 03 . D. 24 / 03. x 1 y z  2
Câu 36. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  
, mặt phẳng P : x y  2z  5  0 2 1 1 và A1; 1
 ;2 . Đường thẳng  cắt d và P lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của
đoạn thẳng MN . Một véc tơ chỉ phương của  là    
A. u  4;5;13 . B. u  1; 1  ;2 . C. u   3;  5;  1 .
D. u  2;3;2 .
Câu 37. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng P : 2x  2y z  9  0 và điểm A1;2; 3   . Đường thẳng 
d đi qua A và có véc tơ chỉ phương u  3;4;4 cắt P tại B . Điểm M thay đổi trên P sao
cho M luôn nhìn đoạn AB dưới một góc 90 . Độ dài đoạn MB lớn nhất bằng 36 A. . B. 41 . C. 6 . D. 5 . 5
Câu 38. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính
AD  2a , SA vuông góc với đáy và SA a 3 . Gọi H là hình chiếu của A lên SB . Khoảng cách
từ H đến mặt phẳng SCD bằng a 6 3a 6 a 6 3a 6 A. . B. . C. . D. . 3 8 2 16
Câu 39. Một thùng đựng rượu làm bằng gỗ là một hình tròn xoay (tham khảo hình bên). Bán kính các đáy là
30 cm, khoảng cách giữa 2 đáy là 1 m, thiết diện qua trục vuông góc với trục và cách đều hai đáy
có chu vi là 80 cm. Biết rằng mặt phẳng qua trục cắt mặt xung quanh của bình là các đường
parabol. Thể tích của thùng gần với số nào sau đây? A. 425,2 (lít). B. 284 (lít). C. 212,6 (lít). D. 142,2 (lít).
Câu 40. Cho hàm số y f x liên tục trên đoạn 0;
5 và có bảng biến thiên như hình sau: x 0 1 2 3 5 f x 4 3 3 1 1
Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương
trình mf x  3x  2019 f x  10  2x nghiệm đúng với mọi x0;  5 . A. 2014. B. 2015. C. 2019. D. Vô số.
Trang 6/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
Câu 41. Cho hàm số    4 3 2 y
f x =ax bx cx dx e có đồ thị như hình vẽ bên đây, trong đó a,b,c,d ,e
là các hệ số thực. Số nghiệm của phương trình f f x  f x  2 f x 1 0 là A. 3. B. 4. C. 2. D. 0.
Câu 42. Cho hàm số y f x liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ bên. Số giá trị nguyên của tham số
m để phương trình 2
f cosx  m  2018 f cosx  m  2019  0 có đúng 6 nghiệm phân biệt
thuộc đoạn 0;2  là A. 5. B. 3. C. 2. D. 1.
Câu 43. Cho hàm số f x nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên đoạn 0  1
; sao cho f   1 1 và  3 2 1
2x  3x f x     2 1 x x f x . f x e    , x  0;  1 . Tính I dx  . f x 0   1 1 1 1 A. I   . B. I  . C. I   . D. I  . 60 10 10 10
Câu 44. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình 2 m  4 3 x x m 3 2 x x x 1 x e      
 0 đúng với mọi x . Số tập con của S là A. 2. B. 4. C. 3. D. 1.
Câu 45. Cho hàm số y f x có bảng xét dấu của đạo hàm f  x như sau:
Hàm số y f x   3 2 6
1  2x  3x đồng biến trên khoảng nào sau đây? A. 2; . B.  1  ;0 . C.  ;    1 . D. 0;  1 .
Câu 46. Cho z , z là hai trong các số phức thỏa mãn z  3  3i  2 và z z  4 . Giá trị lớn nhất của 1 2 1 2 z z bằng 1 2 A. 8 . B. 4 3 . C. 4 . D. 2  2 3 .
Câu 47. Cho hình chóp S.ABCD có SA SB SC AB BC CD DA 1. Gọi G , G , G , G lần 1 2 3 4
lươt là trọng tâm các tam giác SAB , SBC , SCD , SDA . AC cắt BD tại O . Khi thể tích khối
S.ABCD lớn nhất thì thể tích khối chóp . O G G G G bằng 1 2 3 4 Trang 7/31 - WordToan 1 1 1 2 A. . B. . C. . D. . 81 27 54 81
Câu 48. Hai bạn A và B mỗi bạn lên bảng viết ngẫu nhiên một số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác
nhau. Xác suất để các chữ số có mặt ở hai số đó giống nhau đồng thời tổng lập phương các chữ số đó chia hết cho 3 là 41 7 53 29 A. . B. . C. . D. . 5823 1944 17496 23328
Câu 49. Cho các số thực dương x , y thỏa mãn log
11x  20y  40  1 . Gọi M , m lần lượt là giá 2 2  
2 x xy3 y y
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của S
. Tính M m . x
A. M m  2 14 .
B. M m  10 . 7 11
C. M m  .
D. M m  . 2 6
Câu 50. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A 0;0;2 và B3;4; 
1 . Gọi P là mặt phẳng chứa đường
tròn giao tuyến của hai mặt cầu S  :  x  2 1   y  2
1   z  32  25 với 1 S  2 2 2
: x  y z  2x  2 y 14  0 . M , N là hai điểm thuộc P sao cho MN 1. Giá trị nhỏ 2
nhất của AM BN là A. 34 1 . B. 5 . C. 34 . D. 3 .
--------------------------- Hết ---------------------------
Trang 8/31 – 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
A B B B A C C C A C D B A B C D D D D A A B B B D
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 C D A A B D A D A D D D A A B C C B D A C C C B
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Khối cầu có bán kính R có thể tích là 4 4 A. 3  R . B. 2  R . C. 3  R . D. 2 4 R . 3 3 Lời giải Chọn A 4
Thể tích của khối cầu có bán kính R là 3 V   R . 3 x y z
Câu 2. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng P :   1 không đi qua điểm nào dưới đây? 1 2 3
A. P 0;2;0 .
B. N 1;2;3 .
C. M 1;0;0 .
D. Q 0;0;3 . Lời giải Chọn B 1 2 3
Thế tọa độ điểm N vào phương trình mặt phẳng P ta có:   1 (vô lí). 1 2 3 x y z
Vậy mặt phẳng P :   1 không đi qua điểm N 1;2;3 . 1 2 3
Câu 3. Cho hàm số y f x xác định trên  \ 
1 , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như hình vẽ bên.
Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số A. 4 . B. 3 . C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn B
Ta có lim f x  0 suy ra tiệm cận ngang là đường thẳng y  0 x
Ta có lim f x  5 suy ra tiệm cận ngang là đường thẳng y  5 x
Ta có lim f x   suy ra tiệm cận đứng là đường thẳng x  1 x 1 
Vậy tổng số tiệm cận là 3
Câu 4. Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 2
a và chiều cao bằng 3a là A. 3 a . B. 3 3a . C. 3 3a . D. 3 a . Trang 9/31 - WordToan Lời giải Chọn B
Thể tích khối lăng trụ đã cho là 2 3 V  .
B h a .3a  3a
Câu 5. 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 k   k ! k ! n ! k ! A. A  . B. A  . C.  . D. . nA A n k! n k  ! n k ! n k ! n n! Lời giải Chọn A n k ! Ta có A
nên đáp án đúng là A. nnk!
Câu 6. Tập nghiệm của phương trình 2x3x2 2  4 là A.   0 . B.   3 . C. 0;  3 . D. 0;  3 . Lời giải Chọn C x  0
Ta có: 2x3x2 2  4 2
x  3x  2  2 2
x  3x  0   x  3
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S  0;  3 .
Câu 7. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S   x  2   y  2   z  2 : 2 3
1  25 . Tọa độ tâm I và bán
kính R của mặt cầu S  là A. I (2;3;- ) 1 ; R = 25 . B. I ( 2; - 3 - ; ) 1 ; R = 25 . C. I (2;3;- ) 1 ; R = 5 . D. I (-2;-3; ) 1 ; R = 5 . Lời giải Chọn C
Mặt cầu S  có tâm I 2;3; 
1 và bán kính R  5 .
Câu 8. Họ nguyên hàm của hàm số f x 3
x  3x là 4 x 4 2 x 3x A. 4 2
x + 3x + C . B. 2 + 3x + C . C. + + C . D. 2 3x + 3+ C . 4 4 2 Lời giải Chọn C     x x F x x  3x 4 2 3 3 dx    C . 4 2
Câu 9. Cho cấp số nhân u có số hạng đầu u  3 và công bội q  2 . Giá trị của u bằng n  1 4 A. 24 . B. 54. C. 48 . D. 9 . Lời giải Chọn A
Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân ta có: n 1  3 3 u u .q
u u .q  3.2  24 . n 1 4 1
Câu 10. Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau x  -1 0 1 
Trang 10/31 – Diễn đàn giáo viên Toán y '  0  0 + 0  3 3 y  2  
Giá trị cực tiểu của hàm số bằng A. 0 . B. 1. C. 2  . D. 3 . Lời giải Chọn C
Từ bảng biến thiên suy ra giá trị cực tiểu của hàm số bằng 2  .
Câu 11. Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số f x đồng biến trên ;0 2;  .
B. Hàm số f x đồng biến trên ;4 .
C. Hàm số f x đồng biến trên 0; .
D. Hàm số f x đồng biến trên ;0 . Lời giải Chọn D
Câu 12. Cho hàm số y f x liên tục trên đoạn  4;
 4 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  4;
 4 . Giá trị của M m bằng A. 4 B. 6 . C. 8 . D. 1. Lời giải Chọn A
Theo hình vẽ ta có: M  max f x  3 ; m  min f x  3 . 4;4 4;4
Vậy: M m  6 . Trang 11/31 - WordToan x y
Câu 13. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d  1 2 : 
z  3 . Vectơ nào dưới đây là vectơ 3 2
chỉ phương của đường thẳng d  ?    
A. u  3; 2;1 .
B. u  3; 2;0 .
C. u  3; 2;3 .
D. u  1; 2;3 . 4   3   2   1   Lời giải Chọn A x y  
Đường thẳng d  1 2 : 
z  3 có một vectơ chỉ phương u  3;2;1 . 1   3 2
Câu 14. Giả sử x , y là các số thực dương. Mệnh đề nào sau đây sai?
A. log x  log y  log  xy .
B. log  x y  log x  log y . 1 x
C. log xy  log x  log y . D. log
 log x  log y . 2 y Lời giải Chọn B
Với x , y là các số thực dương, ta có log x  log y  log  xy nên log x y  log x  log y sai.
Câu 15. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? A. 4 2
y x  2x . B. 3
y  x  3x . C. 3
y x  3x . D. 4 2
y  x  2x . Lời giải Chọn C
Dựa vào đặc điểm đồ thị hàm số bậc 3, bậc 4.
Câu 16. Cho số phức z  2  3i . Phần thực và phần ảo của số phức z lần lượt là A. 2 và 3 . B. 2  và 3  . C. 2 và 3  i . D. 2 và 3  . Lời giải Chọn D
Ta có: z  2  3i .
z có: Phần thực 2 , phần ảo 3  .
Câu 17. Cho hàm số f x có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 6 . B. 4 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn D
Trang 12/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
Từ bảng xét dấu ta thấy f (
x)  0 và đổi dấu tại các điểm x   3;  3;  4 .
Suy ra hàm số f x đã cho có 3 điểm cực trị.
Câu 18. Biết rằng với mọi ,
a b phương trình 2 log  .log  3b x a x
 0 luôn có hai nghiệm phân biệt 2 2
x , x . Khi đó tích x x bằng 1 2 1 2 A. 3a . B. a . C. blog 3. D. 2a . 2 Lời giải Chọn D Xét phương trình: 2 log  .log 3b x a x  0. 1 2 2  
Điều kiện: x  0. Đặt t  log . x 2
Phương trình trở thành: 2  .  3b t a t  0. 2
Theo giả thiết phương trình  
1 luôn có hai nghiệm x , x nên phương trình 2 có hai nghiệm 1 2
tương ứng t ,t . 1 2 Ta có: 1 log    2t x t x . 2 1 1 1 2 log    2t x t x . 2 2 2 2 Vậy 1 t t2 1 t t2 2 .2 2 2a x x    
(vì t t a ). 1 2 1 2
Câu 19. Gọi z , z là hai nghiệm phức của phương trình 2
z  4z  5  0 ; M , N lần lượt là các điểm biểu 1 2
diễn của z , z trên mặt phẳng phức. Độ dài đoạn thẳng MN là 1 2 A. 2 5 . B. 4 . C. 2 . D. 2 . Lời giải Chọn D Xét phương trình: 2
z  4z  5  0 , ta có    2 2 1.5  1  2  i .
Suy ra phương trình có hai nghiệm phức là z  2  i ; z  2  i . Suy ra M 2;  1 ; N 2;  1 . 1 2
Ta có MN    2    2 2 2 1 1  2 . Vậy MN  2 .
Câu 20. Gọi S là diện tích hình phẳng H  giới hạn bởi các đường y f x , trục hoành và hai đường 0 2 thẳng x  1
 ; x  2 (như hình vẽ). Đặt a f
 xdx , b f
 xdx , mệnh đề nào sau đây đúng? 1  0 Trang 13/31 - WordToan
A. S b a .
B. S b a .
C. S b   a .
D. S b   a . Lời giải Chọn A
Dựa vào đồ thị ta thấy f x  0 với mọi x 1
 ;0; f x  0 với mọi x0;2 . 0 2 0 2 0 2 Ta có S f
 x dxf
 x dx   f
  xdxf
 xdx   f
 xdxf  xdx 1  0 1 0 1  0  b a .
Vậy S b a .
Câu 21: Cho hình lăng trụ đứng A D. BC A BC  D   có đáy A D
BC là hình thoi, AC  2AA  2a 3 . Góc
giữa hai mặt phẳng  A' BD và C BD bằng A. 0 90 . B. 0 60 . C. 0 45 . D. 0 30 . Lời giải Chọn A B C O A D B' C' A' D'BD AC Ta có: 
BD   ACC A
   BD OA , BD OC BD A A
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng  A BD
 và C BD là góc giữa hai đường thẳng OA và OC .
Theo giả thiết: AC  2AA  2a 3  AO AA a 3  OA  OC  a 6 2 2 2 2 2 2
OA  OC  AC
6a  6a 12a Trong tam giác OA C   : cosO    0 2 2.OA .OC 2.6a Suy ra  0
AOC  90 .
Chú ý: có thể suy ra góc 
AOC vuông bằng cách nhận xét 2 tam giác AOA ,COC vuông cân.
Trang 14/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
Câu 22: Cho số phức z a bi,a,b . Số các mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau là:
I. Mô đun của z là một số thực dương II. 2 2 z z
III. z iz z IV. Điểm M  ;
a b là điểm biểu diễn của số phức z A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 4 . Lời giải Chọn B
Ta thấy nhận xét I sai vì môđun có thể bằng 0 và nhận xét IV là sai, tọa độ của M là a; b  .
Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình ln 3x  ln 2x  6 là: A. 0;6 . B. 0;6 . C. 6;  . D. ;6 . Lời giải Chọn B x  Bất phương trình
x   x   3 0 ln 3 ln 2 6    0  x  6 . 3
x  2x  6 2 0 2 Câu 24. Cho f
 xdx  2 và g
 xdx 1 , khi đó  f
 x3gx dx  bằng: 0 2 0 A. 1. B. 5 . C. 3 . D. 1  . Lời giải Chọn B 2 2 2 2 0  f
 x3gx dx  f
 xdx3 g
 xdx f
 xdx3 g
 xdx  23  5. 0 0 0 0 2
Câu 25. Cho hình nón có bán kính đáy bằng 4a và chiều cao 3a. Diện tích xung quanh của hình nón là A. 2 12 a . B. 2 24 a . C. 2 40 a . D. 2 20 a . Lời giải Chọn D
Gọi l, r, h lần lượt là độ dài đường sinh, bán kính đáy và chiều cao của hình nón. Ta có: 2 2 2 2
l r h  16a  9a  5a Do đó: 2
S   rl  .4 .
a 5a  20 a . xq
Câu 26. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;3; 2) , B(3;5; 4) . Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB là Trang 15/31 - WordToan
A. x y  3z  9  0 .
B. x y  3z+9  0 . x  3 y  5 z  4
C. x y  3z+2  0 . D.   . 1 1 3 Lời giải Chọn A   
A(1;3; 2) và B(3;5; 4)  AB  (2; 2; 6) . Chọn n  (1;1; 3
 ) cùng phương với AB . 1
Gọi M là trung điểm của AB M (2; 4; 1) 
Mặt phẳng trung trực của đoạn AB có vectơ pháp tuyến n  (1;1; 3
 ) và đi qua M (2;4;1) nên có 1
phương trình là 1.(x  2) 1.( y  4)  3.(z 1)  0  x y  3z  9  0 .
Câu 27. Cho hàm số y f x 4 2
ax bx ca, ,
b c  có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
Số nghiệm của phương trình 2 f x  3  0 là A. 3 . B. 0 . C. 4 . D. 2 . Lời giải Chọn C
Ta có f x    f x 3 2 3 0   . 2   C 4 2
: y ax bx c
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của hai đường:  3
d : y   .  2
Nhìn vào đồ thị ta thấy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 28. Cho a , b là các số thực dương khác 1, đồ thị hàm số y  log x và y  log x lần lượt là C , 1  a bC như hình vẽ. 2 
Trang 16/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
Khẳng định nào sau đây là đúng A. .ea  e . b b a . B. .ea  e . b b a . C. .ea  e . b b a . D. .ea  e . b a b . Lời giải Chọn D
Ta có log x  1  x a và log x  1  x  . b a b
Nên kẻ đường thẳng y  1 cắt đồ thị C , C lần lượt tại các điểm có tọa độ a  ;1 và b  ;1 . 2  1 
Nhìn vào đồ thị ta suy ra a  . b
Do a , b , a e , b
e là các số dương và e 1 nên từ a b ta suy ra a b e e  . a a e  . b a e     . a a e  . b b e a. b e  . b b e  . b a e  . b b e
Câu 29. Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Thể tích khối chóp là 3 a 6 3 a 6 3 a 3 3 a 6 A. . B. . C. . D. . 6 2 6 3 Lời giải Trang 17/31 - WordToan Chọn A
Giả sử hình chóp tứ giác đều là S.ABCD . Gọi O là giao điểm của BD và AC . Ta có a
SO   ABCD  ,  SAO  60 , 2
AC a 2  OA  . 2 a Khi đó  6 SO A .t O an SAO Sa 2 , 2 ABCD . 3 Thể tích khối chóp là 1 a 6
V SO.S  . 3 ABCD 6
Câu 30. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng P : 2x y  2z 3  0 và đường thẳng
 x 1 y 1 x 1 :  
. Khoảng cách giữa  và P là 2 2 1 2 8 2 A. B. C. D. 1 3 3 9 Lời giải Chọn A
Mặt phẳng P : 2x y  2z 3  0 có véc tơ pháp tuyến là n  2;1;2 . x y x   Đường thẳng  1 1 1 :  
có véc tơ chỉ phương là u  2;2;  1 và đi qua điểm 2 2 1 M  1; 1  ;  1 .    .nu  0 Ta có 
suy ra  song song với P . M   P 2 1 2 3 2
Khi đó d  ,P  d M,P   .   2 2 2 3 2 2 1 x  6
Câu 31. Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số y
đồng biến trên khoảng 10;  là x m A. 5. B. 4. C. Vô số. D. 3.
Trang 18/31 – Diễn đàn giáo viên Toán Lời giải Chọn B
Điều kiện x  m . m  6 Ta có y  . x m2
Hàm số đồng biến trên khoảng 10;   y  0 x  10;  m  6  0  m  6           . m     10 m 6 10; m 10
Vì m nguyên nên m 10  ; 9;8;  7 .
Vậy có 4 giá trị nguyên của m thỏa bài toán. 3 x a Câu 32. Cho
dx   b ln 2  c ln 3 
, với a, b, c là các số nguyên. Giá trị của a b c bằng 4  2 x 1 3 0 A. 2. B. 9. C. 7. D. 1. Lời giải Chọn D 3 x Đặt I dx  . 4  2 x 1 0 Đặt 2
t x 1  t x 1 2tdt dx
x  0  t 1 Đổi cận 
x  3  t  2 2 2 2 3 2 t 1 t t  6  Khi đó 2 I  2tdt dt
t  2t  3  dt     4  2t 2  tt  2  1 1 1 2  1 3 2  
t t  3t  6 ln t  2    3  1  8   1    4  6  6ln 4  1 3  6ln 3      3   3  7  12ln 2  6ln 3 . 3 a  7  Suy ra b   12  c  6 
Vậy a b c  1.
Câu 33: Một cuộn đề can hình trụ có đường kính 44,9 cm. Trong thời gian diễn ra AFF cup 2018, người ta
đã sử dụng để in các băng rôn, khẩu hiệu cổ vũ cho đội tuyển Việt Nam, do đó đường kính của
cuộn đề can còn lại là 12,5 cm. Biết độ dày của tấm đề can là 0,06 cm, hãy tính chiều dài L của tấm
đề can đã sử dụng?(Làm tròn đến hàng đơn vị). Trang 19/31 - WordToan
A. L  24344cm
B. L  97377cm
C. L  848cm
D. L  7749 cm Lời giải Chọn A
Ta có mỗi lần bán đi một vòng đề can thì bán kính của cuộn đề can giảm đi số cm là: 0, 06cm
Bán kính lúc đầu là 22,45 cm, bán kính lúc sau là 6,25 cm. Số vòng đề can đã bán đi là:
22,456,25;0,06  270
Chu vi một vòng đề can bán kính r là chiều dài của vòng đề can đó. Nó bằng: L  2 r r
Chiều dài L của tấm đề can đã bán bằng L L L  ... L với L là độ dài vòng đầu tiên của 1 2 270 1
cuộn đề can, bán kính là r  22, 45cm . L cũng chính là chu vi của đường tròn bán 1 1
kính r  22, 45cm  1
L  2 .r . Vòng thứ 2, bán kính giảm đi 0,06cm do đó nó sẽ có bán kính 1 1
bằng r  22, 45  0, 06  22,39cm , L cũng chính là chu vi của đường tròn bán 2 2
kính r  22,39cm  1 L  2 .r 2 1
Suy ra L  2 r  2 r  ... 2 r  2 r r  ... r 1 2 270  1 2 270 
Trong đó r , r , ..., r là một cấp số cộng có u  22, 45; d  0, 06 , suy ra 1 2 270 1 u
u  269d  22, 45  269.0,06  6, 25  0,06  6,31cm 270 1
r r 270 22,456,31 270 1 270   
Tổng r r ... r    3882,6 cm 1 2 270 2 2
Suy ra L= 2.3882.6  24382cm .
Câu 34. Cho số phức z a bi,a,bR thỏa mãn z  3 i z i  0. Tổng S a b là
A. S  0 B. S  1 
C. S  3 
D. S  1 Lời giải Chọn D
Từ z  3 i z i  0, ta có 2 2
a bi  3  i a b i  0  a  3   2 2
b 1 a b i  0 a  3   a  3      2 2 b
 1 a b b   4 Suy ra S  1
Câu 35. Nhằm tạo môi trường xanh, sạch, đẹp và thân thiện. Đoàn trường THPT Hậu Lộc 2 đã phát động
phong trào trồng hoa toàn bộ khuôn viên đường vào trường. Sau một ngày thực hiện đã trồng được
một phần diện tích. Nếu tiếp tục với tiến độ như vậy thì dự kiến sau đúng 23 ngày nữa sẽ hoàn
thành. Nhưng thấy công việc có ý nghĩa nên mỗi ngày số lượng đoàn viên tham gia đông hơn vì vậy
Trang 20/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
từ ngày thứ hai mỗi ngày diện tích trồng tăng lên 4% so với ngày kế trước. Hỏi công việc sẽ hoàn
thành vào ngày bao nhiêu? Biết rằng ngày 08 / 03 là ngày bắt đầu thực hiện và làm liên tục. A. 25 / 03 . B. 26 / 03. C. 23 / 03 . D. 24 / 03. Lời giải Chọn A
Gọi số lượng công việc đã hoàn thành trong ngày đầu là aa  0 , khi đó số lượng công việc phải
hoàn thành trong 23 ngày tiếp theo là 23a Đặt r  4%
Số lượng công việc làm được trong ngày thứ 2, thứ 3, ... thứ n lần lượt là a 1 r , a   r2 1 , ....   1 , 1 n a r  
Công việc được hoàn thành khi và chỉ khi a 1 r  a  r2 1
... arn 1 1     23a n 1    
  r 1 r 1  
   rn 1 23r 1 23 1  1 r 1 r  23r   n 1  log 1  n 17.157 1r   1 r
Do đó, kể từ ngày 08/03 số ngày cần để hoàn thành công việc là 18 ngày
Vậy công việc được hoàn thành vào ngày 25/03 x 1 y z  2
Câu 36. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  
, mặt phẳng P : x y  2z  5  0 2 1 1 và A1; 1
 ;2 . Đường thẳng  cắt d và P lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của
đoạn thẳng MN . Một véc tơ chỉ phương của  là    
A. u  4;5;13 . B. u  1; 1  ;2 . C. u   3;  5;  1 .
D. u  2;3;2 . Lời giải Chọn D
Vì M thuộc đường thẳng d nên M  1
  2m ; m ; 2  m
Gọi N x ; y ; z N N N
x x  2xx  3 2m M N A N  
A là trung điểm của MN khi và chỉ khi y y  2y  y  2   m M N A Nz z 2z    z  2  mM N AN
Mặt khác, N thuộc mp P nên 3 2m   2
  m  22  m  5  0  m  2  M 3;2;4 
Vậy một véc tơ chỉ phương của  là AM  2;3;2
Câu 37. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng P : 2x  2y z  9  0 và điểm A1;2; 3   . Đường thẳng 
d đi qua A và có véc tơ chỉ phương u  3;4; 4
  cắt P tại B . Điểm M thay đổi trên P sao
cho M luôn nhìn đoạn AB dưới một góc 90 . Độ dài đoạn MB lớn nhất bằng 36 A. . B. 41 . C. 6 . D. 5 . 5 Lời giải Chọn D Trang 21/31 - WordToan x  1 3t
Phương trình đường thẳng d : y  2  4t nên tọa độ điểm B thỏa mãn hệ: z  3   4t  x  1 3t
y  2  4t
 213t  22  4t  3
  4t 9  0  t  1   B 2  ; 2  ;  1 . z  3   4t
2x  2y z 9  0
Do M nhìn đoạn AB dưới một góc 90 nên M thuộc mặt cầu S  có đường kính AB  41 . Lại
do M P nên M thuộc đường tròn giao tuyến giữa mặt cầu S  và mặt phẳng P .
Do MB là một dây cung của đường tròn này nên MB lớn nhất khi nó là đường kính của đường  1 
tròn giao tuyến giữa mặt cầu S  và mặt phẳng P . Gọi I  ;0;1 
 là trung điểm AB thì I là  2 
tâm mặt cầu S  và d I;P  3. Khi đó bán kính đường tròn giao tuyến là 2  AB  41 5 2 r
d I;P   9    . Vậy MB  2r  5. max  2  4 2
Câu 38. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính
AD  2a , SA vuông góc với đáy và SA a 3 . Gọi H là hình chiếu của A lên SB . Khoảng cách
từ H đến mặt phẳng SCD bằng a 6 3a 6 a 6 3a 6 A. . B. . C. . D. . 3 8 2 16 Lời giải Chọn D
Do ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD nên tứ giác ABCD cũng nội
tiếp đường tròn đường kính AD . Gọi I là trung điểm AD thì các tam giácIAB,IBC, ICD đều
cạnh a và AC CD nên 2 2
AC AD CD a 3 . Lấy K BC; M AD sao cho
HK SC; KM CD d H;SCD  d K;SCD  d M;SCD 2 3a 3a SH 3 KC MD
SAB vuông tại A có SB  2a và 2
SH.SB SA SH       . 2a 2 SB 4 CB DI
Trang 22/31 – Diễn đàn giáo viên Toán MD MD 3
d M ;SCD 3 AC CD Vậy     . Do 
CD  SAC. AD 2DI 8 d  ; A SCD 8 CD   SA
Trong mpSAC kẻ AN SC tại N thì AN  SCD  d  ;
A SCD  AN . a 6
SAC vuông cân tại A (Do SA AC a 3 ) nên AN  . 2 a
Vậy d H SCD  d M SCD 3 3 6 ; ;  .AN  8 16
Câu 39. Một thùng đựng rượu làm bằng gỗ là một hình tròn xoay (tham khảo hình bên). Bán kính các đáy là
30 cm, khoảng cách giữa 2 đáy là 1 m, thiết diện qua trục vuông góc với trục và cách đều hai đáy
có chu vi là 80 cm. Biết rằng mặt phẳng qua trục cắt mặt xung quanh của bình là các đường
parabol. Thể tích của thùng gần với số nào sau đây? A. 425,2 (lít). B. 284 (lít). C. 212,6 (lít). D. 142,2 (lít). Lời giải Chọn A `
+ Bán kính đáy 30cm  3d . m
+ Khoảng cách giữa 2 đáy là 1m 10d . m
+ Thiết diện qua trục vuông góc với trục hoành và cách đều hai đáy có chu vi là 80cm  8 dm
 Bán kính r  4 dm.
+ Mặt phẳng qua trục cắt cắt mặt xung quanh của bình là các đường parabol có đồ thị như trên 1 + Phương trình parabol 2 y  4  x . 25 5  1  406 + Thể tích của thùng 2 3 V   4  x dx dm  425, 2    (lít).  25  3 5 
Câu 40. Cho hàm số y f x liên tục trên đoạn 0;
5 và có bảng biến thiên như hình sau: x 0 1 2 3 5 f x 4 3 3 1 1
Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương
trình mf x  3x  2019 f x  10  2x nghiệm đúng với mọi x0;  5 . A. 2014. B. 2015. C. 2019. D. Vô số. Lời giải Chọn B Trang 23/31 - WordToan 3x  10  2x Trên 0;
5 , ta có: mf x  3x  2019 f x  10  2x m  2019    . f x
Xét hàm số g x  3x  10  2x trên đoạn 0;  5 .x x g x 3 1 3 10 2 2 3    2 3x 10  2x 2 3x. 10  2x
Cho g x  0  x  30;  5 .
Do g 0  10 , g 3  5 và g 5  15 nên max g x  g 3  5. 0 5;
Mặt khác min f x  f 3 1 nên 0; 5 3x  10  2x m  2019  , x  0;  5 f x 
3x  10  2x  5
m min2019 
  2019   2014. 0 5;  f  x  1 
Câu 41. Cho hàm số    4 3 2 y
f x =ax bx cx dx e có đồ thị như hình vẽ bên đây, trong đó a,b,c,d ,e
là các hệ số thực. Số nghiệm của phương trình f f x  f x  2 f x 1 0 là A. 3. B. 4. C. 2. D. 0. Lời giải Chọn B
Từ hình vẽ ta có dạng đồ thị của hàm trùng phương nên b d   f x 4 2 0
ax cx e
Ta có f  x 3
 4ax  2cx.f   1  0
4a  2c  0 a 1   
Từ đồ thị   f 0  0  e  0
 e  0  f x 4 2  x  2x .    f   1  1
a c e  1 c  2     f x 2
x  2x và f f x 2
f x  2 f x.
Như vậy phương trình f f x  f x  2 f x 1 0. 2
f x  2 f x  f x  2 f x 1 0 với f x  0.
Đặt t f xt  0 ta được phương trình g t  0 với g t  2
t  3t  2 t 1.
Nhận thấy: Hàm số g t liên tục trên đoạn 0  1
; và g 0.g   1  0
g t  0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc 0  1 ; .
Trang 24/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
Hàm số g t liên tục trên đoạn 1;4 và g   1 .g 4  0
g t  0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc 1;4 .
Mà g t  0 là phương trình bậc hai chỉ có tối hai nghiệm nên g t  0 có duy nhất một nghiệm thuộc 0  1
; . Suy ra f f x f x  2 f x 1 0 có duy nhất một nghiệm f x0;  1 .
Suy ra phương trình f x  a với a 0;
1 luôn có 4 nghiệm x phân biệt.
Câu 42. Cho hàm số y f x liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ bên. Số giá trị nguyên của tham số
m để phương trình 2
f cosx  m  2018 f cosx  m  2019  0 có đúng 6 nghiệm phân biệt
thuộc đoạn 0;2  là A. 5. B. 3. C. 2. D. 1. Lời giải Chọn C
f cosx  1  Ta có 2
f cosx  m  2018 f cosx  m  2019  0    f
 cosx  2019  m.
cos x  0   1
Dựa vào đồ thị ta có: f cos x  1  
cos x k  1  2
PT(1) có 2 nghiệm thỏa mãn, PT(2) vô nghiệm.
Yêu cầu: phương trình f cosx  2019  m2019  m  
1 có thêm 4 nghiệm thuộc 0;2 . Nhận xét:
+ Với mỗi t  1  ;
1 , phương trình cosx=t vô nghiệm.
+ Với mỗi t  1  ;
1 , phương trình cosx=t có 2 nghiệm x 0;2 . + Với t  1
 , phương trình cosx t có đúng 1 nghiệm x0;2 . Như vậy, 1
  2019  m 1 2018  m  2020 (do m nên m  2018 m  2019).
Câu 43. Cho hàm số f x nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên đoạn 0  1
; sao cho f   1 1 và  3 2 1
2x  3x f x     2 1 x x f x . f x e    , x  0;  1 . Tính I dx  . f x 0   1 1 1 1 A. I   . B. I  . C. I   . D. I  . 60 10 10 10 Lời giải Chọn C Trang 25/31 - WordToan 3 2
u  2x  3x   du    2
6x  6xdx Đặt  f  x  
(do f x nhận giá trị dương trên đoạn 0;  1 ) dv     f  xdx v ln f  x 1 1 Ta có I   3 2
2x  3x ln f x   2
6x  6xln f xdx 0 0 1 1  ln1  2
6x  6xln f xdx   2
6x  6xln f xdx . 0 0
Đặt t 1 x dt  d . x 0 1 Ta có I  6   2
1 t   61t ln f 1tdt     2
6t  6t ln f 1tdt 1 0 1   2
6x  6xln f 1 xd .x 0 1 1
Suy ra, 2I   2
6x  6xln f xdx   2
6x  6xln f 1 xdx 0 0 1   2
6x  6x ln f
x  ln f 1 x dx  0 1 1   2
6x  6xln f x. f 1 xdx   2 6x  6x 2 lnex x dx 0 0 1  6
 x x 1 2 1 2 dx  6   4 3 2
x  2x x dx   . 5 0 0 1 1
Như vậy, 2I    I   5 10
Câu 44. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình 2 m  4 3 x x m 3 2 x x x 1 x e      
 0 đúng với mọi x . Số tập con của S là A. 2. B. 4. C. 3. D. 1. Lời giải Chọn B
Xét hàm số f x 2 m  4 3 x x m 3 2 x x x 1 x e        trên  . Ta có   2  3 2   2  1 4 3 3 2 1 x f ' x m x x m x x e        liên tục trên .  Do f  
1  0 nên từ giả thiết ta có f x  f   1 , x
   min f x  f   1 .  m 1  f '   2
1  0  m m  0   m  0.
 Với m  0 ta có f xx 1 e x f ' xx 1 e     
1. Cho f ' x  0  x 1.
Bảng biến thiên của f x : x  1  f ' x - 0 +
Trang 26/31 – Diễn đàn giáo viên Toán f x 0
Trường hợp m  0 , yêu cầu bài toán được thỏa mãn.
 Với m 1 ta có f xx x x x x e  x 2 4 3 3 2 1 2 x 1 1 x e           x  0, x  .
Trường hợp m 1 yêu cầu bài toán cũng được thỏa mãn.
Câu 45. Cho hàm số y f x có bảng xét dấu của đạo hàm f  x như sau:
Hàm số y f x   3 2 6
1  2x  3x đồng biến trên khoảng nào sau đây? A. 2; . B.  1  ;0 . C.  ;    1 . D. 0;  1 . Lời giải Chọn D
Xét hàm số g x  f x   3 2 6 1  2x  3x trên 
Ta có g x  f  x   2
x x   f x   2 6 1 6 6 6 1  x x   .  1   x 1  0 0  x 1
Xét dấu của f  x  
1 : ta có f x  1 0 x 1 1         x  2   . x 1 2 x  3  
(trong đó f  x  
1  0  x 0;1;2;  3 )
Dựa vào dấu của f  x   1 và  2
x x , ta có bảng xét dấu của g 'x như sau:
Như vậy hàm số đồng biến trên khoảng 0;  1 .
Câu 46. Cho z , z là hai trong các số phức thỏa mãn z  3  3i  2 và z z  4 . Giá trị lớn nhất của 1 2 1 2 z z bằng 1 2 A. 8 . B. 4 3 . C. 4 . D. 2  2 3 . Lời giải Chọn A
Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn của hai số phức z , z . 1 2
z 3 3i z 3 3i  2 
M C x   y  2 2 2 , N : 3 3  2 Do 1 2  nên  .
z z  4     1 2 MN 4 2.2 Trang 27/31 - WordToan
Như vậy MN là đường kính của đường tròn C với tâm I 3; 3 , bán kính R  2 , do đó I là
trung điểm MN . OI  12 .  MN
Ta có z z OM ON  1 
1 OM ON  2 2 2 2  2 2OI     8. 1 2  2 
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi OM ON MN là đường kính của C vuông góc với OI .
Câu 47. Cho hình chóp S.ABCD có SA SB SC AB BC CD DA 1. Gọi G , G , G , G lần 1 2 3 4
lươt là trọng tâm các tam giác SAB , SBC , SCD , SDA . AC cắt BD tại O . Khi thể tích khối
S.ABCD lớn nhất thì thể tích khối chóp O.G G G G bằng 1 2 3 4 1 1 1 2 A. . B. . C. . D. . 81 27 54 81 Lời giải Chọn C 2 2 2 AC BD C
 D OC OD Theo giả thiết ta có:    2 2 2 AC SO
SC OC SO 1
SO OD BD S
BD vuông tại S . 2 2 2 2 AC BD C
 D OC OD Lại có:    2 2 2 AC SO
SC OC SO
Dựng SH BD tại H AC SH SH   ABCD.
Trang 28/31 – Diễn đàn giáo viên Toán
Đặt SD x x  0. 2 1 x Ta có 2 2 2
BD SB SD  1 x OD  . 2 2 2 1 x 3  x 2  OC  1 
AC  3  x ,0  x  3 4 2 1 1 2 2  S
AC BD
1 x  3  x . ABCD 2 2 SB.SD x
Tam giác SBD vuông tại S có đường cao SH   . 2 BD 1 x 2 2 1 1 1 x  3  x 1 Suy ra 2 V   SH S
x  3  x    . S.ABCD 3 ABCD 6 6 2 4 6 1
Dấu “  ” xảy ra  x  hay maxV  . 2 S.ABCD 4 1 2 1 1 Khi V  ta có: SS , d O, G G G
d S, ABCD SH. 1 G 2 G 3 G 4 G ABCD   1 2 3    S.ABCD 4 9 3 3 2 2 1 1 VV    . O. 1 G 2 G 3 G 4 G S. 27 ABCD 27 4 54 1
Vậy khi thể tích khối chóp S.ABCD lớn nhất thì V  . O. 1 G 2 G 3 G 4 G 54
Câu 48. Hai bạn A và B mỗi bạn lên bảng viết ngẫu nhiên một số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác
nhau. Xác suất để các chữ số có mặt ở hai số đó giống nhau đồng thời tổng lập phương các chữ số đó chia hết cho 3 là 41 7 53 29 A. . B. . C. . D. . 5823 1944 17496 23328 Lời giải Chọn C
Đặt M  3;6;  9 , N  1;4;  7 và P  2;5;  8 .
Xét số abc , với a  0; ,
a b,c phân biệt và  3 3 3
a b c 3.
Ta có a b c   a b c3 3 3 3
 3a bb cc a.
Do đó a b c   a b c3 3 3 3 3
3  a b c3.
Không gian mẫu đề bài cung cấp có số phần tử là: n      2 9 9 8 .
Gọi X là biến cố “A và B viết được các số có 3 chữ số abc , def sao cho a;b; 
c  d ;e; f  ”.
 Nếu a;b; 
c có chứa chữ số 0 và 2 phần tử còn lại:
+ cùng thuộc M thì số cách chọn là:  2 C  2  4 . 3
+ có 1 phần tử thuộc N , 1 phần tử thuộc P thì số cách chọn là:  1 1 C C  2  4 . 3 3
 Nếu a;b; 
c không chứa chữ số 0, có 2 khả năng xảy ra: + ,
a b,c cùng thuộc M hoặc N hoặc P thì số cách chọn là:  2   2   2 3! 3! 3! . Trang 29/31 - WordToan + Mỗi số ,
a b,c thuộc 1 tập khác nhau trong M , N , P thì số cách chọn là: C C C  2 1 1 1 3! . 3 3 3
Vậy n X   C 4  C C 4  33 2
!  C C C 3 2 2 2 1 1 2 1 1 1 !  1272 3 3 3 3 3 3
  X nX  53 P   n  . 17496
Câu 49. Cho các số thực dương x , y thỏa mãn log
11x  20y  40  1 . Gọi M , m lần lượt là giá 2 2  
2 x xy3 y y
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của S
. Tính M m . x
A. M m  2 14 .
B. M m  10 . 7 11
C. M m  .
D. M m  . 2 6 Lời giải Chọn C y Do S  nên y S . x x Ta có 2 2 log
11x  20y  40  1  11x  20y  40  2x xy  3y 2 2  
2x xy3 y 2 2 2
 11x  20Sx  40  2x xSx  3S x   2
3S S  2 2
x  20S  
11 x  40  0   1
Biệt thức    S  2    2 S S   2 20 11 4 40 3 2  8
 0S  280S 199.
Để có các số thực dương x , y thỏa mãn giả thiết trước hết ta phải có: 35  230 35  230 2   0  8
 0S  280S 199  0 
S S S  . 1 2 20 20  20S 11 1 35  230 x   0  Từ đó ta suy ra 2 M  max S  khi  3S  S  2 1 1 20 y  S x  0  1  20S 11 2 35  230 x   0  2 m  min S  khi  3S  S  2 2 2 20 y  S x  0  2 7 Vậy M  m  . 2
Câu 50. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A 0;0;2 và B3;4; 
1 . Gọi P là mặt phẳng chứa đường
tròn giao tuyến của hai mặt cầu S  :  x  2 1   y  2
1   z  32  25 với 1 S  2 2 2
: x  y z  2x  2 y 14  0 . M , N là hai điểm thuộc P sao cho MN 1. Giá trị nhỏ 2
nhất của AM BN là A. 34 1 . B. 5 . C. 34 . D. 3 . Lời giải
Trang 30/31 – Diễn đàn giáo viên Toán Chọn B
 S :x  2 1   y  2
1   z  32  25 1 1   Từ    S   2 2 2
: x  y z  2x  2y 14  0 2 2   Lấy  
1 trừ 2 (vế theo vế), ta được 6z  0 hay
P: z  0 tức là P  Oxy.
Dễ thấy A , B nằm khác phía đối với P , hình chiếu của A trên P là O , hình chiếu của B
trên P là H 3;4;0.  
Lấy A' sao cho AA  MN.  
Khi đó AM BN A N
  BN A B
 và cực trị chỉ xảy ra khi MN cùng phương OH.   OH  3 4 
Lấy MN    ; ;0 .   OH  5 5     3 4 
Khi đó vì AA  MN nên A ; ;0 . 
 Do đó AM BN A N
  BN A B   5.  5 5 
---------------------------- Hết ---------------------------- Trang 31/31 - WordToan