Lovebook.vn

ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM 2019

CÔNG PHÁ ĐỀ

CHUẨN CẤU TRÚC CỦA BỘ GIÁO DỤC

ĐỀ 17

Môn thi: TOÁN HỌC
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Họ, tên thí sinh: .......................................................................
Số báo danh: ............................................................................
Câu 1: Cho hàm số y  f  x  có tập xác định là  ; 4 và có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây.
x



y'

1
+

0

2


||

3
+

0

y

4


2
1
0
1



Số điểm cực trị của hàm số y  f  x  là
A. 3

B. 2

C. 4

D. 5

Câu 2: Hình vẽ bên là một phần của đồ thị hàm số nào?

A. y 


x 1
x 1

B. y 

x 1
x 1

C. y 

x
x 1

D. y 

 x 1
x 1

Câu 3: Cho hàm số y  f  x  . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. f   x   0 , x   a; b   f  x  đồng biến trên  a; b  .
B. f   x   0 , x   a; b   f  x  đồng biến trên đoạn  a; b .
C. f  x  đồng biến trên khoảng  a; b   f   x   0 , x   a; b  .
D. f  x  nghịch biến trên  a; b   f   x   0 , x   a; b  .
Câu 4: Hàm số nào sau đây có tính đơn điệu khác với tính đơn điệu của các hàm số còn lại?
A. h  x   x3  x  sin x

B. k  x   2 x  1

C. g  x   x3  6 x 2  15x  3


D. f  x  

Câu 5: Tập nghiệm của bất phương trình log 2 x  0 là

 x2  2 x  5
x 1


B.  ;1

A.  0;1

C. 1;  

D.  0;  

2
5

Câu 6: Tìm tập xác định D của hàm số y   2 x  8 .
2

B. D   ; 2    2;  

A. D 



 


C. D  ; 2 2  2 2; 



D. D   0;  

Câu 7: Họ nguyên hàm của hàm số f  x   sin 5x  2 là
A. 5cos5x  C

1
B.  cos 5 x  2 x  C
5

C.

1
cos 5 x  2 x  C
5

D. cos5x  2 x  C

Câu 8: Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  6 z  13  0 trong đó z1 là số phức có phần ảo
âm. Tìm số phức   z1  2 z2 .
A.   9  2i

B.   9  2i

C.   9  2i


D.   9  2i

Câu 9: Cho hình vuông A1B1C1D1 có cạnh bằng 1 như hình vẽ bên, cách tô màu như phần gạch sọc được
gọi là cách tô màu “đẹp”. Một nhà thiết kế tiến hành tô màu cho một hình vuông như hình bên, theo quy
trình sau:

Bước 1: Tô màu “đẹp” cho hình vuông A1B1C1D1 .
Bước 2: Chia hình vuông A1B1C1D1 thành 9 hình vuông bằng nhau (hình vẽ). Sau đó tô màu “đẹp” cho
hình vuông A2 B2C2 D2 nằm ở chính giữa sau khi chia.
Bước 3: Chia hình vuông A2 B2C2 D2 thành 9 hình vuông bằng nhau. Sau đó tô màu đẹp cho hình vuông

A3 B3C3 D3 nằm ở chính giữa sau khi chia.
Cứ tiếp tục như vậy. Hỏi cần ít nhất bao nhiêu bước để tổng diện tích phần được tô màu chiếm 49,99%?
A. 9 bước

B. 4 bước

C. 8 bước

D. 7 bước

Câu 10: Cho hình lăng trụ ABC. ABC có AA  a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Tam giác
ABC vuông tại C và góc BAC  60 . Hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng  ABC  trùng với
trọng tâm của ABC . Tính thể tích khối tứ diện AABC theo a
A. VAABC

3a3

208


B. VAABC

27a3

208

C. VAABC

81a3

208

D. VAABC

9a 3

208

Câu 11: Trong không gian cho hình chữ nhật ABCD có AB  a , AC  a 5 . Tính diện tích xung quanh
S xq của hình trụ khi quay đường gấp khúc BCDA quanh trục AB

A. S xq  2πa 2

B. S xq  4πa 2

C. S xq  2a 2

D. S xq  4a 2



Câu 12: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi a,b,c lần lượt là khoảng cách từ điểm M 1;3; 2  đến
ba mặt phẳng tọa độ  Oxy  ,  Oyz  ,  Oxz  . Tính P  a  b2  c3
B. P  32

A. P  12

C. P  30

D. P  18

 x  1  2t
 x  3  4t


Câu 13: Cho hai đường thẳng d1 :  y  2  3t và d 2 :  y  5  6t . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào
 z  3  4t
 z  7  8t


đúng?
A. d1  d 2

B. d1 // d 2

C. d1  d2

D. d1 và d 2 chéo nhau

Câu 14: Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1,2,3,4,…,9. Rút ngẫu nhiên đồng thời hai thẻ và nhân hai số
ghi trên hai thẻ lại với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là số chẵn.

A.

1
6

B.

5
18

C.

8
9

D.

13
18

Câu 15: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận ngang?
A. y 

x2  x  1
x

B. y  x  1  x 2

C. y  x 2  x  1


D. y  x  x 2  1

Câu 16: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  x3  2 x 2  7 x  1 trên đoạn  2;1 .
A. 3

B. 4

C. 5

D. 6

Câu 17: Số giá trị nguyên của tham số m trên đoạn  2018; 2018 đề hàm số y  ln  x 2  2 x  m  1 có
tập xác định là

.

A. 2019

B. 2017

C. 2018

D. 1009

Câu 18: Biết log 7 2  m . Khi đó giá trị của log 49 28 được tính theo m là
A.

1  2m
2


B.

m2
4

C.

1 m
2

D.

1  4m
2

Câu 19: Tổng các nghiệm của phương trình 22 x3  3.2x2  1  0 là
A. 6

B. 3

D. 4

C. 5

Câu 20: Biết rằng hàm số y  f  x   ax 2  bx  c thỏa mãn

1


0


3

 f  x  dx 
0

A. P  

2

7
f  x  dx   ,  f  x  dx  2 và
2 0

13
với a, b, c  . Tính giá trị của biểu thức P  a  b  c .
2

3
4

B. P  

4
3

C. P 

4
3


D. P 

3
4

a
1  ln x
 ln x  b  là một nguyên hàm của hàm số f  x   2 , trong đó a, b  .
x
x
Tính giá trị của S  a  b .
Câu 21: Cho F  x  
A. S  2

B. S  1

C. S  2

D. S  0

Câu 22: Gọi z1 , z2 , z3 là các nghiệm của phương trình iz  2 z  1  i  z  i  0 . Biết z1 là số thuần ảo.
3

2

Đặt P  z2  z3 , hãy chọn khẳng định đúng?
A. 4  P  5

B. 2  P  3


C. 3  P  4

D. 1  P  2


Câu 23: Phần ảo của số phức z  5  2i bằng
A. 5

B. 2i

C. 2

D. 5i

Câu 24: Cắt hình trụ T  bởi một mặt phẳng đi qua trục ta được thiết diện là một hình chữ nhật có diện
tích bằng 20cm2 và chu vi bằng 18cm. Biết chiều dài của hình chữ nhật lớn hơn đường kính mặt đáy của
hình trụ T  . Diện tích toàn phần của hình trụ là:
A. 30πcm2

B. 28πcm2

C. 24πcm2

D. 26πcm2

Câu 25: Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A  2;1;0  ; B 1; 1;3 ; C  3; 2; 2  ; D  1; 2; 2  . Hỏi có
bao nhiêu mặt cầu tiếp xúc với tất cả bốn mặt phẳng  ABC  ,  BCD  ,  CDA ,  DAB  ?
A. 6


B. 7

D. Vô số

C. 8

Câu 26: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho A 1; 2;3 , B  4; 2;3 , C  4;5;3 . Diện tích mặt cầu
nhận đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC làm đường tròn lớn là:
A. 9π

B. 36π

C. 18π

D. 72π

Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M  3; 1; 2 

và mặt phẳng

 P  : 3x  y  2z  4  0 . Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua M và song song
(P)?
A.  Q  : 3x  y  2 z  6  0

B.  Q  : 3x  y  2 z  6  0

C.  Q  : 3x  y  2 z  6  0

D.  Q  : 3x  y  2 z  14  0


Câu 28: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên

, thỏa mãn 2 f  2 x   f 1  2 x   12 x 2 .

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ bằng 1 là:
A. y  2 x  2

B. y  4 x  6

C. y  2 x  6

D. y  4 x  2

Câu 29: Tìm m để đồ thị hàm số y  x 4  2  m  1 x 2  m có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC,
trong đó O là gốc tọa độ, A là điểm cực đại, B và C là hai điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.
A. m  2  2 2

B. m  2  2

 2018 
Câu 30: Cho hàm số y  

 2019 

C. m  2  2 3

D. m  2  2 2

 e5 x   m  3.e x  2


. Biết rằng với mọi m  a.eb  c ( a, b, c  ) thì hàm số đã

cho đồng biến trên khoảng  2;5  . Giá trị của S  a  b  c là
A. S = 7

B. S = 9

C. S = 8

Câu 31: Cho các số p,q thỏa mãn các điều kiện: p > 1, q > 1,

D. S = 10

1 1
  1 và các số dương a,b. Xét hàm
p q

số y  x p 1 (x > 0) có đồ thị là (C). Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C), trục hoành và đường
thẳng x  a ; S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C), trục tung và đường thẳng y  b ; S là diện tích
hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung và hai đường thẳng x  a , y  b (xem hình vẽ bên).


Khi so sánh S1  S2 và S ta nhận được bất đẳng thức nào trong các bất đẳng thức dưới đây?
A.

a p bq
  ab
p q

B.


a p 1 bq 1

 ab
p 1 q 1

C.

a p 1 b q 1

 ab
p 1 q 1

Câu 32: Cho hàm số f  x  có đạo hàm f   x  liên tục trên

D.

a p bq
  ab
p q

và thỏa mãn f   x    1;1 với

2

x   0; 2  . Biết f  0   f  2   1 . Đặt I   f  x  dx , phát biểu nào dưới đây đúng?
0

A. I   ;0


B. I   0;1

C. I  1;  

D. I   0;1

Câu 33: Cho z1 , z2 là hai số phức thỏa mãn 2 z  i  2  iz , biết z1  z2  1 . Tính giá trị của biểu thức
P  z1  z2

A. P 

3
2

B. P  2

C. P 

Câu 34: Cho hàm số y  f  x  xác định trên

2
2

D. P  3

và có đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ bên. Số tiếp

tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  vuông góc với đường thẳng d : x  4 y  2018  0 là

A. 4


B. 3

C. 2

D. 1

Câu 35: Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a và hai mặt phẳng  ACD  ,  BCD  vuông góc
với nhau. Tính độ dài cạnh CD sao cho hai mặt phẳng  ABC  ,  ABD  vuông góc.
A.

2a
3

B.

a
3

Câu 36: Biết các hàm số y  f  x  và y 

C.

a
2

f  x  5
đồng biến trên
f 2  x 1


D. a 3
. Mệnh đề nào sau đây đúng?


 f  x   1  3 2
A. 
 f  x   1  3 2

 f  x   5  26
B. 
 f  x   5  26

C. 5  26  f  x   5  26

D. 1  3 2  f  x   1  3 2

Câu 37: Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC cạnh đáy bằng a, chiều cao bằng 2a. Mặt phẳng (P) qua
B và vuông góc với AC chia lăng trụ thành hai khối. Biết thể tích của hai khối là V1 và V2 với V1  V2 .
Tỉ số
A.

V1
bằng
V2
1
47

B.

1

23

C.

1
11

D.

1
7

Câu 38: Cho tam giác SOA vuông tại O có MN // SO với M, N lần lượt nằm trên cạnh SA, OA như hình
vẽ bên dưới. Đặt SO = h không đổi. Khi quay hình vẽ quanh SO thì tạo thành một hình trụ nội tiếp hình
nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O bán kính R = OA. Tìm độ dài của MN theo h để thể tích khối trụ là
lớn nhất.

A. MN 

h
2

B. MN 

h
3

C. MN 

h

4

D. MN 

h
6

Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A  2;0;0  , B  0; 4; 2  , C  2; 2; 2  . Gọi d là
đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC), S là điểm di động trên đường thẳng d, G và H
lần lượt là trọng tâm của ABC , trực tâm của SBC . Đường thẳng GH cắt đường thẳng d tại S  . Tính
tích SA.S A
A. SA.S A 

3
2

B. SA.S A 

9
2

C. SA.S A  12

D. SA.S A  6

Câu 40: Lớp 12B có 25 học sinh được chia thành hai nhóm I và II sao cho mỗi nhóm đều có học sinh
nam và nữ, nhóm I gồm 9 học sinh nam. Chọn ra ngẫu nhiên mỗi nhóm 1 học sinh, xác suất để chọn ra
được 2 học sinh nam bằng 0,54. Xác suất để chọn ra được hai học sinh nữ bằng
A. 0,42


B. 0,04

Câu 41: Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y 
phương trình

C. 0,23

D. 0,46

3x  2
. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để
x 1

3x  2
 m có hai nghiệm thực dương?
x 1


A. 2  m  0

B. m  3

C. 0  m  3

D. m  3

Câu 42: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  6; 3; 4  , B  a; b; c  . Gọi M,N,P lần lượt là giao điểm
của đường thẳng AB với các mặt phẳng tọa độ  Oxy  ,  Oxz  ,  Oyz  . Biết rằng M,N,P nằm trên đoạn AB
sao cho AM = MN = NP = PB. Tính giá trị của tổng a  b  c .
A. a  b  c  11


B. a  b  c  11

C. a  b  c  17

D. a  b  c  17

x

Câu 43: Xét hàm số F  x    f  t  dt trong đó hàm số y  f  t  có đồ thị như hình vẽ bên. Giá trị nào
2

dưới đây là lớn nhất?

A. F  0 

B. F 1

C. F  2 

D. F  3

Câu 44: Cho tứ diện ABCD có BC = CD = BD = 2a, AC = AD = a 2 , AB = a. Góc giữa hai mặt phẳng
(ACD) và (BCD) có số đo là
A. 90

B. 60

Câu 45: Cho hàm số y  x  3 


C. 45

D. 30

1
, gọi S là tổng tất cả các giá trị cực trị của hàm số. Giá trị của S
x 1

bằng
A. S 

9
2

B. S 

1
2

C. S 

7
2

D. S  4

Câu 46: Một hình lập phương có cạnh 4cm. Người ta sơn đỏ mặt ngoài của hình lập phương rồi cắt hình
lập phương bằng các mặt phẳng song song với các mặt của hình lập phương thành 64 hình lập phương
nhỏ có cạnh 1cm. Có bao nhiêu hình lập phương có đúng một mặt được sơn đỏ?
A. 8


B. 16

C. 24

D. 48

Câu 47: Phương trình 2017sin x  sin x  2  cos2 x có bao nhiêu nghiệm thực trên  5π; 2017π  ?
A. Vô nghiệm

B. 2017

C. 2022

D. 2023

Câu 48: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC và
E là điểm đối xứng với B qua D. Mặt phẳng (MNE) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong
đó khối chứa điểm A có thể tích V. Tính V.


2a 3
C.
18

7 2a 3
B.
216

11 2a 3

A.
216

13 2a 3
D.
216

Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):  x  1  y 2   z  2   9 ngoại tiếp khối
2

2

bát hiện (H) được ghép từ hai khối chóp tứ giác đều S.ABCD và S . ABCD (đều có đáy là tứ giác ABCD).
Biết rằng đường tròn ngoại tiếp của tứ giác ABCD là giao tuyến của mặt cầu (S) và mặt phẳng (P):
2 x  2 y  z  8  0 . Tính thể tích khối bát diện (H)
A. V H  

34
9

B. V H  

665
81

C. V H  

68
9


D. V H  

1330
81

Câu 50: Cho phương trình sin x  2  cos 2 x   2  2cos3 x  m  1 2cos3 x  m  2  3 cos3 x  m  2 . Có

 2π 
bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình trên có đúng 1 nghiệm x  0;  ?
 3 
A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

----------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN
1-A

2-A

3-A

4-D

5-A


6-B

7-B

8-B

9-B

10-D

11-B

12-C

13-C

14-D

15-D

16-C

17-C

18-A

19-B

20-B


21-B

22-B

23-C

24-B

25-D

26-C

27-C

28-D

29-A

30-D

31-D

32-C

33-D

34-D

35-A


36-C

37-A

38-B

39-C

40-B

41-A

42-B

43-C

44-D

45-C

46-C

47-D

48-A

49-C

50-C


( – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết)

Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: A
Quan sát bảng biến thiên, ta thấy ngay hàm số y  f  x  có ba điểm cực trị là x  1, x  2 và x  3 .
Câu 2: A
Từ đồ thị, ta có tập xác định hàm số là D 
là

nên loại phương án B vì hàm số y 

\ 1 .

Đồ thị hàm số đi qua hai điểm  0;1 và  0; 1 nên loại hai phương án C, D.
Câu 3: A

x 1
có tập xác định
x 1


Phương án A: Đúng vì theo định lý trong SGK cơ bản 12 trang 6, ta có “Nếu f   x   0 với mọi x thuộc
K thì hàm số f  x  đồng biến trên K”.
Phương án B: Sai vì trong một số trường hợp, f   x  có thể không xác định tại a,b nhưng hàm số vẫn
đồng biến trên đoạn  a; b . Ví dụ, xét hàm số f  x   x trên đoạn  0;1 , có đạo hàm f   x  

1
2 2


không xác định tại điểm x  0 , tuy nhiên hàm số này vẫn đồng biến trên đoạn  0;1 .
Phương án C: Sai vì thiếu điều kiện “ f   x   0 tồn tại tại hữu hạn điểm”. Mặt khác, khi xét hàm phân
thức y 

ad  bc
ax  b
, nếu đạo hàm y 
 0  ad  bc  0 thì khi đó hàm số là hàm hằng, không
2
cx  d
 cx  d 

thỏa mãn với yêu cầu.
Phương án D: Sai vì f  x  nghịch biến trên  a; b   f   x   0 , x   a; b  và f   x   0 chỉ tại hữu
hạn điểm”.
Câu 4: D
Phương án A: h  x   3x 2  1  cos x  3x 2  2sin 2
Phương án B: k   x   2  0 , x 

x
 0 , x 
2

 Hàm số h  x  đồng biến trên

nên hàm số k  x  luôn đồng biến trên

.

Phương án C: g   x   3x 2  12 x  15  3  x 2  4 x  5  3  x  2   3  0 , x 

2

đồng biến trên

.

nên hàm số g  x  luôn

.

Phương án D: f  x    x  1 

6
6
 f   x   1 
 0 , x  1 nên hàm số f  x  luôn nghịch
2
x 1
 x  1

biến trên từng khoảng xác định.
Như vậy các hàm số h  x  , g  x  , k  x  đồng biến trên

, còn hàm số f  x  thì nghịch biến trên từng

khoảng xác định.
Câu 5: A

x  0
 x   0;1 .

Ta có log 2 x  0  
0
x

2

Câu 6: B
Do

2

5

 x  2
nên hàm số xác định khi 2 x2  8  0  x 2  4  
x  2

Vậy tập xác định của hàm số là D   ; 2    2;   .
Câu 7: B
Ta có

1

 f  x  dx   sin 5x  2 dx   5 cos5x  2x  C .

Câu 8: B

 z1  3  2i
2
2

Ta có z 2  6 z  13  0  z 2  6 z  9  4   z  3   2i   
 z2  3  2i


Vậy   z1  2 z2   3  2i   2  3  2i   9  2i .
Câu 9: B
Gọi diện tích được tô màu ở mỗi bước là un , n 
hạng đầu u1 

*

. Dễ thấy dãy các giá trị un là một cấp số nhân với số

1
4
và công bội q  .
9
9

Gọi S k là tổng của k số hạng đầu trong cấp số nhân đang xét thì Sk 
Để tổng diện tích phần được tô màu chiếm 49,99% thì

4
1
1  k 
1
1
9
9 
 

 0, 4999  1  k
1
2 9
1
9

u1  q k  1
q 1

u1 1  q k 
1 q

 0, 4999

1
1

 9k  5000  k  3,9 .
  0, 4999  k 
9
5000


Vậy cần ít nhất 4 bước.
Câu 10: D
Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC, từ giả thiết suy ra BH   ABCD  .



 




Khi đó BB,( ABCD)  BB, BH  BBH  60 .

Ta có BB  a  BH  BB.cos BBH  a.cos 60 
Gọi M là trung điểm BC, suy ra BH 

a 3
a
, BH  BB 2  BH 2 
.
2
2

3
3 a 3a
2
BM  BM  BH  .  .
2
2 2 4
3

Đặt AC  x  0  BC  AC.tan BAC  x.tan 60  x 3  AB  AB2  AC 2  2 x .
Lại có BM  BC 2  CM 2  BC 2 
 AC 

AC 2
x 2 x 13 3a
3a

 x
 3x 2 


.
4
4
2
4
2 13

6a
3 3a
1
9 3a 2
3a
 SABC  . AC.BC 
, BC 
, AB 
(đvdt).
2
104
2 13
2 13
2 13

1
1 a 3 9 3a 2 9a3
.


Vậy VAABC  BH .SABC  .
(đvdt).
3
3 2
104
208

Câu 11: B


Khi quay đường gấp khúc BCDA quanh trục AB, ta được một hình trụ có bán kính đáy
R  BC  AC 2  AB 2 

a 5 

2

 a 2  2a , chiều cao h  AB  a .

Diện tích xung quanh của hình trụ là S xq  2 Rh  2 .2a.a  4 a 2 (đvdt).
Câu 12: C
Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng  Oxy  là a  2 .
Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng  Oyz  là b  1 .
Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng  Oxz  là c  3 .
Vậy P  a  b2  c3  2  12  33  30.
Câu 13: C
Đường thẳng d1 đi qua điểm M 1; 2;3 và nhận vectơ chỉ phương u1   2;3; 4  .
Đường thẳng d 2 nhận vectơ chỉ phương u2   4;6;8 .
Nhận thấy u2  2.u1 nên u1 và u2 cùng phương.


1  3  4t
1

Mặt khác, giả sử M  d 2 thì 2  5  6t  t   . Do vậy điều giả sử này là đúng.
2
3  7  8t

Vậy d1  d2 .
Câu 14: D
Rút ngẫu nhiên đồng thời hai thẻ trong số 9 thẻ. Số phần tử của không gian mẫu là n     C92  36 .
Gọi A là biến cố “Tích hai số ghi trên hai thẻ là một số chẵn”.
Trong số 9 thẻ đã cho có 4 thẻ mang số chẵn được đánh số 2; 4;6;8 và 5 thẻ mang số lẻ được đánh số

1;3;5;7;9 . Ta xét hai trường hợp sau:
+ Hai thẻ rút ra có 1 thẻ mang số lẻ và 1 thẻ mang số chẵn. Có 5.4  20 cách rút.
+ Hai thẻ rút ra đều mang số chẵn. Có C42  6 cách rút.
Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n  A  20  6  26 .
Vậy xác suất cần tính là P  A 

n  A 26 13

 .
n    36 18

Câu 15: D
Xét hàm số y  x  x  1 
2

lim y  lim


x 

x 

Câu 16: C

1
x  x2  1

x 2   x 2  1
x  x 1
2



1
x  x2  1

có:

 0  Đồ thị hàm số này nhận đường thẳng y  0 làm tiệm cận ngang.


 x  1
Ta có y  3x  4 x  7 ; y  0  
. Do x   2;1 nên chọn x  1 .
x  7
3

2


Lại có y  2   1 ; y 1  7 ; y  1  5 nên max y  y  1  5 .
2;1

Câu 17: C
Hàm số y  ln  x 2  2 x  m  1 có tập xác định là

 x2  2 x  m  1  0 , x 

    1   m  1  m  0 .
2

Số giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  2018; 2018 là 2018 số.
Câu 18: A
Ta có log 49 28  log 72  22.7   log 7 2 

1
1 1  2m
.
 m 
2
2
2

Câu 19: B
2 x 3

2

 3.2


x 2

2x  4
1 x 2 3 x
 1  0  .  2   .2  1  0   x

8
4
2  2

x  2
x  1


Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 2  1  3 .
Câu 20: B
Với mọi số thức k ta có
k


0

k

 ax3 bx 2

a.k 3 b.k 2
f  x  dx    ax  bx  c  dx  


 cx  

 c.k .
2
3
2
 3
0
0
k

2

1
7
1
7
1
  f  x  dx  
a

b

c



2
3
0

2
2
a  1

 2

8
Từ giả thiết   f  x  dx  2   a  2b  2c  2  b  3
3

0
16
9
13

c  
3
13
3

9a  2 b  3c  2
  f  x  dx 

2
 0

Vậy P  a  b  c  1  3 

16
4

 .
3
3

Câu 21: B
1

du  dx
u  1  ln x



 1  ln x 
x

Ta có I   f  x  dx   
.
1
 dx . Đặt 
2
 x 
v   1
dv  x 2 dx

x

Khi đó I  

1
1

1
1
1
1  ln x    2 dx   1  ln x    C    ln x  2   C .
x
x
x
x
x

Suy ra a  1 ; b  2 . Vậy S  a  b  1 .
Câu 22: B


 z1  i
Ta có iz 3  2 z 2  1  i  z  i  0   z  i   iz 2  z  1  0   2
.
iz  z  1  0 *

Vì z1  i là số thuần ảo nên z2 , z3 là nghiệm của phương trình

 * .

Theo định lý Vi-ét ta có

1 i
z2  z3  z2 z3   2  i .
i i

Khi đó  z2  z3    z2  z3   4.z2 z3   i   4  i   1  4i .

2

2

2

  z2  z3   1  4i  17  P  z2  z3 
2

 z2  z3 

2

 4 17 .

Câu 23: C
Số phức z  5  2i có phần thực bằng 5 và phần ảo bằng 2.
Câu 24: B
Gọi h và r lần lượt là chiều cao và bán kính đường tròn đáy của hình trụ (T).
Từ giả thiết suy ra thiết diện hình chữ nhật có chiều dài là h và chiều rộng bằng 2r ( h  2r ).

h.2r  20
h.2r  20
Ta có 


 h  2r  9
2  h  2r   18

X  4

 h và 2r là nghiệm của phương trình X 2  9 X  20  0  
.
X  5

h  5  cm 
h  5

Mà h  2r nên 
 2r  4
r  2  cm 
Diện tích toàn phần của hình trụ là Stp  2πr 2  2πrh  2πr  r  h   2π.2.  2  5  28π  cm2  .

Câu 25: D
Ta có:
 AB   1; 2;3

 AC  1; 3; 2    AB. AC    5;5;5 và  AB, AC  . AD  5.  3  5.1  5.2  0 .

 AD   3;1; 2 

Suy ra bốn điểm A, B, C, D đồng phẳng. Vậy có vô số mặt cầu tiếp xúc với tất cả bốn mặt phẳng (ABC),
(BCD), (CDA), (DAB).
Câu 26: C


 AB 


Ta thấy  BC 


 AC 


 4  1   2  2    3  3
2

2

2

 4  4    5  2    3  3
2

2

 4  1   5  2    3  3
2

2

3

2

3

2

3 2


 AB2  BC 2  18  AC 2

 ABC vuông cân tại B và bán kính của đường tròn ngoại tiếp ABC là R 

AC 3 2
.

2
2

Vậy diện tích mặt cầu cần tìm là S  4 r 2  18 .
Câu 27: C
Do  Q  //  P  nên mặt phẳng  Q  có PT dạng 3x  y  2 z  m  0 ( m  4 )
Mà M  3; 1; 2    Q   3.3   1  2.  2   m  0  m  6 (thỏa mãn).
Vậy  Q  : 3x  y  2 z  6  0 .
Câu 28: D
Từ 2 f  2 x   f 1  2 x   12 x 2 * , cho x  0 và x 


2 f  0   f 1  0



 f  0   2 f 1  3

1
ta được hệ phương trình sau:
2

 f  0   1


 f 1  2

Lấy đạo hàm hai vế của đẳng thức * ta được 4 f   2 x   2 f  1  2 x   24 x .
Cho x  0 và x 

1
ta được
2

 f   0   2

4 f   0   2 f  1  0


 f  1  4

4 f  1  2 f   0   12

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm x  1 là

y  f  1 x  1  f 1  y  4  x  1  2  y  4 x  2 .
Câu 29: A

x  0
Ta có y  4 x3  4  m  1 x ; y  0  4 x  x 2   m  1  0   2
x  m 1
Để hàm số có ba cực trị thì phương trình y  0 có 3 nghiệm phân biệt

 m  1  0  m  1 .






Theo đề bài ta có A là điểm cực đại, B và C là hai điểm cực tiểu nên A  0; m  , B  m  1; m2  m  1 ,
C





m  1; m2  m  1 .

Để OA  BC  m  2 m  1  m2  4m  4  0  m  2  2 2 (thỏa mãn).
Câu 30: D

 2018 
Ta có y   e   m  3 .e  2 . 

 2019 
5x

 2018 
 y   5e   m  3 .e  . 

 2019 
5x

 e5 x  m 3.e x  2


x

x

 e5 x  m 3.e x  2

 2018 
.ln 

 2019 

 2018 
.ln 
.
 2019 


Để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  2;5  thì y  0 , x   2;5

 5e5 x   m  3 .e x  0 , x   2;5  m  5e4 x  3 , x   2;5 (1)
Xét hàm số f  x   5e4 x  3 trên khoảng  2;5  . Ta có f   x   20e4 x  0 , x   2;5 nên hàm số f  x 
đồng biến trên  2;5  và f  2   f  x   f  5 .

a  5

Suy ra (1)  m  f  2   5e  3 . Vậy b  8  S  a  b  c  10 .
 c  3

8


Câu 31: D
a

Ta có S1   x

p 1

0

xp
dx 
p

a

0

ap

và S  ab .
p
b

b

Lại có S2   y

1
p 1


dy 

0

1
1
p 1

 p  1 b
y

1
p
1
p 1 0

p
p 1

 1
 1   .b
p


1
1
p

1




bq
1 1
do   1 .
q
p q

a p bq
  ab .
p q

Quan sát hình vẽ ta thấy ngay S1  S2  S . Suy ra
Câu 32: C

2
1
2
du  f   x  dx
u  f  x 

Ta có I   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx . Đặt 
.
v

x

1
dv


dx


0
0
1



Khi đó:
1

1

0

1

1

1

0

0

0

0


2

2

2

2

2

1

1

1

1

1

1

 f  x  dx   x  1 f  x     x  1 f   x  dx  1   1  x  f   x  dx  1   1  x  dx  2
   x  1 f   x  dx  1   1  x  f   x  dx  1   1  x  dx 

 f  x  dx   x  1 f  x 
1

2


0

1

Từ (1) và (2) suy ra I   f  x  dx   f  x  dx 

(1)

1
(2)
2

1 1
  1.
2 2

Câu 33: D
Giả sử z  x  yi ,( x, y 

). Từ giả thiết ta có 2  x  yi   i  2  i  x  yi 

 2 x   2 y  1 i  2  y  xi  4 x 2   2 y  1   y  2   x 2  x 2  y 2  1.
2

2

Suy ra tập hợp các điểm A,B biểu diễn hai số phức z1 , z2 là đường tròn tâm O  0;0  , bán kính
R  1  OA  OB


). Khi đó A  a1; b1  , B  a2 ; b2  .

Giả sử z1  a1  b1i , z2  a2  b2i , ( a1 , a2 , b1 , b2 
Từ giả thiết z1  z2  1 ta được:

 a1  a2    b1  b2  i

1 

 a1  a2    b1  b2 
2

2

 1  AB  1.


Từ đó OA  OB  AB  OAB đều cạnh bằng 1.

AB 3
3
 a b a b 
Gọi M là trung điểm AB thì M  1 1 ; 2 2  và OM 
.

2
2
2 
 2
Khi đó P  z1  z2   a1  a2    b1  b2  i 


 a1  a2   b1  b2 
2

2

3
 a a  b b 
 2  1 2    1 2   2OM  2.
 3.
2
 2   2 
2

2

Câu 34: D
Gọi  là tiếp tuyến cần tìm.
1
1009
Do   d : y   x 
nên hệ số góc của đường thẳng  là k  4 .
4
2

Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình f   x   4 (*)
Dựa vào hình vẽ ta thấy đường thẳng y  4 cắt đồ thị hàm số y  f   x  tại 1 điểm nên phương trình (*)
có một nghiệm duy nhất.
Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa mãn đề bài.
Câu 35: A


Gọi N là trung điểm của CD thì AN  CD . Do  ACD    BCD   AN   BCD 
 AN  BN  ANB vuông tại N.

Gọi M là trung điểm của AB thì CM  AB .
Do  ABC    ABD   CM   ABD   CM  DM .
Ta có ABC  ABD  MC  MD  MCD vuông cân tại M.

x2
x2
2
2
2
2
Đặt CD  x  AN  BN  a 
 AB  AN  BN  2a  .
4
2
2

2

2

1
1
x2 1
1
x2
1

2
2
2a 
2a  , mà MN  CD nên
 x
Ta có MN  AB 
2
2
2
2 2
2
2

 2a 2 

x2
2a
 x 2  4a 2  3x2  x 
.
2
3

Câu 36: C
2
 f  x   5  f   x  .  f  x   1   f  x   5 .2 f  x  . f   x 
Ta có y   2
 
2
 f 2  x   1
 f  x 1 



 y 

f   x  .   f 2  x   10 f  x   1
 f 2  x   1

2

Do hai hàm số cùng đồng biến trên

 f   x  .   f 2  x   10 f  x   1



2
nên 
 f 2  x   1

 f   x   0

  f 2  x   10 f  x   1  0  5  26  f  x   5  26 .
Câu 37: A

Gọi H là trung điểm của AC  , do ABC đều nên BH  AC .
Mà  ABC    ACCA   BH   ACCA   BH  AC .
Trong mặt phẳng  AC CA , kẻ HE  AC và HE  AA  I .

 BH  AC
 AC   BHI    P    BHI  và mặt phẳng  P  chia khối lăng trụ thành hai

Ta có 
 HI  AC
khối: Khối tứ diện BHAI và khối đa diện BBIHCCA .
Từ AEH ∾ ACC 

a.

a
2

AC . AH
a 5
AE AC 


 AE 
.

2
AC
10
AH AC
a 2   2a 

2 a
a 2   2a  .



A

C
.
A
H
IH
AC
2a 5.
 IH 


Từ AIH ∾ CAC 
C C
2a
4
AH C C

Có SBHI 

1
1 a 3 a 5 a 2 15
BH .HI  .
.

.
2
2 2 10
16

1
1 a 5 a 2 15 a3 3

 VBHAI  . AE.SBHI  .
.

.
3
3 10
16
96

Lại có VABC . ABC  S ABC . AA 
 VBBIHC CA

Vậy V1 

a3 3
a3 3
 VBBIHCCA  VABC. ABC  VBHAI
.2a=
4
2

a3 3 a3 3 47a3 3



.
2
96
96


V
a3 3
47a3 3
1
V2 
và 1 
.
V2 47
96
96


Câu 38: B
Đặt MN  x ,( 0  x  h ).
Ta có MN // SO nên

MN NA
MN .OA x.R
xR
.
 NA 
 ON  R 


SO OA
SO
h
h

 x

Khối trụ thu được có bán kính đáy ON  1   .R và chiều cao MN  x .
 h

 R2
 x
Thể tích khối trụ là V   .ON 2 .MN   . 1   R 2 .x  2  h  x  h  x  .2 x
2h
 h
2

V 

 R2   h  x    h  x   2x 

2h 2 

3

 R 2 8h3 4R 2 h
.

.


2h2 27
27


3


Dấu bằng xảy ra khi 2x  h  x  x 

h
h
. Khi đó MN  .
3
3

Câu 39: C

Nhận thấy AB  BC  CA  2 6 nên ABC đều. Do G là trọng tâm của ABC nên CG  AB , mà
CG  SA  CG   SAB   CG  SB . Lại có CH  SB (H là trực tâm của SBC ) nên SB   CHG  .

Suy ra SB  GH .
Gọi M là trung điểm của BC.
Ta có BC  SA , BC  AM  BC   SAM   BC  GH .
Như vậy GH   SBC   GH  SM hay S H  SM  SS H  SMA .
Suy ra AS G ∾ AMS 

AS  AG

AM AS
2

2

2
2  AB 3  2  2 6. 3 
 AS . AS  AM . AG  AM . AM  . 
  .

  12 .
3
3  2  3 
2 
Câu 40: B
Gọi x, y lần lượt là số học sinh nữ ở nhóm I và nhóm II. Khi đó số học sinh nam ở nhóm II là
25   9  x   y  16  x  y . Điều kiện để mỗi nhóm đều có học sinh nam và nữ là x  1,
y  1 , 16  x  y  1 ; x, y 

.


Xác suất để chọn ra được hai học sinh nam bằng



C91C161  x  y
C91 xC161  x

 0,54

9 16  x  y 
144  9 x  9 y
184 71
3
 0,54 
 0,54  y 
 x  x2
2
144  7 x  x

25 50
50
 9  x 16  x 

x  1
184 71
3

 x  x2  1
50
 25 50
Ta có hệ điều kiện sau 
16  x   184  71 x  3 x 2   1

50 
 25 50

x 

x  1
3
 x 2  71 x  159  0
 50
50
25


 2 x 2  21 x  191  0
 50
50

25
x 


x  1

  x  53

3
1  x  6
 x  6


x 

21

5
201
21

5
201

x

6
6
x 



Ta có bảng các giá trị của x, y:
x
y

1

2

3

4

5

6

6

119
25

91
25

66
25

44
25


1

(loại)

(loại)

(loại)

(loại)

(thỏa)

(loại)

Vậy ta tìm được hai cặp nghiệm nguyên  x; y  thỏa mãn điều kiện là 1;6  và  6;1 .
Xác suất để chọn ra hai học sinh nữ là

C1xC1y
1
9 x

1
16  x

C C

Nếu  x; y  1;6  ,  6;1 thì xác suất này bằng




xy
.
 9  x 16  x 

1
 0, 04 .
25

Câu 41: A
Số nghiệm của phương trình

3x  2
3x  2
 m chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y 
và đường
x 1
x 1

thẳng y  m .
2
 3x  2
 x  1 khi x  3

Ta có y 
nên đồ thị  C   có được bằng cách:
2
x  1  3x  2

khi x 

 x  1
3
3x  2

+ Giữ nguyên phần đồ thị y 

3x  2
2
ứng với phần x  .
x 1
3

+ Lấy đối xứng qua trục Ox phần đồ thị y 

3x  2
2
ứng với phần x  .
x 1
3


Hợp của hai đồ thị là  C   (quan sát hình vẽ bên).

Từ đồ thị, để phương trình

y

3x  2
 m có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi đồ thị hàm số
x 1


3x  2
cắt đường thẳng y  m tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương  2  m  0 .
x 1

Câu 42: B
Các phương trình

 Oxy  : z  0 ;  Oyz  : x  0 ;  Oxz  : y  0 .

Giả sử M  xM ; yM ;0  , N  xN ;0; zN  ,

 6  xN 3 4  z N
P  0; yP ; zP  . Theo giả thiết ta có M là trung điểm của AN nên ta có M 
; ;
2
2
 2

Do zM  0 nên

4  zN
3 

 0  z N  4  M  xM ;  ;0  và N  xN ;0; 4  .
2
2 


 x 2 y  3 zP 

Lại có N là trung điểm của MP nên N  M ; P
; .
4
2
 2

 2 yP  3
 4  0
 yN  0
Mà 
nên 

z
P
 z N  4
  4
 2

3

 yP 
 3

2 Khi đó P  0; ; 8  .

 2

 z P  8

6  xN


 xM  2
2 xM  xN  6
 xM  4
3 



Từ 
. Vậy M  4;  ;0  , N  2;0; 4  .
2 

 xN  2
 xM  2 xN  0
 x  xM
N

2

 xB  6  2  2  6 
a  2


Mặt khác AB  2 AN   yB  3  2  0  3  B  2;3  12   b  3 .

c  12

 zB  4  2  4  4 
Vậy a  b  c  2  3 12  11 .
Câu 43: C

Bảng xét dấu:


.



Suy

0

2

2

0

F  0    f  t  dt    f  t  dt  0 ;

ra

1

2

2

1

F 1   f  t  dt    f  t  dt  0 ;


3

F  3   f  t  dt  0 .
2

Vậy F  2  là giá trị lớn nhất trong các giá trị F  0  , F 1 , F  2  , F  3 .
Câu 44: D
Gọi M là trung điểm của CD. Do BC  CD  BD  BCD đều  BM  CD .
Lại có AC  AD  ACD cân tại A  AM  CD .



 



Khi đó ( ACD), ( BCD)  AM , BM .
AC 2  AD 2 CD 2

a.
2
4

AM là đường trung tuyến của ACD  AM 
AM là đường trung tuyến của BCD  BM 

CD. 3 2a 3

a 3.

2
2





2

2
2
MA2  MB 2  AB 2 a  a 3  a
3
Trong ABM ta có cos ABM 


2MA.MB
2
2.a.a 3

 AMB  30 hoặc AMB  150







 




Do 0  ( ACD), ( BCD)  90 nên ( ACD),( BCD)  AM , BM  30 .

Câu 45: C
Tập xác định D 

\ 1 .

1

x 3
khi  3  x  1

1

x 1

Ta có y  x  3 
.
1
x 1 
x  3 
khi x  3

x 1
1

khi  3  x  1
2

1 
  x  1
Đạo hàm y  
; y  0 
1
1 
khi x  3
2

x

1




 x  2
x  0 .


Bảng biến thiên:
x
y'

3






|

1

2

+

0



||



0


0

+

2

F  2    f  t  dt  0 ;
2


y






0



1
2





4

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có 3 điểm cực trị và tổng tất cả các giá trị cực trị của hàm số là
1
7
S   04  .
2
2
Câu 46: C
Mỗi mặt sẽ có 4 phần thuộc hình chỉ được tô một lần tức là mỗi mặt sẽ sinh ra 4 hình lập phương thỏa
mãn yêu cầu bài toán, ta có 6 mặt, từ đó ta có 24 hình thỏa mãn yêu cầu.

Câu 47: D
Phương trình tương đương với 2017sin x  sin x  1  sin 2 x .

Đặt t  sin x , t   1;1 thì phương trình trở thành 2017t  t  1  t 2 .





 t.ln 2017  ln t  1  t 2  0 , do t  1  t 2  t 2  t  t  t  0 , t .





Xét hàm số f  t   t.ln 2017  ln t  1  t 2 trên  1;1 .
Đạo hàm f   t  

t 2  1.ln 2017  1
1 t

2



ln 2017  1
1 t2

 0 , t   1;1 .

Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên  1;1 . Mà f  0   0 nên phương trình f  t   0 có duy nhất một
nghiệm t  0
Như vậy sin x  0  x  k , ( k  ). Vì x   5 ; 2017  nên 5  k  2017 .

Vậy có 2017   5  1  2023 giá trị k nên phương trình đã cho có 2023 nghiệm thực trên  5 ; 2017  .
Câu 48: A
Gọi Q, P lần lượt là giao điểm của EM, EN với AD và CD. Khi đó thiết diện của tứ diện ABCD khi cắt bởi
mặt phẳng (MNE) là tứ giác MNPQ. Tức là mặt phẳng (MNE) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa
diện: Khối đa diện ACMNPQ có thể tích V và khối đa diện BDMNPQ có thể tích V  .
Đặt V1  VABCD . Ta có VACMNPQ  VE. AMNC  VE. ACPQ


1
.MB.BN .sin MBN
SMBN 2
MB BN 1 1 1
1
Lại có


.
 .   SMBN  SABC .
1
4
SABC
AB BC 2 2 4
. AB.BC.sin ABC
2
1
3
 S AMNC  SABC  SMBN  SABC  SABC  SABC .
4
4
1

1
3
3
3
 VE . AMNC  d  E;  ABC   .S AMNC  .2d  D;  ABC   . SABC  VABCD  V1 .
3
3
4
2
2

Trong tam giác EBC có D, N lần lượt là trung điểm của EB, BC và CD  EN  P nên P là trọng tâm của
DP 1
 .
EBC 
DC 3
Tương tự, Q là trọng tâm của EAB 

Khi đó

SDQP
SDAC

DQ 1
 .
DA 3

1
.DQ.DP.sin QDP
DQ DP 1 1 1

1
2

.
 .   SDQP  SDAC
1
9
.DA.DC.sin ADC DA DC 3 3 9
2

1
8
 S ACPQ  SDAC  SDQP  SDAC  SDAC  SDAC .
9
9
1
1
8
8
8
 VE . ACPQ  .d  E;  ACD   .S ACPQ  .d  B;  ACD   . SADC  VABCD  V1 .
3
3
0
9
9
3
8
11
Suy ra V  VACMNPQ  VE . AMNC  VE . ACPQ  V1  V1  V1 .

2
9
18

Do ABCD là tứ diện đầu có cạnh bằng a nên VABCD  V1 

a3 2
.
12

11
11 a3 2 11 2a3
Vậy V  V1  .
(đvdt).

18
18 12
216

Câu 49: C
Mặt cầu (S) có tâm I 1;0; 2  , bán kính R  3 . Nhận xét thấy S, I, S  thẳng hàng và SS    ABCD  . Khi
đó SS   2R  6 . Ta có:
1
1
V H   VS . ABCD  VS . ABCD  d  S ;  ABCD   .S ABCD  d  S ;  ABCD   .S ABCD
3
3


1

1
  d  S ;  ABCD    d  S ;  ABCD   .S ABCD  .SS .S ABCD  2S ABCD .
3
3

Từ giả thiết suy ra ABCD là hình vuông, gọi a là cạnh của hình vuông đó.
Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r và ngoại tiếp hình
vuông ABCD.

Suy ra 2r  AC  a 2  r 

2
a 2
. Từ  d  I ;  P    r 2  R 2
2
2

2
17 a 2
2 17
8
.

 r  R 2   d  I ;  P     32    
 a
3
2
3 2
 3


2

Vậy V H   2S ABCD

 2 17  68
 2a  2. 
  .
9
 3 2 
2

Câu 50: C
Ta có sin x  2  cos 2 x   2  2cos3 x  m  1 2cos3 x  m  2  3 2cos3 x  m  2

 sin x 1  2sin 2 x   2  2cos3 x  m  2  2cos3 x  m  2  2cos3 x  m  2

 2sin 3 x  sin x  2





3

2cos3 x  m  2  2cos3 x  m  2 (*)

Xét hàm số f  t   2t 3  t trên
Suy ra (*)  f  sin x   f




. Có f   t   6t 2  1  0 , t 

nên hàm số f  t  đồng biến trên



2cos3 x  m  2  sin x  2cos3 x  m  2 (1)

 2 
2
2
Với x  0;
 thì 0  sin x  1 và (1)  sin x  2cos x  m  2
 3 

 2cos3 x  cos2 x  1  m (2)
 2
Đặt t  cos x . Xét hàm số t  x   cos x trên 0;
 3


.


 2 
Ta có t   x    sin x  0 , x  0;
 nên hàm số t  x  nghịch biến trên
 3 
 2

Lập bảng biến thiên của hàm số t  x  ta thấy t 
 3

 2 
0; 3  .


 1 
  t  x   0 hay t    ;1 .

 2 

.


 1 
 2
Và với mỗi t    ;1 thì phương trình cos x  t cho ta một nghiệm x  0;
 3
 2 


.


Phương trình (2) trở thành 2t 3  t 2  1  m (3)
 2 
Để phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm x  0;
 thì phương trình (3) phải có đúng một nghiệm
 3 


 1 
t    ;1 .
 2 

 1 
Xét hàm số g  t   2t 3  t 2  1 với t    ;1 .
 2 
t  0
Ta có g   t   6t  2t , g   t   0  
.
t   1
3

2

Ta có bảng biến thiên:
t



1
2

g  t 
g t 






1
3

0

0
+

0

1



1

1



28
27

4

 1 
Từ bảng biến thiên suy ra, phương trình (4) có đúng một nghiệm t    ;1 khi và chỉ khi
 2 
28

4  m   .
27
 2 
Vậy các giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm x  0;
 là m4; 3; 2 .
 3 

Lưu ý: Một số lý thuyết về “Phương pháp hàm số để giải phương trình, bất phương trình và hệ phương
trình”.
Định lý 1: Nếu hàm số f  x  liên tục và đơn điệu trên D thì phương trình f  x   0 có nhiều nhất
một nghiệm trên D.
Định lý 2: Nếu f  x  liên tục, đồng biến trên D; g  x  liên tục, nghịch biến (hoặc là hàm hằng)
trên D và ngược lại thì phương trình f  x   g  x  có nhiều nhất một nghiệm thuộc D.
Định lý 3: Nếu f   x   0 có một nghiệm trên  a; b  thì phương trình f  x   0 có nhiều nhất hai
n
n 1
nghiệm trên  a; b  . Tổng quát nếu f    x   0 có n nghiệm phân biệt trên  a; b  , thì f    x  có

nhiều nhất n  1 nghiệm trên  a; b  .
Định lý 4: Nếu f  x  đồng biến trên  a; b  thì f  u   f  v   u  v . Ngược lại, nếu f  x 