DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ PHÁT TRIỂN SỐ 5
Câu 201. Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có tất cả các cạnh bằng a . Tính thể tích V của khối lăng
trụ ABC.ABC .
A. V 

a3 3
.
2

B. V 

a3 2
.
3

C. V 

a3
.
2

D. V 

a3 3
.

4

Lời giải
Chọn D
Đáy lăng trụ là tam giác đều cạnh a  S ABC 
Thể tích khối lăng trụ V 

a2 3
.
4

a2 3
a3 3
.
.a 
4
4

Câu 202. Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau. Số điểm cực trị của hàm số là.

A. 2 .

D. 3 .

C. 0 .
Lời giải

B. 1 .

Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có đạo hàm cấp 1 và y  0 tại x  1 và không xác
định tại x  0 , đồng thời y  đổi dấu khi đi qua các điểm x  1 và x  0 .
Do đó hàm số có hai điểm cực trị là x  1 và x  0 .
Câu 203. Trong không gian Oxyz , cho vectơ u  1;1; 0  . Tìm vectơ v ngược hướng với u biết

v 3 2.



B.  3;3;0  .

A.  3;  3; 0  .



C.  1;  1;  16 .

D.  2;  2; 0  .

Lời giải
Chọn A
v ngược hướng với u nên v  ku , với k 

, k  0 . Do đó v   k ; k ; 0  .

v  3 2  2k 2  3 2  k 2  9  k  3 (vì k  0 ).
Vậy v   3;  3;0  .
Câu 204. Cho hàm số y

f x có đồ thị như hình vẽ bên.



DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc

Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0; 2 
B. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  1;  
C. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  1; 2 
D.Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  ;1 .
Lời giải
Chọn D
Nhìn vào đồ thị đã cho, ta có trên khoảng
qua phải) nên nghịch biến trên khoảng

;1 đồ thị hàm số đi xuống (theo chiều từ trái

;1 .

 b3 
Câu 205. Với a , b , c là ba số dương tùy ý, log  2  bằng
 ac 
A. 3log b  log a  2 log c .

B. 3log b  log a  2 log c .

C. 3  log b  log a  2log c  .


D. 3  log b  log a  2log c  .
Lời giải

Chọn A

 b3 
Có log  2   log b3   log a  log c 2   3log b  log a  2 log b .
 ac 
2

2

1

1

2

Câu 206. Cho   f  x   2 g  x  dx  5 và  2 f  x   3g  x  dx  4 khi đó

  f  x   g  x  dx bằng

A. 14 .

C. 17 . D. 1 .

Chọn B

B. 3 .

Lời giải

1


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc


2

   f  x   2 g  x   dx  5
  f  x  dx  1
  f  x  dx  2 g  x  dx  5
1

1
1
  12
 2
Ta có  2
2
  2 f x  3g x  dx  4
 g x dx  2
2 f x dx  3 g x dx  4
 
 


   
  
   
1
1
 1
1
2

2

Suy ra

2

2

2

2

1

1

1

  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx  1  2  3


Câu 207. Cho mặt cầu  S1  có bán kính R1  a và mặt cầu

 S1  có bán kính

R2  2 R1 , khi đó tổng diện

tích hai mặt cầu bằng
A. 10 a 2 .

B. 20 a 2 .

D. 20 a 3 .

C. 20a 2 .
Lời giải

Chọn B
2
2

 S  4 R1  4 a
Ta có  1
 S1  S2  20 a 2
2
2

 S2  4 R2  16 a
Câu 208. Phương trình log  72  x2   2log x có nghiệm là:
A. 1 .


B. 2 .

D. 4 .

C. 6 .
Lời giải

Chọn C

72  x 2  0
 0  x  72 .
Điều kiện 
x  0
Khi đó, phương trình tương đương với:
2
log  72  x 2   log x 2  2 x  72  x  6 .
So sánh với điều kiện ta có x  6 thỏa mãn.
Câu 209. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   đi qua A  3; 2; 4  và vuông góc với trục Oy thì
phương trình mặt phẳng   là
A. x  y  5  0 .

C. x  2 y  z  3  0 .

B. y  2  0 .

D. z  4  0 .

Lời giải
Chọn B
Mặt phẳng   đi qua A  3; 2; 4  ,   vuông góc trục Oy nên   có vec tơ pháp tuyến là


j   0;1;0  .
Nên mặt phẳng   có phương trình là: y  2  0 .
Câu 210. Họ nguyên hàm của hàm số f x
A.

1
e2 x
2x 1

C. e 2 x

x2

x2
C.

C.

e2 x

2 x là

C.

D. 2 e2 x 1

C.

Lời giải

Chọn B

1 2x
e
2

x2

B.


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc

Ta có

e2 x

f x dx

e2 x dx 2

2 x dx

Câu 211. Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :
A. Q(2; 3; 4) .


x

2

y 1
3

2

B. M ( 2; 1; 2) .

xdx

1 2x
e
x2 C .
2
z 2
đi qua điểm nào dưới đây?
4

C. P (2;1; 2) .

D. N( 2;3; 4) .

Lời giải
Chọn C
Đáp án A nhầm vectơ chỉ phương.
Đáp án B nhầm dấu tọa độ điểm.
Đáp án D nhầm vectơ chỉ phương.

Câu 212. Tìm giá trị n
thỏa mãn An2 .Cnn 1 48.
A. n 4.

B. n 3.

C. n 7.
Lời giải

D. n 12.

Chọn A
Điều kiện: n 2 và n
n 1 n.n

48

n3

. Ta có An2 .Cnn
n2

48

0

1

48


n

n!
n!
.
2 ! n 1 !.1!

48

4 thoûa maõn .

n

Câu 213. Cho cấp số nhân  un  biết u1  3n . Công bội q bằng
A. 3 .

B.

1
.
3

C. 3 .

D. 3 .

Lời giải

8


Chọn D

q

un1 3n1
 n  3.
un
3

6

Câu 214. Trong hình vẽ bên, hai điểm M và N4 biểu diễn hai số phức z1 , z2 .
y
M

2

10

3

O

5

2

N

4


Hãy chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau đây?
6
A. Hai số phức z1 , z2 là hai số phức liên hợp của nhau.
B. Hai số phức z1 , z2 là hai số phức đối nhau.
C. Số phức z2 là nghịch đảo của số phức z1 .
D. z2  

1
.
z1
Lời giải

Chọn A

x

5

10


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc

Vì M , N đối xứng nhau qua trục hoành nên hai số phức z1 , z2 là hai số phức liên hợp của nhau
Câu 215. Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây?


A. y 

x2
.
x 1

B. y 

x2
.
x 1
Lời giải

C. y 

x2
.
x

D. y 

x 1
.
x2

Chọn A
Đồ thị hàm số đi qua điểm M  2;0  nên loại đáp án B, D.
Đồ thị nhận đường thẳng x  1 làm tiệm cận đứng nên loại đáp án C.
x2

Vậy đồ thị đã cho là của hàm số y 
.
x 1
Câu 216. Cho đồ thị hàm số y  f '( x ) như hình vẽ.

Hàm số y  f ( x) đạt giá trị lớn nhất trên khoảng 1;3 tại x0 . Khi đó giá trị của
x02  2 x0  2019 bằng bao nhiêu?

A. 2018 .

B. 2019 .

C. 2021 .

D. 2022 .

Lời giải
Chọn B
Dựa vào đồ thị của hàm số y  f '( x ) ta có BBT như sau:

Dựa vào BBT suy ra hàm số y  f ( x) đạt giá trị lớn nhất trên khoảng 1;3 tại x0  2 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc

Nên x  2 x0  2019  2019 .

2
0

Câu 217. Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm f '( x)  x 2017  x  1

2019

 x  2

2021

, x 

. Tổng bình

phương các điểm cực trị của hàm số là
B. 1 .

A. 5 .

C. 4 .

D. 12229091

Lời giải
Chọn A
x  0
Ta có: f '  x   0   x  1 .

 x  2


Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta được tổng bình phương các điểm cực trị của hàm số:

 2

2

 02  12  5.

Câu 218. Có bao nhiêu số phức z thoả mãn z  1  i  5 và 2 z  8  i là số thuần ảo.
A. 2 .

B. 1 .

C. 3 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn A
Giả sử z  a  bi  a, b 
Ta có:

.
2 z  8  i  2  a  bi   8  i  2a  8   2b  1 i .

Do 2 z  4  i là số thuần ảo nên 2a  8  0  a  4 .


b  3
2
Mặt khác z  1  i  5  3   b  1 i  5  32   b  1  5  
.
b


5

Vậy có hai số phức z thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 219. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình mặt cầu  S  nhận N  0;0;3 làm tâm
và đi qua gốc tọa độ O là
A. x 2  y 2  z 2  6 z  0

B. x 2  y 2  z 2  6 z  0

C. x 2  y 2  z 2  6 z  9  0

D. x 2  y 2  z 2  6 z  9  0
Lời giải

Chọn A


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc


 S  có tâm N  0;0;3 , bán kính

R  ON  ON  02  02  33  3 .

Suy ra  S  có phương trình:  x  0    y  0    z  3  32
2

2

2

 x 2  y 2   z  3  9 hay x 2  y 2  z 2  6 z  0
2

Câu 220. Đặt log 6 4  a , khi đó log36 24 bằng
A. a  1 .

B.

1
 a  1 .
2

C.

2
.
a 1

D.


a
.
2

Lời giải
Chọn B
Ta có log 36 24  log 62  6.4  

1 1
1
 log 6 4   a  1 .
2 2
2

Câu 221. Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  2 z  2019  0 . Giá trị của biểu thức

z

2
1

 z22  bằng

A. 4034 .

B. 2019 .

C. 4034 .


D. 2019 .

Lời giải
Chọn A
Ta có: z 2  2 z  2019  0   z  1  2018  z1,2  1  i 2018 .
2

 z1  z2  2
Theo Vi-et, ta có 
.
 z1.z2  2019
Khi đó: z12  z2 2   z1  z2   2 z1 z2  4  4038  4034 .
2

Câu 222. Trong không gian Oxyz , cho khoảng cách giữa hai mặt phẳng  P  : x  y  z  4  0 và

 P : x  y  z  m  0 ( m
m  7
A. 
.
m  1

là tham số thực) bằng

m  1
B. 
.
m  7

Chọn A

Ta phải có  P  / /  Q   m  4

3. Mệnh đề nào dưới đây là đúng?

 m  7
C. 
.
 m  1
Lời giải

(*)

Điểm A  4;0;0    P   d   P  ;  Q    d  A;  Q   
Bài ra d   P  ;  Q    3 

m  1
D. 
.
 m  7

4  2.0  2.0  m
12   1  12
2



m4
3

.


m  4  3
m  7
thỏa mãn (*)
 3

3
m  4  3 m  1

m4

 1 
Câu 223. Số nghiệm nguyên dương của bất phương trình 5x  2   
 25 
A. 0 .
B. 1 .
C. 2 .

x

là
D. 3 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc


Lời giải.
Chọn C
5

x2

 1 
 
 25 

x

 5x  2  52 x  x  2  2 x  x  2 . Do x nguyên dương nên x  1, 2

Câu 224. Cho đồ thị hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ, gọi S là diện tích hình phẳng phần tô đậm
trong hình bên. Khẳng định nào sau đây là sai?

1

A. S 



0

f  x  dx .

B. S 

0


C. S 



2



2

2

0

1

f  x  dx   f  x  dx .

D. S 



2

0

1

f  x  dx   f  x  dx .

0

1

f  x  dx   f  x  dx .
0

Lời giải
Chọn B
Diện tích hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ bên là:
1

S



2



0

1

2

0

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx


0

1

0

1

2

0

2

0

 f  x  dx     f  x   dx   f  x  dx   f  x  dx .

(Vì x   2;0  f  x   0; x  0;1  f  x   0 ).
Câu 225. Cho khối nón có góc tạo bởi đường sinh và trục bằng 45 , độ dài đường cao bằng 2a . Thể tích
khối nón bằng
2 a 3
A.
.
3

B.

4 a 3
.

3

C. 8 a 3 .
Lời giải

Chọn D

D.

 8a 3
3

.


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc

Giả sử thiết diện qua trục của khối nón là tam giác SAB như hình vẽ.
Theo giả thiết SO  2a, BSO  45
Xét tam giác SBO là tam giác vuông cân tại O vì SOB  90, BSO  45 suy ra OB  SO  2a
Vậy thể tích khối nón cần tìm là:
Câu 226. Cho hàm số y  f ( x) xác định trên R \ 4 , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến
thiên như sau

Tổng số tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là
A. 4 .


C. 3 .

B. 1 .

D. 2

Lờigiải
Chọn B
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có:
lim f ( x)  9  y  9 là một tiệm cận ngang
x 

lim f ( x)    x  4 là một tiệm cận đứng

x 4

Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm là 2 .
Câu 227. Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a , các cạnh bên hợp với đáy một góc

60 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A.

3a3
.
6

B.

a3

.
4

C.
Lời giải

Chọn D

3a3
.
4

D.

3a3
.
12


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc

Ta có SO   ABC  và S ABC

2
2 a 3 a 3
a2 3

; AO  AM  .
, góc giữa SA và đáy là


3
3 2
3
4

SAO  60 , SO  AO.tan 60  a .

Vậy thể tích khối chóp là VS . ABC
Câu 228. Hàm số f  x   5x

2

1

1
1 a2 3
3 3
 .S ABC .SO  .
.a 
a .
3
3 4
12

có đạo hàm


A. f   x    x 2  1 .5x .

B. f   x   2 x.5x 1.ln 5 .

2

2

C. f   x   2 x.  x 2  1 .5x .

D. f   x   5x 1.ln 5 .

2

2

Lời giải
Chọn B
2
2
Ta có: f   x   5x 1.ln 5.  x 2  1  2 x.5x 1.ln 5 .

Câu 229. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ .

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f  x   m  2018  0 có 2 nghiệm
phân biệt.
A. m  2015 .

 m  2015
B. 

.
 m  2014

C. m  3 .
Lời giải

Chọn B

 m  3
D. 
.
 m  4


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc

Ta có f  x   m  2018  0  f  x   m  2018 1

Số nghiệm của phương trình 1 là số giao điểm của đồ thị  C  : y  f  x  và đường thẳng

d : y  m  2018 ( d vuông góc với Oy ).
Phương trình 1 có 2 nghiệm phân biệt  d cắt  C  tại 2 điểm phân biệt .

 m  2018  3
 m  2015
.



 m  2018  4
 m  2014
Câu 230. Cho tứ diện ABCD có BD  2 . Hai tam giác ABD và BCD có diện tích lần lượt là 6 và 10 .
Biết thể tích khối tứ diện ABCD bằng 16 . Tính số đo góc giữa hai mặt phẳng  ABD  và  BCD  .

4
A. arccos   .
 15 

4
B. arcsin   .
5

4
C. arccos   .
5

4
D. arcsin   .
 15 

Lời giải
Chọn B

Gọi H là hình chiếu của A xuống  BCD  . Ta có VABCD 

1
3V

24
AH .S BCD  AH 
.

3
S BCD
5

Gọi K là hình chiếu của A xuống BD , dễ thấy HK  BD . Vậy
Mặt khác S ABD 
Do đó

 ABD  , BCD   AKH

2S
1
AK .BD  AK  ABD  6 .
2
BD

4
 arcsin   .
 ABD ,  BCD  AKH  arcsin AH
AK
5

Cách khác
Gọi H là hình chiếu của A xuống  BCD  . Ta có VABCD 

1

3V
24
AH .S BCD  AH 
.

3
S BCD
5

Ta có: S ABD  6 .
Gọi K là hình chiếu của A xuống BD . Do BD  2 nên SK 
Có KH  SK 2  AH 2 

18
1
18
 S HBD  HK .BD  .
5
2
5

2 S ABD
6.
BD


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5


Tổng hợp: Duan Nguyen Duc

Gọi  là góc giữa mặt phẳng  ABD  và  BCD  .
Vì HBD là hình chiếu của ABD trên  BCD  nên cos  
Vậy sin  

SHBD 3
 .
SABD 5

4
4
   arcsin   .
5
5

Bình luận: Với bài toán này, do dựng góc dễ nên cách 1 dễ hơn, tính toán gọn hơn. Nhưng có
những bài dựng góc khó, mà dùng công thức hình chiếu dễ hơn do tính diện tích nhanh như bài
dưới đây.
Câu 231. Phương trình log 22  3x  1  2log 2  3x  1  3  0 có 2 nghiệm x1 ; x2 (x1  x2 ) và
a
a
x1  x2  log3   với a, b  , b  0 và là phân số tối giản. Tính a  b .
b
b
A. a  b  5 .
B. a  b  5 .
C. a  b  11 .
D. a  b  1.
Lời giải

Chọn A

log 2  3x  1  3
Ta có: log  3  1  2 log 2  3  1  3  0  
.
log 2  3x  1  1

2
2

x

x

*Với log 2  3x  1  3  3x  1 

1
9
 x  log 3 .
8
8

*Với log 2  3x  1  1  3x  1  2  x  1.
9
3
Suy ra x1  x2  log 3  1  log 3 .
8
8
Vậy a  3 , b  8  a  b  5 .


Câu 232. Một chiếc bánh sinh nhật gồm ba khối trụ  H1  ,  H 2  ,  H 3  xếp chồng lên nhau, lần lượt có
bán kính đáy và chiều cao tương ứng là r1 , h1; r2 , h2 ; r3 , h3 thỏa mãn r1  2r2  3r3 , h1  2h2  h3
(tham khảo hình vẽ).

Biết rằng thể tích của khối  H 3  bằng 80cm3 . Thể tích của toàn bộ chiếc bánh sinh nhật bằng


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc

A. 890 cm

3

B. 980 cm

3

3

C. 900 cm
Lời giải

D. 800 cm

3


Chọn A
Thể tích khối  H 3  là V3   r32 h3  80
2

3  1  9
Thể tích khối  H 2  là V2   r22 h2    r3   h3   V3
2  2  8
2
2
Thể tích khối  H1  là V1   r1 h1    3r3  h3  9V3
9
89
Thể tích toàn bộ chiếc bánh sinh nhật bằng: V1  V2  V3  9V3  V3  V3  V3  890
8
8
1
Câu 233. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x) 
(1  ln x) là
2
 x  1

A. 

x
1  ln x   ln  x  1  C .
x 1

B.

x

1  ln x   ln  x  1  C .
x 1

C. 

x
1  ln x   ln  x  1  C .
x 1

D.

x
1  ln x   ln  x  1  C .
x 1

Lời giải
Chọn D

1

u  1  ln x
du  dx



x
1
Đặt 

dv 

dx
2

v   1  1  x
 x  1


x 1
x 1
Khi đó, áp dụng công thức tích phân từng phần, ta có
x
x 1
x
1
I
. dx 
dx
1  ln x   
1  ln x   
x 1
x 1 x
x 1
x 1
x

1  ln x   ln  x  1  C
x 1
Câu 234. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a 3 , góc BAD bằng 120 .
Hai mặt phẳng  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với đáy. Góc gữa mặt phẳng  SBC  và


 ABCD 

bằng 45 . Khoảng cách h từ A đến mặt phẳng  SBC  là

A. h  2a 2.

B. h 

2a 2
.
3

C. h 
Lời giải

Chọn C

3a 2
.
2

D. h  a 3.


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc
S


I

D

A
B

C

H

Từ giả thiết suy ra ABC đều. Gọi H là trung điểm của CB  AH  BC và

AH 

2a 3. 3
 3a
2

 BC  AH
Ta có 
 BC  SH
 BC  SA
 SBC    ABCD   BC

AH  BC
   SBC  ,  ABCD    SHA  45
Ta có 
 SH  BC

Trong tam giác SAH vuông tại A , kẻ AI  SH tại I . Do đó AI   SBC 
 AI  SH
Vì 
nên AI là khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  .
 AI  CB

Trong tam giác vuông AIH ta có sin H 

 d  A,  SBC    AI 

AI
3a 2
 AI  AH .sin H  3a.sin 45 
AH
2

3a 2
.
2

Câu 235. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M  2; 3;1 và đường thẳng
x 1 y  2 z

 . Tìm tọa độ điểm M  đối xứng với M qua d .
2
1
2
A. M   0; 3;3 .
B. M  1; 3; 2  .
C. M   3; 3;0  .

d:

D. M   1; 2;0  .

Lời giải
Chọn A
Phương trình mặt phẳng  P  đi qua M vuông góc với đường thẳng d là:

2  x  2   1 y  3  2  z  1  0 hay 2 x  y  2 z  9  0

.

Gọi I là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng  P  , khi đó tọa độ I là nghiệm của hệ

 x 1 y  2 z



1
2  I 1; 3; 2  .
 2
2 x  y  2 z  9  0
Gọi M  đối xứng với M qua d thì I là trung điểm của MM   M   0; 3;3.


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc


1
1
Câu 236. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số y  sin x  sin 2 x  sin 3 x  mx luôn đồng
4
9
biến trên .
1
A. m  .
2

B. m 

5
.
6

C. m 

1
.
2

D. m 

5
.
6

Lời giải

Chọn D

1
1
1
1
Ta có : y  m  cos x  cos2 x  cos3x  m  cos x  (2 cos 2 x  1)  (4cos3 x  3cos x)
2
2
3
3

4
1
 cos3 x  cos 2 x  m 
3
2
Để hàm số đồng biến thì y  0 , x 

4
1
 m   cos3 x  cos 2 x  , x 
3
2

.

4
1
Đặt t  cos x; t   1;1 . Khi đó ( ycbt )  m   t 3  t 2  , t   1;1 .

3
2
4
1
Xét hàm f (t )   t 3  t 2  , t   1;1 .Ta có: f (t )  4t 2  2t .
3
2

1

t

Cho f (t )  0 
2 (nhận).

t  0
Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta suy ra: ( ycbt )  m 

5
.
6

2z2  z  2
Câu 237. Xét số phức z có phần ảo khác 0 thỏa mãn 2
là số thực. Tập hợp các điểm biểu diễn
z  z 1

của số phức z là đường tròn có bán kính

A. r  3 .

B. r  1 .

C. r  3 .
Lời giải

Chọn B

D. r  2 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc

2 z 2  z  2 2  z  z  1  3 z
3z
3
(Vì z  0 ).

 2 2
 2
2
2
1
z  z 1
z  z 1

z  z 1
z  1
z
2

Ta có

Suy ra

1
2z2  z  2
là số thực khi z  là số thực.
2
z
z  z 1

Gải sử z  a  bi ( b  0 )  z 

 z

 a  bi   a2  b2   a  bi
1
1
.
 a  bi 

z
a  bi
a 2  b2


1
là số thực khi và chỉ khi b  a 2  b2   b  0  a 2  b2  1  0 .
z

Vậy quỹ tích điểm biểu số phức là đường tròn tâm 0 bán kính R  1

5x  6
1
b
c
1 x 2  5 x  6dx  ln  2   ln 3  ln 5 , với a , b , c là các số nguyên
a

2

Câu 238. Biết rằng tích phân

dương. Tính S  a  bc .
A. S  62 .
B. S  10 .

C. S  20 .

D. S  10 .

Lời giải
Chọn D
2
5x  6
5x  6

4 
 9
1 x2  5x  6dx  1  x  2 x  3dx  1  x  3  x  2 dx   9ln x  3  4ln x  2  1
2

2

2

Câu 239. Cho hàm số y  f ( x). Hàm số y  f '( x ) có bảng biến thiên như sau

 
Bất phương trình 2 f ( x)  ecos x  m có nghiệm đúng với mọi x   0;  khi và chỉ khi
 2
 
A. m  2 f    1.
2

 
B. m  2 f    1. .
2

C. m  2 f (0)  e. .

Lời giải
Chọn A
Ta có: m  2 f ( x)  ecos x .
Xét hàm số g ( x)  2 f ( x)  ecos x

 

g '( x)  2 f '( x)  sin x.ecos x  0, x   0;  .
 2
Bảng biến thiên của hàm số g ( x)

D. m  2 f (0)  e. .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc

 
Vậy m  g    m  2 f
2

 
  1.
2

Câu 240. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có bốn ghế. Xếp ngẫu nhiên 8 học sinh được đánh số thứ
tự lần lượt từ 1 đến 8 ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Tính
xác suất để tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau đều là số lẻ.
1
8
8
1
A.
.

B.
.
C.
.
D.
.
105
70
35
35
Lời giải
Chọn B

Số phần tử không gian mẫu là 8!  40320 .
Gọi A là biến cố : “Tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau đều là số lẻ”.
Do tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau là số lẻ nên hai học sinh ngồi đối diện
nhau thì có 1 em có số thứ tự là lẻ và một em có số thứ tự là chẵn.
Xếp học sinh có số thứ tự 1 vào ngồi một trong 8 ghế. Có 8 cách.
Học sinh ngồi đối diện với học sinh có số thứ tự 1 bắt buộc phải có số thứ tự là chẵn. Có 4 cách
xếp (học sinh có số thứ tự là 2 hoặc 4, hoặc 6, hoặc 8).
Xếp học sinh có số thứ tự 3 vào ngồi một trong 6 ghế còn lại. Có 6 cách.
Xếp học sinh ngồi đối diện với học sinh có số thứ tự 3 bắt buộc phải có số thứ tự chẵn. Có 3
cách xếp.
Cứ như vậy ta có số phần tử của biến cố A sẽ là 8.4.6.3.4.2.2.1  9216 cách
9216
8

Do đó xác suất của biến cố A là :
.
40320 35

Câu 241. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm A 1;1;1 , B  0;1; 2  , C  2;1; 4  và
mặt phẳng  P  : x  y  z  2  0 . Tìm điểm N   P  sao cho S  2 NA2  NB 2  NC 2 đạt
giá trị nhỏ nhất.

 4 4
A. N   ; 2;  .
 3 3

Chọn D

B. N  2;0;1 .

 1 5 3
C. N   ; ;  .
 2 4 4
Lời giải

D. N  1; 2;1 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc

Với mọi điểm I ta có




 

 

2

2

S  2 NA2  NB 2  NC 2  2 NI  IA  NI  IB  NI  IC





2



 4 NI 2  2 NI 2IA  IB  IC  2IA2  IB 2  IC 2
Chọn điểm I sao cho 2IA  IB  IC  0

2IA  IB  IC  0  4IA  AB  AC  0 Suy ra tọa độ điểm I là I  0;1; 2  .
Khi đó S  4 NI 2  2 IA2  IB 2  IC 2 , do đó S nhỏ nhất khi N là hình chiếu của I lên
mặt phẳng  P  .

x  0  t

Phương trình đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng  P  là  y  1  t
z  2  t


Tọa độ điểm N  t;1  t; 2  t    P   t 1  t  2  t  2  0  t  1  N  1; 2;1 .

Câu 242. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z 1
A. 2

2 và z

i

z

4?

2 i

C. 1 .

B. 3 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn D
Đặt: w

z 1

x

yi


w

x2

2

y2

2

Thấy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm O, R
Nên: z

i

z

2

12

12

x

1

Dấu "


i
2

" xảy ra khi

Phương trình x

y

w 1 i

y

1

x

1

2

2

w 1 i

x 1
y

1


2

x

y 1

2

2

x 1

1

2

y

2.
1

2

x 1

2

y 1

2


4
2

y 1

2

x

y

0

0 là phương trình đường phân giác thứ hai. Đường thẳng cắt đường tròn

tại 2 điểm phân biệt. Nên có 2 số phức thỏa mãn đề bài.

26

1
  9ln 5  4ln 4    9ln 4  4ln 3  26ln 2  4ln 3  9ln 5  ln    ln 34  ln 59.
2

 a  26, b  4, c  9  S  26  4.9  10 .
Câu 243. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Có bao nhiêu giá trị






nguyên của tham số m để phương trình f 4  sin 6 x  cos6 x   1  m có nghiệm.


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc

C. 4 .
Lời giải

B. 5 .

A. 6 .

D. 3

Chọn B

 3

Đặt t  4  sin 6 x  cos6 x   1  4 1  sin 2 2 x   1  3  3sin 2 2x  t  0;3
 4







Phương trình f 4  sin 6 x  cos6 x   1  m có nghiệm khi và chỉ khi phương trình f  t   m có
nghiệm thuộc 0;3  4  m  0  có 5 giá trị nguyên
Câu 244. Ông Q.BN mang 150 triệu đồng gửi vào ngân hàng với lãi suất 7% một năm. Ông KN cũng
đem 300 triệu đồng gửi vào ngân hàng khác với lãi suất 1,72% một quí. Sau 10 năm, hai ông
cùng đến ngân hàng rút tiền ra để mua xe. ( Lưu ý: tiền lãi được tính theo công thức lãi kép và
được làm tròn đến hàng triệu). Biết 2 ông cùng muốn mua 1 loại xe có giá là 456 triệu. Nếu số tiền
mang theo không đủ, hai ông có thể trả góp cho hãng xe phần còn thiếu theo hình thức sau: Đúng
một tháng kể từ ngày nhận được xe, người mua bắt đầu đóng tiền góp; hai lần trả liên tiếp cách
nhau đúng một tháng, số tiền trả mỗi tháng là như nhau và phải trả trong 1 năm. Biết rằng mỗi
tháng hang xe chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi mỗi tháng người mua phải trả
bao nhiêu tiền cho hãng xe, lãi suất của hãng là 1,8%/tháng.Khẳng định nào sau đây là đúng
A. Ông Q.BN mỗi tháng phải trả thêm 15 triệu
B. Ông KN mỗi tháng phải trả thêm 5 triệu
C. Ông Q.BN cần trả thêm hơn 180 triệu trong 12 tháng
D. Ôn KN cần trả thêm 15 triệu mỗi tháng
Lời giải
Chọn C
Số tiền mỗi ông nhận được là:
Ông Q.BN: 150.1  7%   295,0727036  295 triệu
10

Ông KN: 300 1  1,72%   593.4379488  593 triệu
40

Vậy ông KN không cần trả góp
Số tiền ông Q.BN phải góp hàng tháng là: X 

 456  295 1 


12

1,8  1,8
 .
100  100


12
 1,8 
1


 1
 100 

 15,03771828 triệu


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc

Tổng số tiền ông Q.BN phải trả thêm sau 12 tháng là: 180.4526193 triệu.
Câu 245. Cho hai mặt cầu  S  : x 2  y 2  8x  2 y  2z  13  0 và hai điểm A 1;2;3 , B  1;2; 0 . Gọi  P 
là mặt phẳng chứ A, B và cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có diện nhỏ nhất. Khi đó
mặt phẳng  P  có VTPT n   a; b; c  . Tính a2  b2  c2 .
B. 4 .


A. 14 .

C. 19 .
Lời giải

D. 15 .

Chọn A
Mặt cầu  S  : x 2  y 2  8x  2 y  2z  13  0 có tâm I  4;1;1 , R  31 .
 x  1  2t

Ta có phương trình tham số AB :  y  2
 z  3  3t


d  I ; AB  

 AB, AI 


AB



182
R
13

Do đó mặt phẳng  P  luôn cắt mặt cầu theo giao tuyến là một đường tròn.
Đường tròn giao tuyến có diện tích nhỏ nhất khi nó có bán kính nhỏ nhất.

Gọi H là hình chiếu của I lên mặt phẳng  P 





Ta có bán kính của đường tròn giao tuyến r  R 2  IH 2  R 2   d I ;  P  







 rmin  d I ;  P  đạt giá trị lớn nhất.

Gọi K là hình chiếu của I lên đường thẳng AB.





Khi đó d I ;  P   IH  IK .
Do đó khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng  P  có giá trị lớn nhất bằng IK
 K  H  IK   P 

Suy ra mặt phẳng  P  có VTPT n  IK .
K  AB  K 1  2t;2;3  3t  .

Mà IK  AB  IK . AB  0   3  2t  2   1.0   2  3t  3  0  t  0






 K 1;2;3  IK   3;1;2  .Suy ra n  3;1;2  a2  b2  c2  14 .

Câu 246. Một chi tiết máy hình đ a tròn có dạng như hình vẽ bên.

2


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc

Người ta cần phủ sơn cả hai mặt
của chi tiết. Biết rằng đường tròn lớn có phương trình x 2  y 2  25 . Các đường tròn nhỏ có tâm

 7
7 
 7   7 
I  ;0  , J  0;  , K  ;0  , G  0;  , và đều có bán kính bằng 2 . Chi phí phải trả để sơn
 2
2 
 2   2 
hoàn thiện chi tiết máy gần nhất với số tiền nào sau đây. Biết chi phí sơn là 00.000đ m 2, đơn
vị trên hệ trục là dm.

A. 650000đ

C. 785200đ .

B. 688500đ

D. 588700đ

Lời giải
Chọn D

Đường tròn lớn có phương trình x 2  y 2  25 (c) .

7 
Đường tròn nhỏ tâm I  ;0  có phương trình
2 

2

7

2
 x    y  4 (c1 ) .
2



Hoành độ giao điểm của (c ) và (c1 ) là x  4, 75
Phần diện tích của (c1 ) ở phía ngoài (c ) là
2

5
 5,5

7


S1  2   4   x   dx   25  x 2 dx   1,108 (dm2 )
 4,75

2

4,75



Phần diện tích hình tròn (c1 ) chung với (c ) là S2   .22 1,108  11, 458 (dm2 )
Diện tích hai mặt của chi tiết máy là S  2.(25  4.11, 458)  65, 416 (dm2 )  0, 65416 (m2 )
Tổng chi phí sơn là: T  900000.0, 65416  588744đ .
Câu 247. Cho khối lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C . Biết

AB  5a, AC  3a, AA '  12a , gọi M , N , P, Q lần lượt là trung điểm AB, AA ', CC ', B ' C ' . Tính


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc

thể tích khối MNPQ .

A. 12a 3 .

B. 24a 3 .

C.

25a 3
.
2

D. 13a 3 .

Lời giải
Chọn A

Gọi H là trung điểm A ' B ' , điểm E là giao điểm của MN và A ' B ' , F là giao điểm của MP và
HC ' , K là giao điểm của B ' C ' và EF .
Ta chứng minh được A ', C ' lần lượt là trung điểm của HE , HF .
Có: B ' C '  4a  B ' Q  2a , B ' E 

15a
.
2

A'C ' B ' A' 2
9a

  EK 
 B ' K  6a  QK  B ' K  B ' Q  4a .
EK

B'E 3
2
A ' C ' HA ' 1

  EF  6a .
Có:
EF
HE 2
V
MN MP MQ 1 1
1
Ta có: M . NPQ 
.
.
 . .1 
1 .
VM .EFQ ME MF MQ 2 2
4
Mà:

1
Lại có: VM . EFQ  MH .S EFQ
3
1
Mà S EFQ  .QK .EF  12a 2 .
2
1
Thế vào  2  được VM . EFQ  .12a.12a 2  48a 3 .
3
VM .EFQ

 12a 3 .
Thế vào 1 được VM . NPQ 
4
Câu 248. Cho hàm số y

 2 .

f x có đạo hàm f   x   x  x  1  x 2  1 với mọi

trị của tham số m để hàm số y

g x

f x2

2x

m

x

. Tìm tất cả các giá

2019 đồng biến trên khoảng

1;   .
A. m  1 .

C. m  2 .


B. m  2 .
Lời giải

Chọn D

D. m  1 .


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc

Ta có bảng xét dấu đạo hàm f   x  như sau

y  g   x    2 x  2  f   x 2  2 x  m  .

Hàm số y

g x đồng biến trên khoảng 1;    g   x   0, x  1;   .

Ta thấy 2 x  2  0, x  1;    nên
g   x   0, x  1  f   x 2  2 x  m   0, x  1 .
2
 x 2  2 x  m  1, x  1  m   x  2 x  1  u  x  , x  1
 2

2
 m   x  2 x  v  x  , x  1

 x  2 x  m  0, x  1

 m  min u  x 
1;  

 m  1.
 m  m ax v  x 

1;  

Câu 249. Trong số các cặp số thực  a; b  để bất phương trình  x  1 x  a   x 2  x  b   0 nghiệm đúng
với mọi x  , tích ab nhỏ nhất bằng
1
A.  .
B. 1 .
4

C.

1
.
4

D. 1 .

Lời giải
Chọn C
Đặt f  x    x  1 x  a   x2  x  b  và g  x    x  a   x 2  x  b 
Giả sử x  1 không phải là nghiệm của phương trình g  x    x  a   x 2  x  b   0 thì hàm số
f  x    x  1 x  a   x 2  x  b 


 x  1 x  a   x2  x  b   0

sẽ

đổi

dấu

khi

qua

điểm

x 1,

ngh a

không có nghiệm đúng với mọi x  .

Do đó yêu cầu bài toán được thỏa mãn thì một điều kiện cần là g  x    x  a   x 2  x  b   0

a  1
có nghiệm x  1 suy ra hoặc  2
 x  x  b  0, x 

hoặc là phương trình x 2  x  b  0 có hai

nghiệm x  1 và x  a

a  1
a  1
a  1


Trường hợp 1:  2
 1  0

1
b
 x  x  b  0, x  R
  1  4b  0


4


Trường hợp 2: phương trình x 2  x  b  0 có hai nghiệm x  1 và x  a


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc

Ta thay x  1 vào phương trình x  x  b  0 có 1  1  b  0  b  2 . Với b  2 có phương
2

2


x  1
trình x 2  x  b  0  x 2  x  2  0  
 x  2
Vì x  a cũng là nghiệm của phương trình nên a  2 .

a  1
1
1

Trong trường hợp 1: 
1  ab  suy ra tích ab nhỏ nhất khi ab 
4
4
b  4
Và với a  1, b 

1
1
, tích ab  thì bất phương trình đã cho tương đương với
4
4
2

1
1
2
 x  1 x  1  x 2  x    0   x  1  x    0 thỏa mãn với mọi x 
4
2




Trong trường hợp 2: Tích ab  4 
Vậy tích ab nhỏ nhất khi ab 

(nhận)

1
4

1
.
4

Câu 250. Cho hàm số y  f  x   mx 4  nx3  px 2  qx  r , (với m, n, p, q, r 

) và 1  a  3 . Hàm số

y  f   x  có đồ thị như hình vẽ bên dưới:

Tập hợp các giá trị của a để phương trình f ( x)  3mx  r  0 có 4 nghiệm phân biệt là một
khoảng  b; c  . Tính b  c.
C. 4.

B. 3.

C.

3

.
2

D.

Lời giải
Chọn D
f   x   4mx3  3nx 2  2 px  q .

f   x  có 3 nghiệm 1; a;3  f   x   4m  x3   a  4  x 2   4a  3 x  3a 
4a  16 3


 f  x   m  x4 
x  8a  6  x 2  12ax   r
3



9
.
4


DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN

NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 5

Tổng hợp: Duan Nguyen Duc


Phương trình f ( x)  3mx  r  0  x 4 

4a  16 3
x   8a  6  x 2  12ax  3x  0
3

x  0

 x  x  3  3x 2   4a  7  x 2  12a  3  0   x  3
3x 2   4a  7  x  12a  3  0


.

(1)

Phương trình f ( x)  3mx  r  0 có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 2
nghiệm phân biệt khác 0 và 3.
Cách 1: (1)  3x 2  7 x  3  4a  x  3 .
Do x = 3 không phải là nghiệm nên (1)  4a 

3x 2  7 x  3
.
x 3

Bảng biến thiên


5
a  4

  4a  5



17
Từ bảng biến thiên ta có:   4a  17    a 
.
4
 4a  f 0
 
   1

a 

4
Kết hợp với 1  a  3  1  a 

5
.
4

Cách 2:

16a 2  88a  85  0
   4a  7 2  12 12a  3


1
5
17

1

 a   a  ,a  .
 3.02   4a  7  .0  12a  3  0  a 
4
4
4
4
 2

3.3

4
a

7
.3

12
a

3

0



a



Kết hợp với 1  a  3  1  a 

5
5
9
 b  1, c   b  c  .
4
4
4