TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH NĂM HỌC 2018-2019
MÔN TOÁN
Thời gian: 90 phút
Câu 1.

Cho

các

hàm

số

f ( x) , g ( x)

5

liên

tục

trên

¡

có

∫  2 f ( x ) + 3g ( x )  dx = −5 ;

−1
5

5

−1

−1

∫ 3 f ( x ) − 5g ( x )  dx = 21 . Tính ∫  f ( x ) + g ( x )  dx .

A. −5 .
Câu 2.

n!
.
k !( n − k ) !

Câu 5.

k
k
B. An = k !.Cn .

B. 7 .

Câu 7.

k
k −1
k
k

k
C. Cn + Cn = Cn +1 . D. Cn = k !. An .

C. 4 .

D. 4i .

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( α ) : x − 2 y = 0 . Mệnh đề nào dưới đây
đúng?
A. ( α ) // ( Oxy ) .
B. ( α ) //Oz .
C. Oz ⊂ ( α ) .
D. Oy ⊂ ( α ) .
Hàm số nào sau đây nghịch biến trên ¡ ?
A. y = x 3 − 3 x + 2 .
B. y = x 4 + 2 x 2 + 2 .
C. y = − x 3 + 2 x 2 − 4 x + 1 .

Câu 6.

D. −1 .

Cho số phức z = 3 − 2i . Tìm phần ảo của số phức w = ( 1 + 2i ) z
A. −4 .

Câu 4.

C. 5 .

Với k , n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k ≤ n, mệnh đề nào dưới đây sai?

k
A. Cn =

Câu 3.

B. 1 .

D. y = − x3 − 2 x 2 + 5 x − 2 .

−x
Biết F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e + sin x thỏa mãn F ( 0 ) = 0 . Tìm F ( x ) ?
−x
A. F ( x ) = −e − cos x + 2 .

−x
B. F ( x ) = −e + cos x .

−x
C. F ( x ) = e + cos x − 2 .

x
D. F ( x ) = −e − cos x + 2 .

Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên như hình bên. Tìm khẳng định
đúng

Câu 8.

A. Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 0 và giá trị lớn nhất bằng 1.
B. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại x = −1 .

C. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.
D. Hàm số có đúng một cực trị.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào sau đây không phải phương trình mặt
cầu ?
A. 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 + 2 x − 4 y + 6 z + 5 = 0 .
B. x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + y − z = 0 .
2
2
2
C. x + y + z − 3x + 7 y + 5z − 1 = 0 .
D. x + y + z + 3x − 4 y + 3z + 7 = 0 .
Cho khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a 3 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
2

Câu 9.

A.

1|

9a 3
.
4

2

2

B.


3a 3
.
4

C.

a3 3
.
4

D.

3a 3 3
.
4


Câu 10. Đường cong trong hình vẽ dưới đây là đồ thị của một trong bốn hàm số đã cho. Hỏi hàm số đó là
hàm số nào?

x4
x4
x4
x 4 x2
B. y = − + x 2 − 1 . C. y = − x 2 − 1 .
D. y = − − 1 .
− 2x2 −1 .
4
4
4

4 2
Câu 12. Cho hình trụ có đường cao bằng 5 và đường kính đáy bằng 8 . Tính diện tích xung quanh của
hình trụ đó.
A. 40π .
B. 20π .
C. 80π .
D. 160π .
A. y =

Câu 13. Cho cấp số nhân ( un ) có số hạng đầu u1 = 3 , công bội q = −2 . Tính tổng 10 số hạng đầu tiên
của ( un ) .
A. −513 .

B. −1023 .

C. 513 .

D. 1023 .

Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 1; − 2;0 ) ; B ( 3; 2; − 8 ) . Tìm một vectơ
chỉ phương của đường thẳng AB .
r
r
r
r
A. u = ( 1; 2; − 4 ) .
B. u = ( 2; 4;8 ) .
C. u = ( −1; 2; − 4 ) . D. u = ( 1; − 2; − 4 ) .
Câu 15. Cho 0 < a ≠ 1, 0 < b ≠ 1; x, y > 0, m ∈ ¡ . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
A. log a x = log a b.log b x .

B. log a ( x. y ) = log a x + log b y .
x log a x
1
C. log a =
.
D. log a m x = log a x .
y log a y
m
x+2
Câu 16. Gọi ( C ) là đồ thị hàm số y =
. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
2x −1
1
A. ( C ) có tiệm cận ngang là y = .
B. ( C ) có một trục đối xứng.
2
1
C. ( C ) có tiệm cận đứng là x = .
D. ( C ) có một tâm đối xứng.
2
Câu 17. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a 2 . Tam giác SAC vuông cân tại S và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD .
A.

2π a 3
.
3

B. 4π a


3

3.

4π a 3
C.
.
3

D. 4π a 3 .

Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho điểm A( 1;- 2;3) và hai đường thẳng d1 :

x- 1
y
z +3
=
=
;
2
- 1
1

ïìï x = 1 - t
ï
d 2 : í y = 2t . Viết phương trình đường thẳng D đi qua A vuông góc với d1 và d 2 .
ïï
ïïî z = 1

x = 1 + t


A.  y = −2 − t
z = 3 − t

2|

 x = −2 + t

B.  y = −1 − 2t .
 z = 3 + 3t


x = 1− t

C.  y = −2 − t .
z = 3 + t


 x = 1 + 2t

D.  y = −2 + t
 z = 3 − 3t



Câu 19. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a; AD = a 3; SA ⊥ ( ABCD ) và

SC tạo với đáy một góc 450 . Gọi M là trung điểm cạnh SB , N là điểm trên cạnh SC sao cho
1
SN = NC . Tính thể tích khối chóp S . AMN .

2
a3 3
a3 3
a3 3
a3 3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
9
18
12
6
Câu 20. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x3 , y = 10 − x và trục Ox là
A. 32 .

B. 26 .

C. 36 .

D. 40 .

Câu 21 . Biết log12 27 = a . Tính log 6 16 theo a
A.

4( 3 − a)

3+ a

.

B.

4( 3 + a)
3− a

.

C.

3−a
.
4( 3 + a)

D.

3+ a
.
4( 3 − a)

Câu 22. Biết rằng đồ thị hàm số y = 2 x 3 − 5 x 2 + 3x + 2 chỉ cắt đường thẳng y = −3 x + 4 tại một điểm
duy nhất M ( a ; b ) . Tổng của a + b bằng
A. −6 .

B. −3 .
C. 6 .
D. 3 .

2
Câu 23. Biết rằng phương trình 5log 3 x − log 3 ( 9 x ) + 1 = 0 có hai nghiệm là x1 , x2 . Tìm khẳng định đúng?
B. x1 x2 =

A. x1 x2 = 5 3 .

1
.
3

1
5

C. x1 + x2 = .

5

1
5

D. x1 x2 = − .
2

2

Câu 24 . Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 5 z + 7 = 0 . Tính P = z1 + z2 .
B. 56 .

A. 4 7 .


C. 14 .

D. 2 7 .

Câu 25. Cho khối nón có thiết diện qua trục là tam giác cân có một góc 120o và cạnh bên bằng a . Tính
thể tích khối nón.

π a3
A.
.
8

3π a 3
B.
.
8

π a3 3
C.
.
24

π a3
D.
.
4

1

Câu 26. Tập xác định của hàm số y = ( x 2 − 3 x + 2 ) 3 là

A. ¡ \ { 1; 2} .

B. ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ ) . C. ( 1; 2 ) .

D. ¡ .

Câu 27. Tập nghiệm của bất phương trình log 1 ( 2 x +1) > 0 là:
2

 1 
A.  − ;0 ÷.
 4 

B. ( 0; +∞ ) .

 1

C.  − ; +∞ ÷.
 2


 1 
D.  − ;0 ÷.
 2 
Câu 28. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh 2a , ·ABC = 60° , SA = a 3 và
SA ⊥ ( ABCD ) . Tính góc giữa SA và mp ( SBD ) .

A. 60° .

B. 90° .


C. 30° .

e

Câu 29. Biết

ln x

∫ ( 1+ x)
1

A. −1 .

2

dx =

D. 45° .

a
2
+ b ln
+ c với a, b, c ∈ ¢ . Tính a + b + c .
e+1
e+1

B. 1 .

C. 3 .


D. 2 .

Câu 30. Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 3 − 3x 2 + 2 đi qua điểm A ( 3; 2 ) ?
A. 3 .
B. 0 .
C. 1 .
D. 2 .
3|


2cos x + 1
. Khi đó ta có
cos x − 2

Câu 31. Gọi M , m tương ứng là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y =

A. 9 M + m = 0 .
B. 9 M − m = 0 .
C. M + 9m = 0 .
D. M + m = 0 .
Câu 32. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu tâm I ( −1;3;0 ) và tiếp xúc với mặt phẳng

( P ) : 2 x − y + 2 z + 11 = 0 .
2
2
A. ( x + 1) + ( y − 3) + z 2 = 4 .

B. ( x − 1) + ( y + 3) + z 2 = 4 .


C. ( x + 1) + ( y − 3) + z 2 = 2 .

2
D. ( x − 1) + ( y + 3) + z =

2

2

2

2

2

2

4
.
9

Câu 33. Cho số phức z thoả mãn z ( 1 + 2i ) − z ( 2 − 3i ) = −4 + 12i . Tìm toạ độ điểm M biểu diễn số
phức z .
A. M ( 3;1) .

B. M ( 3; − 1) .

Câu 34. Cho các hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) , y =

C. M ( −1;3) .


f ( x) + 3

g ( x) +1

D. M ( 1;3 ) .

. Hệ số góc của các tiếp tuyến của các đồ thị

hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x = 1 bằng nhau và khác 0. Khẳng định nào dưới đây là
khẳng định đúng?
11
11
A. f ( 1) > −3 .
B. f ( 1) < −3 .
C. f ( 1) ≤ − .
D. f ( 1) ≥ − .
4
4
Câu 35. Trên các cạnh AB, BC , CA của tam giác ABC lần lượt lấy 2, 4, n ( n > 3) điểm phân biệt (các
điểm không trùng với các đỉnh của tam giác). Tìm n biết rằng số tam giác có các đỉnh thuộc
n + 6 điểm đã cho là 247
A. 6 .
B. 7 .
C. 5 .
D. 8 .
Câu 36. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ . Biết

ln 2


∫ f (e
0

x

+ 1) dx = 5 và

3

∫
2

( 2 x − 3 ) f ( x ) dx = 3
x −1

. Tính

3

I = ∫ f ( x ) dx .
2

A. I = 2 .
B. I = 4 .
C. I = −2 .
D. I = 8 .
uuuu
r
uuur
Câu 37. Cho khối hộp ABCDA′B′C ′D′ có thể tích V . Các điểm M , N , P thỏa mãn AM = 2 AC ,

uuur
uuur uuu
r
uuuu
r
AN = 3 AB′ , AP = 4 AD′ . Tính thể tích khối chóp AMNP theo V .
A. 6V .
B. 8V .
C. 12V .
D. 4V .
1 1 5
Câu 38. Cho số phức z thỏa mãn z − 1 = 5 , + =
và z có phần ảo dương. Tìm tổng phần thực
z z 17
và phần ảo của z .
A. 2 .
B. 4 .
C. 6 .
D. 8 .
Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 1; 2; 2 ) và đường thẳng
x − 6 y −1 z − 5
=
=
. Tìm tọa độ điểm B đối xứng với A qua d .
2
1
1
A. B ( −3; 4; − 4 ) .
B. B ( 2; − 1;3 ) .
C. B ( 3; 4; − 4 ) .

d:

D. B ( 3; − 4; 4 ) .

Câu 40. Ông An có một khu đất hình elip với độ dài trục lớn 10 m và độ dài trục bé 8 m. Ông An muốn
chia khu đất thành hai phần, phần thứ nhất là một hình chữ nhật nội tiếp elip dùng để xây bể cá
cảnh và phần còn lại dùng để trồng hoa. Biết chi phí xây bể cá là 1000000 đồng trên 1m 2 và chi
4|


phí trồng hoa là 1200000 đồng trên 1m 2 . Hỏi ông An có thể thiết kế xây dựng như trên với tổng
chi phí thấp nhất gần nhất với số nào sau đây?
A. 67398224 đồng.
B. 67593346 đồng. C. 63389223 đồng. D. 67398228 đồng.
x − 5 y + 7 z − 12
=
=
Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :
và mặt phẳng
2
2
−1
( α ) : x + 2 y − 3z − 3 = 0 . Gọi M là giao điểm của d với ( α ) , A thuộc d sao cho AM = 14 .
Tính khoảng cách từ A đến ( α ) .
A. 2.

B. 3.

C. 6.


D. 14 .
2
2
Câu 42. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y = m x − ( m − 2019m ) x − 1 có
2

đúng một điểm cực trị.
A. 2019 .

B. 2020 .

C. 2018 .

4

D. 2017 .

là tập tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
y = x + 3x + 2 − 4 x 2 + 3x + 2 + mx có tiệm cận ngang. Tổng các phần tử của S là

S

Câu 43. Gọi
3

3

2

A. −2 .


B. 2 .

C. −3 .

D. 3 .

C. P = e 2019 .

D. P = −

2
Câu 44. Cho hàm số f ( x ) = − ln ( x + x ) . Tính P = e f ( 1) + e f ( 2) + ... + e f ( 2019 ) .

A. P =

2020
.
2019

B. P =

2019
.
2020

2019
.
2020


Câu 45. Cho các số phức z1 , z2 thỏa mãn phương trình z − 2 − 3i = 5 và z1 − z2 = 6 . Biết rằng tập hợp
các điểm biểu diễn số phức w = z1 + z2 là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó.
A. R = 8 .

B. R = 4 .

C. R = 2 2 .

D. R = 2 .

3
2
Câu 46. Cho các số thực x , y thay đổi thỏa mãn x 2 + y 2 − xy = 1 và hàm số f ( t ) = 2t − 3t + 1 .

 5x − y + 2 
Gọi M , m tương ứng là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của Q = f 
÷ . Tổng
 x+ y+4 
M + m bằng
A. − 4 − 3 2 .

B. − 4 − 5 2 .

C. − 4 − 4 2 .

D. − 4 − 2 2 .

Câu 47. Trong các khối chóp tứ giác đều S . ABCD mà khoảng cách từ A đến mp ( SBC ) bằng 2a , khối
chóp có thể tích nhỏ nhất bằng
A. 2 3a 3 .


B. 2a 3 .

C. 3 3a 3 .

x
Câu 48. Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 3

2

+ 2 x +1− 2 x − m

D. 4 3a 3 .
= log x2 + 2 x +3 ( 2 x − m + 2 ) có

đúng ba nghiệm phân biệt là
A. 3 .
B. −2 .
C. −3 .
D. 2 .
2
2
2
Câu 49. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c − 2a − 4b = 4 . Tính P = a + 2b + 3c khi biểu
thức 2a + b − 2c + 7 đạt giá trị lớn nhất.
A. P = 7 .
Câu 50. Cho cấp số cộng

( an ) ,


B. P = 3 .

dương n nhỏ nhất sao cho bn > 2019an
5|

( bn )
f ( a1 ) và

cấp số nhân

f ( x ) = x3 − 3x sao cho f ( a2 ) + 2 =

C. P = −3 .
D. P = −7 .
thoả mãn a2 > a1 ≥ 0 , b2 > b1 ≥ 1 và hàm số

f ( log 2 b2 ) + 2 = f ( log 2 b1 ) . Tìm số nguyên


A. 17.

B. 14.

C. 15.

D. 16.

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


1-D

2-D

3-C

4-C

5-C

6-A

7-B

8-D

9-A

10-A

11-D

12-A

13-B

14-A

15-C


16-B

17-C

18-D

19-B

20-C

21-A

22-D

23-A

24-A

25-A

26-B

27-D

28-C

29-B

30-D


31-A

32-A

33-B

34-C

35-B

36-B

37-B

38-D

39-D

40-A

41-B

42-C

43-A

44-B

45-A


46-C

47-A

48-C

49-B

50-D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: D
Đặt I =

5

5

−1

−1

∫ f ( x ) dx ; J = ∫ g ( x ) dx

5
 2 I + 3 J = −5
I = 2
⇔
⇒

Ta có 

∫−1  f ( x ) + g ( x )  dx = I + J = −1 .
3I − 5 J = 21
 J = −3

Câu 2 : D

Cnk =

Ak
n!
= n.
k !. ( n − k ) ! k !

Câu 3: C
Ta có w = ( 1 + 2i ) z = ( 1 + 2i ) ( 3 − 2i ) = 7 + 4i . Số phức w có phần ảo bằng 4
Câu 4: C

(α )
(α )

đi qua điểm O ( 0; 0;0 ) nên loại phương án A và B.
r
rr
có một vectơ pháp tuyến là n = ( 1; −2;0 ) và n.k = 0 nên Oz ⊂ ( α ) .

Câu 5: C
Xét hàm số y = x 3 − 3 x + 2 có hệ số a = 1 > 0 nên hàm số không thể nghịch biến trên ¡ ⇒ loại
đáp án A.

Xét hàm số y = x 4 + 2 x 2 + 2 là hàm số bậc 4 trùng phương nên hàm số không thể nghịch biến
trên ¡ ⇒ loại đáp án B.
Xét hàm số y = − x 3 + 2 x 2 − 4 x + 1 có y′ = −3x 2 + 4 x − 4 < 0 , ∀x ∈ ¡ ⇒ hàm số nghịch biến
trên ¡ .
Câu 6: A
−x
−x
−x
Ta có F ( x ) = ∫ f ( x ) dx = ∫ ( e + sin x ) dx = ∫ e dx + ∫ sin xdx = −e − cos x + C .

0
Lại có F ( 0 ) = 0 ⇔ −e − cos 0 + C = 0 ⇔ C = 2 .
−x
Vậy F ( x ) = −e − cos x + 2 .

Câu 7: B
6|


Theo bảng biến thiên ta có

f ′ ( x ) đổi dấu từ âm sang dương khi qua x = −1 nên hàm số f ( x ) đạt cực tiểu tại x = −1 ;
f ′ ( x ) đổi dấu từ dương sang âm khi qua x = 0 nên hàm số f ( x ) đạt cực đại tại x = 0 .
.
Câu 8: D
- Cả 4 đáp án đều có dạng (1).
- Đáp án A, B, C đều thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + c 2 − d > 0 và ở đáp án D có a =
a=

3

, b=2,
2

3
, d = 7 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 − d = 0 ( không thỏa mãn ).
2

Câu 9: A

Xét khối lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có tất cả các cạnh bằng a 3 .
Khi đó S ∆ABC =

3a 2 3
3a 2 3 9a 3
. Do đó thể tích khối lăng trụ đã cho bằng V = a 3.
.
=
4
4
4

Câu 10: A
Vì đồ thị hàm số có bề lõm quay lên trên và có ba điểm cực trị là x = 2 x = 0 và x =- 2 nên
chọn đáp án A
Phát triển
Câu 11: D
Ta có

(


)

1
log a a 3b2 c = log a a 3 + log a b 2 + log a c = 3 + 2 log a b + log a c = 8
2
Câu 12: A
Gọi h,l và r lần lượt là đường cao, đường sinh và bán kính đáy của hình trụ.
Ta có: r = 4, h = l = 5 .
Ta có: S xq = 2π rl = 2π rh = 40π .
Câu 13: B
Áp dụng công thức S n =

7|

u1 ( 1 − q n )
1− q

, ta có


10
3 1 − ( −2 ) 
 = −1023 .
S10 = 
1 − ( −2 )

Câu 14: A

uuur
r

Ta có AB = ( 2; 4; − 8 ) , vậy đường thẳng AB có một vectơ chỉ phương là u = ( 1; 2; − 4 ) .

Câu 15: C
Ta có: log a

x
= log a x − log a y .
y

Câu 16: B
1 
Tập xác định D = ¡ \   .
2

Ta có: lim y = lim
x →±∞

lim + y = lim +

1
x → ÷
2

1
x → ÷
 2

x →±∞

x+2 1

=
2x −1 2

⇒ ( C ) có tiệm cận ngang y =

x+2
= +∞
2x −1

⇒ ( C ) có tiệm cận đứng x =

1 1
I  ; ÷ là tâm đối xứng của đồ thị
2 2

( C)

có 2 trục đối xứng là y =

1
⇒ A đúng.
2

1
⇒ C đúng.
2

⇒ D đúng.

1

1
và x = ⇒ B sai.
2
2

Câu 17 : C

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD .
Ta có ·ABC = 90° , ·ADC = 90° và ·ASC = 90° suy ra các đỉnh B , D , S cùng nhìn đoạn thẳng
AC dưới một góc vuông nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S . ABCD và
AC
R = OA =
= a.
2
4
4 3
3
Vậy V = π R = π a .
3
3
Câu 18: D
ur
uu
r
Đường thẳng d1 có vtcp u1 = ( 2;- 1;1) , đường thẳng d 2 có vtcp u2 = ( - 1;2;0) .

8|


r ur uu

r
r
ù
u
,
u
Đường thẳng D vuông góc với d1 và d 2 nên nhận u = é
1
2 ú= ( - 2; - 1;3) hoặc u = ( 2;1; - 3)
ê
ë
û
làm vectơ chỉ phương.
ïìï x = 1 + 2t
ï
Phương trình đường thẳng D : í y =- 2 + t .
ïï
ïïî z = 3 - 3t
Câu 19: B

Vì SA ⊥ ( ABCD ) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mp ( ABCD ) , suy ra
·
·
goc ( SC ; mp ( ABCD ) ) = goc ( SC ; AC ) = SCA
và SCA
= 450
SA
·
=
⇒ SA = 2a

Tính được AC = AB 2 + BC 2 = 2a và tan SCA
AC
1
a3 3
Khi đó VS . ABC = SA.S ABC =
3
3
V
V
SM SN SA 1 1 1
a3 3
.
.
= . = ⇒ VS . AMN = S . ABC =
Ta lại có S . AMN =
VS . ABC
SB SC SA 2 3 6
6
18

(

)

Câu 20: C

2

10


0

2

Dựa đồ thị hàm số ta có diện tích hình phẳng S = ∫ x 3dx + ∫
Câu 21: A

9|

( 10 − x ) dx = 36 .


Ta có log12 27 = a ⇔
Suy ra log 6 16 =

log 2 27
2a
= a ⇒ log 2 3 =
.
log 2 12
3− a

4( 3 − a)
log 2 16
4
=
=
log 2 6 1 + log 2 3
3+ a


Câu 22: D
 y = 2 x3 − 5 x2 + 3x + 2
 −3 x + 4 = 2 x 3 − 5 x 2 + 3 x + 2
⇔
⇔
Tọa độ giao điểm là nghiệm của hệ 

y
=
−
3
x
+
4
y
=
−
3
x
+
4


1

 x = 2
2 x3 − 5 x 2 + 6 x − 2 = 0
.
⇔


5
y
=
−
3
x
+
4

y =

2

1

a=


2
⇒ a +b = 3.
Vậy 
b = 5


2
Câu 23: A
Điều kiện: x > 0 .
2
2
Ta có 5log 3 x − log 3 ( 9 x ) + 1 = 0 ⇔ 5log 3 x − log 3 x − 1 = 0


Đặt log 3 x = t phương trình ( 1) trở thành 5t 2 − t − 1 = 0

( 1) .

( 2) .

1
và do đó phương trình ( 1) có hai
5
1
1
1
nghiệm x1 , x2 thỏa mãn log 3 x1 + log 3 x2 = ⇒ log 3 ( x1 x2 ) = ⇒ x x = 35 = 5 3 .
1 2
5
5
Câu 24: C
Dễ thấy phương trình ( 2 ) có hai nghiệm t1 , t2 và t1 + t2 =

Phương trình z 2 − 5 z + 7 = 0 có hai nghiệm z =
2

5−i 3
5+i 3
và z =
2
2

2


Suy ra P = z1 + z2 = 14 .
Câu 25: A

Ta có: tam giác ABC vuông tại A , ·ABC = 60o , BC = a .
Do đó hình nón có độ dài đường sinh l = a ,
Bán kính đáy r = AC = BC.sin 60o =
2
2
Đường cao hình nón h = l − r =

10 |

a
2

a 3
2


1
π a3
Thể tích khối nón V = π r 2 .h =
.
3
8
Câu 26: B
1
2
+ Vì không là số nguyên nên điều kiện là x − 3 x + 2 > 0 ⇔ x ∈ ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ )

3
+ Chọn B
Câu 27: D
Ta có: log 1 ( 2 x +1) > 0 Û 0 < 2 x +1 <1 Û 2

1
< x < 0.
2

æ1 ÷
ö
- ;0÷
.
Tập nghiệm của bất phương trình: S = ç
ç
÷
ç 2 ø
è
Câu 28: C

BD ⊥ AC 
 ⇒ BD ⊥ ( SAC ) mà BD ⊂ ( SBD ) ⇒ ( SAC ) ⊥ ( SBD ) và
BD ⊥ SA 
·
( SAC ) ∩ ( SBD ) = SO suy ra ( SA, ( SBD ) ) = ( SA, SO ) = ASO
vì tam giác SAO vuông tại A .

Ta có

Ta có tam giác ABC đều cạnh 2a ⇒ OA =


1
AC = a .
2

Xét tam giác vuông SAO ta có: tan ·ASO =

OA 1
=
⇒ ·ASO = 30° .
SA
3

Vậy ( SA, ( SBD ) ) = 30° .
Câu 29: B

1

u = ln x
du = dx



x
1
⇒
Đặt dv =
.
d
x

−1
2


v=
( 1+ x)

 1 + x
e

ln x

∫ ( 1+ x)
1

11 |

2

dx = −

e
e
ln x e
1
1
1 
1
+∫
dx = −

+ ∫ −
÷dx .
1+ x 1 1 x ( 1+ x)
e +1 1  x x + 1 


=−

e
1
1
+ 1 − ln ( e + 1) − ln1 + ln 2 .
+ ( ln x − ln ( x + 1) ) = −
e +1
1
e +1

=−

1
2
a
2
+ ln
+1 =
+ b ln
+ c ⇒ a = −1; b = 1; c = 1 ⇒ a + b + c = 1 .
e +1
e +1
e+1

e+1

Câu 30: D
Ta có: y′ = 3x 2 − 6 x .
3
2
Giả sử B ∈ ( C ) ⇒ B ( x0 ; y0 ) ⇒ y0 = x0 − 3 x0 + 2 .
3
2
2
Phương trình tiếp tuyến ( T ) của ( C ) tại B là y − ( x0 − 3x0 + 2 ) = ( 3 x0 − 6 x0 ) ( x − x0 ) .

( T ) đi qua A ( 3; 2 )

3
2
2
nên 2 − ( x0 − 3 x0 + 2 ) = ( 3 x0 − 6 x0 ) ( 3 − x0 ) .

 x0 = 0
⇔ 2 x03 − 12 x02 + 18 x0 = 0 ⇔ 
.
 x0 = 3
Khi đó hai tiếp tuyến là: y = 2 hoặc y = 9 x − 25 .
Vậy có 2 tiếp tuyến của đồ thị hàm số đi qua A ( 3; 2 ) .
Câu 31: D
Đặt cos x = t ( t ≤ 1) ta có f (t ) =
f ′( t ) =

−5


( t − 2)

2

2t + 1
, với ∀t ∈ [ −1;1] .
t−2

< 0 với ∀t ∈ [ −1;1] ⇒ hàm số nghịch biến trên [ −1;1] .

⇒ M = Max f (t ) = f (−1) =
[ −1;1]

1
f (t ) = f (1) = −3 .
và m = Min
[ -1;1]
3

Vậy 9 M + m = 0 .
Nên chọn A.
Câu 32: A
Vì mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng ( P ) nên có bán kính r = d ( I , ( P ) ) =
Vậy phương trình mặt cầu là: ( x + 1) + ( y − 3) + z 2 = 4 .
2

2

Câu 33: B

Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) . Suy ra z = a − bi .
Khi đó: z ( 1 + 2i ) − z ( 2 − 3i ) = −4 + 12i

⇔ ( a + bi ) ( 1 + 2i ) − ( a − bi ) ( 2 − 3i ) = −4 + 12i
⇔ − a + b + ( 5a + 3b ) i = −4 + 12i
− a + b = −4
a = 3
⇔
⇔
.
5a + 3b = 12
b = −1

Do đó điểm M biểu diễn số phức z có toạ độ là ( 3; − 1) .
Câu 34: C
12 |

2 ( −1) − 3 + 0 + 11
22 + ( −1) + 22
2

= 2.


Đặt y = h ( x ) =

f ( x) + 3

g ( x) +1


f ' ( x )  g ( x ) + 1 − g ' ( x )  f ( x ) + 3

Ta có h ' ( x ) =

 g ( x ) + 1

2

Theo bài ra ta có f ' ( 1) = g ' ( 1) = h ' ( 1) ≠ 0
⇒ h ' ( 1) =

f ' ( 1)  g ( 1) + 1 − g ' ( 1)  f ( 1) + 3
 g ( 1) + 1

2

⇔  g ( 1) + 1 = g ( 1) − f ( 1) − 2
2

⇔ f ( 1) = − g 2 ( 1) − g ( 1) − 3
2

1  11
11

⇔ f ( 1) = −  g ( 1) +  − ≤ −
2
4
4


Câu 35: B
Lấy ba điểm phân biệt không thẳng hàng sẽ tạo thành một tam giác nên số tam giác tạo thành
là:

Cn3+6 - C43 - Cn3 = 247 Û n = 7
Câu 36: B
x
x
Đặt t = e + 1 ⇒ dt = e dx ⇒ dx =

dt
.
t −1

Đổi cận x = 0 ⇒ t = 2; x = ln 2 ⇒ t = 3 .
ln 2

∫

Do đó

0

3

Ta có

∫

3


f ( e + 1) dx = 5 ⇒ ∫
x

2

t −1

3

dt = 5 ⇒ ∫
2

f ( x)
x −1

dx = 5 .

( 2 x − 3) f ( x ) dx = 3 ( 2 x − 2 − 1) f ( x ) dx = 3 2 f

2

x −1

3

Suy ra 2 I − ∫
2

Câu 37 : B


13 |

f ( t)

∫
2

x −1

f ( x)
dx = 3 ⇒ 2 I = 8 ⇔ I = 4 .
x −1

∫2 

( x) −

f ( x) 
 dx = 3 .
x −1 


Ta có:

VA.MNP AM AN AP
=
.
.
= 2.3.4 = 24 ⇒ VA.MNP = 24VA.CB′D′ .

VA.CB ′D′ AC AB′ AD′

1
V
Mà: VA.CB′D′ = VABCDA′B′C ′D ′ − VA. A′B′D′ − VA.B′BC − VA.D′DC − VC .C ′B′D′ = V − 4. V = ⇒ VA.MNP = 8V .
6
3
Câu 38: D
Gọi z = a + bi ( a, b ∈ R, b > 0 ) .
Ta có

z − 1 = 5 ⇔ ( a − 1) + b 2 = 25 ⇔ a 2 + b 2 − 2a = 24
2

( 1)

1 1 5
1
1
5
2a
5
34
+ =
⇔
+
=
⇔ 2
=
⇔ a 2 + b2 − a = 0

2
z z 17
a + bi a − bi 17
a + b 17
5

( 2)

Trừ vế - vế của ( 1) cho ( 2 ) ta có a = 5 ⇒ b = 3 ⇒ a + b = 8 .
Câu 39 : D

r
Từ phương trình đường thẳng d ta có véc tơ chỉ phương của d là u ( 2;1;1 )
uuur
Gọi H là hình chiếu của A trên d , suy ra H ( 6 + 2t ;1 + t ;5 + t ) ⇒ AH ( 5 + 2t ; − 1 + t ;3 + t ) . Khi đó
uuur r
uuur r
AH ⊥ u ⇔ AH .u = 0 ⇔ 2 ( 5 + 2t ) + ( −1 + t ) + ( 3 + t ) = 0 ⇔ t = −2 .
Với t = −2 thì H ( 2; − 1;3 ) .
Gọi B là điểm đối xứng với A qua d thì H là trung điểm AB ⇒ B ( 3; − 4; 4 ) .
Câu 39: D

r
Ta có d qua M ( 6;1;5 ) ; VTCP u = ( 2;1;1) .

( P)

qua A , ⊥ d có phương trình:

2 ( x − 1) + 1( y − 2 ) + 1( z − 2 ) = 0

⇔ 2x + y + z − 6 = 0
H là hình chiếu của M lên ( P ) ⇒ H ( 2; − 1;3)
14 |


B đối xứng với A qua H ⇒ B ( 3; − 4; 4 )
Câu 39.1

I = d ∩ ( P ) ⇒ I ( 0; − 2; 2 )
A ( 6;1;5 ) ∈ d
 18 29 23 
H là hình chiếu của A lên ( P ) ⇒ H  − ; − ; ÷ .
7 7 
 7

 x = −6t

⇒ d ′ qua IH :  y = −2 − 5t
 z = 2 + 3t

Câu 40 : A

Gắn mảnh vườn hình elip của ông An vào hệ trục tọa độ như hình vẽ. Độ dài trục lớn 10m và độ dài
trục bé bằng 8m nên ta có a = 5 và b = 4 .
Phương trình của elip là: ( E ) :

x2 y2
+
= 1.
25 16


Diện tích của elip là: S( E ) = π ab = 20π .
x2
Hình chữ nhật ABCD nội tiếp elip. Đặt AB = 2 x ( 0 < x < 5 ) ⇒ AD = 8 1 −
.
25
Diện tích hình chữ nhật ABCD là: S ABCD = 16 x 1 −

x2
.
25

Diện tích phần còn lại trồng hoa là: S hoa = 20π − 16 x 1 −
Tổng chi phí xây dựng là:
T = 16000000.x 1 −

15 |


x2
x2 
+ 1200000.  20π − 16 x 1 − ÷

25
25 ÷



x2
.

25


= 24000000π − 3200000 x 1 −

x2
.
25

x2
x2
+1−
x
x2
Mặt khác ta có:
25 = 8000000 .
16000000. 1 −
≤ 16000000. 25
5
25
2
x2
⇒ T = 24000000π − 3200000 x 1 −
≥ 24000000π − 8000000 = 67398223.69 .
25
Dấu " = " xảy ra khi

x
x2
5 2

(thỏa mãn).
= 1−
⇔x=
5
25
2

Vậy tổng chi phí thiết kế xây dựng thấp nhất gần với số 67398224 .
Câu 41 : B

(α )

r
r
có một vectơ pháp tuyến là n = ( 1; 2; −3) và d có một vectơ chỉ phương là u = ( 2; 2; −1) .

Gọi ϕ là góc giữa ( α ) và d , H là hình chiếu của A trên ( α ) .

1.2 + 2.2 + ( −3) ( −1)
9
AH ⇒ AH = AM sin ϕ = 14.
= 14.
=3
2
2
14.3
AM
12 + 22 + ( −3) 22 + 22 + ( −1)

Ta có sin ϕ =


Câu 42 : C
Xét m = 0 thì y = 1 đồ thị hàm số không có cực trị.
Xét m ≠ 0
2
2
Để đồ thị hàm số có 1 cực trị ⇔ m ( −m + 2019m ) < 0 ⇔ 0 < m < 2019

Do m nguyên nên có 2018 giá trị của m .
Câu 43 : A
lim y = lim

x →+∞

= lim

x →+∞

x →+∞

(

3

(

3

)


x 3 + 3x 2 + 2 − x + 2 x − 4 x 2 + 3 x + 2 + ( m − 1) x

Ta có: xlim
→+∞

(

3

)

)

)

(

x 3 + 3x 2 + 2 − x = 1 ; lim 2 x − 4 x 2 + 3 x + 2 = −

y = lim
* xlim
→−∞
x →−∞
16 |

x 3 + 3 x 2 + 2 − 4 x 2 + 3 x + 2 + mx

(

3


x →+∞

x 3 + 3 x 2 + 2 − 4 x 2 + 3 x + 2 + mx

)

3
4


= lim

x →−∞

(

3

x3 + 3x 2 + 2 − x − 2 x − 4 x 2 + 3 x + 2 + ( m + 3) x

Ta có: xlim
→−∞

(

3

)


(

)

)

x 3 + 3x 2 + 2 − x = 1 ; lim 2 x − 4 x 2 + 3 x + 2 =
x →−∞

3
4

m −1 = 0
m = 1
y hoặc lim y hữu hạn ⇔ 
⇔
* Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang ⇔ xlim
→−∞
x →+∞
m + 3 = 0
 m = −3
Câu 44 : B
TXĐ: D = ( −∞; −1) ∪ ( 0; +∞ )
f ( x)
=
Ta có e

Suy ra e

f ( 1)


1
1
−
, ∀x ∈ D
x x +1

= 1−

e f ( 2) =

1
2

1 1
−
2 3

...
e f ( 2019) =

1
1
−
2019 2020

P = e f ( 1) + e f ( 2) + ... + e f ( 2019) = 1 −

1
2019

=
2020 2020

Nhận xét: Câu 44 học sinh có thể dùng máy tính đề tính biểu thức P
Câu 45: A
Giả sử A , B lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1 , z2 trên mặt phẳng tọa độ Oxy . Theo giả thiết ta
có

A , B thuộc đường tròn tâm I ( 2;3) , bán kính r = 5 và AB = 6 .
Gọi M là trung điểm của AB khi đó M cũng là điểm biểu diễn số phức u =

z1 + z2 w
= .
2
2

Lại có
2

 AB 
IM = IA − AM = r − 
÷ = 16 ⇒ IM = 4 .
 2 
2

2

2

2


Vậy M thuộc đường tròn tâm I ( 2;3) bán kính r ' = 4 .
Suy ra các điểm biểu diễn số phức w = z1 + z2 = 2u là một đường tròn bán kính R = 2r ′ = 8
Câu 46: C

5x − y + 2
y  3y2

Ta có: x 2 + y 2 − xy = 1 ⇔  x − ÷ +
= 1 . Ta đặt: t =
x+ y+4
2
4

2

⇒ t ( x + y + 4 ) = 5 x − y + 2 ⇔ ( t − 5 ) x + ( t + 1) y + 4t − 2 = 0 .

y

⇔ ( t − 5 )  x − ÷+
2


(

3t − 3

)


3y
= 2 − 4t .
2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
17 |


( 2 − 4t )

2


y

= ( t − 5 )  x − ÷+
2



⇒ ( 2 − 4t ) ≤ ( t − 5 ) +

2

2

(

(


3t − 3

2

3y  
2
 ≤ ( t − 5 ) +
2  

)

(

2
2 
y  3y2 
3t − 3   x − ÷ +

 
2
4 


)

)

2
3t − 3  .1



⇔ 12t 2 − 24t ≤ 0 ⇔ − 2 ≤ t ≤ 2 .
3
2
Xét hàm số f ( t ) = 2t − 3t + 1 với − 2 ≤ t ≤ 2 .

t = 0
2
2
Có: f ′ ( t ) = 6t − 6 nên f ′ ( t ) = 0 ⇔ 6t − 6t = 0 ⇔ 
.
t = 1

(

)

Ta có: f − 2 = −5 − 4 2 , f ( 0 ) = 1 , f ( 1) = 0 , f

(

( 2 ) = −5 + 4

2

)

Do đó M = f ( 0 ) = 1 , m = f − 2 = −5 − 4 2 .
Vậy M + m = − 4 − 4 2 .
Bài toán gốc: Cho ax 2 + by 2 + cxy = d . Tìm MGT t =


a1 x + b1 y + c1
a2 x + b2 y + c2

Phương pháp giải:
Cách 1. Lượng giác hóa (Song Tử Mắt Nâu)
Ta có: ax 2 + by 2 + cxy = d ⇔ ( a ' x + b ' y ) + ( c ' x + d ' y ) = 1
2

2

a ' x + b ' y = sin α
 x = m sin α
⇔
Đặt 
c ' x + d ' y = cos α
 y = n cos α
Suy ra: t =

a1 x + b1 y + c1
⇔ A sin α + B cos α = C
a2 x + b2 y + c2

Ta có: A2 + B 2 ≥ C 2 suy ra MGT của t .
Cách 2. (Một cách nhìn khác đồng nhất hệ số Ng.Việt Hải)
•t=

a1 x + b1 y + c1
⇔ A ( mx + ny ) + B ( kx + qy ) = C
a2 x + b2 y + c2


• Chọn m, n, k , q sao cho ( mx + ny ) + ( kx + qy ) ≡ ax 2 + by 2 + cxy
2

m 2 + k 2 = a

⇔ n 2 + q 2 = b
2mn + 2kq = c


2

(

)

2
2
2
• Áp dụng BĐT Bunhiacoxki ta có: C ≤ A + B d suy ra MGT của t .

Câu 47: A

18 |


Gọi I là trung điểm của AD; K là trung điểm của CB, O là tâm của hình chữ nhật ABCD.
Trong tam giác SOK kẻ đường cao OL.
Ta có d (O;( SBC )) = OL và d (O;( SBC )) =


1
1
d ( I ;( SBC )) = d ( A;( SBC )) = a .
2
2

Suy ra OL = a .
Đặt OK = x , x > a suy ra độ dài cạnh đáy hình chóp đều S . ABCD là 2x .
Xét trong tam giác SOK vuông tại O có OL là đường cao, ta có
1
1
1
1 1 x2 − a2
=
−
=
− = 2 2 ⇒ OS =
OS 2 OL2 OK 2 a 2 x 2
a x

a2 x2
=
x2 − a2

ax
x2 − a2

1 2
ax
4a

x3
= .
Suy ra thể tích khối chóp S . ABCD là V = 4 x . 2
3
3
x − a2
x2 − a2
Đặt f ( x) =

4a
f '( x) = .
3

4a
x3
.
3
x2 − a2
3 x 2 x 2 − a 2 − x3 .

f '( x) = 0 ⇔ x =

x2 − a2

x

2
2
2
x 2 − a 2 = 4a . x ( 2 x − 3a )

3 ( x2 − a2 ) x2 − a2

a 6
.
2

Bảng biến thiên:

a 6
f ( x) = f 
= 12 a 3 = 2 3a 3
Suy ra MinV = x∈Min
÷
÷
a
;
+∞
(
)
 2 

Câu 48: C
19 |


Ta có
3x

2


+ 2 x +1− 2 x − m

= log x2 + 2 x+3 ( 2 x − m + 2 )

3x + 2 x +3 ln ( 2 x − m + 2 )
⇔ 2 x−m +2 =
ln ( x 2 + 2 x + 3)
3
2

⇔ ln ( x 2 + 2 x + 3) .3x

2

+2 x+3

= ln ( 2 x − m + 2 ) .3

2 x−m +2

t
Xét f ( t ) = ln ( t ) .3 , ∀t ≥ 2

1
f ′ ( t ) = 3t + ln ( t ) 3t ln ( 3) > 0, ∀t ≥ 2
t
Vậy hàm số f ( t ) đồng biến .
f ( x 2 + 2 x + 3) = f ( 2 x − m + 2 )
⇔ x2 + 2 x + 3 = 2 x − m + 2
⇔ x2 + 2 x + 1 = 2 x − m

 x 2 = −1 − 2m ( 1)
⇔ 2
 x + 4 x = −1 + 2m ( 2 )
Điều kiện cần để phương trình có 3 nghiệm là :
Th1 : ( 1) có nghiệm kép ⇒ m =

−1
thử lại ta thấy thỏa mãn
2

Th2 : ( 2 ) có nghiệm kép ⇒ m =

−3
thử lại ta thấy thỏa mãn
2

Th3 : ( 1) và ( 2 ) có nghiệm chung ⇒ x = m .Thế ( 1) vào ta có m = −1
Ta có

−1 −3
+
+ ( −1) = −3
2
2

Bình luận : Bài toán là sự giao thoa giữa phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số với biện luận
nghiệm .
Câu 49: B
Cách 1: phương pháp đại số.
Ta có: a 2 + b 2 + c 2 − 2a − 4b = 4 ⇔ ( a − 1) + ( b − 2 ) + c 2 = 9 .

2

2

Áp dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối và bất đẳng thức BCS, ta có kết quả sau:

2a + b − 2c + 7 = 2 ( a − 1) + ( b − 2 ) − 2c + 11 ≤ 2 ( a − 1) + ( b − 2 ) − 2c + 11
BCS

≤ ( a − 1) + ( b − 2 )

20 |

2

2

2
+ c 2   22 + 12 + ( −2 )  + 11 = 20.




2 ( a − 1) + ( b − 2 ) − 2c > 0
a = 3

 a −1 b − 2 c

=
=

⇔ b = 3
Đẳng thức xảy ra khi: 
1
−2
 2

2
 c = −2
( a − 1) + ( b − 2 ) 2 + c 2 = 9

Khi đó: P = a + 2b + 3c = 3 + 2.3 + 3. ( −2 ) = 3.
Cách 2: phương pháp hình học.
Trong không gian Oxyz , gọi mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1;2;0 ) , bán kính R = 3 . Khi đó:

( S ) : ( x − 1)

2

+ ( y − 2 ) + z 2 = 9 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y = 4.
2

và mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − 2 z + 7 = 0 .
Gọi M ( a; b; c ) , ta có: d M ; ( P ) =

(

)

2 a + b − 2c + 7
.

3

2
2
2
Vì a + b + c − 2a − 4b = 4 ⇒ M ∈ ( S ) .

Bài toán đã cho trở thành: Tìm M ∈ ( S ) sao cho d ( M ; ( P ) ) lớn nhất.

 x = 1 + 2t

Gọi ∆ là đường thẳng qua I và vuông góc ( P ) ⇒ ∆ :  y = 2 + t .
 z = −2t

Điểm M cần tìm chính là 1 trong 2 giao điểm của ∆ với ( S ) : M 1 ( 3;3; −2 ) , M 2 ( −1;1;2 ) .
Ta có: d ( M 1 ; ( P ) ) =

20
2
20
> d ( M 2 ; ( P ) ) = ⇒ Maxd ( M ; ( P ) ) =
⇔ M ≡ M1 .
3
3
3

Vậy P = a + 2b + 3c = 3 + 2.3 + 3. ( −2 ) = 3.
Phân tích: Khi quan sát 2 cách giải, đối với giáo viên ta sẽ dễ chọn Cách 1 vì ngắn gọn và tiết kiệm thời
gian. Tuy nhiên học sinh không nhiều em đã từng được tiếp cận bất đẳng thức BCS. Đối với
Cách 2, về mặt trình bày có thể dài hơi, nhiều tính toán hơn nhưng đó chỉ là những bước tính

toán khá cơ bản, một học sinh khá nếu nhận ra ý đồ tác giả thì việc giải bài toán cũng không
mất quá nhiều thời gian. Bài toán sẽ dễ hơn nếu đề bài chỉ yêu cầu tìm Min hoặc Max của biểu
thức 2a + b − 2c + 7 .

Câu 50 : D
3
2
Xét hàm số f ( x ) = x − 3x với x ∈ [0, +∞) . Ta có f ′ ( x ) = 3x − 3 = 0 ⇔ x = ±1 từ đó ta suy ra bảng

biến thiên của f ( x ) trên [0, +∞) như sau:
x

0

f ′( x)
f ( x)
21 |

-

0

+∞

1
0

+
+∞



−2
Vì a2 > 0 nên f ( a2 ) ≥ −2 ⇒ f ( a1 ) = f ( a2 ) + 2 ≥ 0 (1)
Giả sử a1 ≥ 1 , vì f ( x ) đồng biến trên [1, +∞) nên f ( a2 ) > f ( a1 ) suy ra f ( a1 ) + 2 > f ( a1 ) vô lý. Vậy
a1 ∈ [0,1) do đó f ( a1 ) ≤ 0 (2).

 f ( a1 ) = 0
a = 0
⇔ 0
Từ (1) và (2) ta có: 
a1 = 1
 f ( a2 ) = 1
Vậy số hạng tổng quát của dãy cấp số cộng ( an ) là an = ( n − 1) .
Một cách tương tự, đặt t1 = log 2 b1 và t2 = log 2 b2 suy ra f ( t2 ) + 2 = f ( t1 ) , vì 1 ≤ b1 < b2 nên 0 ≤ t1 < t2 ,
theo lập luận trên ta có:
t1 = 0
log 2 b1 = 0
b1 = 1
⇔
⇔

t 2 = 1
log 2 b2 = 1
b2 = 2
n −1
Vậy số hạng tổng quát của dãy cấp số nhân ( bn ) là bn = 2 .
n −1
Do đó bn > 2019an ⇔ 2 > 2019 ( n − 1) (*). Trong 4 đáp án n = 16 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa
(*).


22 |