SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI
Mã đề 132

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2019 LẦN 1
Bài thi: TOÁN
Ngày thi: 23 - 24/02/2019
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 [TH]: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng

2a . Độ lớn của

góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng đáy bằng:
A. 450
B. 750
Câu 2 [NB]: Hình vẽ là đồ thị của hàm số:
x+3
x −3
A. y =
B. y =
x −1
x +1
x+3
x −3
C. y =
D. y =
x +1
x −1

C. 300

D. 600

Câu 3 [TH]: Đường thẳng ( ∆ ) là giao của hai mặt phẳng x + z − 5 = 0 và x − 2 y − z + 3 = 0 thì có
phương trình là:
x+2
=
1
x−2
=
C.
1
A.

y +1
=
3
y −1
=
1

x+2
=
1
x−2
=
D.
1

z

−1
z −3
−1

B.

y +1 z
=
2
−1
y −1 z − 3
=
2
−1

Câu 4 [TH]: Cho tập S = { 1; 2;3;...;19; 20} gồm 20 số tự nhiên từ 1 đến 20. Lẫy ngẫu nhiên ba số thuộc S.
Xác suất để ba số lấy được lập thành một cấp số cộng là
7
5
A.
B.
38
38

C.

3
38

D.


1
114

Câu 5 [TH]: Mặt phẳng ( P ) đi qua A ( 3;0;0 ) , B ( 0;0; 4 ) và song song trục Oy có phương trình:
A. 4 x + 3 z − 12 = 0

B. 3 x + 4 z − 12 = 0

C. 4 x + 3 z + 12 = 0

D. 4 x + 3 z = 0

Câu 6 [VD]: Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có AB = 2 3, BB ' = 2 . Gọi M , N , P tương ứng là trung
điểm của A ' B, A ' C ', BC . Nếu gọi α là độ lớn của góc của hai mặt phẳng ( MNP ) và ( ACC ') thì cos α
bằng:
A.

4
5

B.

2
5

C.

3
5


D.

2 3
5

Câu 7 [TH]: Lăng trụ có chiều cao bằng a, đáy là tam giác vuông cân và có thể tích bằng 2a 3 . Cạnh góc
vuông của đáy lăng trụ bằng
A. 4a
B. 2a
C. a
D. 3a
Câu 8 [TH]: Tổng các nghiệm của phương trình 4 x − 6.2 x + 2 = 0 bằng:
A. 0
B. 1
C. 6

D. 2

Câu 9 [TH]: Xét các số phức z thỏa mãn z − 1 − 3i = 2 . Số phức z mà z − 1 nhỏ nhất là:


A. z = 1 + 5i

B. z = 1 + i

C. z = 1 + 3i

D. z = 1 − i


e x + m khi x ≥ 0
Câu 10 [TH]: Cho hàm số f ( x ) = 
liên tục trên ¡ và
2
 2 x 3 + x khi x < 0

( a, b, c ∈ ¤ ) . Tổng T = a + b + 3c

∫ f ( x ) dx = ae + b

3 + c,

−1

bằng:

B. −10

A. 15

1

C. −19

D. −17

Câu 11 [VD]: Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2 và cạnh bên bằng 2 2 . Gọi α là góc của
mặt phẳng ( SAC ) và mặt phẳng ( SAB ) . Khi đó cos α bằng
5
7


A.

B.

2 5
5

C.

21
7

5
5

D.

Câu 12 [VD]: Trong không gian Oxyz, cho A ( 2;0;0 ) , B ( 0; 4;0 ) , C ( 0;0;6 ) , D ( 2; 4;6 ) . Gọi ( P ) là mặt
phẳng song song với mp ( ABC ) , ( P ) cách đều D và mặt phẳng ( ABC ) . Phương trình của ( P ) là:
A. 6 x + 3 y + 2 z − 24 = 0

B. 6 x + 3 y + 2 z − 12 = 0

C. 6 x + 3 y + 2 z = 0

D. 6 x + 3 y + 2 z − 36 = 0

Câu 13 [TH]: Số nào sau đây là điểm cực đại của hàm số y = x 4 − 2 x 3 + x 2 + 2 ?
A.


1
2

B. 1

C. 0

D. 2

Câu 14 [VD]: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ , f ( 0 ) = 0, f ' ( 0 ) ≠ 0 và thỏa mãn hệ thức
1

f ( x ) / f ' ( x ) + 18 x 2 = ( 3 x 2 + x ) f ' ( x ) + ( 6 x + 1) f ( x ) ∀x ∈ ¡ . Biết

∫ ( x + 1) e

f ( x)

dx = ae 2 + b ( a, b ∈ ¤ ) .

0

Giá trị của a − b bằng:
A. 1

B. 2
m

Câu 15 [TH]: Cho


∫ ( 3x
0

A. ( −1; 2 )

2

C. 0

D.

2
3

− 2 x + 1) dx = 6 . Giá trị của tham số m thuộc khoảng nào sau đây?
B. ( −∞;0 )

C. ( 0; 4 )

D. ( −3;1)

Câu 16 [NB]: Hàm số y = − x 3 + 3 x 2 − 2 đồng biến trên khoảng:
A. ( 0; 2 )

B. ( −∞;0 )

Câu 17 [NB]: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ và

C. ( 1; 4 )


D. ( 4; +∞ )

4

4

3

0

0

0

∫ f ( x ) dx = 10,∫ f ( x ) dx = 4 . Tích phân ∫ f ( x ) dx

A. 4
B. 7
C. 3
D. 6
Câu 18 [TH]: Một hộp có 10 quả cầu xanh, 5 quả cầu đỏ. Lấy ngẫu nhiên 5 quả từ hộp đó. Xác suất để
được 5 quẩ có đủ hai màu là:
13
132
12
250
A.
B.
C.

D.
143
143
143
273
π
Câu 19 [NB]: Tập xác định của hàm số y =  ln ( x − 2 )  là:

A. ¡

B. ( 3; +∞ )

C. ( 0; +∞ )

D. 2; +∞


Câu 20 [VD]: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = a, AD = AA ' = 2a . Khoảng cách giữa
hai đường thẳng AC và DC ' bằng:
6a
3

A.

3a
2

B.

3a

3

C.

D.

3a
2

Câu 21 [TH]: Hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ và dấu của đạo hàm được cho bởi bảng
dưới đây:
−∞

x
f '( x)

0
0

+

+∞

2
0

−

+


Hàm số y = f ( 2 x − 2 ) nghịch biến trên khoảng:
A. ( −1;1)

B. ( 2; +∞ )

C. ( 1; 2 )

D. ( −∞; −1)

2
n−2
8
n −8
2
n −8
2 1
2 2
2 n
Câu 22 [VD]: Cho n ∈ ¥ * và Cn .C n + Cn .Cn = 2Cn .Cn . Tổng T = 1 Cn + 2 Cn + ... + n Cn bằng:

A. 55.29

B. 55.210

C. 5.210

D. 55.28

Câu 23 [VD]: Đường thẳng ∆ đi qua điểm M ( 3;1;1) , nằm trong mặt phẳng ( α ) : x + y − z − 3 = 0 và tạo
x = 1


với đường thẳng d :  y − 4 + 3t một góc nhỏ nhất thì phương trình của ∆ là:
 z = −3 − 2t

x = 1

A.  y = −t '
 z = 2t '


 x = 8 + 5t '

B.  y = −3 − 4t '
z = 2 + t '


 x = 1 + 2t '

C.  y = 1 − t '
 z = 3 − 2t '


 x = 1 + 5t '

D.  y = 1 − 4t '
 z = 3 + 2t '


Câu 24 [NB]: Cho n ∈ ¢ và n ! = 1 . Số giá trị của n thỏa mãn giả thiết đã cho là:
A. 1


B. 2

C. 0

D. vô số

Câu 25 [TH]: Cho hàm số f ( x ) có đồ thị như hình dưới đây. Hàm số g ( x ) = ln ( f ( x ) ) đồng biến trên
khoảng nào dưới đây?
A. ( −∞;0 )

B. ( 1; +∞ )

C. ( −1;1)

D. ( 0; +∞ )

2x
Câu 26 [TH]: Hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ và f ' ( x ) = 2e + 1 ∀x, f ( 0 ) = 2 . Hàm f ( x )

là:
A. y = 2e x + 2 x

B. y = 2e x + 2

C. y = e 2 x + x + 2

D. y = e 2 x + x + 1

Câu 27 [VD]: Cần sản xuất một vỏ hộp sữa hình trụ có thể tích V cho trước. Để tiết kiệm vật liệu

nhất thì bán kính đáy phải bằng.
A.

3

V
2π

B.

3

V
2

C.

3

V
π

D.

3

V
3π

x

x +1
Câu 28 [VD]: Bất phương trình 4 − ( m + 1) 2 + m ≥ 0 nghiệm đúng với mọi x ≥ 0 . Tập tất cả các giá

trị của m là:
B. ( −∞; −1]
C. ( −∞; −0]
D. ( −1;16]
r
r
r
r r r r
Câu 29 [NB]: Cho a = ( 2;1;3) , b = ( 4; −3;5 ) , c = ( 2; 4;6 ) . Tọa độ của vectơ u = a + 2b − c là:
A. ( −∞;12 )

A. ( 10;9;6 )

B. ( 12; −9;7 )

C. ( 10; −9;6 )

D. ( 112; −9;6 )


1
1
Câu 30 [TH]: Cho một cấp số nhân ( un ) : u1 = , u4 = 4 . Số hạng tổng quát bằng:
4
4
1
1

1
1
*
*
*
,n∈¥*
A. n , n ∈ ¥
B. 4 , n ∈ ¥
C. n +1 , n ∈ ¥
D.
4
n
4
4n
Câu 31 [TH]: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn các điều kiện z1 = z2 = 2 và z1 + 2 z2 = 4 . Giá trị của
2z1 − z2 bằng:
A. 2 6

B.

C. 3 6

6

Câu 32 [NB]: Số tiệm cận (đứng và ngang) của đồ thị hàm số y =
A. 1

B. 3

D. 8

x +1
x3 − 1

là:

C. 0

D. 2

Câu 33 [VD]: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2, AD = 2 3 và nằm trong mặt phẳng ( P ) . Quay ( P )
một vòng quanh đường thẳng BD. Khối tròn xoay được tạo thành có thể bằng:
28π
28π
56π
A.
B.
C.
9
3
9

D.

56π
3

2

2
Câu 34 [TH]: Tập nghiệm của bất phương trình x − 3 x + 2 > 2 là:


A. ( −3; 2 )

B. ( −3;3)

C. ( −3;3) \ { −2;0}

D. ( −∞; −3) ∪ ( 3; +∞ )

Câu 35 [NB]: Hệ số góc của tiếp tuyến tại A ( 1;0 ) của đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 2 là:
B. −1
C. −3
D. 0
1 3 3 2
Câu 36 [VD]: Cho hàm số y = x − x + 2 ( C ) . Xét hai điểm A ( a; y A ) , B ( b; y B ) phân biệt của đồ thị
2
2
A. 1

( C)

mà tiếp tuyến tại A và B song song. Biết rằng đường thẳng AB đi qua D ( 5;3) . Phương trình của AB

là:
A. x − y − 2 = 0

B. x + y − 8 = 0

C. x − 3 y + 4 = 0


D. x − 2 y + 1 = 0

Câu 37 [VD]: Trong không gian Oxyz, cho A ( 4; −2;6 ) , B ( 2; 4; 2 ) , M ∈ ( α ) : x + 2 y − 3 z − 7 = 0 sao cho
uuur uuur
MA.MB nhỏ nhất. Tọa độ của M bằng:
 29 58 5 
A.  ; ; ÷
 13 13 13 

B. ( 4;3;1)

Câu 38 [VD]: Số điểm cực trị của hàm số y = sin x −
A. 2

B. 4

C. ( 1;3; 4 )

 37 −56 68 
; ÷
D.  ;
 3 3 3 

x
, x ∈ ( −π ; π ) là:
4
C. 3

D. 5


x
x
Câu 39 [VDC]: Phương trình 4 + 1 = 2 m.cos ( π x ) có nghiệm duy nhất. Số giá trị của tham số m thỏa

mãn là:
A. vô số

B. 1

C. 2

D. 0

Câu 40 [VDC]: Cho a, b, c là ba số thực dương, a > 1 và thỏa mãn
2

bc 

log ( bc ) + log a  b3c 3 + ÷ + 4 + 4 − c 2 = 0 . Số bộ ( a; b;c ) thỏa mãn điều kiện đã cho là:
4

2
a


A. 0

B. 1
C. 2
2

Câu 41 [NB]: Cho số phức z = 1 − i . Biểu diễn số z là điểm:
A. M ( −2;0 )

B. M ( 1; 2 )

D. vô số

C. E ( 2;0 )

Câu 42 [NB]: Số điểm cực trị của hàm số f ( x ) =

x2

2tdt

∫ 1+ t

2

D. N ( 0; −2 )

là:

2x

A. 0

B. 1

C. 2


Câu 43 [VDC]: Giá trị lớn nhất của hàm số y =

D. 3

x + x −m
trên [ 0; 2] bằng 5. Tham số m nhận giá trị
x +1
3

2

là:
A. −5
Câu

44

[VDC]:

C. −3

B. 1
Trong

không

gian

Oxyz,


cho

mặt

D. −8
cầu

x2 + y 2 + z 2 = 9

và

điểm

x = 1+ t

M ( x0 ; y0 ; z 0 ) ∈ ( d ) :  y = 1 + 2t . Ba điểm A, B, C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho MA, MB, MC là
 z = 2 − 3t

2
2
2
tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng ( ABC ) đi qua D ( 1;1; 2 ) . Tổng T = x0 + y0 + z0 bằng:

A. 30

B. 26

C. 20


(

) (

D. 21

)

Câu 45 [VDC]: Trong không gian Oxyz, cho các điểm A 0; 4 2;0 , B 0;0; 4 2 , điểm C ∈ mp ( Oxy )
và tam giác OAC vuông tại C; hình chiếu vuông góc của O trên BC là điểm H. Khi đó điểm H luôn thuộc
đường tròn cố định có bán kính bằng:
A. 2 2

B. 4

C.

3

D. 2

Câu 46 [VDC]: Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' có A ' B vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) ; góc
của AA ' với ( ABCD ) bằng 450 . Khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB ' và DD ' bằng 1. Góc của
mặt phẳng ( BCC ' B ') và mặt phẳng ( CC ' D ' D ) bằng 600 . Thể tích khối hộp đã cho là:
A. 2 3

B. 2

C.


3

D. 3 3

Câu 47 [VD]: Hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi đồ thị ( C ) của hàm số đa thức bậc ba và parabol ( P )
có trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần tô đậm như hình vẽ có diện tích bằng:


37
7
B.
12
12
Câu 48 [NB]: Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số:
−∞
x
0
A.

y'
y

C.

+∞

D.

−


+

5
12

+∞

+∞

0

0
−2
C. y = x ( x ≠ 0 )

B. y = log 3 x

A. y = x 3

11
12

D. y = 3x

Câu 49 [TH]: Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối hộp chữ nhật có kích thước: a, 3a, 2a là:
B. 4 π a 2

A. 8a 2

C. 16 π a 2


D. 8 π a 2

Câu 50 [VD]: Cho hình phẳng ( D ) giới hạn bởi các đường: y = x − π , y = sin x, x = 0 . Gọi V là thể tích
4
khối tròn xoay tạo thành do ( D ) quay quanh trục hoành và V = pπ ( p ∈ ¤ ) . Giá trị của 24p bằng:

A. 8

B. 4

C. 24

D. 12

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

ĐÁP ÁN
1-D

2-C

3-C

4-C

5-A

6-B


7-B

8-B

9-B

10-C


11-C
21-C
31-A
41-D

12-A
22-A
32-D
42-D

13-B
23-B
33-D
43-C

14-B
24-B
34-D
44-B

15-C

25-B
35-C
45-D

16-A
26-D
36-D
46-C

17-D
27-A
37-B
47-A

18-D
28-B
38-B
48-C

19B
29-B
39-B
49-D

20-A
30-A
40-B
50-A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1:
Phương pháp:
Gọi a ' là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng ( P ) .
Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng ( P ) là góc giữa đường thẳng a và a '
Cách giải:
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều
nên SO ⊥ ( ABCD )
⇒ ( SA; ( ABCD ) ) = ( SA; OA ) = SAO
ABCD là hình vuông cạnh a ⇒ AC = a 2 ⇒ OA =

a 2
2

a 2
OA
1
∆SAO vuông tại
O ⇒ cos SAO =
= 2 = ⇒ SAO = 600
SA a 2 2
⇒ ( SA; ( ABCD ) ) = 600
Chọn D.
Câu 2:
Phương pháp:
Nhận biết đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc nhất.
Cách giải:
Đồ thị hàm số đã cho có TCĐ: x = −1 và TCN: y = 1 .
⇒ Loại phương án A và D
Đồ thị hàm số cắt trụ tung tại điểm có tung độ bằng 3 ⇒ Loại phương án B, chọn phương án C:
x+3

x +1
Chọn C.
Câu 3:
Phương pháp:
y=

r
Phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) và có 1 VTCP u ( a; b; c ) , ( a, b, c ≠ 0 ) là:
x − x0 y − y0 z − z0
=
=
.
a
b
c
Cách giải:


ur
uu
r
Mặt phẳng x + z − 5 = 0, x − 2 y − z + 3 = 0 có VTPT lần lượt là n1 ( 1;0;1) , n2 ( 1; −2; −1)
Đường thẳng ∆ là giao của hai mặt phẳng x + z − 5 = 0 và x − 2 y − z + 3 = 0 có 1 VTCP là:
r 1 ur uu
r
u =  n1 ; n2  = ( 1;1; −1)
2
2 + z − 5 = 0
z = 3
⇔

⇒ A ( 2;1;3) ∈ ∆
Cho x = 2 ⇒ 
2 − 2 y − z + 3 = 0
y =1
Phương trình đường thẳng ∆ là:

x − 2 y −1 z − 3
=
=
.
1
1
−1

Chọn C.
Câu 4:
Phương pháp:
Ba số a, b, c theo thứ tự lập thành CSC khi và chỉ khi

a+c
=b.
2

Cách giải:
3
Số phần tử của không gian mẫu là: C20 = 1140

Ba số a, b, c theo thứ tự lập thành CSC khi và chỉ khi

a+c

= b ⇒ a + c = 2b là số chẵn. Do đó a, c cùng
2

chẵn hoặc cùng lẻ.
Như vậy, để ba số lấy được lập thành một cấp số cộng (giả sử 3 số đó là a, b, c ( a < b < c ) ) thì ta chọn
trước 2 số a và c cùng chắn hoặc cùng lẻ.
Ta có 4 ≤ a + c ≤ 38 ⇒ 2 ≤ b ≤ 19 .
Khi đó, luôn tồn tại duy nhất 1 số b thỏa mãn yêu cầu đề bài.
2
Số cách chọn bộ số ( a, c ) như trên là: 2.C10 = 90

Xác suất cần tìm là:

90
3
=
.
1140 38

Chọn C.
Câu 5:
Phương pháp:

r
r
Phương trình mặt phẳng đi qua M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) và có 1 VTPT n ( a; b; c ) ≠ 0 là:
a ( x − x0 ) + b ( y − y0 ) + c ( z − z0 ) = 0 .
Cách giải:
uuur
Ta có: AB = ( −3;0; 4 )


r
uuur r
Theo đề bài, ta có: mặt phẳng ( P ) có 1 VTPT: n =  AB; j  = ( −4;0; −3)
Phương trình mặt phẳng ( P ) : −4 ( x − 3) − 3 ( z − 0 ) = 0 ⇔ 4 x + 3z − 12 = 0 .
Chọn A.
Câu 6:
Phương pháp:


Sử dụng định lí hình chiếu: S ' = S .cos ϕ ⇒ cos ϕ =

S'
S

Cách giải:
Ta có: ( MNP ) ≡ ( MNCP ) ( do CP / / B ' C '/ / MN ) và ( ACC ') ≡ ( ACC ' A ')
⇒ α = ( ( MNP ) ; ( ACC ') ) = ( ( MNCP ) ; ( ACC ' A ' ) )
Dựng PE ⊥ AC , MF ⊥ A ' C ', ( E ∈ AC ; F ∈ A ' C ') ⇒ CE = FN =

1
AC
4

và P, E , F , M đồng phẳng.
Ta có:
PE ⊥ AC , PE ⊥ AA ' ⇒ PE ⊥ ( ACC ' A ' ) ⇒ ( PEFM ) ⊥ ( ACC ' A ' )
⇒ Hình chiếu vuông góc của hình bình hành lên ( ACC ' A ') là hình bình hành
ECNF ⇒ cos α =


S ECNF
S MNCP

1
1
Ta có: S ECNF = EC.CC ' = . AC.CC ' = .2 3.2 = 3
4
4
∆A ' B ' C ' đều ⇒ C ' M = 2 3.

3
=3
2

∆CC ' M vuông tại C ' ⇒ CM = CC '2 + C ' M 2 = 22 + 32 = 13
∆MNC có: MN = 3, CM = 13, CN = 7 , có diện tích là: S MNC =

p. ( p − a ) ( p − b ) ( p − c )

=

 3 + 7 + 13
 3 + 7 + 13

3 + 7 + 13  3 + 7 + 13
. 
− 3 ÷
− 7 ÷
− 13 ÷
÷

÷
÷
2
2
2
2





=

3 + 7 + 13 7 + 13 − 3 3 + 13 − 7 3 + 7 − 13 5 3
5 3
.
.
.
=
⇒ S MNCP =
2
2
2
2
4
2

⇒ cos α =

S ECNF

3
2
=
=
S MNCP 5 3 5
2

Chọn B.
Câu 7:
Phương pháp:
Thể tích hình lăng trụ: V = Sh
Cách giải:
3
2
Thể tích hình lăng trụ: V = Sh ⇔ 2a = S day .a ⇔ S day = 2a

Gọi độ dài cạnh góc vuông của đáy là x ⇒

1 2
x = 2 a 2 ⇔ x 2 = 4a 2 ⇔ x = 2 a
2

Chọn B.
Câu 8:
Phương pháp:
Đặt 2 x = t , t > 0 . Đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t.


Cách giải:
2

Đặt 2 x = t , t > 0 . Phương trình trở thành: t − 6t + 2 = 0 ( 2 )

Phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm t1 , t2 thỏa mãn t1.t2 = 2
x +x
x
x
Khi đó, ( 1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 tương ứng, thỏa mãn: 2 1 2 = 2 1.2 2 = t1.t2 = 2 ⇒ x1 + x2 = 1

Chọn B.
Câu 9:
Phương pháp:
Tập hợp các điểm biểu diễn của các số phức thỏa mãn z − a − bi = R, R > 0 là đường tròn:

( x − a)

2

+ ( y − b ) = R2 .
2

Cách giải:
Tập hợp các điểm M biểu diễn của các số phức thỏa mãn
z − 1 − 3i = 2 là đường tròn: ( x − 1) + ( y − 3) = 4
2

2

z − 1 là khoảng cách từ điểm M đến điểm A ( 1;0 ) . Khoảng cách
này nhỏ nhất khi và chỉ khi M nằm giữa I và A (với I ( 1;3) là tâm
đường tròn ( x − 1) + ( y − 3) = 4 )

2

2

Dễ dàng tính được M ( 1;1) .
Vậy, số phức z thỏa mãn là z = 1 + i .
Chọn B.
Câu 10 (TH):
Phương pháp:
Sử dụng tính chất của tích phân

∫

b

c

b

a

c

f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .

a

Cách giải:
f ( x ) = lim− f ( x ) = f ( 0 )
Hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ ⇔ xlim

→ 0+
x→0

)

(

⇔ lim+ ( e x + m ) = lim− 2 x 3 + x 2 ⇔ 1 + m = 0 ⇔ m = −1
x →0

x →0

Khi đó:
1

0

1

−1

−1

0

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx
= ∫ 2 x 3 + x dx + ∫ ( e − 1) dx = ∫
0

2


−1

=

2
3 + x2 ) 3 + x2
(
3

⇒ a = 1, b = 2, c = −
Chọn C.
Câu 11 (TH):
Phương pháp:

1

x

−1

0

0

−1

0

+ ( ex − x )


1

0

3 + x d ( 3 + x ) + ( e − x)
2

2

1

x

0

2
2
22
= .3. 3 − .4.2 + ( e − 1 − 1) = e + 2 3 −
3
3
3

22
⇒ T = a + b + 3c = 1 + 2 − 22 = −19
3


Sử dụng định lí hình chiếu: S ' = S .cos ϕ ⇒ cos ϕ =


S'
S

Cách giải:
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.
OB ⊥ AC
OB ⊥ ( SAC ) ⇒ Hình chiếu vuông góc của tam giác SAB
Do 
OB ⊥ SO
lên ( SAC ) là tam giác SAO
Khi đó, cos α = cos ( ( SAB ) ; ( SAC ) ) =

S SAO
S SAB

Ta có:
∆SOA vuông tại O:
S SAB =

p ( p − a) ( p − b) ( p − c)

=

 2 + 2 2 + 2 2
 2 + 2 2 + 2 2

2+2 2 +2 2  2+2 2 +2 2
. 
− 2 ÷

−
2
2
−
2
2
÷
÷
÷
÷
÷
2
2
2
2





=

( 1 + 2 2 ) .( 2

⇒ cos α =

)

2 − 1 .1.1 = 7


S SAO
3
21
=
=
S SAB
7
7

Chọn C.
Câu 12:
Phương pháp:
Phương trình mặt chắn của mặt phẳng đi qua A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) , ( a, b, c ≠ 0 ) là:
x y z
+ + =1
a b c
Cách giải:
Phương trình mặt phẳng ( ABC ) là:

x y z
+ + = 1 ⇔ 6 x + 3 y + 2 z − 12 = 0
2 4 6

( P ) / / ( ABC ) ⇒ ( P ) : 6 x + 3 y + 2 z + m = 0, ( m ≠ −12 )
d ( D; ( P ) ) =

6.2 + 3.4 + 2.6 + m
6 +3 +2
2


2

2

d ( ( ABC ) ; ( P ) ) = d ( A; ( P ) ) =

=

36 + m
7

6.2 + 3.0 + 2.0 + m
62 + 32 + 22

=

12 + m
( do ( P ) / / ( ABC ) )
7

Theo đề bài, ta có:
36 + m = 12 + m ( vo nghiem )
36 + m 12 + m
=
⇔ 36 + m = 12 + m ⇔ 
⇔ m = −24
7
7
36 + m = −12 − m
Vậy, ( P ) : 6 x + 3 y + 2 z − 24 = 0 .

Chọn A.
Câu 13:


Phương pháp:
Xác định số điểm đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.
Cách giải:

x = 0

4
3
2
3
2
Ta có: y = x − 2 x + x + 2 ⇒ y ' = 4 x − 6 x + 2 x, y ' = 0 ⇔  x = 1

1
x =

2
Bảng xét dấu y ' :
x

−∞

0
−

y'


0

+

Ta thấy: y ' đổi dấu từ dương sang âm tại 1 điểm là x =

−

1
2

Suy ra, hàm số đã cho có 1 điểm cực đại.
Chọn B.
Câu 14:
Phương pháp:
2
2
Tích phân 2 vế f ( x ) f ' ( x ) + 18 x = ( 3x + x ) f ' ( x ) + ( 6 x + 1) f ( x ) ∀x ∈ ¡ .

Cách giải:
Ta có
f ( x ) . f ' ( x ) + 18 x 2 = ( 3 x 2 + x ) f ' ( x ) + ( 6 x + 1) f ( x )
x

x

(

)


⇒ ∫ ( f ( x ) . f ' ( x ) + 18 x ) dx = ∫ ( 3x 2 + x ) f ' ( x ) + ( 6 x + 1) f ( x ) dx
2

0

0

x

x

x

0

0

0

(

)

⇔ ∫ f ( x ) f ' ( x ) dx + ∫ 18 x 2 dx = ∫ ( 3x 2 + x ) f ( x ) ' dx
x

(

2

1

⇔  ( f ( x ) ) + 6 x 3 ÷ = ( 3x 2 + x ) f ( x )
2
0

)

x

0

2
2
1
 1

⇔  ( f ( x ) ) + 6 x 3 ÷−  ( f ( 0 ) ) + 0 ÷ = ( 3 x 2 + x ) f ( x ) − 0
2
 2


⇔ ( f ( x ) ) − 2 ( 3 x 2 + x ) f ( x ) + 12 x3 = 0
2

⇔ ( f ( x ) ) − 2 ( 3 x 2 + x ) f ( x ) + ( 3 x 2 + x ) = ( 3 x 2 + x ) − 12 x 3
2

2


(

⇔ f ( x ) − ( 3x 2 + x )

) = ( 3x
2

2

− x)

2

 f ( x ) − ( 3x 2 + x ) = 3x 2 − x
 f ( x ) = 6x2
⇔
⇔
 f ( x ) − ( 3 x 2 + x ) = −3 x 2 + x
 f ( x ) = 2 x

Do f ( 0 ) = 0, f ' ( 0 ) ≠ 0 nên f ( x ) = 2 x . Khi đó:

2

+∞

1

1
2

0

0

+


1

1

f ( x)
2x
∫ ( x + 1) e dx = ∫ ( x + 1) e dx =
0

=
=

0

1
( x + 1) .e2 x
2

1

1
( x + 1) .e2 x
2


1

0

1

1
( x + 1) d ( e 2 x )
∫
20

1

−

1 2x
1
e d ( x + 1) = ( x + 1) .e 2 x
∫
20
2

1
− e2 x
4
0

1


0

1

0

1

−

1 2x
e dx
2 ∫0

1
1
1
1
7
1
= .2.e 2 − .1.e 0 − e 2 + e 0 = e 2 −
2
2
4
4
4
4

7
1

⇒ a = ;b = − ⇒ a − b = 2
4
4
Chọn B.
Câu 15:
Phương pháp:
Sử dụng công thức

x n +1
∫ x dx = n + 1 + C , n ≠ 1
n

Cách giải:
m

2
3
2
∫ ( 3x − 2 x + 1) dx = 6 ⇔ ( x − x + x )
0

m

=6

0

⇔ ( m − m + m) − 0 = 6 ⇔ m − m + m − 6 = 0
3


2

3

2

⇔ m = 2 ⇒ m ∈ ( 0; 4 )
Chọn C.
Câu 16:
Phương pháp

Tìm khoảng K mà y ' ≥ 0 và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên K.
Cách giải:
TXĐ: D = ¡ .
x = 0
y = − x 3 + 3 x 2 − 2 ⇒ y ' = −3 x 2 + 6 x = 0 ⇔ 
x = 2
y ' ≥ 0 ⇔ x ∈ [ 0; 2] ⇒ Hàm số y = − x 3 + 3 x 2 − 2 đồng biến trên khoảng ( 0; 2 )
Chọn A.
Câu 17:
Phương pháp
b

Sử dụng tính chất của tích phân

∫
a

c


b

a

c

f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .

Cách giải:
3

∫
0

4

3

4

4

0

4

0

3


f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx = 10 − 4 = 6

Chọn D.
Câu 18:
Phương pháp


Xác suất của biến cố A là: P ( A ) =

n ( A)
n ( Ω)

Cách giải:
5
Số phần từ của không gian mẫu là: n ( Ω ) = C15

( )

5
5
Gọi A: “5 quả có đủ hai màu” ⇒ A : “Lấy cả 5 quả cầu một màu” ⇒ n A = C5 + C10

( )

⇒P A =

( ) =C

n A


n ( Ω)

+ C105 1 + 252 253
23
23 250
.
=
=
=
⇒ P ( A) = 1 −
=
5
C15
3303 3303 273
273 273

5
5

Chọn D.
Câu 19:
Phương pháp
Xét hàm số y = xα :
+ Nếu α là số nguyên dương thì TXĐ: D = ¡
+ Nếu α là số nguyên âm hoặc bằng 0 thì TXĐ: D = ¡ \ { 0}
+ Nếu α không phải là số nguyên thì TXĐ: D = ( 0; +∞ )
Cách giải:
x > 2
x > 2
 x − 2 > 0

⇔
⇔
⇔ x>3
ĐKXĐ: 
0
x − 2 > e = 1 x > 3
ln ( x − 2 ) > 0
Vậy TXĐ của hàm số là: ( 3; +∞ ) .
Chọn B.
Câu 20:
Phương pháp:
 a / / ( P )
⇒ d ( a; b ) = d ( a; ( P ) ) = d ( A; ( P ) ) , ( A ∈ a )

b ⊂ ( P )
Cách giải:
Ta có: C ' D / / AB ' ⇒ C ' D / / ( ACB ' )
⇒ d ( C ' D; AC ) = d ( C ' D; ( AB ' C ) ) = d ( C '; ( AB ' C ) )
Mà d ( C '; ( AB ' C ) ) = d ( B; ( AB ' C ) ) (do BC ' cắt ( AB ' C ) (cắt cạnh
B ' C ) tại trung điểm của BC ' )
⇒ d ( C ' D; AC ) = d ( B; ( AB ' C ) )
Xét tứ diện vuông BAB ' C có:
1
1
1
1
=
+
+
, h = d ( B; ( AB ' C ) )

2
2
2
h
BA BB ' BC 2
1
1
1
1
1
6
6a
= 2 + 2 + 2 = 2 ⇒h=
a ⇒ d ( C ' D; AC ) =
2
h
a
4a
4a
2a
3
3
Chọn A.
Câu 21:

(

)



Phương pháp
Xác định khoảng mà ( f ( 2 x − 2 ) ) ' ≤ 0 và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên đó.

(

)

Đạo hàm hàm hợp: f ( u ( x ) ) ' = f ' ( u ( x ) ) .u ' ( x )
Cách giải:
Ta có:
y = f ( 2x − 2) ⇒ y ' = f ' ( 2x − 2 ) .( 2 x − 2) ' = 2 f ' ( 2 x − 2 )
y ' ≤ 0 ⇔ f '( 2x − 2) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ 2x − 2 ≤ 2 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2

⇒ Hàm số y = f ( 2 x − 2 ) nghịch biến trên khoảng ( 1; 2 ) .
Chọn C.
Chú ý: Cẩn thận khi tính đạo hàm của hàm hợp.
Câu 22:
Phương pháp:
n!
k
, Cnk = Cnn − k
Giải tìm n, biết Cn =
k !( n − k ) !
n

i i
Biến đổi và đạo hàm hàm số f ( x ) = ( x + 1) = ∑ Cn x cho phù hợp.
n

i=0


Cách giải:
Ta có:
Cn2Cnn − 2 + Cn8Cnn −8 = 2Cn2Cnn −8 ⇔ ( Cn2 ) − 2Cn2Cn8 + ( Cn8 ) = 0
2

⇔ ( Cn2 − Cn8 ) = 0 ⇔ Cn2 − Cn8 = 0 ⇔
2

2

n!
n!
−
=0
2!. ( n − 2 ) ! 8!. ( n − 8 ) !

1

⇔

−

1
=0
8.7.6.5.4.3

( n − 2 ) ( n − 3) ( n − 4 ) ( n − 5 ) ( n − 6 ) ( n − 7 )
⇔ ( n − 2 ) ( n − 3) ( n − 4 ) ( n − 5 ) ( n − 6 ) ( n − 7 ) = 8.7.6.5.4.3 ⇔ n = 10
Xét hàm số: f ( x ) = ( x + 10 )


10

10

= ∑ C10i x i có:
i =0

10

f ' ( x ) = 10 ( x + 1) = ∑ C10i ix i −1
9

i =0

10

⇒ x. f ' ( x ) = 10 x ( x + 1) = ∑ C10i ix i
9

i =0

(

⇒ ( x. f ' ( x ) ) ' = 10 x ( x + 1)

9

)


10

' = ∑ C10i i 2 x i −1
i =0

10

⇒ 10 x.9 ( x + 1) + 10 ( x + 1) = ∑ C10i i 2 x i −1
8

9

i =0

10

⇒ 90 x 2 ( x + 1) + 10 x ( x + 1) = ∑ C10i i 2 x i
8

9

i =0

10

⇒ ∑ C10i i 2 xi = 90 x 2 ( x + 1) + 10 x ( x + 1)
8

i =0


⇒ T = 12 Cn1 + 22 Cn2 + ... + n 2Cnn

9


10
= 12 C101 + 22 C102 + ... + 102 C10
(ứng với x = 1 )

= 90.1.28 + 10.1.29 = 55.29
Chọn A.
Câu 23:
Phương pháp:
+) Gọi d ' là đường thẳng qua M và song song d. Khi đó: ( d ; ∆ ) = ( d '; ∆ )
+) Để ( d ; ∆ ) min thì ∆ là hình chiếu vuông góc của d ' lên ( α ) .
Cách giải:
Dễ dàng kiểm tra được M ∈ ( α ) .
Gọi d ' là đường thẳng qua M và song song d. Khi đó: ( d ; ∆ ) = ( d '; ∆ )
Để ( d ; ∆ ) min thì ∆ là hình chiếu vuông góc của d ' lên ( α ) .
x = 3

Phương trình đường thẳng d ' là:  y = 1 + 3t
 z = 1 − 2t

Lấy A ( 3; 4; −1) ∈ d ' và A ∉ M . Tìm H là hình chiếu của A lên mặt phẳng ( α )
x = 3 + t
uuur

Đường thẳng AH nhận n( α ) ( 1;1; −1) là 1 VTPT, có phương trình là  y = 4 + t
 z = −1 − t


Giả sử H ( 3 + t ; 4 + t ; −1 − t ) .
5
4 7 2
Mà H ∈ ( α ) ⇒ ( 3 + t ) + ( 4 + t ) − ( −1 − t ) − 3 = 0 ⇔ t = − ⇒ H  ; ; ÷
3
3 3 3
 4 7 2  uuuur  5 4 1 
⇒ H  ; ; ÷⇒ HM =  ; − ; ÷
3 3 3
 3 3 3
 x = 5 + 3t
 x = 8 + 5t '


Đường thẳng ∆ đi qua M ( 3;1;1) và có 1 VTCP ( 5; −4;1) có PTTS là:  y = −4 + t hay  y = −3 − 4t '
z = 1+ t
z = 2 + t '


Chọn B.
Câu 24:
Phương pháp
Sử dụng công thức n ! = 1.2.3...n . Quy ước 0! = 1 .
Cách giải:
n = 0
n ∈ ¥ , n! = 1 ⇔ 
n = 1
Chọn B.
Câu 25:

Phương pháp
Xác định khoảng mà g ' ( x ) ≤ 0 và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên đó.


(

)

Đạo hàm hàm hợp: f ( u ( x ) ) ' = f ' ( u ( x ) ) .u ' ( x )
Cách giải:
Ta có: g ( x ) = ln ( f ( x ) ) ⇒ g ' ( x ) =

f '( x)
f ( x)

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy:
+) f ( x ) > 0, ∀x
+) f ' ( x ) > 0 trên các khoảng ( −1;0 ) , ( 1; +∞ )
⇒ g ( x ) đồng biến trên các khoảng ( −1;0 ) , ( 1; +∞ )
Chọn B.
Chú ý: Cẩn thận khi tính đạo hàm của hàm hợp.
Câu 26:
Phương pháp
Tích phân 2 vế. Lấy cận từ 0 đến x.
Cách giải:
Ta có:
x

x


f ' ( x ) = 2e + 1, ∀x ⇒ ∫ f ' ( x ) dx = ∫ ( 2e 2 x + 1) dx
2x

0

0

x

⇔ f ( x ) − f ( 0 ) = ( e2 x + x )

0

⇔ f ( x ) − 2 = ( e2 x + x ) − 1

⇔ f ( x) = e + x +1
2x

Chọn D.
Câu 27:
Phương pháp
Thể tích khối trụ là: V = π r 2 h
2
Diện tích toàn phần của hình trụ: Stp = 2π r + 2π rh

Cách giải:
2
Ta có: V = π r h ⇔ h =

V

π r2

2
2
Diện tích vật liệu để làm vỏ hộp là: Stp = 2π r + 2π rh = 2π r + 2π r.

Ta có: f ' ( r ) = 4π r −

V
2V
= 2π r 2 +
= f ( r) ,r > 0
2
πr
r

2V
V
V
, f '( r ) = 0 ⇔ r3 =
⇔r= 3
2
r
2π
2π

Bảng biến thiên:
r
f '( r )
f ( r)


0

3

−

+∞

V
2π
0

+


 V 
f  3
÷
÷
 2π 

Vậy, để tiết kiệm vật liệu nhất thì bán kính đáy phải bằng

3

V
.
2π


Chọn A.
Câu 28:
Phương pháp
x
Đặt 2 = t , t ≥ 1 ( do x ≥ 0 ) . Sử dụng phương pháp khảo sát hàm số.

Cách giải:
x
Đặt 2 = t , t ≥ 1 ( do x ≥ 0 ) .
2
2
Bất phương trình trở thành: t − 2 ( m + 1) t + m ≥ 0 ⇔ m ( 1 − 2t ) ≥ 2t − t ( *)

Để bất phương trình ban đầu nghiệm đúng với mọi x ≥ 0 thì ( *) nghiệm đúng với mọi t ≥ 1
Do t ≥ 1 ⇒ −2t ≤ −2 ⇔ 1 − 2t ≤ −1 < 0 .
 2t − t 2 
2t − t 2
t
≥
1
⇒
m
≤
min
Khi đó ( *) ⇔ m ≤
nghiệm đúng với mọi

÷
t ≥1
1 − 2t

 1 − 2t 
2t − t 2
, t ≥ 1 có:
1 − 2t

Xét hàm số f ( t ) =
f '( t ) =

( 2 − 2t ) ( 1 − 2t ) − ( 2t − t 2 ) . ( −2 )

( 1 − 2t )
2

⇒ min f ( t ) = f ( 1) = −1 ⇒ m ≤ −1

2t 2 − 2t + 2
=
> 0, ∀t ≥ 1
( 1 − 2t 2 )

t ≥1

Vậy, tập tất cả các giá trị của m là ( −∞; −1] .
Chọn B.
Câu 29:
Phương pháp
r
r
r
r

a ( a1 ; a2 ; a3 ) , b ( b1 ; b2 ; b3 ) ⇒ ka ± kb = ( ka1 ± lb1 ; ka2 ± lb2 ; ka3 ± lb3 )
Cách giải:

r r r r
Tọa độ của vectơ u = a + 2b − c là: ( 12; −9;7 ) .
Chọn B.
Câu 30:
Phương pháp:
n −1
Số hạng tổng quát của cấp số nhân có số hạng đầu u1 và công bội q là: un = u1.q , n ≥ 1 .

Cách giải:
3
Ta có: u4 = u1.q ⇔

1 1 3
1
= .q ⇒ q =
4
4
4
4
n −1

1 1
Số hạng tổng quát bằng: un = .  ÷
4 4

n


1
=  ÷ ,n ≥1.
4


Chọn A.
Câu 31:
Phương pháp
Biểu diễn hình học của các số phức trên mặt phẳng phức.
Cách giải:
Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng phức.
Do z1 = z2 = 2 ⇒ M , N thuộc đường tròn tâm O bán kính 2.
Gọi P, Q, R lần lượt là điểm biểu diễn của 2 z2 , − z2 , 2 z1 trên mặt phẳng
phức (như hình vẽ)
Dựng các hình bình hành OMEP, ORFQ.
Ta có:
z1 + 2 z2 = 4 ⇒ OE = 4
2 z1 − z2 = OF
Tam giác OPE có:
PE 2 + PO 2 − EO 2 22 + 42 − 42 1
1
=
= ⇒ cos ROQ =
2.PE.PO
2.2.4
4
4
1
⇒ cos ORF = −
4

cos P =

2
2
2
2
2
Tam giác ORF có: OF = OR + RF − 2.OR.RF .cos ORF = 4 + 2 − 2.4.2.

−1
= 16 + 4 + 4 = 24
4

⇒ OF = 2 6 ⇒ 2 z1 − z2 = 2 6
Chọn A.
Câu 32:
Phương pháp
* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f ( x ) .
f ( x ) = +∞ hoặc lim+ f ( x ) = −∞ hoặc lim− f ( x ) = +∞ hoặc lim− f ( x ) = −∞ thì x = a là TCĐ
Nếu xlim
→a +
x →a
x →a
x →a
của đồ thị hàm số.
* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f ( x ) .
f ( x ) = a hoặc lim f ( x ) = a ⇒ y = a là TCN của đồ thị hàm số.
Nếu xlim
→+∞
x →−∞

Cách giải:
TXĐ: D = ( 1; +∞ )
lim+

x →1

lim

x →+∞

x +1
x3 − 1

= +∞ ⇒ Đồ thị hàm số có 1 TCĐ là x = 1

1
1
+
x +1
= lim x x x = 0 ⇒ Đồ thị hàm số có 1 TCN là y = 0 .
3
x − 1 x →+∞ 1 − 1
x3

Chọn D.


Câu 33:
Phương pháp
1 2

Thể tích khối nón: V = π r h
3
πh 2 2
Thẻ tích khối nón cụt: V =
( R + r + Rr )
3
Cách giải:

∆BCD vuông tại C có:

(

)

(

) ( 3)

2
BC.CD 2 3.2
=
= 3; IB = 2 3 −
BD
4
OM BO
OM
2
2
⇒ IO = OD − ID = 2 − 1 = 1;
=

⇔
=
⇒ OM =
CD BC
2
2 3
3

BD = 22 + 2 3

2

= 4; CI =

2

= 3; ID = 1.

Thể tích khối nón có đỉnh B và đáy là hình tròn tâm I bán kính IC bằng thể tích khối nón có đỉnh D và
đáy là hình tròn tâm J bán kính JA bằng:
1
1
V1 = .π .IC 2 .IB = .π .3.3 = 3π
3
3
Thể tích khối nón cụt có hai đáy là hình tròn tâm I bán kính IC, hình tròn tâm O bán kính OM bằng thể
tích khối nón cụt có hai đáy là hình tròn tâm J bán kính JA, hình tròn tâm O bán kính OM bằng:
V2 =

π .OI

π .1  4
2  19π
IC 2 + OM 2 + IC.OM ) =
3 + + 3.
(

÷= 3
3
3 
3
3

19π

Thể tích cần tìm là: V = 2 ( V1 + V2 ) = 2.  3π +
3

Chọn D.
Câu 34:
Phương pháp:
 f ( x) > a
f ( x) > a ⇔ 
 f ( x ) < −a
Cách giải:

 56π
.
÷=
3




 x 3 − 3x 2 + 2 > 2
 x 3 − 3x 2 > 0 ( 1)
x − 3x + 2 > 2 ⇔  3
⇔ 3
 x − 3x 2 + 2 < −2
 x − 3x 2 + 4 < 0 ( 2 )


 x −3 > 0
x > 3
⇔
( 1) ⇔ 
 x ≠ 0
 x < −3
3

( 2) ⇔ (

2

x + 1) ( x − 2 ) < 0 : vô nghiệm.
2

2
Vậy, tập nghiệm của bất phương trình x − 3 x + 2 > 2 là ( −∞; −3) ∪ ( 3; +∞ ) .
3

Chọn D.

Câu 35:
Phương pháp
Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ x = x0 là: k = f ' ( x0 ) .
Cách giải:
y = x 3 − 3 x 2 + 2 ⇒ y ' = 3 x 2 − 6 x ⇒ y ' ( 1) = −3
Hệ số góc của tiếp tuyến tại A ( 1;0 ) của đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 2 là: −3
Chọn C.
Câu 36:
Phương pháp:
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm M ( x0 ; y0 ) là: y = f ' ( x0 ) . ( x − x0 ) + y0 .
Cách giải:
1
3
3
y = x3 − x 2 + 2 ( C ) ⇒ y ' = x 2 − 3x
2
2
2
Do tiếp tuyến tại A và B song song nên ⇒ y ' ( a ) = y ' ( b ) ( a ≠ b )
3 2
3
a − 3a = b 2 − 3b ⇒ a 2 − b 2 − 2a + 2b = 0
2
2
⇔ ( a − b ) ( a + b − 2 ) = 0 ⇔ a + b = 2 ( Do a ≠ b )
⇔

 1 3 3 2
  1 3 3 2


Ta có: A  a; a − a + 2 ÷; B  b; b − b + 2 ÷ , với a + b = 2 .
2
2
 2
  2

Ta có:
1 3 3 2
1
3
1
1
3
3
3
2
a − a + 2 + b3 − b 2 + 2
( a + b ) − 3ab ( a + b ) − ( a + b ) + .2ab + 4
2
2
2
2
2
2
2
=2
=1
2
2
⇒ I ( 1;1) là trung điểm của AB.

Đường thẳng AB đi qua D ( 5;3) và I ( 1;1) có phương trình là:
x −1 y −1
=
⇔ x −1 = 2 y − 2 ⇔ x − 2 y +1 = 0
5 −1 3 −1
Chọn D.
Câu 37:
Phương pháp:


uu
r uur r
+) Xác định tọa độ điểm I thỏa mãn IA + IB = 0 .
+) Sử dụng công thức ba điểm.
Cách giải:
uuuruuuu
r uuu
r uu
r uuu
r uur
uuu
r uu
r uur uu
r uur
2
Ta có: MA.MB = MI + IA . MI + IB = MI + MI . IA + IB + IA.IB
uu
r uur r
Xác định tọa độ điểm I thỏa mãn IA + IB = 0 ⇔ I là trung điểm của AB, có tọa độ là I ( 3;1; 4 )
uuur uuur

Để MA.MB nhỏ nhất thì MI 2 nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu vuông góc của I lên ( α )

(

)(

)

(

)

x = 3 + t
uuur

Khi đó, đường thẳng MI nhận n( α ) ( 1; 2; −3) làm 1 VTCP. Phương trình đường thẳng IM là:  y = 1 + 2t
 z = 4 − 3t

Giả sử M ( 3 + t ;1 + 2t ; 4 − 3t ) .
Do M ∈ ( α ) ⇒ ( 3 + t ) + 2 ( 1 + 2t ) − 3 ( 4 − 3t ) − 7 = 0 ⇔ 14t − 14 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ M ( 4;3;1)
Chọn B.
Câu 38:
Phương pháp:
Xác định số điểm mà đạo hàm đổi dấu.
Cách giải:
x
Xét hàm số y = sin x − trên ( −π ; π ) :
4
y ' = cos x −


 x = x0
1
1
1
 π
= 0 ⇔ cos x = ⇔ 
với x0 ∈  0; ÷ mà cos x0 = .
4
4
4
 2
 x = − x0

Bảng biến thiên:
−π
x
−

f '( x)
f ( x)

− x0
0

+

π
4

−


0
sin x0 −

− sin x0 +

π

x0
x0
4

x0
4

−

x
x
là hàm lẻ nên đồ thị hàm số y = sin x − nhận O ( 0;0 ) là tâm đối xứng.
4
4
x
x π
π
Mà − sin x0 + 0 ; − < 0 và sin x0 − 0 ; > 0
4
4
4 4
Do y = sin x −


⇒ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt x1 , x2 , x3 ( x1 , x2 , x3 khác ± x0 )
⇒ Số điểm cực trị của hàm số y = sin x −
Chọn B.
Câu 39:
Phương pháp:

x
, x ∈ ( −π ; π ) là: 2 + 2 = 4.
4

π
4


Sử dụng tính chất của hàm chẵn đẻ đánh giá nghiệm.
Cách giải:
4 x + 1 = 2 x.m.cos ( π x ) ⇔

2 x.cos ( π x ) 1
= ( 1)
4x + 1
m

2 x.cos ( π x )
Xét hàm số f ( x ) =
4x + 1
Dễ dàng kiểm tra f ( x ) là hàm số chẵn ⇒ Nếu x0 là nghiệm của ( 1) thì − x0 cũng là nghiệm của ( 1)
Do đó, phương trình có nghiệm duy nhất thì nghiệm đó chỉ có thể là 0.
1.1 1

= ⇔m=2
Thay x = 0 vào ( 1) ta có:
1+1 m
Kiểm tra lại: với m = 2 , phương trình ( 1) ⇔
Ta có:

2 x.cos ( π x ) 1
= ( 2)
4x + 1
2

cos ( π x ) = 1
2 x.cos ( π x )
2x
1
2
⇔
⇔ x = 1 : nghiệm duy nhất.
(
)
Phương
trình
≤
≤
⇔

 x = 1
4x + 1
4x + 1 2


Vậy, có 1 giá trị của m thỏa mãn.
Chọn B.
Câu 40:
Phương pháp:
Áp dụng BĐT cô si để đánh giá.
Cách giải:
Ta có:
2

bc 

log ( bc ) + log a  b3c3 + ÷ + 4 + 4 − c 2 ( a > 1, b, c > 0 )
4

 
1 
= log 2a ( bc ) + 2 log a  bc.  b 2c 2 + ÷÷+ 4 + 4 − c 2 ≥ log 2a ( bc ) + 2 log a ( bc.bc ) + 4 + 4 − c 2
4 
 
2
a

= log 2a ( bc ) + 4 log a ( bc ) + 4 + 4 − c 2 = ( log a ( bc ) + 2 ) + 4 − c 2 ≥ 0
2

1

1

bc

=
1


a = 2
bc =
2
bc = 2



2


1
1


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi log a ( bc ) + 2 = 0 ⇔ log a + 2 = 0 ⇔ log a 2 = 2 ⇔ b =
2
4


 2

2
c
=
4
2

4
−
c
=
0
c
=
2

c = 4







Vậy số bộ ( a; b; c ) thỏa mãn điều kiện đã cho là 1.
Chọn B.
Câu 41:
Phương pháp:
Điểm biểu diễn của số phức z = a + bi, ( a, b ∈ ¡

)

là điểm M ( a; b ) .

Cách giải:
z = 1 − i ⇔ z 2 = ( 1 − i ) = −2i , có điểm biểu diễn là: N ( 0; −2 ) .
2



Chọn D.
Câu 42:
Phương pháp:
Xác định hàm số f ( x ) và số điểm mà f ' ( x ) đổi dấu.
Cách giải:
x
d ( t 2 + 1)
2tdt
f ( x) = ∫ 2
=
t + 1 2∫x t 2 + 1
2x
x2

= ln ( t + 1)
2

2

x2

= ln ( x 4 + 1) − ln ( 4 x 2 + 1)

2x

4 x 3 ( 4 x 2 + 1) − 8 x ( x 4 + 1)
4 x3
8x

f '( x) = 4
−
=
x + 1 4x2 + 1
( 4 x 2 + 1) ( x 4 + 1)

4 x ( 2 x4 + x2 − 2 )
8 x5 + 4 x3 − 8x
=
=
( 4 x 2 + 1) ( x4 + 1) ( 4 x 2 + 1) ( x 4 + 1)
Nhận xét:

Phương trình 2 x 4 + x 2 − 2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt ± −1 + 17 và 2 x 4 + x 2 − 2 đổi dấu tại 2 điểm
2
này.
4x đổi dấu tại x = 0

( 4x

2

+ 1) ( x 4 + 1) > 0, ∀x

⇒ f ' ( x ) đổi dấu tại 3 điểm là ± −1 + 17 và x = 0
2
⇒ Số điểm cực trị của hàm số f ( x ) =

x2


2tdt

∫ 1+ t

2

là 3.

2x

Chọn D.
Câu 43:
Cách giải:
2 x ( x + 1) + m
x3 + x 2 − m
m
m
y=
= x2 −
⇒ y ' = 2x +
=
2
2
x +1
x +1
( x + 1)
( x + 1)
2

+) Nếu m ≥ 0 thì y ' ≥ 0, ∀x ∈ [ 0; 2] ⇒ max y = y ( 2 ) =

[ 0;2]

12 − m
= 5 ⇒ m = −3 (loại)
3

+) Nếu m < 0 thì y ' = 0 ⇔ 2 x ( x + 1) + m = 0 ⇔ 2 x 3 + 4 x 2 + 2 x = −m : có nhiều nhất 1 nghiệm trên đoạn
2

[ 0; 2]

3
2
2
(do f ( x ) = 2 x + 4 x + 2 x có f ' ( x ) = 6 x + 8 x + 2 > 0, ∀x ∈ [ 0; 2 ] )

Ta có: f ( 0 ) = 0, f ( 2 ) = 36
TH1: m ≤ −36
y ' ≥ 0, ∀x ∈ [ 0; 2] ⇒ max y = y ( 2 ) =
[ 0;2]

TH2: −36 < m < 0

12 − m
= 5 ⇒ m = −3 (loại)
3


Phương trình y ' = 0 có 1 nghiệm duy nhất x0 ∈ ( 0; 2 ) và đổi dấu tại điểm này
Bảng biến thiên:

x

0

−

y'

x0

2

0

+

−m

12 − m
3

y
x0
12 − m 

⇒ max y = max −m;

0;2
0;2
[ ]

[ ] 
3 
12 − m 
12 − m

max  −m;
= −m ⇔ −m ≥
⇔ m ≤ −6 . Khi đó: − m = 5 ⇔ m = −5 : loại

[ 0;2] 
3 
3

12 − m  12 − m
12 − m
12 − m

max  −m;
⇔ −m ≤
⇔ m ≥ −6 . Khi đó:
= 5 ⇔ m = −3 : thỏa mãn
=
[ 0;2] 
3 
3
3
3
Vậy, m = −3 .
Chọn C.
Câu 44:

Cách giải:

Mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 = 9 có tâm O ( 0;0;0 ) và bán kính R = 3 .
Gọi T là giao điểm của tia ID với mặt cầu. Ta có: OT 2 = OI .OM ⇔ OI .OM = 32 = 9
uuur uuuu
r
M ( x0 ; y0 ; z0 ) ⇒ n( P ) = OM = ( x0 ; y0 ; z0 )
Phương trình ( P ) là: x0 ( x − 1) + y0 ( y − 1) + z0 ( z − 2 ) = 0
OI = d ( O; ( P ) ) =
⇒

x0 + y0 + 2 z0
x02 + y02 + z02

x0 + y0 + 2 z0
x +y +z
2
0

2
0

2
0

; OM = x02 + y02 + z02

. x + y + z = 9 ⇒ x0 + y0 + 2 z0 = 9
2
0


2
0

2
0

.