ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM 2020

ĐỀ SỐ 19

Môn: Toán



Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1. Thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là
A. V  Bh.

B. V 

1
Bh.
2

1
C. V  Bh.
3

D. V  3Bh.

C. 1.

D. �.

Câu 2. Hàm số f  x có bảng biến thiên như sau

Giá trị cực tiểu của hàm số là
A. 4.

B. 1.

Câu 3. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1;7; 5 , B  3; 4;2 ; C  1;3;6 . Trọng tâm G của tam
giác ABC có tọa độ là
A.  4;11; 7 .

B.  1;2;1 .

C.  2;3; 3 .

D.  4; 3;3 .

Câu 4. Cho hàm số y  f  x có đồ thị như hình
vẽ. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào?
A.  1;0 .

B.  0;1 .

C.  1;1 .

D.  1; � .

�
100m3 �
Câu 5. Với m,n là hai số thực dương tùy ý, log� 2 �bằng
� n �
A. 2  3logm 2logn.


B. 2  3logm 2logn.

C. 2 3logm 2logn.

D.

Câu 6. Cho
A. 12.

1

1

1

0

0

0

1 1
1
 logm logn.
2 3
2

�
f  x dx  2 và �

g x dx  7 , khi đó �
2 f  x  3g x �
�
�
�dx bằng
B. 25.

C. 25.

D. 17.

C. 2 a2.

D.  a2.

Câu 7. Diện tích mặt cầu bán kính a bằng
A.

4 a2
.
3

B. 4 a2.

Trang 1







2
Câu 8. Tập nghiệm của phương trình ln 2x  x  1  0 là

� 1�
B. �0; �.
� 2

A.  0 .

�1�
C. � �.
�2

D. �.

Câu 9. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng song song với mặt phẳng  Oxy và đi qua điểm A 1;1;1 có
phương trình là
A. y  1 0.

B. x  y  z  1 0.

D. z  1 0.

C. x  1 0.

x
Câu 10. Tìm nguyên hàm của hàm số f  x  e  2sin x.

A.


 e  2sin x dx  e
�

 cos2 x  C.

B.

 e  2sin x dx e
�

C.

 e  2sin x dx  e  2cos x  C.
�

D.

 e  2sin x dx  e  2cosx C.
�

x

x

x

x

x


x

x

 sin2 x  C.

x

x 1 y 2 z 3
Câu 11. Trong không gian Oxyz, đường thẳng d :
không đi qua điểm nào dưới đây?


1
3
5
A. Q  1;2; 3 .

B. M  2; 1;2 .

C. P  0;2; 8 .

D. N  0;5; 8 .

Câu 12. Có bao nhiêu cách sắp xếp 10 bạn học sinh thành một hàng ngang?
A. P10.

1
.

B. C10

1
.
C. A10

10
.
D. C10

Câu 13. Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u1  3 và công sai d  2 . Tổng của 2019 số hạng đầu bằng
A. 4 080 399.

B. 4 800 399.

C. 4 399 080.

D. 8 154 741.

Câu 14. Điểm M là biểu diễn của số phức z trong
hình vẽ bên dưới. Chọn khẳng định đúng.
A. z  2i.

B. z  0.

C. z  2.

D. z  2  2i.

Câu 15. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị

của hàm số nào dưới đây?
A. y  x4  2x2  1.

B. y 

2x  1
.
x1

C. y  x3  2x  3.

D. y 

x 1
x 2

Trang 2


1;4�
Câu 16. Cho hàm số y  f  x liên tục trên đoạn �
�
�và
có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Gọi M và m lần lượt là giá
trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn
�
1;4�
�
�. Giá trị của M  m bằng
A. 0.


B. 1.

C. 2.

D. 5.

Câu 17. Cho hàm số y  f  x có đạo hàm f �
 x 
A. 2.

B. 3.

x2  4
, x �0. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
3x2
C. 5.

D. 1.

Câu 18. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  2z  6  4i với i là đơn vị ảo. Phần ảo của số phức z là
A. 4.

B. 4.

C. 2.

D. 6.

Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 2;1;1 và mặt phẳng  P  :2x  y  2z  1 0.

Phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng  P  là
A.  x  2   y  1   z  1  4.

B.  x  2   y  1   z  1  9.

C.  x  2   y  1   z  1  3.

D.  x  2   y 1   z 1  5.

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2


2

Câu 20. Đặt a  log3 15 , khi đó log25 27 bằng
A.

3 a  1
2

.

B.

3
.
2 a  1

C.

2
.
3 a  1

D.

2 a  1
3

.


Câu 21. Kí hiệu z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2  2z  9  0. Giá trị của z1  z2  z1  z2
bằng
A. 2  4 2.

B. 2  4i 2.

C. 6.

D. 2.

Câu 22. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1;0;0 , B  0;2;0 , C  0;0;4 . Khoảng cách từ gốc tọa
độ O đến mặt phẳng  ABC  bằng bao nhiêu?
A.

4 21
.
21

B.

2 21
.
21

C.

21
.
21


D.

3 21
.
21

Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình logA  5x  2  log0,4  3x  6 là
A.  �;2 .

B.  0;2 .

�2 �
.
C. � ;2�
�5 �

D.  2; � .

Trang 3


Câu 24. Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong
hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây?
0

A.

0

 x  3x dx.

�
2

B.

 x
�

2

3

3

0

0





 x2  5x  2 dx.
C. �
3

D.

x
�


2



 3x dx.



 5x  2 dx.

3

Câu 25. Cho khối nón có thể tích bằng  a3 và bán kính đáy bằng a . Độ dài đường sinh của khối nón
đã cho bằng
A. a 10.

C. 2a.

B. a 2.

D. 2a 2.

Câu 26. Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên như sau

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

B. 1.


C. 3.

D. 2.

Câu 27. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và
SB  2a. Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng

A.

4 2a3
.
3

B.



a3
.
3

C.

2a3
.
3

D.

3a3

.
3



3
Câu 28. Hàm số f  x  log2 x  x có đạo hàm là

A. f �
 x 

C.

ln2
.
x3  x

 3x  1 ln2.
f �x 
 

2

x x
3

 x 
B. f �
 x 
D. f �


1

 x  x ln2
3

3x2  1

.

 x  x ln2
3

.

Câu 29. Cho hàm số y  f  x xác định trên �\  1 , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến
thiên như sau

Trang 4


Số nghiệm thực của phương trình 2 f  x  4  0 là
A. 4.

B. 3.

C. 2.

D. 1.


Câu 30. Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi, SA  SC . Góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và

 ABCD 

bằng

.
A. 90�

.
B. 30�

.
C. 60�



.
D. 45�



x
Câu 31. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log4 9  4  1 x bằng

A. 2.

B. 1.

C. 4.


D. 3.

Câu 32. Một vật trang trí bằng pha lê gồm hai hình nón

 H  , H 
1

2

xếp chồng lên nhau, lần lượt có bán kính đáy và

1
1
chiều cao tương ứng là r1, h1,r2, h2 thỏa mãn r1  r2, h1  h2
2
2
(như hình vẽ).
Biết thể tích toàn phần của toàn bộ khối pha lê là 100 cm3. Thể
tích của khối  H1  bằng
A.

100 3
cm .
3

B. 25 cm3.

100 3
D. 50 cm3.

cm .
9
2
Câu 33. Họ nguyên hàm của hàm số f  x  x  1 3ln x là
C.

2x3
A.
 x3 ln x  C.
3

B. x3 ln x.

C. x3 ln x  C.

D. x3  x3 ln x  C.

�  30�
Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, ADC
, AB  a, AD  2a, SA  a và
vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  bằng
A.

a 3
.
2

B.

a 2

3

C.

a 2
.
2

D.

a
.
2

�x  1 t
�
Câu 35. Cho  d : �y  2  2t và  P  : x  y  z  1 0 . Đường thẳng d�là hình chiếu vuông góc của d
�z  1 t
�
trên mặt phẳng  P  có phương trình

Trang 5


�x  1 t
�
A. �y  1 2t.
�z  1 t
�


�x  t
�
B. �y  3 2t.
�z  2 t
�

�x  t
�
C. �y  3 2t.
�z  2 t
�

�x  1 t
�
D. �y  2  2t.
�z  2  t
�

3
2
Câu 36. Cho hàm số y   x  x   4m 9 x  5 (1) với m là tham số. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên

của m lớn hơn 10 để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  �;0 ?
A. 7.

B. 4.

C. 8.




D. 6.



Câu 37. Cho số phức z thỏa mãn  z  2  i  z  2  i  25. Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức
. bằng
w  2z  2  3i là đường tròn tâm I  a; b và bán kính c. Giá trị của a.bc
B. 17.

A. 17.
3

Câu 38. Cho

6x2  x  2

3
5
dx

2ln
a

ln
b

lnc , với a, b, c là các số hữu tỷ. Giá trị của 2a  3b  5c
2
2

2
1

�x x
2

D. 100.

C. 100.



bằng
A. 10.

B. 10.

C. 8.

D. 9.

Câu 39. Cho hàm số y  f  x . Hàm số y  f �
 x có bảng biến thiên sau

x
Bất phương trình f  x  e  m đúng với mọi x� 3;3 khi và chỉ khi
3
A. m�f  3  e .

B. m f  3 


1
.
e3

C. m�f  3 

1
.
e3

3
D. m f  3  e .

Câu 40. Kỳ thi có 10 học sinh, xếp ngồi hai dãy ghế trên và dưới, mỗi dãy có 5 ghế. Thầy giáo có 2 loại
đề, gồm 5 đề chẵn và 5 đề lẻ. Xác xuất để mỗi học sinh đều nhận một đề và 2 bạn ngồi kề trên, dưới là
khác loại đề là
A.

8
.
63

B.

1
.
126

C.


1
.
252

D.

1
.
15120

Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng    : x  y  z  4  0 và ba điểm A 1;2;1 , B  0;1;2
uuur uuur uuuu
r
C
0;0;3
M
x
;
y
;
z

MA

3
MB

4
MC

và 
đạt giá trị nhỏ nhất.
 . Điểm 
 thuộc mặt phẳng   sao cho
Tính giá trị biểu thức P  x  y  z.

Trang 6


1
B. P   .
3

A. P  3.

5
C. P  .
3

D. P  4.

2
Câu 42. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  1 3i  3 2 và  z  2i  là số thuần ảo?

A. 1.

B. 2.

C. 3.


D. 4.

Câu 43. Cho hàm số y  f  x liên tục trên � và
có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các
giá trị thực của tham số m để phương trình





f x4  2x2  1  m có nghiệm là
4; � .
A. �
�

B.  4;1 .

0;1�
.
C. �
�
�

0; � .
D. �
�

Câu 44. Ông A cần mua nhà ở nhưng số tiền của ông không đủ để mua nhà ở, ông đi vay ngân hàng 1 tỉ
đồng với lãi suất ưu đãi là 9%/năm. Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một năm
kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một năm, số tiền hoàn nợ

mỗi năm là như nhau và ông A trả hết nợ sau đúng 10 năm kể từ ngày vay. Biết rằng mỗi năm ngân hàng
chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của năm đó. Hỏi số tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng gần nhất
với số tiền nào dưới đây?
A. 155,820 triệu đồng.

B. 146,947 triệu đồng.

C. 166,8 triệu đồng.

D. 236,736 triệu đồng.

Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho điểm E  2;1;3 , mặt phẳng  P  :2x  2y  z  3  0 và mặt cầu

 S :  x  3   y  2   z  5
2

2

2

 36. Gọi  là đường thẳng đi qua E , nằm trong  P  và cắt  S tại hai

r
u
điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Biết  có một vectơ chỉ phương   2018; y0; z0  . Tính T  z0  y0.
A. T  0.

B. T  2018.

C. T  2018.


D. T  1009.

Câu 46. Anh A dự định xây một bể bơi có đáy là hình elip có độ dài trục lớn gấp hai lần trục bé và có
diện tích hình chữ nhật cơ sở bằng 128m2 . Mỗi khối nước đổ vào bể có giá là 8500 đồng/ 1m3 . Biết bể
bơi sâu 2m. Hỏi anh A cần bao nhiêu tiền để đổ nước vào 80% bể? (số tiền được làm tròn đến hàng
nghìn).
A. 1 126 000 đồng.

B. 1 367 000 đồng.

C. 1 224 000 đồng.

D. 1 046 000 đồng.

B C có thể tích bằng 6. Gọi điểm I là trung điểm AA�và điểm N
Câu 47. Cho khối lăng trụ ABC.A���
N  2BN. Đường thẳng C�
I cắt đường thẳng CA tại P , đường thẳng C�
N
thuộc cạnh BB�sao cho B�
cắt đường thẳng CB tại Q. Thể tích khói đa diện lồi AIPQNB là
A.

7
.
9

B.


11
.
18

C.

11
.
9

D.

7
.
3
Trang 7


Câu 48. Cho hàm số có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

1
Đặt g x  f  x  2  x3  2x2  3x  2019. Khẳng định nào sau đây đúng?
3
A. Hàm số y  g x đạt cực đại tại x  1.
B. Hàm số y  g x có một điểm cực trị.
C. Hàm số y  g x nghịch biến trên khoảng  1;4 .
D. g 5  g 6 và g 0  g 1 .
Câu 49. Có bao nhiêu giá trị của tham số m để hàm số










y  x9  3m2  m x5  m3  3m2  2m x4  2019 đồng biến trên �?
A. 3.

B. 2.

C. 4.

D. 1.

4
3
2
Câu 50. Cho hàm số f  x  mx  nx  px  qx  r và

g x  ax3  bx2  cx  d ,

 m,n, p, q,r, a, b,c,d ��

và

f  0  g 0 . Hàm số y  f �
 x và y  g� x có đồ thị
như hình vẽ bên.

Tập nghiệm của phương trình f  x  g x có số phần tử
là
A. 4.

B. 2.

C. 1.

D. 3.

Trang 8


Đáp án
1-C
11-C
21-A
31-B
41-D

2-C
12-A
22-A
32-C
42-C

3-B
13-A
23-C
33-C

43-A

4-B
14-C
24-B
34-C
44-A

5-A
15-B
25-A
35-C
45-C

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

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

8-B
18-B
28-D
38-D

48-A

9-D
19-A
29-C
39-A
49-A

10-C
20-B
30-A
40-A
50-B

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
1
Thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là V  Bh.
3
Câu 2: Đáp án C
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x  1 và giá trị cực tiểu là yCT  1.
Câu 3: Đáp án B
�1 3 1 7  4  3 5 2 6 �
�suy ra G  1;2;1 .
;
;
Tọa độ trọng tâm G �
� 3
�
3

3
�
�
Câu 4: Đáp án B
Xét đáp án A, trên khoảng  1;0 đồ thị có hướng đi xuống từ trái qua phải nên hàm só nghịch biến trên

 1;0 .
Xét đáp án B, trên khoảng  0;1 đồ thị có hướng đi lên từ trái qua phải nên hàm số đồng biến trên  0;1 .
Xét đáp án C, trên khoảng  1;1 đồ thị có đoạn hướng đi xuống từ trái qua phải nên hàm số không đồng
biến trên  1;1 .
Xét đáp án D, trên khoảng  1;� đồ thị đi xuống từ trái qua phải nên hàm số nghịch biến trên  1; � .
Câu 5: Đáp án A
�
100m3 �
3
2
Ta có log� 2 � log100 logm  logn  2 3logm 2log n  2 3logm 2logn.
� n �
Câu 6: Đáp án C
1

1

1

0

0

0


�
2 f  x  3g x �
f  x dx  3�
g x dx  2. 2  3.7  25.
Ta có �
�
�dx  2�
Câu 7: Đáp án B
Diện tích mặt cầu S  4 a2.
Câu 8: Đáp án B





2
2
0
2
Ta có ln 2x  x  1  0 � 2x  x  1 e � 2x  x  0

Trang 9


� 1�
0; �.
Vậy phương trình có tập nghiệm S  �
� 2
Câu 9: Đáp án D


r
Mặt phẳng song song với mặt phẳng  Oxy và đi qua A 1;1;1 nhận k   0;0;1 làm vectơ pháp tuyến
nên có phương trình là z  1 0.
Câu 10: Đáp án C
Ta có

f  x dx  �
 e  2sin x dx  e  2cosx  C.
�
x

x

Câu 11: Đáp án C
Ta có
1 1 2  2 3 3


 0 � Q �d.
1
3
5
2 1 1 2 2  3


 1� M �d.
1
3
5

0  1 2  2 8 3

�
� P �d.
1
3
5
Câu 12: Đáp án A
Mỗi cách xếp 10 học sinh thành một hàng ngang là một hoán vị của tập hợp có 10 phần tử.
Suy ra số cách sắp xếp là P10.
Câu 13: Đáp án A
Áp dụng công thức tổng n số hạng đầu của cấp số cộng ta có
Sn 

n u1  un 
2

 nu1 

n n  1
2

d  2019.3 2019.2018  4 080 399.

Câu 14: Đáp án C
Hoành độ của điểm M bằng 2; tung độ điểm M bằng 0 . Do đó z  2.
Câu 15: Đáp án B
Đồ thị hàm số là đồ thị của hàm phân thức nên loại A và C.
Đồ thị có tiệm cận đúng x  1 và tiệm cận ngang y  2 , ta chọn đáp án B.
Câu 16: Đáp án C

Từ đồ thị ta thấy M  3, m 1 nên M  m 2.
Câu 17: Đáp án A
�
x 2
Ta có f �
 x  0 � �x  2; f � x không xác định tại x  0.
�
Bảng xét dấu f �
 x S

Trang 10


Dựa vào bảng xét dấu trên ta thấy hàm số y  f  x có hai điểm cực trị.
Câu 18: Đáp án B
Đặt z  a  bi, a, b��� z  a  bi
�
�
3a  6
a 2
��
.
Ta có z 2z  6 4i �  a  bi   2 a  bi   6  4i � 3a  bi  6  4i � �
b  4 �
b 4
�
Vậy phần ảo của số phức z bằng 4.
Câu 19: Đáp án A






Ta có R  d A, P   2.
Phương trình mặt cầu là  x  2   y  1   z  1  4.
2

2

2

Câu 20: Đáp án B
Ta có log25 27 

3
3 1
3
log5 3  .

2
2 log3 5 2 a  1

(vì a  log3 15  log3  3.5  1 log3 5 � log3 5  a  1).
Câu 21: Đáp án A
Phương trình có   8  0 , nên phương trình có hai nghiệm phức là
z1  1 2i 2; z2  1 2i 2 . Ta có z1  z2  2, z1  z2  4i 2
Do đó z1  z2  z1  z2  2 4 2.
Câu 22: Đáp án A
x y z
Phương trình mặt phẳng  ABC  :    1� 4x  2y  z 4  0

1 2 4





d O; ABC  

4.0  2.0 1.0  4
42  22  12



4 21
.
21

Câu 23: Đáp án C
2
Điều kiện xác định x   .
5
log0,4  5x  2  log0,4  3x  6 � 5x  2  3x  6 � 2x  4 � x  2.
�2 �
Kết hợp với điều kiện, ta có tập nghiệm của bất phương trình là � ;2�.
�5 �
Câu 24: Đáp án B
Trang 11


0






�
3;0�
dx 
Ta thấy x��
 x  1  x2  4x  1 �
�
�ta có x  1�x  4x  1 nên S  �
�
�
2

3

0

 x
�

2



 3x dx.

3


Câu 25: Đáp án A
Chiều cao của khối nón h 

3V 3 a3

 3a.
 r 2  a2

Độ dài đường sinh của khối nón là l 

 3a

2

 a2  a 10.

Câu 26: Đáp án D
lim y  7 nên đường thẳng y  7 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

x��

lim y  1 nên đường thẳng y  7 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

x��

lim y  10 và lim y  8 nên đường thẳng x  2 không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x�2

x�2


Vậy đồ thị hàm số đã cho cỏ tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang là 2
Câu 27: Đáp án D
�SA   ABCD 
�
�
Theo giả thiết ta có �AB  a
�SB  2a
�
Do đó SABCD  a2; SA  SB2  AB2 

 2a

2

 a2  a 3.

1
1
3a3
Vậy VSABCD  SA.SABCD  a 3.a2 
.
3
3
3
Câu 28: Đáp án D



Áp dụng công thức loga u x


u�
 x

 � u x lna .

�
x  x

3x  1
f�

.
 x 
 x  x ln2  x  x ln2
3

Vậy

3

2

3

Câu 29: Đáp án C
Ta có 2 f  x  4  0 � f  x  2.
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x và đường thẳng y  2.
Dựa vào bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số y  f  x cắt đường thẳng y  2 tại 2 điểm phân biệt.


Trang 12


Vậy phương trình 2 f   4  0 có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 30: Đáp án A
Gọi O là tâm của hình thoi ABCD.
�AC  BD
� AC   SBD  �  ABCD    SBD  .
Ta có �
�AC  SO
.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng 90�

Câu 31: Đáp án B
Điều kiện 9  4x  0
�x 9  65
�
9 65
4 
x  log4
�
�
4
2 ��
2
log4 9  4x  1 x � 9  4x  x � 42x  9.4x  4  0 � �
�x 9  65
�
4
9  65

4 
x  log4
�
�
�
2
�
2





Tổng tất cả các nghiệm của phương trình là log4

9  65
9  65
 log4
 1.
2
2

Câu 32: Đáp án C
Thể tích toàn bộ khối pha lê là
1
1
V  V H   V H    .r12.h1   .r22.h2
1
2
3

3
2
2
1
1
  . r1  . h1    . 2r1  . 2h1 
3
3









100
 9.V H   100 cm3 � V H  
cm3 .
1
2
9
Câu 33: Đáp án C
�
3
du  dx
�
u  1 3ln x �
�

x
��
Đặt �
2
3
dv  x dx
x
�
�
v
� 3
f  x dx 
�

x3
x3
x3
1 3ln x  �
x2dx   1 3ln x   C  x3 ln x  C.

3
3
3

Câu 34: Đáp án C

Trang 13











Ta có AB // CD � AB //  SCD  , suy ra d B, SCD   d A, SCD  .
Trong mặt phẳng  ABCD  , kẻ AK  CD tại K khi đó tam giác AKD
vuông tại K và có �
ADK  30�� AK  a.
trong mặt phẳng  SAK  , kẻ AH  SK tại H





� AH   SCD  � d A, SCD   AH .
Do SA  AK  a nên tam giác SAK vuông cân tại A suy ra
1
a 2
AH  SK 
.
2
2






Vậy d B, SCD  

a 2
.
2

Câu 35: Đáp án C

uuur
r
Vectơ chỉ phương của d và vectơ pháp tuyến của  P  là ud   1;2; 1 ; n P    1; 1;1 .
Gọi  Q là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với  P  . Khi đó  Q có vectơ pháp tuyến
uuur uu
r uuur
�
n Q  �
u
�d , n P  �  1;0; 1
Đường thẳng d�là giao tuyến của hai mp  P  và  Q nên có vectơ chỉ phương là
uur uur uur
ud� �
n , n � 1;2;1
�P Q � 
Ta thấy chỉ có đáp án C thỏa mãn.
Câu 36: Đáp án A
Ta có y�
 3x2  2x  4m 9.
�0,x� �;0
Hàm số (1) nghịch biến trên  �;0 khi y�
�

3x2�2
x� 4m 9 0,x�;0
�

4
�
m 3x2 2x 9, x



;0 . (*)

2
Xét g x  3x  2x  9, x� �;0 có g�
 x  6x  2  0,x� �;0 nên

g x  g 0  9,x� �;0 .
 4m
 * ۣ-

9  m

9
4

Vậy các giá trị m thỏa mãn đề bài là: 9; 8; 7; 6; 5; 4; 3.
Câu 37: Đáp án C
Giả sử z  a  bi  a; b�� và w  x  yi

 x; y�� .


�
a  2  b 1 i �
a  2  b 1 i �
 z 2 i   z 2 i   25 � �
�
��
� 25 �  a 2   b 1
2

2

 25 (1)
Trang 14


Theo giả thiết w  2z  2 3i � x  yi  2 a  bi   2  3i � x  yi  2a  2   3 2b i.
� x 2
a
�x  2a  2 �
�
2
��
��
(2)
�y  3 2b �b  3 y
�
2
2


2

2
2
�x  2 � �3 y �
Thay (2) vào (1) ta được �
 2� �
 1� 25 �  x  2   y  5  100.
�2
� �2
�

Suy ra, tập hợp điểm biểu diễn của số phức w là đường tròn tâm I  2;5 và bán kính R  10.
.  100.
Vậy a.bc
Câu 38: Đáp án D
Ta có
6x2  x  2
A
B
C
 

� 6x2  x  2 �A x2  1  Bx x  1  Cx x  1
x x  1  x  1 x x  1 x  1






Khi đó, dùng kỹ thuật đồng nhất hệ số ta được
�
�A  2
�A  B  C  6 �
3
3�
6x2  x  2
2
3
5
�
� 3
�
 B  C  1 � �B  � �
dx  �

�
�x 2 x  1 2 x  1
2�
�
� 2 2 x x  1  x  1
 A  2
�
� 5
C
�
� 2
3�
2
3

5
�

Khi đó ta có: �
�x 2 x  1 2 x  1
2�

�
�
dx
�
�

� �
�
3
5
�
dx  �
2ln x  ln x  1  ln x  1 �32
� �
2
2
�
�
3 3 4 5
 2ln  ln  ln2
2 2 3 2

3

4
� a  , b  , c  2 � 2a  3b  5c  9
2
3
Câu 39: Đáp án A
x
x
Ta có f  x  e  m,x� 3;3 � f  x  e  m,x� 3;3 (*).
x
Xét hàm số g x  f  x  e .
x
Ta có g '  x   f '  x   e .

Ta thấy với x� 3;3 thì f �
 x  0,e x  0 nên g� x  f � x  e x  0,x� 3;3 .
Bảng biến thiên

Trang 15


g

Từ bảng biến thiên ta có (*) khi m-�  3

m f  3 e3.

Câu 40: Đáp án A
Số phần tử của không gian mẫu là   10!.
Gọi A là biến cố “mỗi học sinh đều nhận 1 đề và 2 bạn ngồi kề trên, dưới là khác loại đề”.
Ta có:

Xếp 5 đề lẻ vào cùng 1 dãy ghế có 5! cách.
Xếp 5 đề chẵn vào cùng 1 dãy ghế có 5! cách.
ở các cặp đề trên, dưới có thể đổi đề cho nhau nên có 25 cách.
5
Suy ra A  5!.5!.2 .

A 5!.5!.25 8

 .
Vậy P  A 

10!
63
Câu 41: Đáp án D
�
 1 xI   3 0 xI   4 0 xI   0
uur uur uur r
�
�
Gọi I là điểm thỏa mãn IA  3IB  4IC  0 � �
 2  yI   3 1 yI   4 0 yI   0
�
 1 zI   3 2 zI   4 3 zI   0
�
� 1
�xI  8
�
1 8xI  0
�
�

�1 5 13�
� 5
��
5 8yI  0 � �yI  � I � ; ; �
�8 8 8 �
�
� 8
13

8
z

0
I
�
� 13
�zI  8
�
uuur uuur uuuu
r
uuu
r uu
r uur uur
uuu
r
Khi đó MA  3MB  4MC  8MI  IA  3IB  4IC  8MI  8.MI .
uuur uuur uuuu
r
Vậy MA  3MB  4MC đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi độ dài MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của
�2 7 13 �

2 7 13
I lên mặt phẳng    . Vậy M � ; ; �hay P     4.
3
6
6
3 6 6
�
�
Câu 42: Đáp án C
Gọi z  x  yi  x, y�� , khi đó
Trang 16


z  1 3i  3 2 �  x  1   y  3  18 (1)
2

 z 2i 

2

2

2
�
x   y  2 i �
�
� x   y  2  2x y  2 i
2

2


�
x  y 2
2
2
Theo giả thiết ta có x   y  2  0 � �
x    y  2
�
Trường hợp 1: x  y  2 thay vào (1) ta được phương trình 2y2  0 và giải ra nghiệm y  0 , ta được
một số phức z1  2.
Trường hợp 2: x    y  2 thay vào (1) ta được phương trình 2y2  4y  8  0 và giải ra ta được

�
y  1 5
�
, ta được hai số phức
�
y  1 5
�







�
z  3 5  1 5 i
�2
.

�
z


3

5

1

5
i
�
�3

Vậy có ba số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 43: Đáp án A





0; � .
Đặt t  x4  2x2  1 x2  1 . Với x�� thì t ��
�
2






4
2
Do đó phương trình f x  2x  1  m có nghiệm khi và chỉ khi phương trình f  t  m có nghiệm

0; � .
thuộc nửa khoảng �
�
4; � .
Quan sát đồ thị ta suy ra điều kiện của tham số m là m��
�
Câu 44: Đáp án A
Gọi số tiền vay ban đầu là M , số tiền hoàn nợ mỗi năm là m, lãi suất một năm là r.
Hết năm thứ nhất, số tiền cả vốn lẫn lãi ông A nợ ngân hàng là M  Mr  M  1 r  .
Ngay sau đó ông A hoàn nợ số tiền m nên số tiền để tính lãi cho năm thứ hai là M  1 r   m.
Do đó hết năm thứ hai, số tiền cả vốn lẫn lãi ông A nợ ngân hàng là
�
M  1 r   m�
 1 r   M  1 r   m 1 r  .
�
�
2

Ngay sau đó ông A lại hoàn nợ số tiền m nên số tiền để tính lãi cho năm thứ ba là





M 1 r 2  m 1 r   m.

Do đó hết năm thứ ba, số tiền cả vốn lẫn lãi ông A nợ ngân hàng là
2
3
2
�
M  1 r   m 1 r   m�
1 r   M  1 r   m 1 r   m 1 r   m.

�
�

Cứ tiếp tục lập luận như vậy ta thấy sau năm thứ n, n �2 , số tiền cả vốn lẫn lãi ông A nợ ngân hàng là

Trang 17


n
�
m
1

r
 1�


n
n1
n 2
n
�

�
M  1 r   m 1 r   m 1 r   ...  m 1 r   m M  1 r  
r

Sau năm thứ n trả hết nợ thì ta có
n
�
n
m
1

r
 1�


M  1 r  .r
n
�
�
M  1 r  
 0 � m
.
n
r
1

r

1
 


Thay số với M  1.000.000.000, r  9% , n  10 ta được m�155,820 (triệu đồng).
Câu 45: Đáp án C
Mặt cầu  S có tâm I  3;2;5 và bán kính R  6.
IE  12  12  22  6  R nên điểm E nằm trong mặt
cầu  S .
Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng  P  , A và B
là hai giao điểm của  với  S .
Khi đó, AB nhỏ nhất � AB  HE , mà AB  IH nên
AB   HIE  � AB  IE.
uu
r uur uur
n ; EI �  5; 5;0 .
Suy ra: u  �
�P
�
r
Suy ra u   2018; 2018;0 , do đó T  z0  y0  2018.
Câu 46: Đáp án B
x2 y2
Giả sử elip có phương trình 2  2  1, với a  b  0.
a b
Từ giả thiết ta có a  2b và 2a.2b  128 � b  4 � a  8
Vậy phương trình của elip là

x2 y2

1
64 16
8


8

1
2
2
Khi đó diện tích đáy của bể bơi là S  2� 64  x dx  �64  x dx  32
2
8
8
Thể tích của bể bơi là V  2.32  64 � 80%.V  51,2 m3
Khi đó số tiền là T  51,2 .8500  1.367.000 đồng.
Câu 47: Đáp án D

Trang 18


VABC .INC� 1�AI BN CC�
� 1�1 1 � 11
 � 

� �   1�
�
�
�
VABC .A���
3
AA
BB
CC

�
� 3�2 3 � 18
BC
� VABC .INC�
SCPQ
SCAB



11
11
V .
18
3

CP CQ
3
.
 2.  3 � SCPQ  3SCAB
CA CB
2

1
� VC�CPQ  3VC�ABC  3. VABC .A���
6
BC
3
7
� VAIPBNQ  VCPQ  VABCINC� .
3

Câu 48: Đáp án A
Ta có g�
 x  f � x  2  x2  4x  3
�
x1
f�
 x  2  0 � x� 1;1;3 ; x2  4x  3  0 � �x  3
�
Ta có bảng xét dấu

(kxđ: không xác định được dấu)
Dựa vào bảng xét dấu, ta suy ra g x đạt cực đại tại x  1.
Câu 49: Đáp án A









 9x8  5 3m2  m x4  4 m3  3m2  2m x3.
Ta có y�










y�
 x3 �
9x5  5 3m2  m x  4 m3  3m2  2m � x3.g x
�
�









5
2
3
2
với g x  9x  5 3m  m x  4 m  3m  2m .

0
Nếu g 0 �۹

�
m�0
�
m 2. Khi đó y�sẽ đổi dáu khi đi qua điểm x  0, do đó hàm số sẽ không đồng biến

�
�
m�1
�

trên �.
�
m 0
�
m 1.
Do đó để hàm số đồng biến trên � thì một điều kiện cần là g 0  0 � m m  3m 2  0 � �
�
m 2
�



2



Trang 19


Thử lại:
+) Với m 0 có y�
 9x8 �0,x�� nên hàm số đã cho đồng biến trên �.




 x  9x  50 �0,x�� nên hàm số đã cho đồng biến trên �.
+) Với m 2 có y�
 x4 9x4  10 �0,x�� nên hàm số đã cho đồng biến trên �.
+) Với m 1 có y�
4

4

Vậy với m 0; m 1 hoặc m 2 thì hàm số đã cho đồng biến trên �.
Câu 50: Đáp án B
Dựa vào đồ thị ta có phương trình f �
 x  0 có ba nghiệm phân biệt nên m�0.
Ta có g�
 x  3ax2  2bx  c và f � x  4mx3  3nx2  2px  q.
Lại có f �
 x và g� x giao nhau tại 3 điểm nên ta có phương trình f � x  g' x có ba nghiệm





Dựa vào đồ thị và ta có f �
 x  g� x  4m x  1  x  1  x  2  4m x3  2x2  x  2 .
Ta có f �
 x  g� x  4mx3  3 n a x2  2 p b x  q c .
Đồng nhất hệ số ta có n  a 

8
m, p  b  2m, q  c  8m.
3


Mặt khác f  0  g 0 � r  d.
4
3
2
Vậy f  x  g x � mx   n  a x   p  b x   q c x  r  d  0

8
8
� mx4  mx3  2mx2  8mx  0 � x4  x3  2x2  8x  0
3
3
Phương trình có hai nghiệm.

Trang 20