Moon.vn

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA

ĐỀ MINH HỌA SỐ 17

NĂM HỌC: 2019 – 2020
MÔN: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

Câu 1. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + z + 4 = 0. Khi đó mặt phẳng (P) có một
vectơ pháp tuyến là
ur
A. n1 = ( 2; −1;1) .

uu
r
B. n2 = ( 2;1;1) .

uu
r
C. n4 = ( −2;1;1) .

(

uu
r
D. n3 = ( 2;1; 4 ) .

)

3
Câu 2. Cho a là số thực dương bất kì khác 1. Tính S = log a a 4 a .

3
A. S = .
4

C. S =

B. S = 7.

13
.
4

D. S = 12.

Câu 3. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên như hình bên dưới. Hàm
số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
x
y'
y

+∞
+

-1
0
0


-

-∞

A. ( 1; +∞ ) .

0
0

+

1
0
0

+∞
-

-1
B. ( −1;0 ) .

C. ( −∞;1) .

-∞
D. ( 0;1) .

Câu 4. Cho phương trình 22 x − 5.2 x + 6 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 . Tính P = x1.x2
A. P = log 2 6.

B. P = 2 log 2 3.


C. P = log 2 3.

D. P = 6.

Câu 5. Cho cấp số cộng có u1 = −3; u10 = 24. Tìm công sai d?
7
A. d = .
3

B. d = −3.

7
C. d = − .
3

D. d = 3.

Câu 6. Đồ thị trong hình bên là của hàm số nào sau đây:

Trang 1


x +1
x −1
.
.
D. y =
2x +1
2x +1

r r r r
r
Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho a = i + 3 j − 2k . Tọa độ của vectơ a là
A. y =

x −1
.
1− 2x

A. ( 2; −3; −1) .

B. y =

x −1
.
2x −1

B. ( −3; 2; −1) .

C. y =

C. ( 2; −1; −3) .

D. ( 1;3; −2 ) .

Câu 8. Hình nón có diện tích xung quanh bằng 24π và bán kính đường tròn đáy bằng 3. Đường sinh của
hình nón có độ dài bằng:
A. 4.

B. 8.


C. 3.

D.

89.

Câu 9. Một đa giác lồi có 50 cạnh thì có bao nhiêu đường chéo.
2
A. C50 .

2
B. A50 .

2
C. C50 − 50.

2
D. A50 − 50.

Câu 10. Trong không gian Oxyz, cho điểm A ( −4;0;1) và mặt phẳng ( P ) : x − 2 y − z + 4 = 0. Mặt phẳng
(Q) đi qua điểm A và song song với mặt phẳng (P) có phương trình là
A. ( Q ) : x − 2 y − z − 5 = 0.

B. ( Q ) : x − 2 y + z − 5 = 0.

C. ( Q ) : x − 2 y + z + 5 = 0.

D. ( Q ) : x − 2 y − z + 5 = 0.


x
Câu 11. Cho hàm số f ( x ) = 2 x + e . Tìm một nguyên hàm F ( x ) của hàm số f ( x ) thỏa mãn

F ( 0 ) = 2019.
x
A. F ( x ) = e − 2019.

2
x
B. F ( x ) = x + e − 2018.

2
x
C. F ( x ) = x + e + 2017.

2
x
D. F ( x ) = x + e + 2018.

Câu 12. Gọi V là thể tích của hình lập phương ABCD.A'B'C'D', V1 là thể tích tứ diện A'ABC. Hệ thức nào
sau đây đúng?
A. V = 3V1.

B. V = 4V1.

C. V = 6V1.

D. V = 2V1.

Câu 13. Tìm số phức liên hợp của số phức z thỏa mãn ( 1 − i ) z = 1 + 3i.

A. z = −1 + 2i.

B. z = 1 − 2i.

C. z = −1 − 2i.

D. z = 1 + 2i.

Câu 14. Cho hàm số y = f ( x )

có đồ thị như hình vẽ. Trên khoảng ( −1;1)

đồ thị hàm số có mấy điểm cực

trị?

A. 2.

B. 1.

C. 4.

D. 3.

Trang 2


3

Câu 15. Cho


∫
0

3

f ( x ) dx = 2. Tính giá trị của tích phân L = ∫  2 f ( x ) − x 2  dx.
0

A. L = 0.

B. L = −5.

C. L = −23.

D. L = −7.

Câu 16. Đồ thị của hàm số y = − x 3 + 3 x 2 + 2 x − 1 và đồ thị hàm số y = 3x 2 − 2 x − 1 có tất cả bao nhiêu
điểm chung:
A. 0.

B.

2.

C. 3.

D. 1.

Câu 17. Cho khối chóp S.ABCD có


đáy là hình vuông cạnh 2a, cạnh bên

SA vuông góc với mặt phẳng đáy;

mặt bên (SBC) tạo với đáy một góc

30o. Thể tích của khối chóp đã cho

bằng

A.

a3 3
.
3

B.

8a 3 3
.
9

C.

a3 3
.
9

D.


8a 3 3
.
3

Câu 18. Kí hiệu z1 , z2 , z3 , z4 là bốn nghiệm phức của phương trình z 4 + 3 z 2 − 4 = 0. Tính tổng
T = z1 + z2 + z3 + z4 .
A. T = 4.

B. T = 0.

C. T = 6.

D. T = 2 3.

2
2x
Câu 19. Tính đạo hàm của hàm số y = ( x + 4 x + 3) e ?
2x
A. y ′ = e ( 4 x + 8 )

2x
2
B. y ′ = e ( x + 6 x + 7 )

2x
2
C. y ′ = e ( 2 x + 10 x + 10 )

2x

2
D. y ′ = e ( −2 x − 6 x − 2 )

Câu 20. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2 x 3 − 3x 2 − 12 x + 10 trên đoạn [ −3;3;] là:
A. -18.

B. -1.

C. 7.

D. 18.

Câu 21. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

( P ) : x − 2 y + 2z − 2 = 0

và điểm

I ( −1; 2; −1) . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn
có bán kính bằng 5.
A. ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 1) = 34.

B. ( S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 16.

C. ( S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 25.

D. ( S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 34.

2


2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 22. Cho hình chóp S.ABCD đều có AB = 2 và SA = 3 2. Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
đã cho bằng
Trang 3


A.

7

.
4

33
.
4

B.

C.

9
.
4

D. 2.

Câu 23. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ¡ và có đạo hàm f ′ ( x ) = x ( x − 1)

3

( x + 2)

5

. Số điểm cực

tiểu của hàm số đã cho là
A. 1.


B. 2.

C. 0.

D. 3.

2
2
Câu 24. Cho log 27 a + log 9 b = 5 và log 27 b + log 9 a = 7. Giá trị của a − b bằng

A. 0.

B. 1.

C. 27.

D. 702.

Câu 25. Hệ số x 5 trong khai triển của đa thức f ( x ) = x ( 1 − x ) + x 2 ( 1 + 2 x ) bằng:
10

A. 285.

B. 290.

5

C. 295.

D. 280.


x
x+1
Câu 26. Biết bất phương trình log 5 ( 5 − 1) .log 25 ( 5 − 5 ) ≤ 1 có tập nghiệm là đoạn [ a; b ] . Giá trị của

a + b là

A. 2 + log 5 156.

B. −1 + log 5 156.

C. −2 + log 5 156.

Câu 27. Một hình trụ có hai đáy là hai hình tròn

( O; x )

D. −2 + log 5 26.

và ( O′; x ) . Khoảng cách giữa hai đáy là

OO′ = r 3. Một hình nón có đỉnh O và có đáy là hình tròn ( O′; x ) . Gọi S1 là diện tích xung quanh của
hình trụ và S2 là diện tích xung quanh của hình nón. Tính tỉ số
A.

S1
2
=
.
S2

3

B.

S1
= 2 3.
S2

C.

S1
.
S2

S1
= 2.
S2

D.

S1
= 3.
S2

Câu 28. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:
-∞

x
y'


2

3

5

y

+∞

4

+∞

-∞
-∞
-∞
Số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho bằng:
A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Câu 29. Tính thể tích V của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x = 1 và x = 4, biết rằng khi cắt vật
thể bởi mặt phẳng tùy ý vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x ( 1 ≤ x ≤ 4 ) thì được thiết diện là
hình lục giác đều có độ dài cạnh là 2x.
A. V = 126 3π .


B. V = 126 3.

C. V = 63 3π .

D. V = 63 3.

Câu 30. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 và d2 có phương trình là
d1 :

x − 2 y −1 z + 4
x +1 y +1 z − 5
=
=
=
=
. Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng d1
và d 2 :
1
1
−4
2
2
−8

và d2.
Trang 4


A. x + 3 y + z + 1 = 0.


B. x + 3 y + z − 1 = 0.

Câu 31. Tìm nguyên hàm I = ∫

C. x − 3 y − z − 1 = 0.

D. x − 3 y − z + 1 = 0.

x
dx.
2x +1

A. I =

1
6

( 2 x + 1)

3

−

1
2 x + 1 + C.
2

B. I =


1
6

( 2 x + 1)

3

− 2 x + 1 + C.

C. I =

1
3

( 2 x + 1)

3

−

1
2 x + 1 + C.
2

D. I =

1
3

( 2 x + 1)


3

− 2 x + 1 + C.

5

Câu 32. Biết

∫x
4

2

dx
= a ln 2 + b ln 3 + c ln 5 + d ln 7 với a, b, c, d là các số nguyên. Tính P = ab + cd
+ 3x + 2

A. P = −5.

B. P = 5.

D. P = 2.

C. P = −4

Câu 33. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :

x − 2 y −1 z −1
=

=
và
−1
3
2

 x = 1 − 3t

d 2 :  y = −2 + t . Phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 3z − 2 = 0 cắt cả hai
 z = −1 − t

đường thẳng d1 và d2 là
A.

x + 3 y − 2 z −1
=
=
.
5
−1
1

B.

x + 3 y − 2 z −1
=
=
.
5
−1

−1

C.

x − 3 y + 2 z +1
=
=
.
−5
1
−1

D.

x +8 y −3 z
=
=
.
1
3
−4

Câu 34. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z − 2 + i = z + 1 − 2i và z + 4 − 2i = 3 2 ?
A. 3.

B. 1.

C. 0.

D. 2.


Câu 35. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ.
x
y'
y

-∞

-2
0
4

+
-∞

-

3
0

+∞
+
+∞

-2

3
 2 5
Hàm số g ( x ) = f  2 x − x − ÷ nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau?
2

2

1

A.  −1; ÷.
4


1 
B.  ;1÷.
4 

 5
C.  1; ÷.
 4

9

D.  ; +∞ ÷.
4


Câu 36. Thầy Tuấn có 15 cuốn sách gồm 4 cuốn sách Toán, 5 cuốn sách Lý, 6 cuốn sách Hóa. Các cuốn
sách đôi một khác nhau. Thầy chọn ngẫu nhiên 8 cuốn sách để làm phần thưởng cho một học sinh. Tính
xác suất để số cuốn sách còn lại của thầy Tuấn có đủ 3 môn:
A.

54
.
715


B.

661
.
715

C.

2072
.
2145

D.

73
.
2145
Trang 5


Câu 37. Một công ty cần xây dựng một cái kho chứa hàng dạng hình hộp chữ nhật (có nắp) bằng vật liệu
gạch và xi măng có thể tích 2000 m 3, đáy là hình chữ nhật có chiều dài bằng hai lần chiều rộng. Người ta
cần tính toán sao cho chi phí xây dựng là thấp nhất, biết giá xây dựng là 500.000 đồng/m 2. Khi đó chi phí
thấp nhất gần với số nào dưới đây?
A. 495969987.

B. 495279087.

C. 495288088.


D. 495289087.

x
x +1
Câu 38. 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] .

A. ( −∞;12 ) .

C. ( −∞;0] .

D. ( −1;16] .

Câu 39. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = 3a, BC = 4a. Cạnh bên SA
vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc tạo bởi giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 600. Gọi M là trung điểm của
AC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM bằng
A. a 3.

10a 3
.
79

B.

C. 5a 3.

D.


5a
.
2

1

1
Câu 40. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [ 0;1] . Biết ∫  x. f ′ ( 1 − x ) − f ( x )  dx = , tính f ( 0 ) .
2
0
1
B. f ( 0 ) = .
2

A. f ( 0 ) = −1.
Câu

41. Trong không gian

( S ) : ( x − 1)

2

Oxyz, cho

1
C. f ( 0 ) = − .
2
hai


điểm

D. f ( 0 ) = 1.

A ( 2; −2; 4 ) , B ( −3;3; −1)

và

mặt

cầu

+ ( y − 3) + ( z − 3) = 3. Xét điểm M thay đổi thuộc mặt cầu (S), giá trị nhỏ nhất của
2

2

2 MA2 + 3MB 2 bằng
A. 103.
Câu

42.

B. 108.
Cho

hàm

C. 105.


D. 109.
y = f ( x ) liên tục trên ¡ và có đồ thị là

số

đường cong trơn (không bị gãy

khúc),

hình

vẽ

bên.

Gọi

hàm

g ( x ) = f  f ( x )  . Hỏi phương

trình g ′ ( x ) = 0 có bao nhiêu nghiệm phân

biệt?

A. 14.

B. 10.


C. 12.

D. 8.

Trang 6


Câu 43. Xét các số phức z thỏa mãn z không phải là số thực và w =

z
là số thực. Tìm giá trị lớn
4 + z + z2

nhất Pmax của biểu thức P = z + 3 − 4i
A. Pmax = 9.

B. Pmax = 7.

C. Pmax = 5.

D. Pmax = 6.

Câu 44. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [ −10;10] để bất phương
trình

2x2 + x + m + 1
log 3
≥ 2 x 2 + 4 x + 5 − 2m
2
x + x +1


nghiệm. Số phần tử của tập S

bằng

A. 20.

B.

10.

C. 15.

có

D. 5.

Câu 45. Cho hàm số y = f ( x )

liên tục trên ¡ và có đồ thị y = f ′ ( x ) như

hình

g ( x ) = 2 f ( x ) − ( x − 1) . Khi đó giá trị nhỏ

vẽ.

Đặt

2


nhất của hàm số y = g ( x ) trên đoạn [ −3;3] bằng

A. g ( 0 ) .

B.

g ( 1) .

C. g ( −3) .

D.

g ( 3) .
Câu 46. Cho hàm số y = f ( x )

có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Để đồ thị

2
hàm số h ( x ) = f ( x ) + f ( x ) + m có điểm cực trị ít nhất thì giá trị nhỏ nhất của tham số m = m0 . Tìm

mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:

A. m0 ∈ ( 0;1) .

B. m0 ∈ ( −1;0 ) .

C. m0 ∈ ( −∞; −1) .

D. m0 ∈ ( 1; +∞ ) .

Trang 7


Câu 47. Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là hai điểm thuộc các cạnh AB,
AC sao cho mặt phẳng (DMN) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Đặt AM = x, AN = y, tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức T =
A.

1
3
+ 2
2
x
y

27
.
4

B. 9.

C. 27.

D.

9
.
4

Câu 48. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng


( P1 ) : 2 x + y + 2 z − 5 = 0, ( P2 ) : 2 x + y + 2 z + 13 = 0, ( Q ) : 2 x − 2 y − z − 5 = 0,

và điểm A ( −2;0;0 ) nằm giữa

( P 1 ) , ( P2 ) .

Mặt cầu (S) có tâm I ( a; b; c ) luôn đi qua

A và tiếp xúc với hai mặt

phẳng ( P 1 ) , ( P2 ) . Khi khối cầu (S) cắt

mặt phẳng (Q) theo thiết diện

là hình tròn có diện tích lớn nhất thì

hai mặt phẳng

a + b − 2c bằng

A. 3.

B.

0.

số

y = f ( x ) liên tục có đạo hàm trên ¡ ,


và có đồ thị như hình vẽ. Kí

hiệu g ( x ) = f 2 2 x + 1 − x + m. Tìm

Câu

49.

Cho

hàm

C. -3.

D. 2.

(

)

g ( x ) > 2 Min g ( x ) .
điều kiện của tham số m để Max
[ 0;1]
[ 0;1]

A. m < 3.

B. m > 4.


C. 0 < m < 5.

D. m < 2.

Câu 50. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tồn tại các số thực x,y thỏa mãn đồng thời
2
2
e3 x +5 y −10 − e x +3 y −9 = 1 − 2 x − 2 y và log 5 ( 3 x + 2 y + 4 ) − ( m + 6 ) log5 ( x + 5 ) + m + 9 = 0?

A. 3.

B. 5.

C. 4.

D. 6.

Đáp án
1-A
11-D
21-D

2-C
12-C
22-C

3-D
13-C
23-B


4-C
14-D
24-D

5-D
15-B
25-B

6-D
16-C
26-C

7-D
17-B
27-D

8-B
18-C
28-C

9-C
19-C
29-B

10-D
20-A
30-B
Trang 8



31-A
41-C

32-B
42-C

33-C
43-B

34-B
44-B

35-C
45-C

36-B
46-A

37-D
47-A

38-B
48-B

39-B
49-A

40-C
50-C


LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
Phương pháp

r
Mặt phẳng ( P ) : ax + by + cz + d = 0 có một vecto pháp tuyến là n ( a; b; c )
Cách giải

r
Mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + z + 4 = 0 có một VTPT là n = ( 2; −1;1) .
Câu 2: Đáp án C
Phương pháp
n
Sử dụng các công thức lũy thừa thu gọn biểu thức dưới dấu logarit và sử dụng công thức log a a = n.

Cách giải

(

Ta có: S = log a a

34

13
 3 14 
13
a = log a  a .a ÷ = log a a 4 = .
4




)

Câu 3: Đáp án D
Phương pháp
Sử dụng cách đọc bảng biến thiên để suy ra khoảng đồng biến của hàm số.
Hàm số liên tục trên ( a; b ) có y ′ > 0 với x ∈ ( a; b ) thì hàm số đồng biến trên ( a; b ) .
Cách giải
Từ BBT ta có hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞;1) và ( 0;1) .
Câu 4: Đáp án C
Phương pháp
Coi phương trình đã cho là bậc hai ẩn 2x, giải phương trình tìm x và kết luận.
Cách giải
2x = 2
x = 1
2x
x
x
x
⇔
Ta có: 2 − 5.2 + 6 = 0 ⇔ ( 2 − 2 ) ( 2 − 3 ) = 0 ⇔  x
 x = log 2 3
2 = 3
Do đó P = x1.x2 = 1.log 2 3 = log 2 3.
Câu 5: Đáp án D
Phương pháp
Sử dụng công thức: Cho cấp số cộng có số hạng đầu u1 và công sai d thì số hạng thứ n ( n > 1) là
un = u1 + ( n − 1) d .
Cách giải
Ta có: u10 = u1 + 9d ⇔ −3 + 9d = 24 ⇔ 9d = 27 ⇔ d = 3.

Trang 9


Câu 6: Đáp án D
1
1
Nhìn vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = − , tiệm cận ngang y = .
2
2
Đồ thị đi qua ( 1;0 ) và ( 0; −1) .
Phương án A có tiệm cận đứng x =

1
suy ra loại phương án A
2

Phương án B có tiệm cận đứng x =

1
suy ra loại phương án B
2

Phương án C cắt trục hoành tại ( −1;0 ) suy ra loại phương án C.
Câu 7: Đáp án D
r
HD: Ta có a = ( 1;3; −2 ) . Chọn D.
Câu 8: Đáp án B
Phương pháp
Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh hình nón S xq = π rl (với r là bán kính đáy, l là đường sinh
hình nón).

Cách giải
Ta có diện tích xung quanh hình nón bằng S xq = π rl ⇔ l =

S xq

πr

=

24π
= 8.
π .3

Câu 9: Đáp án C
HD: Chọn 2 điểm tùy ý không liền nhau, nối lại ta được 1 đường chéo thỏa mãn.
2
2
Chọn 2 điểm tùy ý từ 50 điểm có C50 cách, ứng với C50 đoạn thẳng.
2
Trong C50 đoạn thẳng này thì có đúng 50 cạnh của đa giác đã cho, còn lại là các đường chéo.
2
Vậy có tất cả C50 − 50 đường chéo. Chọn C.

Câu 10: Đáp án D
Cách giải

uur
uur
có VTPT nP = ( 1; −2; −1) nên ( Q ) / / ( P ) ⇒ nQ = ( 1; −2; −1) .
uur

(Q) đi qua A ( −4;0;1) và nhận nQ = ( 1; −2; −1) làm VTPT nên (Q) có phương trình là:

( P) : x − 2 y − z + 4 = 0

1( x + 4 ) − 2 ( y − 0 ) − 1( z − 1) = 0 ⇔ x − 2 y − z + 5 = 0
Chú ý khi giải: Các em cũng có thể loại dần các đáp án bằng việc kiểm tra VTPT của (Q) và thay tọa độ
điểm A vào các phương trình chưa bị loại để kiểm tra.
Câu 11: Đáp án D
Phương pháp:
- Tìm nguyên hàm của hàm số
- Thay điều kiện bài cho tìm hằng số C.
Trang 10


Cách giải:
Ta có:

F ( x ) = ∫ ( 2 x + e x ) dx = x 2 + e x + C .

Do F ( 0 ) = 2019 nên

02 + e0 + C = 2019 ⇔ C = 2018.

2
x
Vậy F ( x ) = x + e + 2018.

Câu 12: Đáp án C

Gọi a là cạnh của hình lập phương

1 1
a3
Khi đó, ta có: V = a 3 và V1 = . a 2 .a =
3 2
6
Vậy V = 6V1.
Câu 13: Đáp án C
HD: z =

1 + 3i ( 1 + 3i ) ( 1 + i )
=
= −1 + 2i ⇒ z = −1 − 2i. Chọn C.
1− i
2

Câu 14: Đáp án D
HD: Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị trên khoảng ( −1;1) . Chọn D.
Câu 15: Đáp án B
Phương pháp
b

b

b

b

b

a


a

a

a

a

x3 3
33
= 2.2 − = −5.
3 0
3

Sử dụng các tính chất tích phân ∫  f ( x ) ± g ( x )  dx = ∫ f ( x ) dx ± ∫ g ( x ) dx và ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx.
Cách giải
3

3

3

3

0

0

0


0

2
2
Ta có: L = ∫  2 f ( x ) − x  dx = ∫ 2 f ( x ) dx − ∫ x dx = 2 ∫ f ( x ) dx −

Câu 16: Đáp án C
Phương pháp
Trang 11


Số nghiệm của hai đồ thị hàm số là số giao điểm của phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị.
Giải phương trình hoành độ

giao điểm của hai đồ thị hàm số.

Cách giải:
Phương trình hoành độ giao

điểm của hai đồ thị hàm số là:
− x3 + 3x 2 + 2 x − 1 = 3x 2 − 2 x − 1
x = 0
⇔ x − 4 x = 0 ⇔  x = −2
 x = 2
3

⇒ Hai đồ thị hàm số có 3 điểm chung.
Câu 17: Đáp án B


( SBC ) ∩ ( ABCD ) = BC

·
⇒ Góc giữa (SBC) và đáy là SBA
Ta có:  AB ⊥ BC
= 30o.
 SB ⊥ BC

Lại có SA = AB.tan 30o =

2a 3
1
1 2a 3
8a 3 3
. Vậy: VS. ABCD = .SA.S ABCD = .
.4a 2 =
.
3
3
3 3
9

Câu 18: Đáp án C
 z2 = 1
 z = ±1
⇒
⇒ T = 1 + −1 + 2i + −2i = 6. Chọn C.
HD: Ta có: z + 3 z − 4 = 0 ⇒  2
2
 z = ±2i

 z = −4 = 4i
4

2

Câu 19: Đáp án C
y ′ = ( 2 x + 4 ) .e 2 x + 2e 2 x ( x 2 + 4 x + 3 ) = ( 2 x 2 + 10 x + 10 ) e 2 x .
Câu 20: Đáp án A
Phương pháp
- Tính y' và tìm nghiệm của y ′ = 0 trên đoạn [ −3;3;] .
- Tính giá trị của hàm số tại hai điểm -3, 3 và các điểm là nghiệm của đạo hàm ở trên.
- So sánh kết quả và kết luận.
Cách giải
 x = −1 ∈ [ −3;3]
2
Ta có: y ′ = 6 x − 6 x − 12 = 0 ⇔ 
 x = 2 ∈ [ −3;3]
Trang 12


Lại có: y ( −3) = −35, y ( −1) = 17, y ( 2 ) = −10, y ( 3 ) = 1.
Do đó giá trị lớn nhất của hàm số trên [ −3;3] là M = 17 và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [ −3;3] là
m = −35;
Vậy T = M + m = 17 + ( −35 ) = −18.
Câu 21: Đáp án D
Phương pháp
+ Cho mặt cầu (S) có tâm I và bán kính R và mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có
bán kính r thì ta có mối liên hệ R 2 = h 2 + r 2 với h = d ( I , ( P ) ) . Từ đó ta tính được R.
+ Phương trình mặt cầu tâm I ( x0 ; y0 ; z0 ) và bán kính R có dạng ( x − x0 ) + ( y − y0 ) + ( z − z0 ) = R 2
2


2

2

Cách giải
+

Ta

h = d ( I,( P) ) =

có

−1 − 2.2 + 2 ( −1) − 2
12 + ( −2 ) + 22
2

=

9
= 3.
3

+ Từ đề bài ta có bán kính đường tròn giao tuyến là

r = 5 nên bán kính mặt cầu là

R = r 2 + h 2 = 52 + 32 = 34.
+ Phương trình mặt cầu tâm I ( −1; 2; −1) và bán kính R = 34 là ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 34

2

2

2

Câu 22: Đáp án C

Phương pháp
Trang 13


Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều là giao của đường trung trực 1 cạnh bên và chiều cao của
hình chóp.
Từ đó sử dụng tam giác đồng dạng để tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều.
Cách giải
Gọi O là tâm hình vuông ABCD và E là trung điểm SB.
Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO ⊥ ( ABCD ) .
Trong (SBO) kẻ đường trung trực của SB cắt SO tại I, khi đó IA = IB = IC = ID = IS nên I là tâm mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu là R = IS .
Ta có ABCD là hình vuông cạnh 2
⇒ BD = BC 2 + CD 2 = 2 2 ⇒ BO =

BD
= 2.
2

Ta có SA = SB = SC = SD = 3 2 (vì S.ABCD là hình chóp đều) nên SE = EB =

3 2

2

Xét tam giác SBO vuông tại O (vì SO ⊥ ( ABCD ) ⇒ SO ⊥ OB ) có SO = SB 2 − OB 2 = 18 − 2 = 4.
Ta có ∆SEI đồng dạng với tam giác

SOB ( g − g ) ⇒

SI SE
SB.SE
=
⇔ IS =
=
SB SO
SO

3 2
2 = 9.
4
4

3 2.

9
Vậy bán kính R = .
4
Chú ý: Các em có thể sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều có cạnh
a2
bên là a và chiều cao h là R = .
2h
Câu 23: Đáp án B

x = 0

HD: Ta có: f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 1
 x = −2
Xét bảng sau:
x
f'(x)

-∞
-

0

-2
+

0

0
-

0

1
+

+∞

f(x)
Hàm số đạt cực tiểu tại x = −2; x = 1. Chọn B.

Câu 24: Đáp án D

Trang 14


1
 3 log 3 a + log 3 b = 5
 a = 729
⇔
Ta có hệ 
 b = 27
log a + 1 log b = 7
3
 3
3
Vậy a − b = 702
Câu 25: Đáp án B
Cần tìm hệ số của x4 trong khai triển nhị thức thứ nhất và hệ số của x3 trong khai triển nhị thức thứ hai. Hệ
4
3 3
số của x5 là C10 + 2 C5 = 290

Câu 26: Đáp án C
Phương pháp
Giải bất phương trình bằng cách đưa về bất phương trình bậc hai, ẩn là
log 5 ( 5x − 1)
Cách giải
Điều kiện: 5 x − 1 > 0 ⇔ x > 0
Ta có:
1

log 5 ( 5x − 1) .log 25 ( 5 x +1 − 5 ) ≤ 1 ⇔ log5 ( 5 x − 1) . log5 5 ( 5 x − 1)  ≤ 1
2
x
x
⇔ log 5 ( 5 − 1) . 1 + log 5 ( 5 − 1)  − 2 ≤ 0
⇔ log 52 ( 5 x − 1) + log 5 ( 5 x − 1) − 2 ≤ 0

⇔ log 5 ( 5 x − 1) − 1 log 5 ( 5 x − 1) + 2  ≤ 0
⇔ −2 ≤ log 5 ( 5 x − 1) ≤ 1 ⇔ 5−2 ≤ 5 x − 1 ≤ 51 ⇔
⇔

1
≤ 5x − 1 ≤ 5
25

26
26
≤ 5 x ≤ 6 ⇔ log 5
≤ x ≤ log 5 6
25
25

Câu 27: Đáp án D
Phương pháp:
Diện tích xung quanh của hình trụ: S xq = 2π rl = 2π rh
Diện tích xung quanh của hình nón: S xq = π rl
Cách giải:
Diện tích xung quanh của hình trụ: S1 = 2π rl = 2π r.r 3 = 2π 3r 2
∆OO'A vuông tại O′ ⇒ OA = OO′2 + O′A2 = 3r 2 + r 2 = 2r
2

Diện tích xung quanh của hình nón: S xq = π rl = π r.2r = 2π r ⇒

S1
= 3.
S2

Câu 28: Đáp án C
Phương pháp
Trang 15


Cho hàm số y = f ( x ) .
y = y0 ⇒ y = y0 là TCN của đồ thị hàm số.
+) Nếu lim
x →∞
y = ∞ ⇒ x = x0 là TCĐ của đồ thị hàm số.
+) Nếu xlim
→ x0
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy:
lim y = 5 ⇒ y = 5 là TCN của đồ thị hàm số.

x →−∞

lim y = −∞ ⇒ x = 2 là TCĐ của đồ thị hàm số.

x → 2−

lim y = −∞; lim+ y = +∞ ⇒ x = 3 TCĐ của đồ thị hàm số.
x →3


x →3−

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.
Câu 29: Đáp án B
Phương pháp:
- Tính diện tích thiết diện theo x.
b

- Tính thể tích theo công thức V = ∫ S ( x ) dx.
a

Cách giải
Diện tích một tam giác đều cạnh 2x là

( 2x)

2

4

3

= x 2 3.

2
Diện tích hình lục giác đều bằng 6 lần diện tích một tam giác đều nên S ( x ) = 6 x 3.
4

4


1

1

2
3
Thể tích V = ∫ S ( x ) dx = ∫ 6 x 3dx = 2 x 3

4
= 126 3.
1
b

Chú ý khi giải: Nhiều em có thể sẽ nhớ nhầm công thức thành V = π ∫ S ( x ) dx dẫn đến chọn nhầm đáp
a

án A là sai.
Câu 30: Đáp án B

ur
Lời giải: Đường thẳng d1 đi qua A ( 2;1; −4 ) và có vecto chỉ phương là u1 ( 1;1; −4 ) .
uu
r
Đường thẳng d2 đi qua B ( −1; −1;5 ) và có vecto chỉ phương là u2 ( 2; 2; −8 ) .
uuur
uu
r
ur
Do u2 = 2u1 ⇒ d1 / / d 2 . Ta có AB ( −3; −2;9 ) .

r
ur uuu
r
Mặt phẳng (P) chứa d1 và d2 có một vecto pháp tuyến là n = u1 ; AB  = ( 1;3;1)
Phương trình mặt phẳng (P) là: x + 3 y + z − 1 = 0. Chọn B.
Câu 31: Đáp án A

Trang 16


Lời giải: Đặt

t 2 −1
 t 2 −1 
t −1
t 2 −1
1
2
2x +1 = t ⇒ x =
⇒I =∫
d
.tdt = ∫ ( t 2 − 1) dt
÷= ∫
2
t
2t
2
 2 
2


1  t3 
t3 t
1
=  − t ÷+ C = − + C =
2 3 
6 2
6

( 2 x + 1)

3

−

1
2 x + 1 + C. Chọn A.
2

Câu 32: Đáp án B
5

HD: Ta có

5
dx
1 
x +1 5
 1
=
∫4 x 2 + 3x + 2 ∫4  x + 1 − x + 2 ÷ dx = ln x + 2 4 = 2 ln 2 + 2 ln 3 − ln 5 − ln 7


a = b = 2
⇒ P = ab + cd = 5. Chọn B.
Suy ra 
 c = d = −1
Câu 33: Đáp án C
Lời giải: Gọi A là giao điểm của d1 và (P), B là giao điểm của d2 và (P)
Ta có: A ( 2 − a;1 + 3a;1 + 2a ) ∈ d1 , cho điểm A thuộc (P) thì
2 − a + 2 ( 1 + 3a ) − 3 ( 1 + 2a ) − 2 = 0

⇔ −1 − a = 0 ⇔ a = −1 ⇒ A ( 3; −2; −1)
Điểm B ( 1 − 3b; −2 + b; −1 − b ) ∈ d 2 , cho B thuộc (P) thì 1 − 3b + 2 ( −2 + b ) + 3 + 3b − 2 = 0
⇔ 2b − 2 = 0 ⇔ b = 1 ⇒ B ( −2; −1; −2 )
r uuur
Đường thẳng cần tìm là AB, vecto chỉ phương của AB là u = AB ( −5;1; −1) .
Vậy ∆ :

x − 3 y + 2 z +1
=
=
. Chọn C.
−5
1
−1

Câu 34: Đáp án B
HD: Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ¡

)


( x − 2 ) 2 + ( y + 1) 2 = ( x + 1) 2 + ( y − 2 ) 2
từ giả thiết ta có: 
2
2
( x + 4 ) + ( y − 2 ) = 18

 x = y
x = y
⇔
⇔ 2
⇔ x = y = −1
2
2
2
x
+
4
x
+
2
=
0
( x + 4 ) + ( y − 2 ) = 18

Vậy z = −1 − i. Chọn B.
Câu 35: Đáp án C
HD: Chọn f ′ ( x ) = k ( x + 2 ) ( x − 3) với k > 0

Trang 17



3
5  2 5
1   2 5x 9 
 2 5

Khi đó g ( x ) = f  2 x − x − ÷⇒ g ′ ( x ) = k  3x − ÷ 2 x − x + ÷ 2 x − − ÷
2
2
2 
2
2 
2 2


Ta có bảng xét dấu
-∞

x

-1

g'(x)
Do đó hàm số g ( x )
 9
 1; ÷
 4

nên


hàm

0

+

1
4
0

-

5
6
0

1
+

0

số

9
+∞
4
0
+
nghịch biến trên khoảng


nghịch biến trên khoảng

 5
 1; ÷. Chọn C.
 4
Câu 36: Đáp án B
Phương pháp

( )

Tính xác suất của biến cố đối P ( A ) = 1 − P A
Cách giải
8
Số phần tử của không gian mẫu là: nΩ = C15

Gọi biến cố A: “Số cuốn sách còn lại của thầy Tuấn có đủ cả ba môn”.
Khi đó ta có biến cố: A : “Số cuốn sách còn lại của thầy Tuấn không có đủ cả 3 môn”.
Ta có các trường hợp xảy ra:
7
+) TH1: 7 cuốn sách còn lại chỉ có Toán và Lý. Số cách chọn là: C9
7
+) TH2: 7 cuốn sách còn lại chỉ có Lý và Hóa. Số cách chọn là: C11
7

+) TH3: 7 cuốn sách còn lại chỉ có Hóa và Toán. Số cách chọn là: 7 C10

( )

⇒ P ( A) = 1 − P A =


C97 + C117 + C107
54 661
= 1−
=
8
C15
715 715

Câu 37: Đáp án D

Gọi kích thước đáy của cái kho cần xây dựng là x (m) và 2x (m), chiều cao của kho là y (m), (với x, y > 0
)
Trang 18


2
Ta có V = 2 x y = 2000 ⇒ y =

1000
( m)
x2

Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật là
Stp = 2 ( x.2 x + x. y + 2 x. y ) = 4 x 2 + 6 xy = 4 x 2 +
= 4x2 +

6000
x

3000 3000

3000 3000
+
≥ 3 3 4 x2 .
.
= 300 3 36 ( m 2 )
x
x
x
x

2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4 x =

3000
⇔ x = 3 750 ( m )
x

Chi

khi

phí

xây

dựng

thấp

nhất


đó

sấp

sỉ

là

300 3 36.500000 ≈ 495289087 đồng
Câu 38: Đáp án B
Đặt t = 2 x. Với x ≥ 0 thì t ≥ 1.
2
Bất phương trình đã cho trở thành: t − 2 ( m − 1) t + m ≥ 0 ( *) .

Bài toán trở thành: Tìm m để bất phương trình (*) nghiệm đúng với mọi t ≥ 1.
Ta có: ( *) ⇔ t 2 − 2t ≥ m ( 2t − 1) ⇔ m ≤

t 2 − 2t
(Do t ≥ 1 )
2t − 1

2t 2 − 2t + 2
t 2 − 2t
′
f
t
=
> 0 với mọi t ≥ 1.
(

)
1;
+∞
) có đạo hàm
Xét hàm số: f ( t ) =
trên [
2
( 2t − 1)
2t − 1
f ( t ) = −1.
Hàm số đồng biến dẫn đến Min
[ 1;+∞ )
f ( t ) = −1.
Do đó để bất phương trình (*) nghiệm đúng với mọi t ≥ 1 thì m ≤ Min
[ 1;+∞ )
Câu 39: Đáp án B
Gọi N là trung điểm của BC. Ta có: d ( AB; SM ) = d ( A; ( SMN ) ) .
Dựng đường cao AK trong tam giác AMN, đường cao AH trong tam giác SAK.
Do SA ⊥ ( ABC ) nên SA ⊥ MN

( 1)

Theo cách dựng ta lại có MN ⊥ AK .

( 2)

Từ (1) và (2) ⇒ MN ⊥ AH mà AH ⊥ SA (theo cách dựng).
⇒ AH ⊥ ( SMN ) tại H nên d ( AB; SM ) = d ( A; ( SMN ) ) = AH .
Ta có: AK = BN =


BC
= 2a; AC = 5a.
2

Xét tam giác SAC có SA = AC.tan 60o = 5a 3.
Xét tam giác SAK vuông tại A với đường cao AH có:
1
1
1
1
1
79
300a 2
10 3a
2
=
+
=
+
=
⇒
AH
=
⇒ AH =
.
2
2
2
2
2

2
AH
SA
AK
75a
4a
300a
79
79
Trang 19


Câu 40: Đáp án C
1

1

1

0

0

0

HD: Ta có: I = ∫  x. f ′ ( 1 − x ) − f ( x ) dx = ∫ x. f ′ ( 1 − x ) dx − ∫ f ( x ) dx
Đặt t = 1 − x ⇒ dt = −dx. Đổi cận

x = 0 ⇒ t =1
, ta có:

x =1⇒ t = 0

1

0

1

0

1

0

∫ x. f ′ ( 1 − x ) dx = ∫ ( 1 − t ) f ′ ( t ) ( −dt ) = ∫ ( 1 − x ) f ′ ( x ) dx
u = 1 − x
du = − dx
⇒
Đặt 
ta có
 dv = f ′ ( x ) dx v = f ( x )

1

∫ ( 1 − x ) f ′ ( x ) dx = ( 1 − x ) f ( x )
0

1
1 1
+ f ( x ) dx = − f ( 0 ) + ∫ f ( x ) dx

0 ∫0
0

1
Suy ra I = − f ( 0 ) ⇒ f ( 0 ) = − . Chọn C.
2
Câu 41: Đáp án C
Mặt cầu (S) có tâm J ( 1;3;3) , R = 3.
uu
r uur r
uu
r
Gọi I là điểm thỏa mãn 2 IA + 3IB = 0 ⇒ I ( −1;1;1) và IJ = ( 2; 2; 2 ) ⇒ IJ = 2 3.
uuur 2
uuur
Khi đó P = 2MA2 + 3MB 2 = 2 MA + 3 MB

( )

( )

2

uuu
r uu
r 2
uuu
r uur
= 2 MI + IA + 3 MI + IB


(

)

(

)

2

uuu
r  uu
r uur 
2
2
2
IA2+ 343
IB ÷
Suy ra P = 5MI + 2 IA + 3IB + 2MI  214
÷
r
0


Do đó Pmin ⇔ MI min . Ta có hình minh họa sau:
Khi đó MI min ⇔ MI = IH ⇒ I ≡ H với H là trung điểm IJ.
Khi đó ta có IM =

IJ 2 3
=

= 3. Đồng thời
2
2

 IA = 3 3

 IB = 2 3

2
2
2
Do đó Pmin = 5MI + 2 IA + 3IB = 5.3 + 2.27 + 3.12 = 105.

Câu 42: Đáp án C
 f ′( x) = 0
( 1)
Ta có g ′ ( x ) = f ′ ( x ) . f ′ ( f ( x ) ) . Xét g ′ ( x ) = 0 ⇔ 
 f ′ ( f ( x ) ) = 0 ( 2 )
 x = a ∈ ( −2; −1)

x = 0
Với f ' ( x ) = 0 ⇔ 
x = b ∈ ( 1; 2 )

 x = 2

Trang 20


f


f
=0⇔
f
f


Với f ′ ( f ( x ) )

( x ) = a ∈ ( −2; −1) ⇒ 1 nghiem
( x ) = 0 ⇒ x ∈ { −2;0; 2}
( x ) = b ∈ ( 1; 2 ) ⇒ 3 nghiem
( x ) = 2 ⇒ 3 nghiem

Như vậy ta có tổng cộng 12 nghiệm phân biệt (đã trừ đi 2 nghiệm trùng là 0 và 2).
Câu 43: Đáp án B
HD: Do w =

z
4 + z + z2 4
là
số
thực
nên
= + 1 + z là một số thực
4 + z + z2
z
z
4 ( a − bi )
4

+ a + bi = 2
+ a + bi là số thực
a + bi
a + b2

Đặt z = a + bi ( a, b ∈ ¡ , b ≠ 0 ) ta có:
Suy ra phần ảo

Do đó tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường tròn tâm O ( 0;0 ) bán kính R = 2.
Vậy Pmax = R + OE với E ( −3; 4 ) ⇒ Pmax = 2 + 5 = 7.
Câu 44: Đáp án B
Để ý vế trái có 2m nên bất phương trình tương đương
log 3 ( 2 x 2 + x + m + 1) + 2 ( 2 x 2 + x + m + 1) ≥ log3 ( x 2 + x + 1) + 6 ( x 2 + x + 1) + 1

⇔ log 3 ( 2 x 2 + x + m + 1) + 2 ( 2 x 2 + x + m + 1) ≥ log 3 ( 3 x 2 + 3 x + 3) + 6 ( x 2 + x + 1)

Sử dụng hàm số tương đồng
f ( t ) = log 3 t + 2t ⇔ f ( t ) ↑⇒ f ( 2 x 2 + x + m + 1) ≥ f ( 3x 2 + 3x + 3 )
⇔ 2 x 2 + x + m + 1 ≥ 3 x 2 + 3 x + 3 ⇔ m ≥ x 2 + 2 x + 2 ⇔ m ≥ ( x + 1) + 1
2

2
Bất phương trình có nghiệm khi m ≥ min ( x + 1) + 1 = 1 , suy ra 10 giá trị nguyên m.

Câu 45: Đáp án C
Ta có g ′ ( x ) = 2  f ′ ( x ) − ( x − 1) 
 x = −3
g ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = x − 1 ⇔  x = 1
 x = 3
Ta có bảng biến thiên của hàm số y = g ( x )

x
′
g ( x)
g ( x)

-3
+

1
0

3
-

g ( 1)
g ( −3 )

g ( 3)

Trang 21


g ( x ) ∈ { g ( 3) ; g ( −3) }
Từ bảng biến thiên ⇒ min
[ −3;3]
1

3

−3


1

Ta có ∫ g ′ ( x ) dx > ∫ − g ′ ( x ) dx ⇔ g ( 1) − g ( −3) > g ( 1) − g ( 3) ⇔ g ( −3) < g ( 3)
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số g ( x ) trên đoạn [ −3;3] bằng g ( −3) .
Câu 46: Đáp án A
Phương pháp
Dựa vào đồ thị hàm số khảo sát sự biến thiên của hàm số f ( x ) sau đó xác định sự biến thiên của hàm số
h ( x ) và chọn đáp án đúng.
Cách giải
2
Xét hàm số: g ( x ) = f ( x ) + f ( x ) + m ⇒ g ′ ( x ) = 2 f ( x ) . f ′ ( x ) + f ′ ( x ) = f ′ ( f )  2 f ( x ) + 1

 f ′( x) = 0
 f ′( x) = 0
⇒ g′( x) = 0 ⇔ 
⇔
1
 2 f ( x ) = −1  f ( x ) = −

2

x = 1
 f ′( x) = 0 ⇔ 
x = 3
Dựa vào đồ thị hàm số ta có: 

1
 f ( x ) = − ⇔ x = a ( a < 0)


2

 g ( 1) = f 2 ( 1) + f ( 1) + m > m

⇒  g ( 3) = f 2 ( 3) + f ( 3) + m = m

g ( a) = f 2 ( a) + f ( a) + m = m − 1

4
Ta có bảng biến thiên:
-∞

x

g′ ( x)

-

a
0

+

-

3
0

g ( 1)


-∞

g ( x)

1
0

g ( a)

+∞
+
+∞

m

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số g(x) có 3 điểm cực trị.
2

1
1

⇒ h ( x ) = g ( x ) = f ( x ) + f ( x ) + m =  f ( x ) +  + m − có điểm cực trị ít nhất là 3.
2
4

2

Đồ thị hàm số g(x) nằm phía trên Ox (kể cả trường hợp tiếp xúc với Ox)
⇒m≥


1
1
⇒ m0 =
4
4

Câu 47: Đáp án A
Trang 22


HD: Chứng minh được

a + b = 3
1 1
+ =3⇒ 
2
2
x y
T = a + 3b

Suy ra T = ( 3 − b ) + 3b 2 = 4b 2 − 6b + 9 nhỏ nhất khi và chỉ khi b =
2

Khi đó Tmin =

6 3
=
8 4

27

. Chọn A.
4

Câu 48: Đáp án B
HD: Mặt phẳng cách đều hai mặt phẳng ( P1 ) , ( P2 ) có phương trình dạng ( P ) : 2 x + y + 2 z + D = 0
Lại có d ( P1 ; P ) = d ( P2 ; P ) ⇔

D+5
4 +1+ 4

=

 D + 5 = D − 13
⇔ D + 5 = D − 13 ⇔ 
⇔D=4
4 +1+ 4
 D + 5 = 13 − D
D − 13

Vậy ( P ) : 2 x + y + 2 z + 4 = 0. Tâm I ∈ ( P ) và điểm A ∈ ( P )
Điểm I nằm trên giao tuyến của mặt cầu ( A; R ) với R = d ( P 1 ; ( P ) ) = 3 và mặt phẳng (P)
Mặt phẳng ( P ) ⊥ ( Q ) , để (S) cắt mặt phẳng (Q) theo thiết diện là hình tròn có diện tích lớn nhất thì
d ( I ; ( Q ) ) min

Để d ( I ; ( Q ) ) min

 x = −2 + 2t

thì I = AH ∩ ( A; R ) , phương trình AH :  y = −2t
 z = −t



 I ( 0; −2; −1)
2
2
Gọi I ( −2 + 2t ; −2t ; −t ) ⇒ IA = 9t = 9 ⇔ t = ±1 ⇒ 
 I ( −4; 2;1)
Kiểm tra khoảng cách từ I đến (Q) suy ra I ( 0; −2; −1) là điểm cần tìm. Chọn B.
Câu 49: Đáp án A

Trang 23


HD: Đặt t = 2 2 x + 1 − x với x ∈ [ 0;1] ta có t ′ = 2 2.
⇔ 8( 1− x) = x ⇔ x =

1
2 x

−

1
= 0 ⇔ 2 2 1− x = x
2 1− x

8
9

8
Mặt khác t ( 0 ) = 1, t  ÷ = 3, t ( 1) = 2 2 suy ra t ∈ [ 1;3]

9
g ( x ) = 5 + m, Min g ( x ) = 1 + m
Với t ∈ [ 1;3] thì g ( x ) = f ( t ) ∈ [ 1;5] do đó Max
[ 0;1]
[ 0;1]
Giả thiết ⇔ 5 + m > 2 ( m + 1) ⇔ m < 3. Chọn A.
Câu 50: Đáp án C
3 x + 5 y −10
− e x +3 y −9 = 1 − 2 x − 2 y ⇔ e3 x +5 y −10 − e x +3 y −9 = ( x + 3 y − 9 ) − ( 3 x + 5 y − 10 )
Ta có e

⇔ e3 x +5 y −10 + ( 3 x + 5 y − 10 ) = e x +3 y −9 + ( x + 3 y − 9 )
⇔ f ( 3 x + 5 y − 10 ) = f ( x + 3 y − 9 )

( 1)

t
t
Với f ( t ) = e + t. Vì f ′ ( t ) = e + 1 > 0∀t ∈ ¡ nên f ( t ) là hàm số đồng biến trên ¡

Do đó ( 1) ⇔ 3x + 5 y − 10 = x + 3 y − 9 ⇔ 2 y = 1 − 2 x.
Thay vào điều kiện còn lại trong đề bài ta được phương trình
log 52 ( x + 5 ) − ( m + 6 ) log5 ( x + 5 ) + m 2 + 9 = 0 ( 2 )
Bài toán được thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm x, điều này xảy ra khi
∆ = 3m 2 + 12m ≥ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 4 ⇒ m = 1, m = 2, m = 3, m = 4 (vì m là số nguyên dương).

Trang 24