Moon.vn

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA

ĐỀ THI SỐ 20

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

x y z
Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  :    1 . Vectơ nào dưới đây là
3 2 1
vectơ pháp tuyến của  P 
A.

r
n   6;3; 2 

.

B.

r
n   2;3;6 

.

C.

r � 1 1�

n�
1; ; �.
� 2 3�

D.

r
n   3; 2;1

.

Câu 2. Cho a  0 , a �1 và x, y là hai số thực dương tùy ý. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ?
A. log a  x  y  
C. log z

log a x
.
log a y

B. log a

x
 log a x  log a y .
y

x log a x

.
y log a y


D. log a  x  y   log a x  log a y .

 x  và hàm số y  f �
 x  có đồ
Câu 3. Cho hàm số y  f  x  . Biết rằng hàm số f  x  có đạo hàm là f �
thị như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây sai?

A. Hàm f  x  nghịch biến trên khoảng  �; 2  .
B. Hàm f  x  đồng biến trên khoảng  1; � .
C. Trên  1;1 thì hàm số f  x  luôn tăng.
D. Hàm f  x  giảm trên đoạn có độ dài bằng 2.
Câu 4. Phương trình 42x+1  32 có nghiệm là
A. x 

5
.
2

B. x 

5
.
4

C. x 

3
4

D. x  1 .


Câu 5. Cho cấp số cộng un có các số hạng lần lượt là 5; 9; 13; 17;… Tìm số hạng tổng quát un của cấp
số cộng?
A. un  4n  1 .

B. un  5n  1 .

C. un  5n  1 .

D. un  4n  1 .
Trang 1


Câu 6. Đồ thị hình bên là của hàm số nào?

A. y  x 4  2x 2  1 .

B. y   x 4  3x 2  1 .

C. y   x 4  2x 2  1 .

D. y  x 4  3x 2  1 .

Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua điểm
M  1; 2;5  và vuông góc với mặt phẳng    : 4x-3y+2z  5  0 là:
A.

x 1 y  2 z  5
x 1 y  2 z  5
x 1 y  2 z  5

x 1 y  2 z  5








. B.
. C.
. D.
.
4
3
2
4
3
2
4
3
2
4
3
2

Câu 8. Tính thể tích của khối nón có chiều cao bằng 4 và độ dài đường sinh bằng 5.
A. 48 .

B. 36 .


C. 16 .

D. 12 .

Câu 9. Một hộp bi có 7 bi đỏ và 5 bi xanh. Có bao nhiêu cách lấy 2 viên bi có đủ hai màu?
A. 35.

B. 31.

C. 62.

D. 210.

Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  3; 2; 3 , B  1; 2; 2  , C  4; 1; 2  . Tìm
tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.
A. G  2; 1; 1 .

B. G  2;1; 1 .

9

Câu 11. Biết

f  x  dx=37 và
�
0

A. I = 122.


C. G  2;1; 1 .

9

9

0

0

D. G  2; 1;1 .

g  x  dx  16 . Tính tích phân I  �
�
2 f  x   3g  x  �
�
�dx
�

B. I = 48.

C. I = 53.

D. I = 74.

Câu 12. Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB  2a , AC  3a , SA vuông góc với
đáy và SA  a . Thể tích khối chóp S . ABC bằng
A. 2a 3 .

B. 6a 3 .


C. 3a 3 .

D. a 3 .

Câu 13. Cho số phức z  5  2i . Tìm số phức w  iz  z .
A. w  7  7i .

B. w  3  3i .

C. w  3  3i .

D. w  7  7i .

Câu 14. Giá trị cực đại yCD của hàm số y  x3  6 x 2  9 x  2 bằng
A. 2.

B. 1.

C. 4.

Câu 15. Tìm nguyên hàm của hàm số f  x    3  5 x 
A.

f  x
�

 3  5x 
dx  
5


4

5

C .

D. 6.

B.

f  x
�

 3  5x 
dx  
25

5

C .

Trang 2


C.

f  x
�


 3  5x 
dx 
25

5

C .

D.

f  x  dx  20  3  5 x 
�

3

C .

Câu 16. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên �\  0 và có bảng biến thiên như hình dưới:

Hỏi phương trình 3 f  x   10  0 có bao nhiêu nghiệm?
A. 2 nghiệm.

B. 4 nghiệm.

C. 3 nghiệm.

D. 1 nghiệm.

Câu 17. Cho hình chóp đều SABC có AB  2a , khoảng cách từ A đến mp  SBC  là


3a
. Tính thể tích
2

hình chóp SABC
A. a 3 3 .

B.

a3 3
.
2

C.

a3 3
.
6

D.

a3 3
.
3

Câu 18. Cho phương trình z 4  2 z 2  8  0 có các nghiệm trên tập hợp số phức là z1 ; z2 ; z3 ; z4 . Tính giá trị
2
2
2
2

biểu thức F  z1  z2  z3  z4

A. F = -4.

B. F = 4.

Câu 19. Tính đạo hàm của hàm số y  ln

A. y �

C. y �

C. F = 2.
x 1
:
x2

3
 x  1  x  2  .
3

 x  1  x  2 

D. F = -2.


B. y �

D. y �


.

3

 x  1  x  2 

2

.

2

.

3

 x  1  x  2 

Câu 20. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 3  3x 2  4 trên đoạn

 1;3 . Giá trị của biểu thức
A. 48.

P  M 2  m 2 là

B. 64.

C. 16.

D. -16.


Câu 21. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu tâm
I  1;2; 4  và diện tích của mặt cầu đó bằng 36 .
A.  x  1 2   y  2  2   z  4  2  9 .

B.  x  1 2   y  2  2   z  4  2  9 .

C.  x  1 2   y  2  2   z  4  2  3 .

D.  x  1 2   y  2  2   z  4  2  9 .

Trang 3



B C có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, AA�
Câu 22. Cho hình lăng trụ ABC. A���

3a
. Biết rằng hình
2

chiếu vuông góc của A�lên  ABC  là trung điểm BC . Tính thể tích V của khối lăng trụ đó.

3a 3
B. V 
.
4 2

2a 3

A. V 
.
3

C. V  a 3

3
.
2

D. V  a 3 .

 x  có đồ thị như hình vẽ. Tìm số điểm
Câu 23. Cho hàm số y  f  x  xác định trên � và hàm số y  f �
2
cực trị của hàm số y  f  x  3 .

A. 3.

B. 2.

C. 5.

D. 4.

n

� 2n �
Câu 24. Cho khai triển nhị thức Niuton �x 2  � với n ��, x  0 . Biết rằng số hạng thứ 2 của khai
x �

�
2
3
triển bằng 98 và n thỏa mãn An  6Cn  36n . Trong các giá trị x sau, giá trị nào thỏa mãn?

A. x = 3.

B. x = 4.

C. x = 1.

D. x = 2.

Câu 25. Tìm 2 số thực x, y thỏa mãn điều kiện  3 x  4 yi    2  3i   4 x  7i .
A. x = 2, y = 1.
Câu 26. Phương trình
A. 1.

B. x = -2, y = 1.
1
log
2

3

C. x = -2, y = -1.

 2 x  1  2log 9  x  3  2

B. 2.


D. x = 2, y = -1.

có số nghiệm là

C. 3.

D. 4,

Câu 27. Một người thợ thủ công cần làm một cái thùng hình hộp đứng không nắp đáy là hình vuông có
thể tích 100cm3 . Để tiết kiệm vật liệu làm thùng, người đó cần thiết kế sao cho tổng S của diện tích xung
quanh và diện tích mặt đáy là nhỏ nhất
Trang 4


A. S  30 3 40 .

B. S  40 3 40 .

Câu 28. Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
A. 1.

C. S  10 3 40 .

D. S  20 3 40 .

2x  1  3
là
x 2  16


B. 3.

C. 0.

D. 2.

Câu 29. Tính diện tích S của phần hình phẳng gạch sọc (như hình vẽ bên dưới) giới hạn bởi đồ thị của
hàm số bậc ba y  ax 3  bx 2  cx  d và trục hoành.

A. S 

31
.
5

B. S 

27
.
4

C. S 

19
.
3

D. S 

31

.
5

Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình hình chiếu của
đường thẳng d :

x  3 y 1 z


trên mặt phẳng  P  : x  3 y  2 z  6  0
2
1
1

�x  1  31t
�
A. �y  1  5t .
�z  2  8t
�
25

Câu 31. Cho

�x  1  31t
�
B. �y  1  5t .
�z  2  8t
�
dx


�x  2  a  b ln 2  c ln 7

�x  1  31t
�
C. �y  3  5t .
�z  2  8t
�

�x  1  31t
�
D. �y  1  5t .
�z  2  8t
�

với a, b, c là các số hữu tỉ. Đặt T  a  b  c , mệnh đề nào sau

4

đây là đúng ?
A. T � 0; 4  .
Câu 32. Cho hàm số

B. T � 5;9  .
f  x

C. T � 9;14  .

liên tục trên � và

f  3  21 ,


D. T � 4;0  .
3

f  x  dx  9 .
�

Tính tích phân

0

1

I �
x. f �
 3x  dx .
0

A. I  6 .

B. I  12 .

C. I  9 .

D. I  15 .

Trang 5


Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng


 Q  : x  3 y  12  0

đường thẳng d :

 P : x  y  z  2  0 ,

x 1 y  2 z  1


. Viết phương trình mặt phẳng  R  chứa đường
3
1
2

thẳng d và giao tuyến của hai mặt phẳng  P  ,  Q  .
A.  R  : 5 x  y  7 z  1  0 .

B.  R  : x  2 y  z  2  0 .

C.  R  : x  2 y  z  0 .

D.  R  :15 x  11y  17 z  10  0 .

Câu 34. Cho số phức z  a  bi  a, b �� thỏa mãn z  7  i  z  2  i   0 và z  3 . Tính giá trị
P  ab

A. P 

5

.
2

B. P  7 .

1
C. P   .
2

D. P  5 .

Câu 35. Cho hàm số f  x  có f  2   f  2   0 và có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

Hàm số y   f  3  x   nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
2

A.  2;5  .

B.  1; � .

C.  2; 1 .

D.  1; 2  .

 x  có đồ thị như hình vẽ bên. Bất phương trình
Câu 36. Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f �
3 f  x   x 3  a  3x ln x có nghiệm thuộc đoạn  1; 2 khi và chỉ khi

A. a  3 f  1  1 .


B. a �3 f  2   8  6 ln 2 . C. a �3 f  1  1 .

D. a  3 f  2   8  6 ln 2 .

Câu 37. Cho tập hợp A   2;3; 4;5;6;7;8 . Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác
nhau được lập từ các chữ số trong tập A. Chọn ngẫu nhiên một chữ số từ S. Xác suất để số được chọn mà
trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ là
A.

1
.
5

B.

18
.
35

C.

17
.
35

D.

3
.
35

Trang 6


Câu 38. Một hình trụ có bán kính đáy và chiều cao đều bằng 4dm. Một hình vuông ABCD có hai cạnh
AB và CD lần lượt là các dây cung của hai đường tròn đáy. Biết mặt phẳng  ABCD  không vuông góc
với đáy của hình trụ. Tính diện tích S của hình vuông ABCD.
A. S  20dm 2 .

B. S  40dm 2 .

Câu 39. Cho phương trình log 3

C. S  80dm 2 .

D. S  60dm 2 .

2x 2  x  m
 x 2  x  4  m . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
x2  1

m � 2018; 2018 để phương trình có hai nghiệm trái dấu?
A. 2022.

B. 2021.

C. 2016.

D. 2015.

Câu 40. Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với đáy và SA  a 3 , đáy ABCD là hình vuông cạnh

2a. Gọi E là trung điểm của cạnh AD. Khoảng cách giữa SC và BE là
A.

2a 17
.
17

Câu 41. Cho hàm số

1
2

B.

4a 17
.
17

y  f  x

C.

4a 53
.
53

D.

2a 53
.

53

�1 1�
 ;
liên tục và có đạo hàm trên đoạn �
thỏa mãn
� 2 2�
�

1

2
109
f  x
�
dx .
�
�f  x   2 f  x  .  3  x  �
�dx  12 . Tính tích phân I  �2
1
x

1
0
2

2

7
A. I  ln .

9

2
B. I  ln .
9

5
C. I  ln .
9

8
D. I  ln .
9

Câu 42. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt  S  có tâm thuộc mặt phẳng  P  : x  2 y  z  7  0 và
đi qua hai điểm A  1; 2;1 , B  2;5;3 . Bán kính nhỏ nhất của mặt cầu  S  bằng
A.

470
.
3

B.

546
.
3

C.


763
.
3

D.

345
.
3

 x  có đồ thị là đường parabol như hình bên. Hàm số
Câu 43. Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f �
y  f  1  x 2   2 x 2 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A.  0; 2  .

�3
�
B. � ; ��.
�2
�

C.  2; 1 .

D.  1;1 .
Trang 7


Câu 44. Cho z1 ; z2 là hai trong các số phức thỏa mãn z  3  3i  2 và z1  z2  4 . Giá trị lớn nhất của
z1  z2 bằng

A. 8.

B. 4 3 .

C. 4.

D. 2  2 3 .

Câu 45. Chuẩn bị cho đêm hội diễn văn nghệ chào đón năm mới, bạn An đã làm một chiếc mũ “cách
điệu” cho ông già Noel có hình dáng một khối tròn xoay. Mặt cắt qua trục của chiếc mũ như hình vẽ
 5cm , OA  10cm , OB  20cm , đường cong AB là một phần của parabol có
bên dưới. Biết rằng OO�

đỉnh là điểm A. Thể tích của chiếc mũ bằng

A.

2750
cm3  .

3

B.

2500
cm3  .

3

C.


2050
cm3  .

3

D.

2250
cm3  .

3

9
1
Câu 46. Cho hàm số y  f  x  xác định trên � có f  3  8, f  4   , f  2   . Biết rằng hàm số
2
2
y f�
 x  có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số y  2 f  x    x  1

A. 6.

B. 4.

C. 5.

2

là


D. 7.

Câu 47. Một cái thùng đựng đầy nước được tạo thành từ việc cắt mặt xung quanh của một hình nón bởi
một mặt phẳng vuông góc với trục của hình nón. Miệng thùng là đường tròn có bán kính bằng ba lần bán
kính mặt đáy của thùng. Người ta thả vào đó một khối cầu có đường kính bằng

3
chiều cao của thùng
2

3
nước và đo được thể tích nước tràn ra ngoài 54 3  dm  . Biết rằng khối cầu tiếp xúc với mặt trong của

thùng và đúng một nửa của khối cầu đã chìm trong nước (hình vẽ). Thể tích nước còn lại trong thùng có
giá trị nào sau đây?
Trang 8


A.

46
3  dm3  .
5

Câu

48.

 S  :  x  4


Trong
2

3
B. 18 3  dm  .

không

Oxyz ,

gian

C.
cho

46
3  dm3  .
3

đường

d:

thẳng

D. 18  dm  .
3

x 1 y z 1

 
2
1
1

và

mặt

cầu

  y  5    z  7   2 . Hai điểm A, B thay đổi trên  S  sao cho tiếp diện của  S  tại A và
2

2

B vuông góc với nhau. Đường thẳng qua A song song với d cắt mặt phẳng  Oxy  tại M, đường thẳng qua
B song song với d cắt mặt phẳng  Oxy  tại N. Tìm giá trị lớn nhất của tổng AM + BN
A. 16 6 .

C. 7 6  5 3 .

B. 8 6 .

D.

Câu 49. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m, (với

20 .


m  10 ) để phương trình

2 x 1  log 4  x  2m   m có nghiệm
A. 4.

B. 5.

C. 9.

Câu 50. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f �
 x   x  x  1

D. 10.
2

 3x

4

 mx 3  1 với mọi x �.

2
Có bao nhiêu số nguyên âm m để hàm số g  x   f  x  đồng biến trên khoảng  0; � ?

A. 3.

B. 4.

C. 5.


D. 6.

Đáp án
1-B
11-A
21-D
31-B
41-B

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

3-D
13-A
23-A
33-D
43-B

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

5-A
15-B
25-A

35-A
45-B

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

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

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

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

10-B
20-C
30-D

40-B
50-B

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án B

ur �1 1 1 � 1
r
1r
Mặt phẳng  P  có một vtpt là n1  � ; ; �  2;3; 6   n � n cũng là một vtpt của  P  .
6
�3 2 1 � 6
Câu 2: Đáp án C
Câu 3: Đáp án D
Trang 9


 x  ta có bảng xét dấu f �
 x
Dựa vào đồ thị hàm số y  f �

Dựa vào bảng xét dấu ta thấy:
Hàm f  x  nghịch biến trên khoảng  �; 2  suy ra A đúng.
Hàm f  x  đồng biến trên khoảng  1; � suy ra B đúng.
Trên  1;1 thì hàm số f  x  luôn tăng suy ra C đúng, suy ra chọn D.
Câu 4: Đáp án C
2x 1
 32 � 22 2x 1  25 � 4x  2  5 � x 
Ta có: 4


3
. Chọn C.
4

Câu 5: Đáp án A
Dãy số đã cho là cấp số cộng có u1  5 ; u2  9 � d  u2  u1  9  5  4 .
Do đó un  u1   n  1 d  5  4  n  1  4n  1 .
Vậy un  4n  1 .
Câu 6: Đáp án C
Nhìn từ trái sang phải nhánh cuối cùng của đồ thị đi xuống nên a  0 , loại đáp án A, D.
Điểm A  1; 2  thuộc đồ thị hàm số.
Đồ thị hàm số ở đáp án B không đi qua A  1; 2  vì x  1 � y  3 .
Đồ thị hàm số ở đáp án C đi qua A  1; 2  . Chọn C.
Câu 7: Đáp án A

uu
r
Ta có d qua M  1; 2;5  và nhận na   4; 3; 2  là 1 VTCP
�d:

x 1 y  2 z  5


. Chọn A.
4
3
2

Câu 8: Đáp án D
Theo Định lý Pitago, bán kính đường tròn đáy bằng 3. Khi đó thể tích của khối nón bằng

1
V  .4.  32   12 .
3
Câu 9: Đáp án A
Có 7 cách lấy 1 viên bi đỏ và 5 cách lấy một viên bi xanh
Do đó có 7.5 = 35 cách lấy 2 viên bi có đủ hai màu. Chọn A.
Câu 10: Đáp án B

Trang 10


Giả sử G  xG ; yG ; zG 

�
3   1  4
2
�xG 
3
�
2  2   1
�
 1 � G  2;1; 1 . Chọn B.
. Ta có : �yG 
3
�
�
3  2   2 
 1
�zG 
3

�

Câu 11: Đáp án A
Tách thành tổng hai tích phân I = 2.37 + 3.16 = 122.
Câu 12: Đáp án D

Ta có : S ABC 

1
1
AB. AC  2a.3a  3a 2
2
2

1
1
� V  S ABC .SA  .3a 2 .a  a 3 .
3
3
Câu 13: Đáp án A
Ta có : w  iz  z  i  5  2i   i  5  2i   7  7i .
Câu 14: Đáp án D
 3x 2  12 x  9
Ta có : y �
x 1
�
y�
 0 � 3x 2  12 x  9  0 � �
x3
�

BBT :

Dựa vào BBT ta thấy giá trị cực đại của hàm số là : 6
Câu 15: Đáp án B

 5 x  3  C . Chọn B.
1
4
f  x  dx  �
 3  5x  dx  �
 5 x  3 d  5 x  3  
�
5
25
5

Ta có

4

Trang 11


Câu 16: Đáp án C
Từ giả thiết, ta lập các bảng sau :

Vậy phương trình 3 f  x   10  0 có 3 nghiệm.
Câu 17: Đáp án D

Gọi M là trung điểm của BC và G là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC .

Do S . ABC là hình chóp đều nên SG   ABC  và G là trọng tâm ABC .
�AM  BC
� BC   SAM  hay  SBC    SAM  theo giao tuyến SM .
Ta có : �
�SG  BC
Trong  SAM  , kẻ AH  SM , H �SM � AH   SBC  .
Vậy d  A,  SBC    AH 

3a
.
2
2a. 3
 2a  . 3  a 2 3 .
 a 3 và S ABC 
2
4
2

Vì ABC là tam giác đều cạnh 2a nên AM 
Đặt SG  x . Ta có: GM 

1
1
a 3
.
AM  .a 3 
3
3
3
2


�a 3 �
Xét SGM vuông tại G ta có : SM  SG  GM  x  � �
�3 �
� �
2

2

2

Trang 12


1
1
3a
a2
Xét SAM ta có : S SAM  .SG. AM  . AH .SM � x .a 3  . x 2 
2
2
2
3
� a2 �
� 4 x 2  3 �x 2  �� x  a . Do đó : SG  a .
3 �
�
1
1
a3 3

Thể tích khối chóp S .ABC là : VS . ABC  .SG.S ABC  a.a 2 3 
.
3
3
3
Câu 18: Đáp án A
2
2
�
�
z2  2
�z1  z2  2
�
�
� F  4 . Chọn A.
PT
�2
�2
2
z

z


4
z


4
�

�
3
4

Câu 19: Đáp án C
�
3
� x 1 �
� 1  1 
Ta có: y �
. Chọn C.
�
ln
�  ln  x  1  ln  x  2   
x  1 x  2  x  1  x  2 
� x2�
Câu 20: Đáp án C
Tập xác định D = R.
Hàm số y  x 3  3x 2  4 liên tục và có đạo hàm trên đoạn  1;3 .
 3x 2  6x .
Đạo hàm: y�
�
x  0 � 1;3
 0 � 3x 2  6x  0 � �
Xét: y�
.
x  2 � 1;3
�
Ta có: y  1  0, y  0   4, y  2   0, y  3  4 .
y  4, m  min y  0 nên T  M 2  m 2  16

Suy ra: M  max
 1;3
 1;3
Câu 21: Đáp án D
2
Ta có diện tích của mặt cầu S mc  36 � 4 R  36 � R  3 .

Vậy phương trình mặt cầu tâm I  1; 2; 4  và bán kính R = 3 là:  S  :  x  1   y  2    z  4   9 .
2

2

2

Câu 22: Đáp án B
2

2
AB 3 a 3
�3a � �a 3 � a 6
Ta có: AH 

� A�
H  A�
A2  AH 2  � � �
�
� 2
2
2
2

�2 � �
� �

� V  A�
H .S ABC 

a 6 a 2 3 3a 3 2
. Chọn B.
.

2
4
8

Câu 23: Đáp án A
2
�
2
�
Chọn f �
�2
 x    x  2   x  1 khi đó �
�f  x  3 � 2 x. f  x  3

 2 x.  x 2  3  2   x 2  3  1  2 x  x 2  1  x 2  4 
2

2

Trang 13



�đổi dấu khi đi qua các điểm x = 0, x  �1 nên hàm số có 3 điểm cực trị. Chọn A.
Khi đó �f  x 2  3 �
�
�
Câu 24: Đáp án C
2
3
Xét phương trình: An  6Cn  36n  * (Điều kiện: n �3 và n ��)

Phương trình  * tương đường với n  n  1  6

n.  n  1  n  2 
 36n
3!

� n  1   n  1  n  2   36 (do n �3 )
�
n  7  tm 
� n 2  2n  35  0 � �
� n7
n  5  l 
�
7

k

7k �
14 �

� 14 � 7
Khi n = 7 ta có khai triển �x 2  � �C7k .  x 2  . � �
x � k 0
�
�x �
k
k 14  3 k
Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là Tk 1  C7 .14 .x
1
13
13
Suy ra số hạng thứ 2 trong khai triển (ứng với k = 1) là C7 .14.x  98 x

Theo đề bài ta có : 98 x13  98 � x  1
Câu 25: Đáp án A
Ta có  3x  4 yi    2  3i   4 x  7i �  3 x  2    4 y  3 i  4 x  7i
3x  2  4 x
�
�x  2
��
��
. Chọn A.
4 y  3  7
�
�y  1
Câu 26: Đáp án A
Điều kiện: x>3
x4
�
�

PT � log 3  2 x  1  log 3  x  3   2  log 3  2 x  5 x  3  � 2 x  5 x  3  9 �
3
�
x
�
2
2

2

Chỉ có nghiệm x = 4 thỏa. Chọn A.
Câu 27: Đáp án A
Gọi cạnh đáy, cạnh bên của hình hộp đứng lần lượt là x và y (x, y > 0)
2
Ta có: V  100 � x y  100 � y 

S  4 xy  x 2  4 x.

100
. Khi đó:
x2

100
400
200 200
200 200 2
 x2 
 x2 

 x 2 �3. 3

.
.x  3 3 4.103  30 3 40
2
x
x
x
x
x
x

Vậy S đạt giá trị nhỏ nhất bằng 30 3 40 khi

200
 x 2 � x3  200 � x  3 200
x

Câu 28: Đáp án C

Trang 14


2x 1 9
�1
�
2x 1  3
 ; ��ta có:
2x 1  3
TXĐ: D  �
y


2
�2
�
x  16
 x  4  x  4




2  x  4



2x  1  3  x  4  x  4





2



2x  1  3  x  4

Vì x = -4 không thuộc tập xác định nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng. Chọn C.
Câu 29: Đáp án B
Dựa vào đồ thị suy ra y  a  x  2   x  1

2


Do đồ thị hàm số đi qua điểm  0; 2  � 2  2a � a  1
1

Khi đó S  �
 x  2   x  1 dx 
2
2

27
. Chọn B.
4

Câu 30: Đáp án D
Gọi  là đường thẳng cần tìm. Gọi A là giao điểm của d và  P 
Gọi A  3  2t; 1  t ; 1 �d , cho A � P  � 3  2t  3  3t  2t  6  0 � t  2 � A  1;1; 2  �
uu
r uuur uu
r uuur
� �
n P  ; �
u
;n �
 1; 3; 2  ;  1; 5; 7  �
Áp dụng công thức nhanh ta có : u  �
d
�  31;5; 8 
� �  P �
� �
�x  1  31t

�
Do đó phương trình đường thẳng cần tìm là  : �y  1  5t . Chọn D.
�z  2  8t
�
Câu 31: Đáp án B
Đặt t  x � t 2  x � 2tdt  dx .
5
5
2  t  2  4
2tdt
4 �
�
dt  �
dt   2t  4 ln t  2 
Đổi cận ta có: �  �
�2 
�
t2 2
t2
t2�
2
2�
5

5
2

 6  4 ln 7  8ln 2.

Vậy a  6, b  8, c  4 � a  b  c  10 . Chọn B.

Câu 32: Đáp án A
du  dx
�
ux
�
�
�
Đặt �
1
dv  f �
v  f  3x 
 3x  dx �
�
�
� 3
1

xf �
 3x  dx 
Khi đó I  �
0

1

3

t 3x 1
1
1
1

xf  3x  10  �
f  3x  dx  f  3  �
f  t  dt  7  1  6 .
3
30
3
90

Suy ra I  6 .
Câu 33: Đáp án D

ur
uu
r
  P  � Q  .
vtpt của mặt phẳng  P  là n1  1;1; 1 , vtpt của mặt phẳng  Q  là n2  1;3;0  . Gọi d �
r
ur uu
r
�
n
;
n
Khi đó vtcp của d �là u  �
1
� 2 �  3; 1; 2  cũng là vtcp của d � d / / d �
Trang 15


r

uuu
r r
uuu
r
�
A  1; 2; 1 �d , B  0; 4; 2  �d �
AB
. Ta có: AB  1;6;3 . Vtpt của  R  là: n  �
� ; u �  15;11; 17 
Phương trình mặt phẳng  R  là:  R  :15  x  0   11 y  4   17  z  2   0 hay

 R  :15x  11 y  17z  10  0 . Chọn D.
Câu 34: Đáp án C
Ta có: z  7  i  z  2  i   0 � z   2 z  7    z  1 i  *
�z  5
Lấy mô đun 2 vế ta được : z   2 z  7    z  1 � 4 z  30 z  50  0 � �
�z  5 .
� 2
2

Do z  3 nên nhận z 

2

2

2

5
3

1
thay vào  * ta có z  2  i � P   .
2
2
2

Câu 35: Đáp án A
Phương pháp

 x  với y  g  x    f  3  x  
+) Dùng công thức đạo hàm hàm hợp tính g �
ۣۣ
�g �
 x
+) Hàm số y  g  x  nghịch biến trên  a; b  

0 x

 a; b 

2

và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải

 x  ta suy ra BBT của hàm số y  f  x  như sau :
Dựa vào bảng xét dấu f �

�

f  x

0 x �.

Đặt y  g  x    f  3  x   � g �
 x   2 f  3  x  . f �
 3  x  �0 .
2

 4   2 f  1 f �
 1  0 � Loại đáp án C và D.
Với x  4 � g �
 6   2 f  3  f �
 3  0 � Loại đáp án B.
Với x  4 � g �
Câu 36: Đáp án A
3
3
Ta có: 3 f  x   x  a  3x ln x � a  3 f  x   x  3x ln x  g  x 

g  x  (chú ý điều kiện có nghiệm khác
Bất phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn  1; 2 � a  Min
 1;2
với điều kiện với mọi).
1
f�
Ta có : g �
 x  3 f �
 x   3x 2  3ln x  3x.  3 �
 x   x 2  ln x  1�

�
�
x
Mặt khác trên đoạn  1; 2 thì
Trang 16


�
ln x  0
�
�2
 x  3�
 x   x 2  ln x  1�
�x  1 �2 � g �
�f �
� 0  x � 1; 2  
�
 x  �2
�f �
Suy ra hàm số g  x  đồng biến trên đoạn  1; 2 , do đó giả thiết bài toán � a  g  1  3 f  1  1 .
Chọn A.
Câu 37: Đáp án B
4
Số phần tử của không gian mẫu là n     A7  840 .

Gọi X là biến cố “chọn ngẫu nhiên một số từ tập A.”
Nhận xét : Trong tập A có 4 số chẵn và 3 số lẻ.
2
2
2

Do đó : số phần tử của X là n  X   A4 . A3 .C4  432

Vậy xác suất cần tìm : P  X  

n  X  18

n    35

Câu 38: Đáp án B
Gọi A�là hình chiếu của A trên mặt phẳng  O  .
2
Ta có : AD  AA�
 A�
D 2  16  A�
D2 .

DC vuông tại D nên
Tam giác A�
CD  A�
C 2  A�
D 2  82  A�
D2
Do ABCD là hình vuông nên AD  CD
� 16  A�
D 2  64  A�
D 2 � 2A�
D 2  48
D 2  24 � AD 2  40  S ABCD . Chọn B.
Suy ra A�
Câu 39: Đáp án D

ĐK: 2x 2  x  m  0
2
2
2
2
Ta có: PT � log3  2x  x  m   log 3  x  1    2x  x  m   3  x  1  1
2
2
� log 3  2x 2  x  m   log 3 �
3  x 2  1 �
�
�   2x  x  m   3  x  1
2
� log 3  2x 2  x  m    2x 2  x  m   log 3 �
3  x 2  1 �
�
� 3  x  1  *

Xét hàm số f  t   log3 t  t  t  0  ta có: f �
 t 

1
 1  0  t  0  do đó hàm số f  t  đồng biến trên
t ln 3

�.
2
2
2
3  x 2  1 �

Khi đó  * � f  2x  x  m   f �
�
�� 2x  x  m  3  x  1 (thỏa mãn điều kiện)

� x 2  x  3  m  0  x ��
Phương trình đã cho có 2 nghiệm trái dấu khi P  ac  3  m  0 � m  3 .
Trang 17


�m ��
� có 2015 giá trị của tham số m. Chọn D.
Kết hợp �
�m � 2018; 2018
Câu 40: Đáp án B
Ta có: h  SA  3
Gọi I  AC �BE , K  BE �CD
Áp dụng công thức

1
1 k2


d 2 c2 h2

Khi đó c  d  C ; BE  �
k

1
1
1



2
2
c
CB CK 2

CA 3
IA AE 1
 (vì

 )
CI 2
IC BC 2

Do đó

1
1
1
1,52
4a 17
.



�d 
2
2
2

2
d
CB CK
h
17

Câu 41: Đáp án B
1
2

Ta tính được

 3  x
�


1
2

Do đó

2

dx 

1
2

109
12

1
2

�
 3  x
�
�f  x   2 f  x  .  3  x  �
�dx   �


2

1
2



2

1
2

dx �

1
2

�
�f  x    3  x  �
�dx  0

�


2

1
2

1
2

3 x
2
� f  x   3  x � I  �2 dx  ln . Chọn B.
x 1
9
0
Câu 42: Đáp án B
uuu
r
�3 7 �
Ta có: AB   1;3; 2  . Gọi H là trung điểm AB. Khi đó H � ; ; 2 �.
�2 2 �
Gọi I là tâm mặt cầu  S  . Khi đó, ta có I thuộc mặt phẳng trung trực của đoạn AB.
uuu
r
Gọi  Q  là mặt phẳng trung trực của đoạn AB. Khi đó,  Q  sẽ nhận AB   1;3; 2  làm vét-tơ pháp tuyến.
Phương trình mặt phẳng  Q  là x  3 y  2z  16  0 .
Gọi M là điểm thuộc giao tuyến của  P  và  Q  . Tọa độ của M là nghiệm của hệ
�x  2 y  z  7  0

, chọn M  11;9;0  .
�
�x  3 y  2x  16  0
Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng  P  và  Q  . Khi đó, d có véc-tơ chỉ phương
r
uuur uuur
u�
n P  ; n Q  �
�
�  1; 1;1 .
Trang 18


�x  11  t
�
Vậy phương trình của d là �y  9  t .
�z  t
�
Điểm I nằm trên giao tuyến của hai mặt phẳng  P  và  Q  , suy ra I  11  t ;9  t ; t  .
Mặt cầu  S  có bán kính R  IA 

 t  12 

Vậy bán kính nhỏ nhất của mặt cầu  S  là

2

  7  t    t  1
2


2

546
khi và chỉ khi
3

2

546
� 20 � 182
.
 3�
t  �
�
3
� 3 � 3
� 13 7 20 �
I � ; ; �. Chọn B.
� 3 3 3 �

Câu 43: Đáp án B
Đối với bài toán này, khả năng cao chúng ta nên tìm rõ ràng hàm số parabol.

 P  : y  k  x  1  x  2  ;  0; 2  � P  � 2  2k � k  1 � y  x 2  3x  2  f �
 x
y  f  1  x 2   2x 2 � y�
 2xf �
 1  x 2   4x  2x �
 1  x 2  1  1  x 2  2  �
�

� 4x
2
2
y�
 2x 3  x 2  1  4x  2x �
x4  x2  2�
�
� 2x  x  1  x  2 

 0 � x  1; 1  x  0 .
Khi đó y �
Câu 44: Đáp án A





Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn  C  tâm I 3;  3 , R  2 . Gọi M, N lần lượt biểu diễn
hai số phức z1 , z2 thì MN  z1  z2  4  2R , suy ra MN là đường kính của  C  .
Chú ý modul mỗi số phức chính là các khoảng cách OM, ON.
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovksy kết hợp công thức trung tuyến tam giác OMN ta có
z1  z2  OM  ON � 2  OM 2  ON 2   4OI 2  MN 2  8 .
Câu 45: Đáp án B
Thể tích mũ là V, thể tích khối trụ bán kính đáy bằng OA = 10cm và đường cao OO�là V1 .
Thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi AB và 2 trục tọa độ quanh trục Oy là V2 .
2
Thế thì V  V1  V2 , trong đó V1  5.10   500 .

Parabol có đỉnh A nên  P  : y  a  x  10  ,  P  đi qua B nên a  0, 2 suy ra  P  : y  0, 2  x  10  .
2


2

Trang 19


20



10  5 y
Vậy x  10  5 y � V2   �
0



2

dy 

1000
2500
  cm3  .
. Suy ra V 
3
3

Câu 46: Đáp án C

 x  2 f �

 x   2  x  1  0 � f �
 x   x 1
Xét hàm số g  x   2 f  x    x  1 ta có g �
2

 x  và y  x  1 trên cùng một hệ trục tọa độ ta thấy
Vẽ đồ thị hàm số y  f �
f�
 x   x  1 � x  1, x  2, x  3 (trong đó x  1 là nghiệm kép) ta có BBT sau :

Khi đó hàm số g  x  có số điểm cực trị là m  3
Lại có g  3  2 f  3  16  2 �
�f  3  8�
� 0, g  4   2 f  4   9  0 và g  2   2 f  2   1  0
Do đó phương trình g  x   0 có 2 nghiệm phân biệt nên n  2
Số điểm cực trị của hàm số y  g  x   2 f  x    x  1

2

bằng m  n  5 . Chọn C.

Câu 47: Đáp án C

Thể tích
1
13
Vthung   .OK .  OA2  DK 2  OA.DK  ; OA  3DK � Vthung   .OK .DK 2 .
3
3
Ta có


1 4
.  .OH 2  54 3 � OH  3 3cm .
2 3

3
4
Bài ra 2OH  OK � OK  OH  4 3cm .
2
3
Ta có

DK 1
IK 1
IK
1
 �
 �
 � IK  2 3 � OI  OK  IK  6 3cm
OA 3
IO 3
IK  4 3 3

1
1
1
1

 2 
2

2
OB
OH
OI
3 3





 
2

1
6 3



2

� OA  OB  6cm � DK  2cm

.

Trang 20


Thể tích cần tính là Vthung  54 3 

13

46 3
 .4 3.22  54 3 
dm3  . Chọn C.

3
3

Câu 48: Đáp án A
Mặt cầu  S  có tâm I  4;5;7  , bán kính R  2 .
Giả sử trong mặt phẳng  IAB  tiếp tuyến tại A và B của  S  cắt nhau
tại C thì IACB là hình vuông cạnh IA  R  2 � AB  IA 2  2 ,
gọi K là trung điểm của AB thì IK 

AB
 1.
2

 tâm I  4;5;7  , bán kính R� 1 .
Điểm K thuộc mặt cầu  S �
Gọi E là trung điểm của AB, vì ABNM là hình thang nên KE là đường
trung bình của hình thang ABNM do đó AM  BN  2 KE trong đó
uuur uu
r
1
K � S �
 và uKE  ud   2;1;1 � KE luôn tạo với  Oxy  : z  0 một góc  không đổi và sin   .
6
�
d  I ;  Oxy    R�
Lại có : KE sin   d  K  P   � KE  6d  K  P   � 6 �

�
� 6  7  1  8 6
Suy ra AM  BN  2 KE �16 6 . Chọn A.
Câu 49: Đáp án C
1 x
x 1
x
Ta có : 2  log 4  x  2m   m � .2  log 22  x  2m   m � 2  log 2  x  2m   2m
2
Đặt y  log 2  x  2m  suy ra 2 y  x  2m
2 x  y  2m
�
� 2 x  x  2m  2 y  y  2m (cộng chéo) � 2 x  x  2 y  y  *
Ta có hệ phương trình � y
2  x  2m
�
t
 t   2t ln 2  1  0  t ��
Xét hàm số f  t   2  t  t �� ta có : f �

suy ra hàm số f  t  đồng biến trên �.
x
Suy ra  * � f  x   f  y  � x  y � 2  x  2m
x
Xét hàm số g  x   2  x với x �� ta có : g �
 x   2 x ln 2  1  0 � 2 x 

1
1
� x  log 2

ln 2
ln 2

Ta có bảng biến thiên

Trang 21


1 �
�
log 2
Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m �g �
��0,91
� ln 2 �
m ��
�
� m   1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 . Chọn C.
Kết hợp �
�m  10
Câu 50: Đáp án B
Ta có : g �
 x   2x. f �
 x2   2x.x 4 .  x2  1 .  3x 8  mx 6  1
2

2
 �
x 0 x
 �g �
Hàm số g  x   f  x  đồng biến trên khoảng  0; �۳


� 3x 8  mx 6  1 �0, x � 0; � � h  x   3x 2 
Mặt khác với x � 0; � thì 3x 2 
Do đó  * �4�۳m 0

m

1
0;
 m �0 x��۳
x6

 0;



Min h  x 

 0;�

0  *

1
1
1
 x 2  x 2  x 2  6 �4 4 x 2 .x 2 .x 2 . 6  4
6
x
x
x


4


Kết hợp m �� m   4; 3; 2; 1 .

Chọn B.

Trang 22