SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO GIA LAI

ĐỀ THI THỬ LẦN 01 NĂM 2019

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

Môn: Toán
Thời gian: 90 phút (không kể phát đề)

Họ và tên:…………………………………………………SBD……………………………….

Câu 1: Thể tích của khối lăng trụ đứng tam giác đều có cạnh bên bằng a, cạnh đáy bằng 2a
bằng
a3 3
B.
.
2

3

A. 2a 3 .

C. a3 3 .

D. 2a 3 .

Câu 2: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên.

Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 2.
B. Hàm số đạt cực đại tại x  0 và đạt cực tiểu tại x  2.

C. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2 và giá trị nhỏ nhất bằng 2.
D. Hàm số có ba điểm cực trị.
Câu 3: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M  2;1;  1  , N 1;3; 2  . Khoảng cách giữa 2 điểm M
và N là
A. 14 .

B. 6 .

C. 2 3 .

D. 3 2 .

Câu 4: Bảng biến thiên sau đây là của hàm số nào?
x -∞

2x  1
A. y 
x 1
2x  1
C. y 
x 1

+

y'

x 1
B. y 
2x  1


+
+∞

y
2

x2
D. y 
1 x
1

Câu 5: Gọi D là tập xác định của hàm số y   6  x  x 2  3 . Chọn đáp án đúng


+∞

-1

2
-∞


A. 3  D

B. 3  D

C.  3; 2   D

D. D   2;3


Câu 6: Biết f’(x) = 2x + 1 và f(1) = 5. Hàm số f(x) là
A. f(x) = x2 + x

B. f(x) = x2 + x + 8

C. f(x) = x2 + x + 5

D. f(x) = x2 + x + 3

Câu 7: Cho tam giác đều ABC cạnh a quay quanh đường cao AH tạo nên một hình nón. Diện
tích xung quanh của hình nón đó là
A. 2a 2 .

B.

a 2
.
2

Câu 8: Số nghiệm của phương trình 22x
A. 0

2

7 x 5

3a 2
.
4


C. a 2 .

D.

C. 3

D. 2

 1 là

B. 1

Câu 9: Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I(1 ; 0 ; -2) , bán kính R =

2

A. (S) :(x- 1)2 + y2 + (z + 2)2 = 2

B. (S): (x- 1)2 + y2 + (z- 2 )2 = 2.

C.(S): (x+ 1)2 + y2 + (z+ 2 )2 = 2.

D. (S): (x+ 1)2 + y2 + (z – 2)2 = 2

Câu 10: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x)  sin x  x là
A. sin x  x 2  C .

1
2


B. cox  x 2  C . 1

Câu 11: Trong không gian , đường thẳng d :
A. u  2;  1; 2  .

1
2

C. cox  x 2  C .

D. cox  x 2  C .

x 1 y  2 z  3


có véc tơ chỉ phương là
2
1
2

B. u  1;  2;  3 .

C. u 1; 2;3 .

D. u  2;1; 2  .

Câu 12: Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn1  k  n. Mệnh đề nào dưới đây
đúng ?
A. Ank 


n!
.
k ! n  k  !

B. Ank 

n!
.
k!

C. Ank 

k!
.
 n  k !

D. Ank 

n!
.
 n  k !

Câu 13: Cho cấp số nhân  un  có số hạng đầu u1  5 và công bội q  2 . Giá trị u5 bằng
A. 20.
Câu 14:

B. 80.

C. 40.


D. 25.


Hình vẽ bên biểu diễn các số phức trên mặt phẳng tọa độ là
các điểm A, B, C, D. Số phức liên hợp z của số phức
z  1  i được biểu diển bởi điểm nào trong các điểm ở hình
bên?
A. điểm A.

B. điểm B.

C. điểm C.

D. điểm D.

Câu 15: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y = x 3 − 3x + 1.

B. y = − x 3 + 3x + 1. C. y  x3  x  1 .

D. y  x3  1 .

Câu 16: Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y  f  x  

2x 1
trên
1 x

đoạn  2; 4 . Giá trị của M  m bằng ?

A. 2 .
Câu 17: Hàm số

C. 8 .

B. 2.
f (x )

trên khoảng

có đạo hàm

K.

f ' (x )

trên khoảng

K.

D. 8 .

Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
y

f ' x

x

-1

A. 3 .

O

B. 2 .

2

C. 5 .

D. 1 .

Câu 18: Tìm hai số thực x và y thỏa mãn x  2i  4  yi với i là đơn vị ảo.
A. x  2; y  3 .

B. x  2; y  3 .

C. x  4; y  2 .

D. x  3; y  2 .

Câu 19: Trong không gian Oxyz , cho điểm I(1; 5; 2) và mặt phẳng (P): 2x + y + 3z + 1 = 0.
Phương trình của mặt cầu(S) có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P) là

f ' (x )


A. (x – 1)² + (y – 5)² + (z – 2)² = 16.

= 12.

B. (x – 1)² + (y – 5)² + (z – 2)²

C. (x – 1)² + (y – 5)² + (z – 2)² = 14
= 10

D. (x – 1)² + (y – 5)² + (z – 2)²

Câu 20: Đặt log2 6  a . Khi đó log318 tính theo a là
A.

2a  1
.
a 1

B.

1
.
ab

C. 2a + 3.

D. 2 - 3a.

Câu 21: Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  2 z  10  0 . Giá trị biểu thức

A  z1  z2 bằng
2


2

A. 2 5 .

B. 10 .

C. 2 10 .

D. 20 .

Câu 22: Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng (Oxy) và (P): 2 z  3  0 bằng
A.

1
.
2

B.

3
.
2

 1
Câu 23: Tập nghiệm của bất phương trình  
 2

A.  4;   .


C.
x 1

 1
 
 2

3
.
4

2x  3

là

C.  4;   .

B.  ; 4 .

5
.
4

D.

D.  ; 4 .

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


y = g(x)

3
y = f(x)
1
x
O

3

A. S   f  x   g  x  dx .
0

1

2

3

2

3

0

2

B. S   f  x  dx   g  x  dx .



2

3

0

2

C. S   f  x  dx    f  x   g  x   dx .

2

3

0

2

D. S   f  x  dx   g  x  dx .

Câu 25: Cho khối nón có bán kính đáy là 3a, chiều cao là 4a. Thể tích của khối nón đã cho bằng
A. 15 a 3 .
B. 12 a 3 .
C. 36 a 3 .
D. 45 a 3 .
Câu 26: Cho hàm số y  f  x  xác định trên

\ 1 , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng


biến thiên như hình bên. Hỏi đồ thị hàm số đã cho có bao nhiêu đường tiệm cận?

A. 3 .

B. 1.

C. 2 .

D. 4 .

Câu 27: Thể tích của khối chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng 2a , cạnh bên bằng a 3
là
4a 3
A.
.
3

3a3
D.
.
2

2a 3
C.
.
3

3

B. 4a .


Câu 28: Cho hàm số f  x   log 2  x 2  1 , tính f  1 ?
1
2

A. f  1  .

B. f  1 

1
.
2 ln 2

C. f  1 

1
.
ln 2

D. f  1  1 .

Câu 29: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Số nghiệm của phương trình 2017. f  x   2018  0 là
A. 0

B. 3

C. 1


D. 2

Câu 30: Cho hình chop tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O . Các cạnh bên
và các cạnh đáy đều bằng A. Gọi M là trung điểm SC. Góc giữa hai mặt phăng (MBD) và
(SAC) bằng
A. 300
B. 900
C. 600
D. 450
Câu 31: Cho hệ thức a 2  b 2  7ab với a  0; b  0 . Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A. 2log2 (a  b)  log2 a  log2 b.

B. 2 log 2 (

ab
)  log 2 a  log 2 b.
3


C. 2 log 2 (

ab
)  2(log 2 a  log 2 b).
3

D. 4 log 2 (

ab
)  log 2 a  log 2 b.
6


Câu 32: Một bình đựng nước dạng hình nón , đựng đầy nước. Người ta thả vào đó một khối cầu
không thấm nước, có đường kính bằng chiều cao của bình nước và đo được thể tích nước tràn ra
ngoài là V . Biết rằng khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của hình nón và đúng một nửa
của khối cầu chìm trong nước . Tính thể tích nước còn lại trong bình.

A.

1
3

1
V.
6

B. V .

C. V .

D.

1



V.

Câu 33: Bất phương trình: log2 x  3logx 2  4 có tập nghiệm là
A. S  [1;3].


B. S  (;1)  [2;8].

C. S  [2;8].

D. S  (0;1)  [2;8].

Câu 34: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a 3 , góc BAD bằng 1200 .
Hai mặt phẳng  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa mặt phẳng  SBC 
và  ABCD  bằng 450 . Tính khoảng cách h từ A đến mặt phẳng  SBC  .
A. h  2a 2 .

B. h 

2a 2
.
3

C. h 

3a 2
.
2

D. h  a 3 .

Câu 35: Cho hình vuông OABC có cạnh bằng 4 được chia
1
thành hai phần bởi đường cong y  x2 . Gọi S1 là phần không
4


y

1
 .
S2 2

B.

S1
S2

 1.

C.

S1
S2

 2.

D.

B

S2
O

S1

4


S1

gạch sọc và S2 là phần gạch sọc như hình vẽ bên cạnh. Tỉ số
diện tích S1 và S2 là
A.

1 2

y= x

4 C

A
4 x

S1

3
 .
S2 2

là tập hợp các giá trị nguyên dương của m để hàm số
y  x3  3  2m  1 x 2  12m  5 x  2 đồng biến trên khoảng  2;    . Số phần tử của S bằng

Câu 36: Gọi

A. 1.

S


B. 2 .

C. 3 .

D. 0 .

Câu 37: Cho phương trình z2  3z  5  0 có hai nghiệm là z1, z2 có điểm biểu diễn là A và B. Độ
dài đoạn AB là
A. 11.

B. 2 11.

C. 3.

D. 5.


x3  3x
0 x 2  3x  2 dx  a  b ln 2  c ln 3 với a , b , c là các số hữu tỉ, tính giá trị của
1

Câu 38: Biết
S  2a  b 2  c 2 .

B. S  164 .

A. S  515 .

D. S  9 .


C. S  436 .

Câu 39: Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như hình vẽ

Phương trình f (1  3x)  1  3 có bao nhiêu nghiệm.
A. 4 .

B. 3 .

C. 6 .

D. 5 .

Câu 40: Một cái hộp có 4 viên bi màu trắng và 7 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên viên thứ nhất
rồi viên thứ hai và viên thứ ba. Xác suất để được viên thứ nhất màu trắng, viên thứ hai và thứ ba
màu xanh là:
A.

42
165

B.

28
165

C.

84

165

D.

42
275

Câu 41: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A  2; 3;7  , B  0; 4;1 , C  3;0;5
và D  3;3;3 . Gọi M là điểm nằm trên mặt phẳng  Oyz  sao cho biểu thức MA  MB  MC  MD
đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó tọa độ của M là:
A. M  0;1; 4  .

B. M  2;1;0  .

C. M  0;1; 2  .

D. M  0;1; 4  .

Câu 42: Giá trị lớn nhất của P  z2  z  z2  z  1 với z là số phức thỏa z  1 là
A. max P 

13
.
4

B. max P  3.

C. max P  5.

Câu 43: Cho hàm số y  f ( x) liên tục trên R có đồ thị như hình vẽ:


D. max P  3.






Có bao nhiêu giá trị của n để phương trình f 16cos2 x  6sin2x  8  f  n  n  1  có nghiệm
x  R?

A. 10.

B. 4.

C. 8.

D. 6.

Câu 44: Một người muốn có 1 tỉ tiền tiết kiệm sau 6 năm gửi ngân hàng bằng cách bắt đầu từ
ngày 01/01/2019 đến 31/12/2024, vào ngày 01/01 hàng năm người đó gửi vào ngân hàng một số
tiền bằng nhau với lãi suất ngân hàng là 7% /1 năm (tính từ ngày 01/01 đến ngày 31/12) và lãi
suất hàng năm được nhập vào vốn. Hỏi số tiền mà người đó phải gửi vào ngân hàng hàng năm là
bao nhiêu (với giả thiết lãi suất không thay đổi và số tiền được làm tròn đến đơn vị đồng)?
A. 130 650 280 (đồng)
B. 30 650 000 (đồng)
C. 139 795 799 (đồng)

D. 139 795 800 (đồng)


Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P) :x  2 y 2 z  1  0 và hai đường thẳng
x 1 y  3 z
x 5 y z 5

 
 ; d2 :
. Biết rằng có hai điểm A, B thuộc d1 và hai điểm C , D
2
6
4
3
5
2
thuộc d 2 sao cho AC , BD cùng song song với ( P ) đồng thời cách ( P ) một khoảng bằng 2 . Tính
d1 :

AC  BD .

A. 6  5 2 .
B. 5 2 .
C. 5  5 2 .
D. 6 2 .
Câu 46: Cho hình trụ có đường kính đáy 6 cm , chiều cao 15cm . Cắt hình trụ bởi mặt phẳng qua
một điểm trên đường tròn đáy và đường kính đáy của đường tròn đáy còn lại, ta được thiết diện là
một nửa hình elip có diện tích bằng

A. 9 26 cm2 .

B.


9 26
cm2 .
2

C.

9 26
cm2 .
5

D.

9 26
cm2 .
10

Câu 47: Cho hình lập phương ABCD.A/B/C/D/ có cạnh bằng a, M và N là trung điểm của AC và
B/C/. Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và B/D/ là
A.

a 5
.
5

B. 3a.

C.

a
.

3

Câu 48: Cho hàm số y = f (x ) có bảng biên thiên như hình vẽ

D. a 5.


æ

5

Hàm số g (x ) = f ççç2 x 2 - x è
2
æ 1ö
A. ççç- 1; ÷÷÷.
è 4ø

ö
3÷
nghịch
÷
÷
ø
2

æ1 ö
B. ççç ;1÷÷÷.
è4 ø

biến trên khoảng nào trong các khoảng sau?

æ 5ö
C. ççç1; ÷÷÷.
è 4ø

æ9
D. ççç ; + ¥
è4

ö
÷
.
÷
÷
ø

Câu 49: Có bao nhiêu giá trị dương của tham số thực m để bất phương trình

log 22 x  log 1 x 2  3  m2 (log 4 x 2  3) có nghiệm duy nhất thuộc [32; ) ?
2

A. 0

B. 2

C. 1

D. 3

Câu 50: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình bên dưới. Hàm số g  x   f  f  x   có bao nhiêu
điểm cực trị ?


A. 3.

B. 4.

C. 5.

D. 6.


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

2-B

3-A

4-A

5-C

6-D

7-B

8-D

9-A


10-C

11-A

12-D

13-B

14-C

15-A

16-B

17-D

18-C

19-C

20-A

21-D

22-B

23-D

24-C


25-B

26-A

27-A

28-C

29-B

30-B

31-B

32-B

33-D

34-C

35-C

36-D

37-A

38-A

39-A


40-B

41-D

42-A

43-D

44-A

45-A

46-B

47-C

48-C

49-C

50-B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. C
Thể tích của khối lăng trụ đứng tam giác đều có cạnh bên bằng a, cạnh đáy bằng 2a là:

V  a  2a 

2


3
 a3 3
4

Câu 2. B
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đạt cực đại tại x=0 và đạt cực tiểu tại x = 2.
Câu 3. A
MN  14
Câu 4. A

Nhìn vào bảng biến thiên đã cho, hàm số cần tìm là y 

2x 1
x 1

Câu 5. C
Ta có 6  x  x 2  0  3  x  2 .Tập xác định của hàm số là D =  3; 2   D
Câu 6. D
Ta có f  x     2 x  1dx  x 2  x  C ; Vì f(1) = 5 nên C = 3; Vậy : f  x   x 2  x  3
Câu 7. B
Hình nón có bán kính r 

a
 a2
đường sinh l = acó diện tích xung quanh là
2
2

4 a 3
Áp dụng công thức với , R = a ta được V 

3
Câu 8. D
5

x

Ta có 2 x  7 x  5  0 
2

x  1
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {0;1} .
2


Câu 9. A
Mặt cầu (S) có tâm I(1 ; 0 ; -2) , bán kính R  2 có phương trình là :  x  1  y 2   z  2   2
2

2

Câu 10. C
Ta có:

  sin x  x dx   cos x 

x2
C
2

Câu 11. A

Câu 12. D
Theo lý thuyết công thức tính số các chỉnh hợp chập k của n : Ank 

n!
 n  k !

Câu 13. B
Ta có: u5  u1.q 4  5.16  80
Câu 14. C
Vì z  1  i  z  1  i nên điểm biểu diễn số phức z có tọa độ (1;1) , đối chiếu hình vẽ ta thấy
đó là điểm C.
Câu 15. A
Dựa vào đồ thị ta có:Hệ số a > 0, hàm số có 2 cực trị nên phương trình y’= 0 có 2 nghiệm.
A.Đúng vì Hệ số a > 0, phương trình y’= 0 có 2 nghiệm nên hàm số có 2 cực trị .
B. Sai vì a< 0
C và D Sai vì phương trình y’= 0 có 1nghiệm
Câu 16. B
3
 0 nên hàm số đồng biến trên [2;4] nên:
Hàm số liên tục trên [2;4]. f  x  
2
1  x 
Giá trị lớn nhất của f (x) trên [2;4] bằng - 3 , đạt được tại x = 4 Suy ra M = -3
Giá trị nhỏ nhất của f (x) trên [2;4] bằng -5, đạt được tại x = 2 . Suy ra m = -5
Vậy M - m = -3 - (-5) = 2
Câu 17. D
Dựa đồ thị ta có f’(x) đổi dấu 1 lần tại x = -1 nên hàm số f(x) có 1 điểm cực trị
Câu 18. C
x  4
Ta có: x  2i  4  yi  

 y  2
Vậy x = 4,y = -2 là hai số cần tìm.
Câu 19. C
Vì mặt cầu (S) có tâm I(1; 5; 2) và tiếp xúc với mặt phẳng (P): 2x + y + 3z + 1 = 0 nên mặt
cầu ( S) có bán kính là R  IH  14  IH   P  , H   P  
Câu 20. A
Ta có log3 18 

log 2 18 2a  1

log 2 3
a 1

Câu 21. D

 z  1  3i
2
2
 z1  z2  10  z1  z2  20
Ta có : z 2  2 z  10  0  
 z  1  3i
Câu 22. B
Xét thấy ( P) và (Oxy) là hai mặt phẳng song song với nhau.
Cách 1:
Trên (Oxy) lấy O (0;0;0)


Khi đó, khoảng cách giữa hai mặt phẳng (Oxy) và ( P) là:
2.0  3 3
d   Oxy  ,  P    d  O,  Oxy   


2
22
Vậy, ta chọn B.
Câu 23. D
1
Ta có  
2

x 1

1
 
2

2 x 3

 x  1  2 x  3  x  4
x 1

2 x 3

1
1
Vậy tập nghiệm của bất phương trình      là S (  ; -4]
2
2
Câu 24. C
Từ đồ thị hai hàm số y = f (x), y = g(x) và Ox cắt nhau tại O, y = g (x) cắt Ox và f (x) tại các điểm có


hoành độ x = 2, x = 3, f  x   g  x  tr n ;3 nên diện tích hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ
2

3

0

2

là S   f  x dx   f  x   g  x  dx
Câu 25. B

1
Thể tích của khối nón là: V  Bh  12 a 3
3
Câu 26: A
Nhìn bảng biến thiên ta thấy:

lim f  x   5
x 

lim f  x   3

x 
Vì 
nên đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận: có một tiệm cận đứng x = 1 và
lim
f
x






x 1

limf  x   

x 1
hai tiệm cận ngang y = 3và y = 5
Câu 27: A

Có AC  AD 2  DC 2  2a 2
2

 AC 
Gọi O là tâm hình vuông ABCD  SO  SA  
 a
 2 
2

1
1
4a 3
2
Vậy thể tích của khối chóp tứ giác đều S.ABCD là: V  SO.S ABCD  .a.  2a  
3
3
3



Câu 28: C
Ta có: f '  x  

2x
, x 
 x  1 ln 2

Ta có: f ' 1 

1
ln 2

2

Câu 29: B
Câu 30: B
Do BD  AC và BD  SO nên BD  (SAC)
Suy ra: (MBD)  (SAC)
Vậy ta có:   MBD  ,  SAC    900

Câu 31: B

a 2  b 2  7ab   a  b   2ab  7ab
2

2
 ab
 9ab   a  b   ab  


 3 

2

 ab
 ab
log 2 a  log 2 b  log 2  ab   log 2 
  2 log 2 

 b 
 3 
2

2

2
2
 ab
a 2  b 2  7ab   a  b   2ab  7ab  9ab   a  b   ab  

 3 

 ab
 ab
log 2 a  log 2 b  log 2  ab   log 2 
  2 log 2 

 b 
 3 
Câu 32: B

2

Ta có:

Giả sử R , r lần lượt là bán kính mặt cầu, bán kính mặt nón.
R 1
  HAI  300
Xét  AHI vuông tại H ta có : sin HAI 
2R 2
Xét  ABI vuông tại I ta có: tan 300 

r
2 3R
r
2R
3

2


1 4
2 R3
Thể tích nước tràn ra ngoài là V  . . .R3 
2 3
3
2

1  2 3R 
8 R 3
Thể tích khối nón là V1   

.2
R


3  3 
9

Thể tích nước còn lại là V2 

8 R3 2 R3
1

 V2  V
9
9
3

Câu 33: D
Điều kiện: 0 < x  1
Bpt 

log x  0
x  1
log 22 x  4log 2 x  3
0 2

log 2 x
1  log 2 x  3  2  x  8

Kết hợp điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là V  3  4, 5  1

Câu 34: C

Ta có SA  (ABCD) , gọi M là trung điểm của cạnh BC . Do  ABC đều nên AM  BC
Do đó góc giữa mặt phẳng (SBC) và ( ABCD) là SMA  450
Ta có: AM  AB.sin 600  3a . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SM .
Do đó AH  (SBC) => d (A; (SBC)) = AH
Ta có: AH  AM .sin 450 

3a 2
3

Câu 35: C
S2  

4

0

1 2
16
32
x dx  ; S1  16  S2 
4
3
3

Câu 36: D
Tập xác định D 
y '  3x 2   2m  1 x  12m  5
Hàm số đồng biến trong khoảng  2;   khi y '  0, x   2;    3x 2  6  2m  1 x  12m  5  0;


x   2;  
3x 2  6  2m  1 x  12m  5  0  x 

Xét hàm số g  x  

3x 2  6 x  5
12  x  1

3x 2  6 x  5
với x   2;  
12  x  1


g ' x 

3x 2  6 x  1
12  x  1

2

 0 với x   2;   hàm số g (x) đồng biến trên khoảng  2;  

5
12
Vậy không có giá trị nguyên dương nào của m thỏa mãn bài toán.
Câu 37: A
Do đó m  g 

 , x   2;    m  g  2   m 


3
11

i
2
2
Câu 38: A
z

1

Ta có 
0

x3  3x
10 x  6 
10 x  6 


dx    x  3  2
dx    x  3  2
dx
2
x  3x  2
x  3x  2 
x  3x  2 
0
0
1


1

1
 x2
 1 1  14
4 
5
5
   3x    

dx    14 ln x  2  4 ln x  1     14 ln 3  18ln 2

0
2
2
 2
 0 0  x  2 x 1 
5
 a   , b  18; c  14
2
Vậy S  2a  b 2  c 2  515
Câu 39: A
2

1  3 x  1  x  3
Đặt g  x   f 1  3x   1  g '  x   3. f 1  3x   0  
1  3 x  3  x   2

3

Bảng biến thiên

Vậy g  x   3 có bốn nghiệm
Câu 40: B
* Chọn 1 viên bi trong 11 viên bi có C111  11 cách
Chọn viên bi thứ nhất màu trắng có C41  4 cách

C41 4
Vậy xác suất chọn viên bi thứ nhất màu trắng là 1 
C11 11
* Chọn 1 viên bi thứ hai màu xanh có C71  7 cách.
Bây giờ còn 10 viên bi nên xác suất chọn viên bi thứ hai màu xanh là
* Chọn 1 viên bi thứ ba màu xanh có C61  6 cách.

C71
7

1
C10 10


Bây giờ còn 9 viên bi nên xác suất chọn viên bi thứ ba màu xanh là
Do đó xác suất cần tìm là:

C61 6 2
 
C91 9 3

4 7 2 28
. . 

11 10 3 165

Câu 41: D
Ta có: AB   2;7; 6  , AC  1;3; 2  , AD  1;6; 4  nên  AB, AC  . AD  4  0
Suy ra: AB, AC , AD không đồng phẳng.
Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD . Khi đó G (2;1;4)
Ta có: MA  MB  MC  MD  4MG  4MG
Do đó MA  MB  MC  MD nhỏ nhất khi và chỉ khi MG ngắn nhất.
Vậy M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng ( Oyz) nên M(0;1;4 )
Câu 42: A
z  1  x 2  y 2  1  -1  x, y  1

z2  z  z(z  1)  z  1  (x  1)2  y 2  2  2x

C1:





z2  z  1  x 2  y 2  x  1  (2xy  y)i 



x

2




2

 y 2  x  1  (2xy  y)2 

2x

2

x



2

  y(2x  1) 



 (2x  1)2 x 2  y 2  2x  1
2

z
1
C2: z  z  1  z z  1   z  1 
 z  1  z  2x  1
z
z
2

1


 P  z2  z  z2  z  1  2  2x  2x  1 với -1  x  1

1
u   x 1
 2  2x  2x  1 neá
2
Xeù
t hs: f (x)  2  2x  2x  1  
1
 2  2x  2x  1 neá
u  1 x  

2

 -1  x < - 1
 1
1
 2 neá
u   x 1

2
 2  2x
f / (x)  
1
 1  2 neá
u  1 x  
 2  2x
2


2

f ' x 

1

2 0
2  2x
max f ( x)  f (1)  3

-1 x1
2

f / (x)  0 

1
2  2x

20 x 

 1
f (1)  f (1)  3, f     3 &
 2
 max P 

7
15
y
8
8


 7  13
f 
 8 4

13
7
15
, ñaït ñöôïc khi z  
i.
4
8
8

2


z  1  x2  y2  1  y  1  x2
P  z  1  z2  z  1

C3: (MTCT)



 x  1



 x  1


x

2

 y2 

2

 1  x2 

2



 y2  x  1   2xy  y 

 2x

2



2

2



 1  2 x 1  x2  1  x2




2

Mode 7, start -1; end 1; step 0,1
Câu 43: D
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số y = f (x) đồng biến trên R.

Do đó: f 16 cos 2 x  6sin 2 x  8   f  n  n  1   16 cos 2 x  6sin 2 x  8  n  n  1

 16.

1  cos 2 x
 6sin 2 x  8  n  n  1  8cos 2 x  6sin 2 x  n  n  1
2

Phương trình có nghiệm x 

 82  62  n 2  n  1  n 2  n  1  100
2

2

n  n  1  10
n 2  n  10  0
1  41
1 41
 2
 n 2  n  10  0 
n


2
2
n  n  10  0
n  n  1  10

Vì n 

nên n  3; 2; 1;0;1; 2

Câu 44: A
Gọi T0 là số tiền người đó gửi vào ngân hàng vào ngày 01/01 hàng năm, T n là tổng số tiền cả vốn lẫn lãi
người đó có được ở cuối năm thứ n , với n  * là lãi suất ngân hàng mỗi năm.
Ta có: T1  T0  rT0  T0 1  r 
Đầu năm thứ 2 , người đó có tổng số tiền là:
T0
1  r 2  1  T0 1  r 2  1
T0 1  r   T0  T0 1  r   1 
 r 

1  r   1 

T0 
T
T
2
2
2
1  r   1   0 1  r   1 r  0 1  r   1 1  r 








r
r
r
T
n
Tổng quát: Ta có: Tn  0 1  r   1 1  r 


r
T
6
Áp dụng vào bài toán, ta có: 109  0 1  0, 07   1 1  0, 07   T0  130650280đồng


0, 07
Câu 45: A
Các điểm , A B, C, D đều nằm trên các mặt phẳng song song và cách (P ) một khoảng bằng 2 .
Mặt phẳng (  ) song song và cách (P) một khoảng bằng 2 có phương trình dạng: x - 2y + 2z + c = 0
c 1
c  5
Điểm M(1;0;0)   P  , ta có d  M     2 
2
3
c  7

Do đó: T2 

Các điểm , A B là giao của đường thẳng d1 và 2 mặt phẳng x  2 y  2 z  5  0, x  2 y  2 z  7  0 nên có
tọa độ A(1;3;0) ,B (3;0;2)
Các điểm C, D, B, D là giao của đường thẳng d2 và mặt phẳng x  2 y  2 z  5  0, x  2 y  2 z  7  0 nên
có tọa độ C(5;0; 5) , D( -1; 4;0)
Vậy AC + BD= 6  5 2
Câu 46 : B


Ta cú na di trc bộ l OA = 3 cm v na di trc ln l OM OC 2 CM 2 3 26
Vy din tớch na hỡnh Elip l S

ab
2



9 26
2

Cõu 47: C

BD // (NBD) => d(BD,MN) = d(B,(NBD))= d(I,(NBD)) = IH

1
5
4
IK = CM
IK

2
7
6
Cõu 48: C
ộx < - 2
Da vo bng bin thiờn, suy ra f Â(x )> 0 ờờ
v f Â(x ) < 0 - 2 < x < 3.
ởx > 3

ổ
5ử ổ
5
3ử
Ta cú g Â(x ) = ỗỗỗ4 x - ữữữ f Âỗỗỗ2 x 2 - x - ữữữ. Xột
ố
2ứ ố
2
2ứ



ỡù
ùù 4 x - 5 > 0
ùù
2

ớ ổ
ử
ùù ỗ 2 5
3ữ

Â
<0
ùù f ỗỗ2 x - x - ữ
ứ
2
2ữ
ùợ ố

ộỡù
5
ờùù 4 x - >
ờùù
2
ờớ
ờù ổ 2
ờùù f Âỗỗ2 x ờùùợ ỗố
ờ
g Â(x ) < 0 ờờ
ờỡ
ờùù 4 x - 5 <
ờùù
2
ờù
ờớù ổ
ờù f Âỗ2 x 2 ờùù ỗỗố
ờởùợ

ỡù
ùù x > 5
9

ùù
8
1< x < .
ớ
ùù
5
3
4
2
ùù - 2 < 2 x - x - < 3
2
2
ùợ

0
5
3ử
x- ữ
ữ
ữ< 0
2
2ứ
.
0
5
3ử
x- ữ
ữ
ữ> 0
2

2ứ




ộỡù
5
ờùù x <
ờùù
8
ờớ
ờùù 2
ỡù
ờù 2 x ùù 4 x - 5 < 0
ờùùợ
ờ
ùù
2
ờ
ớ ổ
ờ
ùù ỗ 2 5
3ử
> 0 ờỡù
ữ
ùù f Âỗỗ2 x - x - ữ
ữ
ờùù x < 5
2
2ứ

ùợ ố
ờùù
8
ờớ
ờùù 2
ờù 2 x ờởùùợ

5
3
x- > 3
2
2

5
3
x- < - 2
2
2

ộx < - 1
ờ
ờ
ờ
ờ
.
ờ
ờ1
ờ < x< 5
ờ4
8

ở

i chiu cỏc ỏp ỏn, ta chn C
Cõu 49: C
Ta cú: log 22 x log 1 x 2 3 m 2 log 4 x 2 3 log 22 x 2 log 2 x 3 m 2 log 2 x 3 (vỡ cú iu kin
2

x 32;



log 2 x 1 log 2 x 3 m2 log 2 x 3

log 2 x 1
m4 1
og 2 x 3

Vi iu kin x 32; thỡ log 2 x 1 0,log 2 x 3 0
Vi x 32; , t log 2 x X suy ra X 5; . YCBT tng ng vi bpt
nghim thuc 5; .D thy max
5;

X 1
m 4 cúduy nht
X 3

X 1
3 , vi iu kin tham s m dng, suy ra m 4 3 thỡ bpt cú
X 3


nghim duy nht.

Cõu 50: B

Cỏch 1: Da vo th ta thy f (x ) t cc tr ti
Suy ra



ộx = 0 (nghiem don )
f Â(x ) = 0 ờờ
..
ờởx = 2 (nghiem don )

ộx = 0 (nghiem don )
f Â(x ) = 0 ờờ
.
ờởx = 2 (nghiem don )

Ta cú

x = 0, x = 2.

ộf Â(x ) = 0
ờ
Â
g Â(x ) = f Â(x ). f Âộởf (x )ự
ỷ; g (x ) = 0 ờf Âộf (x )ự= 0 .
ờở ở
ỷ




ộf (x ) = 0 (1)
ờ
f Âộởf (x )ự
ỷ= 0 ờf (x ) = 2 (2).
ờở

Da vo th suy ra:
Phng trỡnh (1) cú hai nghim x = 0 (nghim kộp) v x = a (a > 2).
Phng trỡnh (2) cú mt nghim x = b (b > a ).


Vậy phương trình g ¢(x ) = 0 có
số g (x ) = f éëf (x )ùû có

4

nghiệm bội lẻ là

x = 0, x = 2, x = a

điểm cực trị. Chọn B

4

Cách 2:
+)


Ta

và x = b. Suy ra hàm

có

với

u  f  x

thì

f '  f  x   x  fu' .u x  fu' . f x'

u  f  x   0

f 0
u  f  x  2
 f '  f  x   0   '


x0
 f x  0

 x  2
'
u

+) Ta thấy f  x   0 có hai nghiệm x1,2  0  x3  2 .
+) Ta thấy f  x   2 có hai nghiệm x4  x3

 f '  f  x    0 có nghiệm x  0 bậc 3, x  2, x3 , x4 bậc 1  hàm số có 4 cực trị.