BỘ ĐỀ CHUẨN CẤU TRÚC
ĐỀ SỐ 1

ĐỀ DỰ ĐỐN KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1. Cho a , b , c là các số thực dương khác 1 . Hình vẽ bên là đồ thị các hàm số
y  a x , y  b x , y  log c x .

Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. c  b  a.
B. a  c  b.
C. c  a  b.
D. a  b  c.
x
x 2
Câu 2. Số nghiệm thực của phương trình 4  2  3  0 là:
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 0 .
Câu 3. Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào?

A. y  x 3  3x 2  2 .
C. y   x 3  3x 2  2 .

x2
.
x 1
D. y  x 4  2 x 3  2 .

B. y 

Câu 4. Hàm số y  f  x  có đạo hàm trên R \  2; 2 , có bảng biến thiên như sau:

Gọi k , l lần lượt là số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 

1
. Tính
f  x   2018

k l .
A. k  l  3 .
B. k  l  4 .
C. k  l  5 .
D. k  l  2 .
Câu 5. Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi nhưng luôn
song song với đáy và cắt các cạnh bên SA , SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q . Gọi M �
, N�
, P�
,
SM
Q�lần lượt là hình chiếu vng góc của M , N , P , Q lên mặt phẳng  ABCD  . Tính tỉ số
để thể
SA
N�
P��
Q đạt giá trị lớn nhất.
tích khối đa diện MNPQ.M �
1

3
2
1
A. .
B.
.
C.
.
D.
.
3
4
3
2
 x  như
Câu 6. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm và liên tục trên �. Biết rằng đồ thị hàm số y  f �


hình 2 dưới đây.

2
Lập hàm số g  x   f  x   x  x . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. g  1  g  1 .
B. g  1  g  2  .
C. g  1  g  2  .
D. g  1  g  1 .
B C có cạnh đáy bằng a và AB�
 BC �
Câu 7. Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A���

. Tính thể tích V của
khối lăng trụ đã cho.
7a3
a3 6
a3 6
A. V 
.
B. V  a 3 6 .
C. V 
.
D. V 
.
8
8
4
4
3
2
Câu 8. Cho hàm số f  x   x  4 x  4 x  a . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của hàm số đã cho trên đoạn  0; 2  . Có bao nhiêu số nguyên a thuộc đoạn  3;3 sao cho M �2m ?
A. 3 .
B. 7 .
C. 6 .
D. 5 .
r
r r r
r
Câu 9. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho a  i  2 j  3k . Tọa độ của vectơ a là:
A.


 1; 2; 3 .

B.

 3; 2; 1 .

 2; 3; 1 .
A  3; 4; 2  , B  5;
C.

Câu 10. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz ,
phương trình mặt cầu tâm C bán kính AB .
2
2
2
A.  x  10    y  17    z  7   8 .
B.

 2; 1; 3 .
2  , C  10; 17; 7  .
D.

6;

Viết

 x  10    y  17    z  7   8 .
2
2
2

2
2
2
C.  x  10    y  17    z  7   8 .
D.  x  10    y  17    z  7   8 .
Câu 11. Giá trị lớn nhất của hàm số y   x 4  2 x 2  2 trên  0;3 là
A. 61 .

B. 3 .

2

C. 61 .

2

2

D. 2 .

1
Câu 12. Cho một cấp số cộng  un  có u1  , u8  26. Tìm cơng sai d
3
3
11
10
3
A. d  .
B. d  .
C. d  .

D. d  .
11
3
3
10
Câu 13. Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn: z  2  i  4 là đường trịn có tâm I

và bán kính R lần lượt là:
A. I  2; 1 ; R  4 .

B. I  2; 1 ; I  2; 1 .

C. I  2; 1 ; R  4 .

D. I  2; 1 ; R  2 .

Câu 14. Cho số phức z . Gọi A , B lần lượt là các điểm trong mặt phẳng  Oxy  biểu diễn các số phức z
và  1  i  z . Tính z biết diện tích tam giác OAB bằng 8 .
A. z  4 .

B. z  4 2 .

C. z  2 .

D. z  2 2 .

B C D có đáy ABCD là hình vng cạnh a 2 , AA�
 2a .
Câu 15. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A����
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và CD�

.
a 5
2a 5
A. 2a .
B. a 2 .
C.
.
D.
.
5
5
3
2
Câu 16. Cho f  x   x  3 x  6 x  1 . Phương trình

f  f  x   1  1  f  x   2 có số nghiệm thực là


A. 4 .
B. 6 .
C. 7 .
D. 9 .
Câu 17. Tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy và chiều cao đều bằng 2 .
A. V  8 .
B. V  12 .
C. V  16 .
D. V  4 .
x
x


1
Câu 18. Giá trị của tham số m để phương trình 4  m.2  2m  0 có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn
x1  x2  3 là
A. m  2 .
B. m  3 .
C. m  4 .
D. m  1 .
Câu 19. Cho đa giác đều 32 cạnh. Gọi S là tập hợp các tứ giác tạo thành có 4 đỉnh lấy từ các đỉnh của
đa giác đều. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S . Xác suất để chọn được một hình chữ nhật là
1
1
1
3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
341
385
261
899
mx  4
Câu 20. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y 
nghịch biến trên khoảng
xm
 �;1 ?

A. 2 �m �2 .

B. 2  m  2 .

C. 2  m �1 .

x
2
Câu 21. Cho hàm số y  ln  e  m  . Với giá trị nào của m thì y �
 1 

A. m  � e .

D. 2 �m �1 .
1
.
2

1
C. m  .
e

B. m  e.

D. m  e.

xe x dx là
Câu 22. Kết quả của I  �

x2 x

A. I  e  C .
2
C. I  xe x  e x  C .

x2 x x
B. I  e  e  C .
2
D. I  e x  xe x  C .

Câu 23. Cho hàm số f  x  có đạo hàm f �
 x    x  1
f  x  là

A. 5 .

4

 x  2   x  3
5

3

. Số điểm cực trị của hàm số

B. 3 .

C. 1 .
D. 2 .
�z  3  2i �1
�

Câu 24. Cho hai số phức z , w thỏa mãn �
. Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức
�w  1  2i �w  2  i

P  zw .
A. Pmin 

3 2 2
.
2

B. Pmin 

3 2 2
.
2

C. Pmin  2  1 .

D. Pmin 

5 2 2
.
2

1

Câu 25. Tập xác định của hàm số y   x  1 5 là:
A.  1;  � .


B. �.

C.

 0;  � .

D.  1;  � .

Câu 26. Cho f  x  , g  x  là các hàm số xác định và liên tục trên �. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề
nào sai?
�
f  x  dx  �
g  x  dx .
f  x  g  x  dx  �
f  x  dx.�
g  x  dx .
A. �
B. �
�f  x   g  x  �
�dx  �
C.

2 f  x  dx  2 �
f  x  dx .
�

D.

�
f  x  dx  �

g  x  dx .
�f  x   g  x  �
�dx  �
�

3
2
Câu 27. Cho hai số thực x , y thỏa mãn: 2 y  7 y  2 x 1  x  3 1  x  3  2 y  1 . Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức P  x  2 y .
A. P  8 .
B. P  10
C. P  4 .
Câu 28. Hàm số nào sau đây không đồng biến trên khoảng  �;  � ?
x2
A. y 
.
B. y  x5  x3  10 .
C. y  x 3  1 .
x 1

D. P  6 .
D. y  x  1 .


Câu 29. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên các khoảng  �;0  và  0; � , có bảng biến thiên như sau

Tìm m để phương trình f  x   m có 4 nghiệm phân biệt.
A. 3  m  2 .
B. 3  m  3 .

C. 4  m  2 .
D. 4  m  3 .
2
Câu 30. Kí hiệu z1 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình 4 z  16 z  17  0. Trên mặt phẳng
3
tọa độ điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn số phức w   1  2i  z1  i ?
2
A. M  3; 2  .
B. M  2;1 .
C. M  2;1 .
D. M  3; 2  .
Câu 31. Cho mặt phẳng  P  đi qua các điểm A  2; 0; 0  , B  0; 3; 0  , C  0; 0;  3 . Mặt phẳng  P 
vng góc với mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau?
A. 3 x  2 y  2 z  6  0 . B. x  y  z  1  0 .
C. x  2 y  z  3  0 .
D. 2 x  2 y  z  1  0 .
Câu 32. Cho hai số thực x , y thoả mãn phương trình x  2i  3  4 yi . Khi đó giá trị của x và y là:
1
1
1
A. x  3 , y   .
B. x  3 , y  2 .
C. x  3i , y  .
D. x  3 , y  .
2
2
2
Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 , đường thẳng
x  15 y  22 z  37
2

2
2


và mặt cầu  S  : x  y  z  8 x  6 y  4 z  4  0 . Một đường thẳng   
1
2
2
thay đổi cắt mặt cầu  S  tại hai điểm A , B sao cho AB  8 . Gọi A�
, B�là hai điểm lần lượt thuộc mặt
d:

phẳng  P  sao cho AA�
, BB�cùng song song với d . Giá trị lớn nhất của biểu thức AA�
 BB�là
8  30 3
24  18 3
12  9 3
16  60 3
.
B.
.
C.
.
D.
.
9
5
5
9

Câu 34. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vng tại A , B . Biết SA   ABCD  ,
A.

AB  BC  a , AD  2a , SA  a 2 . Gọi E là trung điểm của AD . Tính bán kính mặt cầu đi qua các
điểm S , A , B , C , E .
a 6
a 3
a 30
A. a .
B.
.
C.
.
D.
.
3
2
6
3

f  x  dx  4 . Khi đó
Câu 35. Cho hàm số y  f  x  liên tục, luôn dương trên  0;3 và thỏa mãn I  �
0

3






1 ln f x
e      4 dx là:
giá trị của tích phân K  �
0

A. 3e  14 .
B. 14  3e .
C. 4  12e .
D. 12  4e .
y
Câu 36. Cho x ,
là các số thực thỏa mãn 1  x  y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
�
P   log x y  1  8 �
log
�
�
A. 30

2

2

y
x

y�
�.
x�
�

B. 18 .

C. 9 .

D. 27 .


Câu 37. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f �
 x    x  1

2

x

2

 2 x  với x ��. Có bao nhiêu giá trị

2
nguyên dương của tham số m để hàm số f  x  8 x  m  có 5 điểm cực trị?

A. 16
B. 18
C. 15 .
Câu 38. Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của M là
2
2
A. A10 .
B. C10 .
C. 102 .


D. 17 .
8
D. A10 .

�8 4 8�
 ; ; �
Câu 39. Trong không gian Oxyz , cho tam giác nhọn ABC có H  2; 2;1 , K �
, O lần lượt là
� 3 3 3�
hình chiếu vng góc của A , B , C trên các cạnh BC , AC , AB . Đường thẳng d qua A và vng góc
với mặt phẳng  ABC  có phương trình là
8
2
2
y
z
B.
3
3
3.
d:
1
2
2

x y 6 z 6

A. d : 
.

1
2
2

x

4
17
19
x  4 y  1 z 1
y
z


.
D. d :
.
9
9
9
d:


1
2
2
1
2
2
Câu 40. Người ta trồng hoa vào phần đất được tô màu đen được giới hạn bởi cạnh AB , CD đường trung

bình MN của mảnh đất hình chữ nhật ABCD và một đường cong hình sin . Biết AB  2  m  ,

C.

x

AD  2  m  . Tính diện tích phần cịn lại.

B. 4    1 .

C. 4  2 .
D. 4  3 .
uuu
r r r
r
Câu 41. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho OA  2i  2 j  2k , B  2; 2;0  và C  4;1;  1 .
A. 4  1 .

Trên mặt phẳng  Oxz  , điểm nào dưới đây cách đều ba điểm A , B , C .
1 �
1 �
1�
1�
�3
�3
�3
�3
A. N � ; 0;
B. P � ; 0;
C. Q � ; 0; �.

D. M � ; 0; �.
�.
�.
2 �
2 �
2�
2�
�4
�4
�4
�4
Câu 42. Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đơi một vng góc và OB  OC  a 6 , OA  a . Tính
góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  OBC  .
A. 45�
.
B. 90�.

C. 60�.
D. 30�.
3x  4
Câu 43. Tìm số tiệm cận của đồ thị hàm số y 
.
x 1
A. 1 .
B. 0 .
C. 2 .
D. 3 .
Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d vng góc với mặt phẳng

 P  : 4 x  z  3  0 . Vec-tơ nào dưới đây là một vec-tơ chỉ phương của đường thẳng d ?

r
r
r
r
A. u   4;  1; 3 .
B. u   4; 0;  1 .
C. u   4;1; 3 .
D. u   4; 1;  1 .
Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  đi qua điểm M  1; 2;3 và cắt các trục Ox , Oy ,
Oz lần lượt tại các điểm A , B , C . Viết phương trình mặt phẳng  P  sao cho M là trực tâm của tam
giác ABC .
x y z
A.    3 .
1 2 3
C. x  2 y  3z  14  0 .

B. 6 x  3 y  2 z  6  0 .
D. x  2 y  3 z  11  0 .


Câu 46. Các giá trị x thỏa mãn bất phương trình log 2  3 x  1  3 là :

10
1
.
B. x  3 .
C.  x  3 .
D. x  3 .
3
3

Câu 47. Cho tam giác SOA vng tại O có MN // SO với M , N lần lượt nằm trên cạnh SA , OA như
hình vẽ bên dưới. Đặt SO  h không đổi. Khi quay hình vẽ quanh SO thì tạo thành một hình trụ nội tiếp
hình nón đỉnh S có đáy là hình trịn tâm O bán kính R  OA . Tìm độ dài của MN theo h để thể tích
khối trụ là lớn nhất.
A. x 

A. MN 

h
.
3

B. MN 

4

Câu 48. Biết

x ln  x
�
0

2

h
.
4

C. MN 


h
.
6

D. MN 

h
.
2

 9  dx  a ln 5  b ln 3  c , trong đó a , b , c là các số nguyên. Giá trị của biểu

thức T  a  b  c là
A. T  9 .
B. T  8 .
C. T  11 .
D. T  10 .
Câu 49. Lăng trụ tam giác đều có độ dài tất cả các cạnh bằng 3 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
27 3
9 3
9 3
27 3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.

2
2
4
4
Câu 50. Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y  x 3  3x 2  mx đạt cực tiểu tại x  2 .
A. m  2 .
B. m  2 .
C. m  1 .
D. m  0 .
--------------HẾT---------------


MA TRẬN ĐỀ THI
Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

C28 C29

C4 C6 C16 C20
C23 C27 C40
C50


C8 C37

Đại số
Chương 1: Hàm Số

Lớp 12
(92%)

C3 C11 C43

Chương 2: Hàm Số Lũy
Thừa Hàm Số Mũ Và
Hàm Số Lơgarit

C25

C1 C2 C18 C46

C36

Chương 3: Ngun Hàm
- Tích Phân Và Ứng
Dụng

C26

C22

C35 C48


C13 C32

C14 C30

Chương 4: Số Phức

C24

Hình học
Chương 1: Khối Đa
Diện
Chương 2: Mặt Nón,
Mặt Trụ, Mặt Cầu
Chương 3: Phương Pháp
Tọa Độ Trong Không
Gian

C7 C42 C49
C17

C47

C9 C10 C44

C31 C41

Đại số

Chương 1: Hàm Số

Lượng Giác Và Phương
Trình Lượng Giác

Lớp 11
(8%)

Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất

C38

Chương 3: Dãy Số, Cấp
Số Cộng Và Cấp Số
Nhân

C12

C5 C15 C34

C19

Chương 4: Giới Hạn
Chương 5: Đạo Hàm

C21
Hình học

C39 C45

C33



Chương 1: Phép Dời
Hình Và Phép Đồng
Dạng Trong Mặt Phẳng
Chương 2: Đường thẳng
và mặt phẳng trong
không gian. Quan hệ
song song
Chương 3: Vectơ trong
khơng gian. Quan hệ
vng góc trong khơng
gian
Đại số
Chương 1: Mệnh Đề
Tập Hợp

Lớp 10
(0%)

Chương 2: Hàm Số
Bậc Nhất Và Bậc Hai
Chương 3: Phương
Trình, Hệ Phương
Trình.
Chương 4: Bất Đẳng
Thức. Bất Phương
Trình
Chương 5: Thống Kê
Chương 6: Cung Và
Góc Lượng Giác. Cơng

Thức Lượng Giác
Hình học
Chương 1: Vectơ
Chương 2: Tích Vơ
Hướng Của Hai Vectơ
Và Ứng Dụng
Chương 3: Phương
Pháp Tọa Độ Trong
Mặt Phẳng
Tổng số câu

11

16

19

4

Điểm

2.2

3.2

3.8

0.8



ĐÁP ÁN ĐỀ THI
1
A
26
B

2
B
27
C

3
A
28
A

4
C
29
A

5
C
30
A

6
C
31
D


7
C
32
D

8
D
33
B

9
A
34
A

10
B
35
D

11
B
36
D

12
B
37
C


13
C
38
B

14
A
39
D

15
D
40
B

16
A
41
B

17
A
42
D

18
C
43
C


19
D
44
B

20
C
45
C

21
A
46
B

22
C
47
A

23
B
48
B

24
D
49
D


25
A
50
D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.
Lời giải

Vì hàm số y  log c x nghịch biến nên 0  c  1 , các hàm số y  a x , y  b x đồng biến nên a  1; b  1 nên
c là số nhỏ nhất trong ba số.
Đường thẳng x  1 cắt hai hàm số y  a x , y  b x tại các điểm có tung độ lần lượt là a và b , dễ thấy
a  b . Vậy c  b  a
Câu 2.
Lời giải
t 1
�
2
Đặt t  2 x , t  0 ta được phương trình t  4t  3  0 � �
t 3
�
x
Với 2 x  1 � x  0 và với 2  3 � x  log 2 3 .

Câu 3.
Lời giải
Dạng đồ thị hình bên là đồ thị hàm đa thức bậc 3 y  ax 3  bx 2  cx  d có hệ số a  0 .
Do đó, chỉ có đồ thị ở đáp án A. là thỏa mãn.
Câu 4.

Lời giải
1
Vì phương trình f  x   2018 có ba nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số y 
có ba đường
f  x   2018
tiệm cận đứng.
Mặt khác, ta có:
1
1 nên đường thẳng
1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị
lim y  lim

y
x ��
x �� f  x   2018
2019
2019
1
hàm số y 
.
f  x   2018


y  lim
Và xlim
��
x ��

1
 0 nên đường thẳng y  0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

f  x   2018

1
.
f  x   2018
Vậy k  l  5 .
.
Câu 5.
y

Lời giải

Đặt

SM
 k với k � 0;1 .
SA

MN SM

 k � MN  k . AB
AB
SA
MQ SM

 k � MQ  k . AD
Xét tam giác SAD có MQ // AD nên
AD SA
Kẻ đường cao SH của hình chóp. Xét tam giác SAH có:
SM

MM � AM SA  SM
MM �
// SH nên
  1  k  .SH .


 1
 1  k � MM �
SH
SA
SA
SA
2
�
Ta có VMNPQ .M ��
N P��
Q  MN .MQ.MM  AB. AD.SH .k .  1  k  .
1
2
Mà VS . ABCD  SH . AB. AD � VMNPQ.M ��
N P��
Q  3.VS . ABCD .k .  1  k  .
3
2
Thể tích khối chóp không đổi nên VMNPQ.M ��
N P��
Q đạt giá trị lớn nhất khi k .  1  k  lớn nhất.

Xét tam giác SAB có MN // AB nên


2  1  k  .k .k 1 �2  2k  k  k � 4
Ta có k .  k  1 
.
� �
�
2
2�
3
� 27
2
SM 2
 .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2  1  k   k � k  . Vậy
3
SA 3
Câu 6.
Lời giải
 x    2 x  1 . Khi đó hàm số h  x  liên tục trên các đoạn  1;1 ,  1; 2 và có g  x 
Xét hàm số h  x   f �
3

2

là một nguyên hàm của hàm số y  h  x  .


�x  1
�x  1
�
Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi �

là
 x
�y  f �
�y  2 x  1
�
1

S1 

1

�
dx  g  x 
 x    2 x  1 �
�f �
�
�f � x    2 x  1 dx  �

1

1

1
1

 g  1  g  1 .

Vì S1  0 nên g  1  g  1 .
�x  1
�x  2

�
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi �
là
 x
�y  f �
�y  2 x  1
�
2

2

1

1

S2  �
f�
�
 x    2 x  1 dx  �
 2 x  1  f �
 x �
�
�dx   g  x  1  g  1  g  2  .
2

Vì S 2  0 nên g  1  g  2  .
Câu 7.
Lời giải

Gọi E là điểm đối xứng của C qua điểm B . Khi đó tam giác ACE vuông tại A .

� AE  4a 2  a 2  a 3 .
 B�
E  AB�
Mặt khác, ta có BC �
nên tam giác AB�
.
E vng cân tại B�
AE a 3 a 6
.
� AB�



2
2
2
2

�a 6 � 2 a 2
Suy ra: AA�
.
 �
�2 �
� a  2
�
�
Vậy V 

a 2 a 2 3 a3 6
.


.
8
2
4

Câu 8.
Xét hàm số g  x   x  4 x  4 x  a .
4

3

Lời giải

2

x0
�
x 1 .
g�
 x   4 x3  12 x 2  8 x ; g �
 x   0 � 4 x3  12 x 2  8 x  0 � �
�
�
x2
�
Bảng biến thiên


Do 2m �M  0 nên m  0 suy ra g  x  �0 x � 0; 2  .

a 1  0
a  1
�
�
��
Suy ra �
.
a0
a0
�
�
 a 2 .
Nếu a  1 thì M  a , m  a  1 � 2   a  1 � a ۣ
Nếu a  0 thì M  a  1 , m  a � 2a �a  1 ۳ a 1 .
Do đó a �2 hoặc a �1 , do a nguyên và thuộc đoạn  3;3 nên a � 3; 2;1; 2;3 .
Vậy có 5 giá trị của a thỏa mãn đề bài.
Câu 9.
Lời giải
r
r
r r r
Ta có: a  i  2 j  3k � a  1; 2; 3 .
Câu 10.
Lời giải
Ta có AB  2 2 .
Phương trình mặt cầu tâm C bán kính AB :  x  10    y  17    z  7   8 .
Câu 11.
Lời giải
3
 4 x  4 x .

Ta có: y �
2

2

2

x  0 � 0;3
�
�
 0 � 4 x 3  4 x  0 � �
x  1� 0;3 .
Cho y�
�
x  1 � 0;3
�

� y  0   2 ; y  1  3 ; y  3  61 .
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là 3 .
Câu 12.

Lời giải
1
11
u8  u1  7d � 26   7 d � d  .
3
3
Câu 13.

Lời giải

z

x

iy
x
,
y
��


Gọi số phức
Ta có:
2
2
z  2  i  4 �  x  2     y  1 i  4 �  x  2    y  1  16
Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn: z  2  i  4 là đường tròn có tâm

I  2;  1 và có bán kính R  4 .
Câu 14.
Lời giải
Ta có OA  z , OB   1  i  z  2 z , AB   1  i  z  z  iz  z .
Suy ra OAB vuông cân tại A ( OA  AB và OA2  AB 2  OB 2 )
1
1 2
Ta có: S OAB  OA. AB  z  8 � z  4 .
2
2



Câu 15.
Lời giải

O 
C là hình bình hành và C ��
Gọi O, O�lần lượt là tâm của hai mặt đáy.Khi đó tứ giác COO��
D � BD //  CB��
D  nên d  BD; CD�
D    d  C�
;  CB��
D  .
  d  O;  CB��
Do BD // B��
D  A��
C
�B��
� B��
D   COO��
C  �  CB��
D    COO��
C
Ta có : �
D  CC �
�B��

D  � COO ��
C   CO �
Lại có  CB ��
.


H  CO�
� C�
H   CB��
D  � d  BD; CD�
H
  C�
O hạ C �
Trong CC ��
1
1
1
1
1
5
2 5a



 2  2 � C�
Khi đó : C �
2
.
2
2
2
H
H
CC � C ��
O
 2a  a 4 a

5
............
Câu 16.
Đặt t  f  x   1 � t  x  3 x  6 x  2 .
3

Khi đó

Lời giải

2

f  f  x   1  1  f  x   2 trở thành:

t �1
t �1
�
�
� �3
f  t  1  t 1 � �
2
t  4t 2  8t  1  0
�f  t   1  t  2t  1
�
t �1
�
�
t  t1 � 2; 1
t  t2 � 1;1
�

��
� ��
��
.
t  t2 � 1;1
t  t3 � 5;6 
�
��
��
t  t3 � 1; 6 
��
3
2
Vì g  t   t  4t  8t  1 ; g  2   7 ; g  1  4 ; g  1  10 ; g  5   14 ; g  6   25 .
Xét t  x 3  3 x 2  6 x  2
Ta có

Dựa vào bảng biến thiên, ta có
+ Với t  t2 � 1;1 , ta có d cắt tại 3 điểm phân biệt, nên phương trình có 3 nghiệm.
+ Với t  t3 � 5;6  , ta có d cắt tại 1 điểm, nên phương trình có 1 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.

AC
a
2


Câu 17.
Lời giải
Thể tích khối trụ V   r 2 h   .22.2  8 .

Câu 18.
Lời giải
Đặt t  2 , t  0 . Phương trình trở thành: t  2mt  2m  0  1 .
x

2

Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  3 khi và chỉ khi phương trình  1 có hai
x
x
x x
3
nghiệm dương phân biệt thỏa mãn t1.t2  2 1.2 2  2 1 2  2  8 .

�
�
 m 2  2m  0
�
�S  2m  0
� m4.
Khi đó phương trình  1 có: �
P

2
m

0
�
�
�P  2m  8

Câu 19.
Lời giải
4
Số phần tử của không gian mẫu là số cách chọn 4 đỉnh trong 32 đỉnh để tạo thành tứ giác,   C32 .
Gọi A là biến cố "chọn được hình chữ nhật".
Để chọn được hình chữ nhật cần chọn 2 trong 16 đường chéo đi qua tâm của đa giác, do đó số phần tử
2
của A là C16 .
C162
3
Xác suất biến cố A là P  A   4 
.
C32 899
Câu 20.
Lời giải
m 4

 0,
Tập xác định D  �\   m . Ta có y �
. Hàm số nghịch biến trên khoảng  �;1 � y�
 x  m 2
2

�
m2  4  0
x � �;1 � �
� 2  m �1 .
1 � m
�
Câu 21.

Lời giải
x

e
e
.
� y�
 1 
2
e m
e  m2
1
e
1
 � 2e  e  m 2 � m  � e .
Khi đó y�
 1  �
2
2
em
2
Câu 22.
Lời giải
Cách 1: Sử dụng tích phân từng phần ta có
I �
xe x dx  �
x de x  xe x  �
e x dx  xe x  e x  C .
Ta có y�



x

Cách 2: Ta có I �
  xe x  e x  C  � e x  xe x  e x  xe x .
Câu 23.
Lời giải

x  1
�
x2 .
 x  0 � �
Ta có f �
�
�
x  3
�

Ta có bảng biến thiên của hàm số f  x  :


Ta có bảng biến thiên của hàm số f  x  :

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy số điểm cực trị của hàm số f  x  là 3 .
Câu 24.
Lời giải
Giả sử z  a  bi ; w  x  yi  a, b, x, y �� . Ta có
2
2
z  3  2i �1 �  a  3   b  2  �1 . Suy ra tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là hình trịn tâm


I  3; 2  , bán kính R  1 .
2
2
2
2
w  1  2i �w  2  i �  x  1   y  2  � x  2    y  1 � x  y �0 . Suy ra tập hợp điểm N biểu

diễn số phức w là nửa mặt phẳng giới hạn bởi đường thẳng  : x  y  0 khơng chứa I

Ta có d  I ,   

5
. Gọi H là hình chiếu của I trên  .
2

Khi đó z  w  MN �d  I ,    R 

5 2
5 2
 1 . Suy ra Pmin 
1 .
2
2

Câu 25.
Lời giải
Hàm số xác định khi: x  1  0 � x  1 . Vậy tập xác định: D   1;  � .
Câu 26.
Lời giải

Ngun hàm khơng có tính chất nguyên hàm của tích bằng tích các nguyên hàm.
Hoặc B, C, D đúng do đó là các tính chất cơ bản của nguyên hàm nên A sai.
Câu 27.
Lời giải
Chọn C
2 y 3  7 y  2 x 1  x  3 1  x  3  2 y 2  1 .
� 2  y 3  3 y 2  3 y  1   y  1  2  1  x  1  x  3 1  x  2 1  x .

� 2  y  1   y  1  2
3



1 x



3

 1  x  1 .


3
Xét hàm số f  t   2t  t trên  0;  � .

 t   6t 2  1  0 với t �0 � f  t  luôn đồng biến trên  0;  � .
Ta có: f �
Vậy  1 � y  1  1  x � y  1  1  x .

� P  x  2 y  x  2  2 1  x với  x �1 .


Xét hàm số g  x   2  x  2 1  x trên  �;1 .

1
1  x 1 �

. g  x  0 � x  0 .
1 x
1 x
Bảng biến thiên g  x  :

 x  1
Ta có: g �

g  x  4 .
Từ bảng biến thiên của hàm số g  x  suy ra giá trị lớn nhất của P là: max
 �;1

Câu 28.
Lời giải
Vì hàm số y 

x2
có tập xác định D  �\  1 nên hàm số không đồng biến trên  �; �
x 1

Câu 29.
Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có 4 nghiệm phân biệt khi 3  m  2 .
Câu 30.

Lời giải
1
�
z1  2  i
�
2
2
Ta có: 4 z  16 z  17  0 � �
.
1
�
z  2 i
�2
2
3
� 1 �3
2  i � i  3  2i � tọa độ điểm biểu diễn số phức w là:
Khi đó: w   1  2i  z1  i   1  2i  �
2
� 2 �2
M  3; 2  .

Câu 31.
Lời giải
x y z
 
 1 � 3 x  2 y  2 z  6  0 .
Phương trình mặt phẳng  P  theo đoạn chắn:
2 3 3
Dễ thấy mặt phẳng  P  vuông góc với mặt phẳng có phương trình 2 x  2 y  z  1  0 vì tích vô hướng

của hai vec-tơ pháp tuyến bằng 0 .
Câu 32.

�x  3
�x  3
�
�� 1.
Từ x  2i  3  4 yi � �
2  4y
y
�
�
� 2

Lời giải


Vậy x  3 , y 

1
.
3

Câu 33.
Lời giải

Mặt cầu  S  có tâm I  4;3; 2  và bán kính R  5 .

 tâm I bán kính
Gọi H là trung điểm của AB thì IH  AB và IH  3 nên H thuộc mặt cầu  S �

R�
3.
Gọi M là trung điểm của A��
B thì AA�
 BB�
 2 HM , M nằm trên mặt phẳng  P  .
4
5
 R nên  P  cắt mặt cầu  S  và sin  d ;  P    sin  
Mặt khác ta có d  I ;  P   
. Gọi K là
3
3 3
hình chiếu của H lên  P  thì HK  HM .sin  .
Vậy để AA�
 BB�lớn nhất thì HK lớn nhất
4 43 3
 d  I; P   3 

� HK đi qua I nên HK max  R�
.
3
3
�4  3 3 �3 3 24  18 3
.

Vậy AA�
.
 BB�lớn nhất bằng 2 �
� 3 �

�
5
�
�5
Câu 34.
Lời giải

�  90�.
* Do SA   ABCD  � SA  AC � SAC
�  90�.
* Do BC   SAB  � BC  SC � SBC
�  90�.
* Do CE //AB � CE   SAD  � CE  SE � SEC


Suy ra các điểm A , B , E cùng nhìn đoạn SC dưới một góc vng nên mặt cầu đi qua các điểm S , A ,
B , C , E là mặt cầu đường kính SC .
Bán kính mặt cầu đi qua các điểm S , A , B , C , E là: R 

SC
.
2

Xét tam giác SAC vng tại A ta có: AC  AB 2  a 2 � SC  AC 2  2a
SC
�R
a.
2
Câu 35.
Lời giải

Chọn D
3



1 ln  f  x  

e
Ta có K  �
0



3

1 ln  f  x  

 4 dx  �
e
0

3

3

3

0

0


0

dx  �
4dx  e.�
f  x  dx  �
4dx  4e  4 x|  4e  12 .
3

0

Vậy K  4e  12 .
Câu 36.
Ta có log

1�
 �
log
x 2�
�
y

y
x

y
x

y �
�

x�
�

Lời giải
1 log x y  1
log x y  1 2 log x y  1
.

.
2 1 log y  1 
log x y  2 2 log x y  2
x
2
2

�2 log x y  1 �
Suy ra P  2 log x y  1  8 �
.
�2 log y  2 �
�
x
�
�
Đặt t  2 log x y , do 1  x  y � log x 1  log x x  log x





2


y �t  2.

2

2
�t  1 �
Ta có hàm số f  t    t  1  8. � � với t  2 .
�t  2 �
2  t  1  t  4   t 2  2t  4 
t 1
�
�
f  t 
 t  0 � � .
; f�
3
t4
 t  2
�

Lập bảng biến thiên trên  2; � ta được

�
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   log x y  1  8 �
log
�
�
2
4

t  4 � 2 log x y  4 � y  x � y  x .
Câu 37.
Lời giải
2
Đặt g  x   f  x  8 x  m 

2

y�
�là 27 đạt được khi
x�
�

2

f�
 x    x  1

2

x

2

y
x

 2x  � g �
 x    2 x  8  x 2  8 x  m  1


x4
�
�2
x  8 x  m  1  0  1
g�
 x  0 � �
�
x2  8x  m  0
 2
�
�
x 2  8 x  m  2  0  3
�

2

x

2

 8x  m   x 2  8x  m  2 


Các phương trình  1 ,  2  ,  3 khơng có nghiệm chung từng đơi một và  x 2  8 x  m  1 �0 với
2

x ��
Suy ra g  x  có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi  2  và  3 có hai nghiệm phân biệt khác 4

 2  16  m  0

m  16
�
�
�
�
  16  m  2  0
m  18
�
�
� �3
��
� m  16 .
m
�
16
16

32

m
�
0
�
�
�
�
m �18
16

32


m

2
�
0
�
�
Vì m nguyên dương và m  16 nên có 15 giá trị m cần tìm.
Câu 38.
Lời giải
Số tập con gồm 2 phần tử của M là số cách chọn 2 phần tử bất kì trong 10 phần tử của M . Do đó số
2
tập con gồm 2 phần tử của M là C10 .
Câu 39.
Lời giải

�  OCB
�
 1
Ta có tứ giác BOKC là tứ giác nội tiếp đường tròn suy ra OKB
�  OCB
�
 2
Ta có tứ giác KDHC là tứ giác nội tiếp đường trịn suy ra DKH

�  OKB
� . Do đó BK là đường phân giác trong của góc OKH
�
Từ  1 và  2  suy ra DKH

và AC là
� .
đường phân giác ngồi của góc OKH
�
Tương tự ta chứng minh được OC là đường phân giác trong của góc KOH
và AB là đường phân giác

� .
ngồi của góc KOH
Ta có OK  4 ; OH  3 ; KH  5 .
�
� .
Gọi I , J lần lượt là chân đường phân giác ngồi của góc OKH
và KOH
uur 4 uuu
r
IO KO 4

 � IO  IH � I  8;  8;  4  .
Ta có I  AC �HO ta có
IH KH 5
5
u
u
u
r
JK OK 4
4 uuur

 � JK  JH � J  16; 4;  4  .

Ta có J  AB �KH ta có
JH OH 3
3
uur �
16 28 20 � 4
Đường thẳng IK qua I nhận IK  � ; ; �  4; 7;5  làm vec tơ chỉ phương có phương trình
�3 3 3 � 3
�x  8  4t
 IK  : �
�y  8  7t .
�z  4  5t
�


uuu
r
Đường thẳng OJ qua O nhận OJ   16; 4;  4   4  4;1;  1 làm vec tơ chỉ phương có phương trình
�x  4t �
�
 OJ  : �y  t �.
�z  t �
�

Khi đó A  IK �OJ , giải hệ ta tìm được A  4; 1;1 .
uu
r uu
r
uu
r
uu

r
�  60;120; 120   60  1;  2; 2  .
IA
,
IJ
Ta có IA   4;7;5  và IJ   24;12;0  , ta tính �
�
�

r
Khi đó đường thẳng đi qua A và vng góc với mặt phẳng  ABC  có véc tơ chỉ phương u   1; 2; 2 
x  4 y 1 z 1


nên có phương trình
.
1
2
2
Câu 40.
Lời giải
Oxy
Chọn hệ tọa độ
. Khi đó

Diện tích hình chữ nhật là S1  4 .


sin xdx  4 .
Diện tích phần đất được tơ màu đen là S 2  2 �

0

Tính diện tích phần cịn lại: S  S1  S 2  4  4  4    1 .
Câu 41.
Lời giải
3 21
Ta có: A  2; 2; 2  và PA  PB  PC 
.
4
Câu 42.
Lời giải

Gọi I là trung điểm của BC � AI  BC . Mà OA  BC nên AI  BC .
�
 OBC  � ABC   BC
�
� .
� �
OI , AI   OIA
 OBC  ,  ABC    �
Ta có: �BC  AI
�BC  OI
�
Ta có: OI 

1
1
BC 
OB 2  OC 2  a 3 .
2

2

� 
Xét tam giác OAI vng tại A có tan OIA
Vậy �
 OBC  ,  ABC    30�.

OA
3
�  30�.

� OIA
OI
3


Câu 43.
Lời giải

Ta có tập xác định: D  �\  1 .
Do lim y  3 và lim y  �, lim y  � nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận.
x ���

x �1

x �1

Câu 44.
Lời giải
Do d   P  nên vec-tơ chỉ phương của đường thẳng d là vec-tơ pháp tuyến của  P  .

r uuur
Suy ra một một vec-tơ chỉ phương của đường thẳng d là u  n P    4; 0;  1 .
Câu 45.
Lời giải
Gọi A  a ;0;0  , B  0; b ;0  và C  0;0; c  với abc �0 .
x y z
Phương trình mặt phẳng  P  đi qua ba điểm A , B , C là    1 .
a b c
1 2 3
Vì M  1; 2;3 � P  nên ta có:    1 .
a b c
uuuu
r uuur
�
�AM  BC
�AM . BC  0
� �uuuu
r uuur
Điểm M là trực tâm của ABC � �
.
�BM  AC
�BM . AC  0
uuuu
r
uuur
uuuu
r
uuur
Ta có: AM   1  a ; 2;3 , BC   0;  b ; c  , BM   1; 2  b ;3 , AC    a ;0; c  .
�

� 3
�
�
b c
�
�
�
2b  3c  0
a  14
2
�
�
�
�
 a  3c  0 � �
a  3c
��
b7 .
Ta có hệ phương trình: �
�1 2 3
�1
� 14
2 3
�   1 � 
�
 1
c
�a b c
� 3
�3c 3 c c

�
2
x y 3z
 
 1 � x  2 y  3 z  14  0 .
Phương trình mặt phẳng  P  là
14 7 14
Câu 46.
Lời giải
Ta có log 2  3 x  1  3 � 3 x  1  8 � x  3 .
Câu 47.
Lời giải

Đặt MN  x,  x  0  và OA  a,  a  0  , a là hằng số.
MN NA
MN .OA
xa
xa

� NA 
� NA 
� ON  a 
Ta có
.
SO OA
SO
h
h
Khối trụ thu được có bán kính đáy bằng ON và chiều cao bằng MN .



2

3

2
�h  x �   a 2 1 2 x h  x 2  a �2h �
Thể tích khối trụ là V   .ON 2 .MN   .x.a 2 �


�
�
� �.
2h 2
2h 2 �3 �
�h �

Dấu bằng xảy ra khi 2x  h  x � x 

h
.
3

Câu 48.
Lời giải
2x
�
du  2
dx
2

�
�
x  9
u  ln  x  9 

�
�
��
Đặt �
dv  xdx
�
� x2  9
v
�
�
2
4

4

4

x2  9
x2  9 2x
x ln  x  9  dx 
ln  x 2  9   �
. 2
dx  25ln 5  9 ln 3  8 .
Suy ra �
2

2
x

9
0
0
0
Do đó a  25 , b  9 , c  8 nên T  8 .
Câu 49.
Lời giải.
2

1
9 3
27 3
Diện tích đáy: S ABC  .3.3.sin 60�
. Thể tích Vlt  S ABC . AA�
.

2
4
4
Câu 50.
Lời giải
2
�
Ta có: y  3x  6 x  m .
 2  0 � m  0 .
Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 � y�


�
�
 6 x  6 � y�
 2   6  0 suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x  2 .
 3x 2  6 x � y�
Thử lại: với m  0 thì y�
--------------HẾT---------------