ĐỀ SỐ 5

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
NĂM HỌC: 2020 – 2021
MƠN: TỐN HỌC
Thời gian làm bài: 90 phút; khơng kể thời gian phát đề

Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A( −1;0;0) , B( 0;0;2) ,C ( 0;−3;0) . Bán kính mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện OABC là:
14
.
4

A.

B. 14.

14
.
3

C.

D.

4
.
2

Câu 2. Cho cấp số cộng ( un ) có u1 = 11 và cơng sai d = 4. Hãy tính u99 .
A. 401.

B. 404.

C. 403.

D. 402.

 x2 − 1
khi x ≠ 1

Câu 3. Tìm a để hàm số f ( x) =  x − 1
liên tục tại điểm x0 = 1.
a
khi x = 1


A. a = 0.
Câu

4.

B. a = −1.
Cho

hình

chóp

S.ABCD


C. a = 2.
có

đáy

là

hình

D. a = 1.
thang

vuông

tại

A

và

B.

Biết

SA ⊥ ( ABCD) , AB = BC = a, AD = 2a, SA = a 2 . Gọi E là trung điểm của AD. Tính bán kính mặt cầu đi qua

các điểm A, B, C, D, E.
A.

a 3

.
2

B. a.

C.

a 6
.
3

D.

a 30
.
6

Câu 5. Gọi x0 là nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình 3sin2 x + 2sin xcos x − cos2 x = 0 . Chọn khẳng
định đúng?
π







A. x0 ∈  ;π ÷.
2


 3π

;2π ÷.
 2


B. x0 ∈ 

 π

C. x0 ∈  0; ÷.
2






D. x0 ∈  π ;


3π
2


÷.


Câu 6. Hàm số y = x4 − x3 − x + 2019 có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2.


B. 3.

Câu 7. Giá trị lớn nhất của hàm số f ( x) =
A. −2.

B.

C. 0.

D. 1.

x
trên đoạn [ −2;3] bằng:
x+ 3

1
.
2

C. 3.

D. 2.

Câu 8. Cho hàm số y = f ( x) xác định và liên tục trên ¡ , có bảng biến thiên như sau:

Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞;1) .
Trang 1



B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;−2) .
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 1;+∞ ) .
D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1;+∞ ) .
Câu 9. Hàm số y = − x3 + 3x2 − 1 có đồ thị nào trong các đồ thị dưới đây?

A. Hình 3.

B. Hình 1.

C. Hình 2.
1

1

D. Hình 4.

1

1

190

Câu 10. Gọi n là số nguyên dương sao log x + log x + log x + ... + log x = log x cho đúng với mọi x
3
3
3
3
3
2


3

n

dương, x ≠ 1 . Tìm giá trị của biểu thức P = 2n + 3.
A. P = 23.

B. P = 41.

C. P = 43.

Câu 11. Có bao nhiêu số hạng trong khai triển nhị thức ( 2x− 3)
A. 2019.

B. 2020.

D. P = 32.
2018

thành đa thức:

C. 2018.

D. 2017.

Câu 12. Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích bằng V. Tính thể tích khối đa diện ABCB’C’.
A.

V

.
2

B.

V
.
4

C.

3V
.
4

D.

2V
.
3

Câu 13. Một người gửi tiết kiệm số tiền 80 000 000 đồng với lãi suất là 6,9%/năm. Biết rằng tiền lãi hàng
năm được nhập vào tiền gốc, hỏi sau đúng 5 năm số tiền cả gốc và lãi người đó rút về gần với con số nào
dưới đây?
A. 107 667 000 đồng.

B. 105 370 000 đồng.

C. 111 680 000 đồng.


D. 116 570 000 đồng.

Câu 14. Cho hàm số y = f ( x) xác định trên ¡ có đồ thị của hàm số y = f '( x)
như hình vẽ. Hỏi hàm số y = f ( x) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. ( 0;1) .

B. ( 2;+∞ ) .

C. ( 1;2) .

D. ( 0;1) và ( 2;+∞ ) .

Câu 15. Cho tứ diện ABCD có hai mặt ABC và ABD là các tam giác đều.
Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CD.
A. 30°.
Câu 16. Cho

C. 90°.

B. 60°.

∫ 2x( 3x − 2) dx = A( 3x − 2)

8

D. 120°.

+ B( 3x − 2) + C với A, B,C ∈ ¡ . Tính giá trị của biểu thức
7


12A + 7B .

Trang 2


A.

23
.
252

B.

241
.
252

C.

52
.
9

D.

7
.
9

2x+1


 1 
Câu 17. Tập nghiệm của bất phương trình 
2÷
 1+ a 


1





> 1 (với a là tham số, a ≠ 0 ) là:
 1
 2

B. ( −∞;0) .

A.  −∞;− ÷.
2



C.  − ;+∞ ÷.


D. ( 0;+∞ ) .

Câu 18. Cho hàm số ( 1;2;−1) có bảng biến thiên như sau:


Hàm số đạt cực tiểu tại điểm nào trong các điểm sau đây?
A. x = −2.

B. x = 3.

C. x = 2.

D. x = 4.

C. S= { 1;−3} .

D. S= { 0;2} .

Câu 19. Tìm tập nghiệm của phương trình 3x +2x = 1.
2

A. S= { −1;3} .

B. S= { 0;−2} .
r

r

r

r

r


Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho a = −i + 2j − 3k . Tìm tọa độ của vectơ a .
A. ( 2;−3;−1) .

B. ( −3;2;−1) .

C. ( −1;2;−3) .

D. ( 2;−1;−3) .

Câu 21. Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên tập xác định của nó?
A. y = log 3 x.

B.

y = logπ x.
4

x

π 
C. y =  ÷ .
 3

D. y = log2

(

)

x +1 .


·
Câu 22. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác cân tại A, AB = AC = a, BAC
= 120° . Tam giác SAB là tam

giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt đáy. Tính thể tích V của khối chóp S.ABC.
B. V =

A. V = a3.

a3
.
2

C. V = 2a3.

Câu 23. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trên đoạn

(

D. V =

a3
.
8

[ −2018;2018]

để hàm số


)

y = ln x2 − 2x − m+ 1 có tập xác định ¡ .

A. 2018.

B. 1009.

C. 2019.

D. 2017.

Câu 24. Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên ¡ và đồ thị hàm số y = f '( x)
trên ¡ như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. Hàm số y = f ( x) có 1 điểm cực tiểu và khơng có cực đại.
B. Hàm số y = f ( x) có 1 điểm cực đại và khơng có cực tiểu.
C. Hàm số y = f ( x) có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu.
D. Hàm số y = f ( x) có 1 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu.

Trang 3


Câu 25. Cho hình trụ có thiết diện đi qua trục là một hình vng có cạnh bằng 4 a. Diện tích xung
quanh của hình trụ là:
A. S = 4π a2.

B. S = 8π a2.

C. S = 24π a2.


D. S = 16π a2.

Câu 26. Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 4.

B. 8.

C. 6.

D. 2.

Câu 27. Cho hàm số y = f ( x) xác định, liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên như sau:

Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số có đúng một cực trị.
B. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 3.
C. Hàm số đạt cực đại tại x = 1 và đạt cực tiểu tại x = 3.
D. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2 và giá trị nhỏ nhất bằng 1.
1
x

Câu 28. Tìm nguyên hàm của hàm số y = x2 − 3x + .
A.

x3 3x2
−
− ln x + C.
3
2


B.

x3 3x2 1
−
+ + C.
3
2 x2

C.

x3 3x2
−
+ ln x + C.
3
2

[ 0;10]

Câu 29. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn

10

và

∫

D.

x3 3x2
−

+ ln x + C.
3
2

f ( x) dx = 7 và

0

2

10

0

6

6

∫ f ( x) dx = 3 .

Tính

2

P = ∫ f ( x) dx + ∫ f ( x) dx .

A. P = −4.

B. P = 10.


C. P = 7.

D. P = 4.

Câu 30. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số y = − x3 − 3x2 + m trên đoạn

[ −1;1]

bằng 0.

A. m= 6.

B. m= 4.

C. m= 0.

D. m= 2.

Câu 31. Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên ¡ và có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị
hàm số y = f ( x ) có tất cả bao nhiêu điểm cực trị?
A. 9.

B. 7.

C. 6.

D. 8.

Câu 32. Biết F ( x) là nguyên hàm của hàm số f ( x) =


x − cos x
. Hỏi đồ thị của hàm số y = F ( x) có bao
x2

nhiêu điểm cực trị?
A. 1.

B. vơ số điểm.

C. 2.

D. 0.
Trang 4


Câu 33. Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sao cho số đó
chia hết cho 15?
A. 432.

B. 234.

C. 132.

D. 243.

Câu 34. Cho hình trụ có đáy là hai đường trịn tâm O và O’, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 2a.
Trên đường trịn đáy có tâm O lấy điểm A, trên đường tròn tâm O’ lấy điểm B. Đặt α là góc giữa AB và
đáy. Tính tanα khi thể tích khối tứ diện OO’AB đạt giá trị lớn nhất.
A. tanα =


1
2

.

1
2

B. tanα = .

C. tanα = 1.

Câu 35. Tìm số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =
A. 1.

B. 0.

x−1
4 3x + 1 − 3x − 5

C. 2.

D. tanα = 2.
.
D. 3.

Câu 36. Cho hình chóp S.ABC có đáy ∆ABC vuông cân ở B, AC = a 2, SA ⊥ ( ABC ) , SA = a . Gọi G là trọng
tâm của ∆SBC , α đi qua AG và song song với BC chia khối chóp thành hai phần. Gọi V là thể tích của
khối đa diện khơng chứa đỉnh S. Tính V.
A.


5a3
.
54

B.

4a3
.
9

C.

2a3
.
9

D.

4a3
.
27

Câu 37. Cho hình chóp S.ABC có các cạnh SA = BC = 3; SB = AC = 4; SC = AB = 2 5 . Tính thể tích khối
chóp S.ABC.
A.

390
.
12


B.

390
.
6

C.

390
.
8

D.

390
.
4

Câu 38. Trong khơng gian Oxyz, lấy điểm C trên tia Oz sao cho OC = 1. Trên hai tia Ox, Oy lần lượt lấy
hai điểm A, B thay đổi sao cho OA + OB = OC . Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện O.ABC?
A.

6
.
4

B.


6.

C.

6
.
3

D.

6
.
2

Câu 39. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A, AB = 1cm, AC = 3cm. Tam giác SAB,
SAC lần lượt vuông tại B và C. Khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC có thể tích bằng

5 5π
cm3 . Tính
6

khoảng cách từ C đến ( SAB) .
A.

3
cm.
2

B.


5
cm.
2

C.

3
cm.
4

D.

5
cm.
4

Câu 40. Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn [ 0;4] và thỏa mãn điều kiện 4xf ( x2 ) + 6 f ( 2x) = 4 − x2 .
4

Tính tích phân

∫ f ( x) dx .
0

Trang 5


π
5


π
2

A. I = .

B. I = .

C. I =

(

π
.
20

)(

D. I =

π
.
10

)

3m
m
2
2
Câu 41. Cho phương trình: e + e = 2 x + 1− x 1+ x 1− x . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số


m để phương trình đã cho có nghiệm.
1



 1
 2

A.  ln2;+∞ ÷.
2






1
2



 1

C.  −∞; ln2 .

B.  0; ln2÷.





D.  0; ÷.
e







Câu 42. Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm cấp hai trên ¡ . Biết f'( 0) = 3, '( 2) = −2018 và bảng xét dấu
của f ''( x) như sau:

Hàm số y = f ( x + 2017) + 2018x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x0 thuộc khoảng nào sau đây?
A. ( 0;2) .

B. ( −∞;−2017) .

C. ( −2017;0) .

D. ( 2017;+∞ ) .

Câu 43. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng

( −2019;2019) để hàm số

 π
y = sin3 x − 3cos2 x − msin x − 1 đồng biến trên đoạn 0;  .
 2


A. 2020.

B. 2019.

C. 2028.

D. 2018.

Câu 44. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có 4 chữ số. Tính xác suất để số được chọn có dạng abcd ,
trong đó 1≤ a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ 9 .
A. 0,079.

B. 0,055.

C. 0,014.

Câu 45. Cho hàm số f ( x) có đồ thị như hình vẽ bên biết f( 2) = −4,

D. 0,0495.

( 3) = 0.

x
x
Bất phương trình f ( e ) < m( 3e + 2019) có nghiệm trên ( ln2;1) khi và chỉ khi:

A. m> −

4
.

1011

B. m> −

4
.
3e+ 2019

C. m≥

D. m>

4
.
2025
f ( e)

3e+ 2019

.

Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A( 0;1;1) , B( 1;0;1) ,C ( 1;1;0) và D ( 2;3;4) . Hỏi có
bao nhiêu điểm P cách đều các mặt phẳng ( ABC ) ,( BCD) ,( CDA) và ( DAB) .
A. 5.

B. 0.

C. 1.

D. 4.


Câu 47. Tìm tập S tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất cặp số ( x; y) thỏa mãn

(

)

logx2+ y2+2 4x + 4y − 6 + m2 ≥ 1 và x2 + y2 + 2x − 4y + 1= 0 .

A. S= { −5;5} .

B. S= { −7;−5;−1;1;5;7} .

C. S= { −5;−1;1;5} .

D. S= { −1;1} .

Trang 6


Câu 48. Có thể có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a thuộc khoảng

lim

( 0;2019) để

9n + 3n+1
1
?
≤

n
n+ a
5 +9
2187

A. 2018.

B. 2011.

C. 2012.

D. 2019.

Câu 49. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA ⊥ ( ABC ) góc giữa đường thẳng SB
và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60° . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB.
A.

a 15
.
5

B.

a 2
.
2

C.

a 7

.
7

D. 2a.

Câu 50. Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên ¡ và có đồ thị là hình
cong trong hình vẽ dưới. Đặt g( x) = f(

( x) ) . Tìm số nghiệm của phương

trình g'( x) = 0 .
A. 8.

B. 4.

C. 6.

D. 2.

Đáp án
1-D
11-A
21-B
31-B
41-B

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

42-B

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

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

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

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

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

47-D

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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án D
Tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi một vng góc.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và OC.
OC ⊥ OA
⇒ OC ⊥ ( OAB) .
OC ⊥ OB

Ta có: 


Qua M dựng đường thẳng song song với OC, qua N dựng đường thẳng
song song với OM. Hai đường thẳng này cắt nhau tại I.
∆OAB

vng

tại

O⇒ M

là

tâm

đường

trịn

ngoại

tiếp

∆OAB ⇒ IO = IA = IB.
I ∈ IN ⇒ IO = IC ⇒ IO = IA = IB = IC ⇒ I

là tâm mặt cầu ngoại tiếp

O.ABC.

Trang 7



1
2

Ta có: OA = 1, OB = 2, OC = 3⇒ OM = AB =
R = OI = IM 2 + OM 2 =

1 2 2
5
.
1 +2 =
2
2

9 5
14
.
+ =
4 4
2

Câu 2: Đáp án C
Ta có: u1 = 11; d = 4 ⇒ u99 = u1 + ( 99− 1) .d = 11+ 98.4 = 403 .
Câu 3: Đáp án C
f ( x) = f ( 1) = a
Hàm số y = f ( x) liên tục tại x = 1⇒ lim
x→1

( x − 1) ( x + 1) = a ⇔ lim x + 1 = a ⇔ 2 = a.

x2 − 1
= a ⇔ lim
(
)
x→1 x − 1
x→1
x→1
x−1

⇔ lim

Định nghĩa: Cho hàm số y = f ( x) xác định trên khoảng K và x0 ∈ K . Hàm số y = f ( x) được gọi là hàm
f ( x) = f ( x0 ) .
số liên tục tại x0 nếu xlim
→x
0

Câu 4: Đáp án B
Xét tứ giác ABCE có AE / / BC, AE = BC = a ⇒ ABCE là hình bình hành.
Lại có ·ABC = 90° (giả thiết), AC = BC ⇒ ABCE là hình
vng cạnh a.
Bán kính đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCE là
Rd =

a 2
.
2

Sử dụng cơng thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp
chóp S.ABCE là: R =


SA2
2a2 2a2
+ Rd2 =
+
= a.
4
4
4

Lưu ý: Khối chóp có cạnh bên vng góc với đáy, sử dụng cơng thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại
tiếp R =

h2
+ Rd2 , trong đó h là chiều cao khối chóp, Rd là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy.
4

Câu 5: Đáp án C
Với cos x = 0 ⇔ sin2 x = 1 không phải là nghiệm của phương trình.
Với cos x ≠ 0
sin2 x
sin x
+2
− 1= 0
2
cosx
cos x
π

Phương trình tương đương với:

 tan x = −1  x = − + kπ ,k∈ ¢
4
⇔ 3tan2 x + 2tan x − 1= 0 ⇔ 
⇔
.
 tan x = 1
1

x = arctan + kπ ,k∈ ¢

3

3
3sin2 x + 2sin xcosx − cos2 x = 0 ⇔ 3

Trang 8


1  π

Nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình là x = arctan ∈  0; ÷ .
3  2
Câu 6: Đáp án D
Hàm số y = x4 − x3 − x + 2019 có bao nhiêu điểm cực trị?
y' = 4x3 − 3x2 − 1= 0 ⇔ 4x3 − 3x2 − 1= 0 ⇔ x = 1
y'' = 12x2 − 6x ⇒ y''( 1) = 12 − 6 = 6 > 0
⇒ x = 1 là điểm cực tiểu của hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có 1 điểm cực trị.
Câu 7: Đáp án B

Hàm số f ( x) =
Ta có: f '( x) =

x
xác định trên đoạn [ −2;3] .
x+ 3

1.3− 0.1

( x + 3)

2

=

3

( x + 3)

⇒ GTLN của hàm số f ( x) =

2

> 0,∀x∈ [ −2;3] ⇒ Hàm số luôn đồng biến trên đoạn [ −2;3] .

x
3
1
= .
trên đoạn [ −2;3] là: f ( 3) =

x+ 3
3+ 3 2

Phương pháp:
Tìm GTLN của hàm số y = f ( x) trên [ a;b] bằng cách:
Giải phương trình y' = 0 tìm các nghiệm xi .
Tính các giá trị f ( a) , f ( b) , f ( xi ) (với xi ∈ [ a;b] ).
 min f ( x) = min{ f ( a) ; f ( b) ; f ( xi ) }
 [ a ; b]
.
Khi đó: 
f ( x) = max{ f ( a) ; f ( b) ; f ( xi ) }
 max
 [ a ; b]

Câu 8: Đáp án B
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta thấy: Hàm số đồng biến trên ( −∞;−1) và ( 1;+∞ ) , hàm số nghịch
biến trên ( −1;1) .
Do đó chỉ có đáp án B đúng vì ( −∞;−2) ⊂ ( −∞;−1) ⇒ Hàm số đồng biến trên ( −∞;−2) .
Câu 9: Đáp án B
y = −∞ ⇒ Loại các đáp án A và D.
Ta có: xlim
→+∞

Đồ thị hàm số đi qua điểm ( 0;−1) ⇒ Loại đáp án C.
Câu 10: Đáp án B
1

1


1

1

190

Với ∀x > 0, x ≠ 1 ta có: log x + log x + log x + ... + log x = log x
3
3
3
3
3
2

3

n

Trang 9


(

)

3
n
⇔ logx 3+ logx 32 + ... + logx 3n = 190.logx 3 ⇔ logx 3.32.3...3
= 190.logx 3


⇔ logx 31+2+3+...+n = 190.logx 3 ⇔

n( n + 1)
2

= 190 ⇔ n( n + 1) = 380 ⇔ n = 19

⇒ P = 2n + 3 = 2.19+ 3 = 41.

Lưu ý: Sử dụng các công thức loga bn =
m

1
n
= logb a (giả sử các biểu thức là có nghĩa).
loga b và
loga b
m

Câu 11: Đáp án A
Ta có: ( 2x − 3)

2018

2018

k
= ∑ C2018
( 2x) .( −3)
k


2018−k

, do đó khai triển trên có 2019 số hạng.

k=0

Câu 12: Đáp án D

1
3

2
3

2
3

Ta có: VABCA'B' = VABC.A'B'C ' − VA.A'B'C ' = VABC.A'B'C ' − VABC.A'B'C ' = VABC.A'B'C ' = V .
Câu 13: Đáp án C
Ta có: A5 = 80.( 1+ 6,9%) = 111,68 (triệu đồng).
5

Lưu ý:
Sử dụng công thức lãi kép: An = A( 1+ r ) .
n

Trong đó:
A: tiền gốc.
r: lãi suất.

n: thời gian gửi tiết kiệm.
Câu 14: Đáp án B
Ta có bảng xét dấu của f '( x) như sau:

Dựa vào bảng xét dấu ta có:
Hàm số nghịch biến trên ( −∞;1) ,( 1,2) và đồng biến trên ( 2;+∞ ) .

Trang 10


Dựa vào đồ thị của hàm số y = f '( x) ta thấy f '( x) đồng biến trên khoảng ( 2;+∞ ) ⇒ y = f ( x) đồng biến
trên ( 2;+∞ ) .
Câu 15: Đáp án C
Gọi M là trung điểm của AB ta có:
∆ABC đều ⇒ CM ⊥ AB .
∆ABD đều ⇒ DM ⊥ AB .
⇒ AB ⊥ ( MCD) ⇒ AB ⊥ CD ⇒ (·AB,CD) = 90°

Câu 16: Đáp án D
Ta có: I = ∫ 2x( 3x − 2) dx .
6

Đặt 3x − 2 = t ⇒ x =
Suy ra I = ∫

t+ 2
1
⇒ dx = dt .
3
3


2
2
2  t8 2t7 
1
4
( t + 2) t6dt = ∫ t7 + 2t6 dt =  + ÷+ C = t8 + t7 + C
9
9
9 8 7 
36
63

(

)

1

 A = 36
1
4
1
4 7
8
7
⇒ I = ( 3x − 2) + ( 3x − 2) + C ⇒ 
⇒ 12A + 7B = 12. + 7. = .
36
63

36
63 9
B = 4

63

Câu 17: Đáp án A
2x+1

Ta có: 0 <

1
 1 
< 1;∀a ≠ 0 ⇒ 
2
2÷
1+ a
 1+ a 

1
> 1⇔ 2x + 1< 0 ⇔ x < − .
2


1






Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  −∞;− ÷ .
2
 a > 1

x
b
 x > b
Lưu ý: a > a ⇔ 
.
0 < a < 1

  x < b

Câu 18: Đáp án C
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 2 và đạt cực tiểu tại x = 4 .
Chú ý khi giải: Học sinh rất hay kết luận nhầm hàm số đạt cực đại tại x = 3.
Câu 19: Đáp án B
2

x = 0
.
 x = −2

2

x + 2x
= 1⇔ 3x +2x = 30 ⇔ x2 + 2x = 0 ⇔ 
Ta có: 3

Vậy tập nghiệm của phương trình là S= { 0;−2} .

Câu 20: Đáp án C
r

r

r

r

r

Ta có: a = −i + 2j − 3k ⇒ a = ( −1;2;−3) .
Câu 21: Đáp án B
Trang 11


Đáp án A: Ta có: a = 3 > 1⇒ hàm số đồng biến trên ( 0;+∞ ) .
Đáp án B: Ta có: 0 < a =

π
< 1⇒ hàm số nghịch biến trên ( 0;+∞ ) .
4

Câu 22: Đáp án D
Gọi H là trung điểm của AB.
∆SAB đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với ( ABC ) ⇒ SH ⊥ ( ABC ) .
∆SAB đều cạnh a ⇒ SH =

a 3
.

2

1
1
3 a2 3
SABC = .AB.AC.sin A = a2.
=
.
2
2
2
4
1
1 a 3 a2 3 a3
⇒ VSABC = .SABC .SH = .
.
= .
3
3 2
4
8

Câu 23: Đáp án A
2
Hàm số y = ln( x − 2x − m+ 1) xác định trên ¡ ⇔ x2 − 2x − m+ 1> 0,∀x∈ ¡

a > 0
1> 0 ∀m
⇔
⇔

⇔ m< 0.
 ∆ ' < 0 1+ m− 1< 0
 m∈ ¢
 m∈ ¢
⇒
⇔ m= { −2018;−2017;...;−1} .
 m∈ [ −2018;2018]  m∈ [ −2018;0)

Mà 

Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 24: Đáp án A
Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số y = f '( x) cắt trục Ox tại 1 điểm qua điểm đó hàm số y = f '( x) đổi
dấu từ âm sang dương nên điểm đó là điểm cực tiểu của hàm số y = f ( x) .
Câu 25: Đáp án D
Hình trụ có thiết diện đi qua trục là hình vng có cạnh bằng 4a ⇒ 2R = h = 4a ⇒ R = 2a với R, h lần lượt
là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.
Sxq = 2π Rh = 2π .2a.4a = 16π a2 .

Câu 26: Đáp án A
Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng ( SAC ) ,( SBD) ,( SEG) ,( SFH ) như hình vẽ với F, G, H lần
lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA.

Trang 12


Câu 27: Đáp án C
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 1, giá trị cực đại yC § = 2 và đạt cực tiểu tại
x = 3, giá trị cực tiểu yCT = −1.


Lưu ý: Hàm số y = f '( x) không xác định tại x = 3, nhưng x = 3 vẫn là điểm cực tiểu của hàm số vì đi qua
điểm x = 3 thì y’ đổi dấu từ âm sang dương.
Câu 28: Đáp án D


1

x3

3x2

2
+ ln x + C .
Ta có: I = ∫  x − 3x + ÷dx = −
x
3
2


Lưu ý: Chú ý dùng dấu giá trị tuyệt đối khi có ln x , học sinh có thể chọn nhầm đáp án C.
Câu 29: Đáp án D
10

Ta có:

2

6

10


0

2

6

2

10

10

6

0

6

0

2

∫

0

f ( x) dx = ∫ f ( x) dx + ∫ f ( x) dx + ∫ f ( x) dx .

⇒ P = ∫ f ( x) dx + ∫ f ( x) dx = ∫ f ( x) dx − ∫ f ( x) dx = 7 − 3 = 4.

b

Lưu ý: Sử dụng tính chất của tích phân:

∫

a

c

c

b

a

f ( x) dx + ∫ f ( x) dx = ∫ f ( x) dx .

Câu 30: Đáp án B
TXĐ: D = ¡ .
 y( 0) = m

x
=
0
∈
−
1
;1


[
]
2
⇒  y( −1) = m− 2 ⇒ min y = m− 4 = 0 ⇔ m= 4.
Ta có: y' = −3x − 6x = 0 ⇔ 
[ −1;1]
 x = −2∉ [ −1;1]  y 1 = m− 4
 ( )

Câu 31: Đáp án B
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có dạng:
y = ax3 + bx2 + cx + d (với a ≠ 0 ).

Đồ thị hàm số đi qua các điểm ( 2;−1) ,( −1;3) ,( 1;−1) ,( 2;3) .

Trang 13


 −1= −8a + 4b − 2c + d  a = 1
3 = − a + b − c + d
b = 0


⇒
⇔
⇒ y = x3 − 3x + 1.
−
1
=
a

+
b
+
c
+
d
c
=
−
3


3 = 8a + 4b + 2c + d
 d = 1
3
Khi đó ta có đồ thị hàm số y = x − 3 x + 1 như hình vẽ sau.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có 7 điểm cực trị.
Lưu ý:
Cách 1: Sử dụng quy tắc vẽ đồ thị hàm số y = f ( x ) để tìm số điểm cực trị của hàm số.
Cách 2: Tìm hàm số y = f ( x) dựa vào đồ thị hàm số sau đó suy ra hình dáng của đồ thị hàm số
y = f ( x ) để tìm số điểm cực trị của hàm số.

Câu 32: Đáp án A
Ta có:

F ( x) = ∫ f ( x) dx ⇒ F '( x) = f ( x)
⇒ F '( x) = 0 ⇔

x − cos x

= 0 ( x ≠ 0) ⇔ g( x) = x − cos x = 0
x2

Xét hàm số g( x) = x − cosx = 0 ta có: g'( x) = 1+ sin x ≥ 0,∀x∈ ¡ .
Do đó hàm số g( x) đồng biến trên ¡ ⇒ Phương trình g( x) = 0 có nghiệm duy nhất.
Câu 33: Đáp án D
Gọi số tự nhiên cần lập có dạng: abcd ( a, b,c, d∈ { 1;2;3;4;5;6;7;8;9} ) .
Số cần lập chia hết cho 15 nên nó chia hết cho 3 và 5.
Số cần lập chia hết cho 5 nên ta có: d = 5⇒ d có 1 cách chọn.
⇒ Số cần tìm có dạng: abc5.

Số cần lập chia hết cho 3 nên ( a + b + c + 5) M3.
Chọn a có 9 cách chọn, chọn b có 9 cách chọn.
+ Nếu ( a + b + 5) M3⇒ c∈ { 3;6;9} ⇒ c có 3 cách chọn.
+ Nếu ( a + b + 5) chia cho 3 dư 1 ⇒ c∈ { 2;5;8} ⇒ c có 3 cách chọn.
+ Nếu ( a + b + 5) chia cho 2 dư 2 ⇒ c∈ { 1;4;7} ⇒ c có 3 cách chọn.
⇒ Có 3 cách chọn c.

Như vậy có: 9.9.3.1= 243 cách chọn.
Vậy có 243 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Lưu ý: Số tự nhiên chia hết cho 15 thì chia hết cho 3 và chia hết cho 5.
Câu 34: Đáp án A
Lấy điểm A'∈ ( O') , B'∈ ( O) sao cho AA’, BB’ song song với trục OO’.
Khi đó ta có lăng trụ đứng OAB’.O’A’B.
Trang 14


VOO' AB = VOAB'.O' A'B − VA.O'A'B − VB.OAB'

Ta có:


1
1
1
= VOAB'.O'A'B − VOAB'.O'A'B − VOAB'.O'A'B = VOAB'.O'A'B
3
3
3

1
1
1
·
·
⇒ VOO'AB = .AA'.S∆OAB' = .AA'.OA.OB.sin AOB
' = .2a.2a.2a.sin AOB
'
3
6
6
1
4a3
·
·
= .8a3.sin AOB
'=
sin AOB
'
6
3

·
·
Do đó để VOO'AB lớn nhất ⇔ sin AOB
' = 1⇔ AOB
' = 90° ⇔ OA ⊥ OB' .
⇒ O' A' ⊥ O' B ⇒ ∆O' A' B vuông tại O' ⇒ A' B = 2O' A' = 2a 2 .
·
Ta có: AA' ⊥ ( O' A' B) ⇒ ( AB,( O' A' B) ) = ·ABA' = α ⇒ tanα =

AA'
2a
1
=
=
.
A' B 2a 2
2

Câu 35: Đáp án C

Điều kiện:

1

1

x≥ −
x
≥
−

3x + 1≥ 0


3
⇔
3
⇔

2
 4 3x + 1 − 3x − 5 ≠ 0 

3x + 1− 4 3x + 1 + 4 ≠ 0  3x + 1 − 2 ≠ 0

(

)

1

1
1


x≥ −
x ≥ −
x ≥ −
⇔
3
⇔
3 ⇔

3
 3x + 1 − 2 ≠ 0 3x + 1≠ 4  x ≠ 1

x−1

= lim
Ta có: lim
x→1
4 3x + 1 − 3x − 5 x→1 −

(

x−1

)

3x + 1 − 2

2

= lim
x→1

(

3x + 1 + 2

)

3 3x + 1 − 2


= +∞ .

⇒ x = 1 là đường TCĐ của đồ thị hàm số.
x−1

1
1
= − ⇒ y = − là đường TCN của đồ thị hàm số.
x→±∞
3
3
4 3x + 1 − 3x − 5
lim

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.
Lưu ý:
Đường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số.
y = f ( x) =

g( x)
h( x)

⇔ lim f ( x) = ∞ .
x→a

f ( x) = b .
Đường thẳng y = b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y = f ( x) ⇔ xlim
→±∞


Dạng

Dữ liệu

Thao tác

lim f ( x)

x→−∞

lim f ( x)

CASIO hỗ trợ tính

x→+∞

giới hạn

x→a−

lim f ( x)

Nhập f ( x)

lim f ( x)

x→a+

lim f ( x)
x→a


Trang 15


Câu 36: Đáp án A
Trong ( SBC ) qua G kẻ MN / / BC ( M ∈ SB,N ∈ SC ) .
Khi đó mặt phẳng đi qua AG và song song với BC chính là mặt phẳng ( AMN ) .
Mặt phẳng này chia hai khối chóp thành 2 khối S.AMN và AMNBC.
Gọi H là trung điểm của BC.
SM SN 2  SG 
=
= =
.
SB SC 3  SH ÷


Vì MN / / BC ; theo định lý Ta-lét ta có:

VS. AMN SM SN 2 2 4
4
=
.
= . = ⇒ VS.AMN = VS.ABC .
VS. ABC
SB SC 3 3 9
9
5
9

Mà VS.AMN + VAMNBC = VS.ABC ⇒ VAMNBC = VS. ABC = V .

Ta có ∆ABC vng cân tại B ⇒ AB = BC =

AC

1
= a ⇒ S∆ABC = a2 .
2
2

1
1 1
a3
⇒ VS.ABC = .SA.S∆ABC = .a. .a2 = .
3
3 2
6
5 a3 5a3
=
.
9 6 54

Vậy V = .

Công thức tỉ số lượng giác: Cho chóp S.ABC, A'∈ SA, B'∈ SB,C '∈ SC . Khi đó

VS.A' B'C' SA' SB' SC '
=
.
.
.

VS. ABC
SA SB SC

Câu 37: Đáp án D
Đặt SA = SB = a, SB = AC = b, SC = AB = c .
Dựng hình chóp S.A’B’C’ sao cho A, B, C lần lượt là trung điểm của B’C’, C’A’, A’B’.
Dễ thấy

∆ABC

đồng dạng với

∆A' B'C '

theo tỉ số

S
1
1
1
⇒ ∆ABC = ⇒ VS. ABC = .VS. A'B'C ' .
2 S∆A'B'C ' 4
4

Ta có AB, BC, CA là các đường trung bình của tam giác
A’B’C’.
⇒ A' B' = 2AB = 2c; B'C ' = 2BC = 2a; A'C ' = 2AC = 2b .
⇒ ∆SA' B', ∆SB'C ', ∆SC ' A' là các tam giác vng tại S (tam giác

có trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy)

⇒ SA', SB', SC ' đơi một vng góc.

1
1
VS. A'B'C ' = .SA'.SB'.SC ' ⇒ VS. ABC = .SA'.SB'.SC ' .
6
24

(
(
(

)
)
)

 SA'2 = 2 b2 + c2 − a2
 SA'2 + SB'2 = 4c2

 2
 2
2
2
2
2
2
Áp dụng định lí Pytago ta có:  SB' + SC ' = 4a ⇒  SB' = 2 a + c − b .
 SA'2 + SC '2 = 4b2  2
2
2

2

 SC ' = 2 a + b − c

Trang 16


⇒ VS.ABC =

1
1
. 8 b2 + c2 − a2 a2 + c2 − b2 a2 + b2 − c2 =
24
6 2

(

)(

)(

Thay a = 3, b = 4,c = 2 5 ⇒ VS.ABC =

)

(b +c
2

2


)(

)(

)

− a2 a2 + c2 − b2 a2 + b2 − c2 .

390
.
4

Câu 38: Đáp án A
OA = a
.
OB = b

Giả sử A( a;0;0) , B( 0;b;0) ⇒ 

Tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi một vng góc.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và OC.
OC ⊥ OA
⇒ OC ⊥ ( OAB) .
OC ⊥ OB

Ta có: 

Qua M dựng đường thẳng song song với OC, qua N dựng đường thẳng
song song với OM. Hai đường thẳng này cắt nhau tại I.
∆OAB vng


O⇒ M

tại

là

tâm

đường

trịn

ngoại

tiếp

∆OAB ⇒ IO = IA = IB.
I ∈ IN ⇒ IO = IC ⇒ IO = IA = IB = IC ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp O.ABC.
1
2

Ta có: OM = AB =

1 2 2
a +b .
2

c2 a2 + b2
a2 + b2 + c2

R = OI = IM + OM =
+
=
4
4
2
2

2

(

)

a2 + 1− a2 + 1
2

=

2a2 − 2a + 2
2

2

=

(

)


2 a2 − a + 1
2

1 1 3
1 3


2 a2 − 2.a. + + ÷
2 a − ÷ +
2 4 4
2 2
6


=
=
≥
.
2
2
4

Vậy a = 3, b = 4, c = 2 5 ⇒ VS . ABC =

390
4

Câu 39: Đáp án A
Gọi I là trung điểm của SA.
Tam giác SAB, SAC vuông tại B,C ⇒ IS = IA = IB = IC ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC.

Gọi H là trung điểm của BC. Vì ∆ABC vng tại A ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC ⇒ IH ⊥ ( ABC ) .

Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC.
Theo đề bài ta có:
4 3 5 5π
5 5
125
πR =
⇔ R3 =
=
3
6
8
8
.
5
5
⇔ R=
⇒ IS = IA = IB = IC =
2
2

Xét tam giác vng ABC có: BC = AB2 + AC2 = 2 ⇒ AH = 1.
Trang 17


5
1
−1= .

4
2

Xét tam giác vng IAH có: IH = IA2 − AH 2 =

1
1
3
1
1 1 3
.
S∆ABC = .AB.AC = .1. 3 =
⇒ VI . ABC = .IH.S∆ABC = . .
2
2
2
3
32 2

Ta có: SI ∩ ( ABC ) = A ⇒

d( S;( ABC ) )
d( I ;( ABC ) )

=

V
SA
3
3

= 2 ⇒ S.ABC = 2 ⇒ VS. ABC = 2VI .ABC = 2.
=
.
IA
VS.IBC
12 6

5
⇒ SA = 2IB = 5 ⇒ SB = SA2 − AB2 = 2 .
2

Xét tam giác vuông SAB có IB =
1
⇒ S∆SAB = .1.2 = 1.
2

Ta có: V
S. ABC

3
3VS.ABC 3. 6
1
3
= d( C;( SAB) ) .S∆SAB ⇒ d( C;( SAB) ) =
=
=
.
3
S∆SAB
1

2

Câu 40: Đáp án A
2

( )

2

( )

2
2
2
2
Ta có: 4xf x + 6 f ( 2x) = 4 − x ⇒ ∫  4xf x + 6 f ( 2x)  dx = ∫ 4 − x dx .
0

0

⇔ 4I1 + 6I 2 = I .
2

( )

2
Trong đó: I1 = ∫ xf x dx =
0

12

14
2
2
f
x
d
x
=
f ( x) dx.
2 ∫0
2 ∫0

( ) ( )

2

12
14
I 2 = ∫ f ( 2x) dx = ∫ f ( 2x) d( 2x) = ∫ f ( x) dx.
20
20
0
π
2

2

π
2


π
2

I = ∫ 4 − x dx = 2∫ 4 − 4sin ( t) cos( t) dt = 4∫ cos ( t) dt = 2∫ ( 1+ cos( 2t) ) dt = 2t + sin( 2t) 
2

0

2

0

2

0

0

 I1 = I 2
π
14
π
⇔ I1 = I 2 = ⇔ ∫ f ( x) dx =
hay
10
20
10
 4I1 + 6I 2 = π

Khi đó ta có hệ: 


π
2

=π

0
4

π

∫ f ( x) dx = 5 .
0

Câu 41: Đáp án B
Điều kiện: 1− x2 ≥ 0 ⇔ −1≤ x ≤ 1.
Đặt x + 1− x2 = t ⇒ t2 = x2 + 1− x2 + 2x 1− x2 = 1+ 2x 1− x2 ⇒ x 1− x2 =

t2 − 1
.
2

Ta có: t( x) = x + 1− x2 , x∈ [ −1;1] .
⇒ t'( x) = 1−

x
1− x2

=


1− x2 − x
1− x2

x ≥ 0
x≥ 0
2

= 0 ⇔ 1− x = x ⇔ 
⇔  2 1 ⇔ x=
.
2
2
2
1− x = x
 x = 2
2

Bảng biến thiên:

Trang 18


Từ bảng biến thiên ta có: t ∈  −1; 2 .
 t2 − 1
m
3m
2
3
e
+

e
=
2
t
Khi đó phương trình trở thành:
 1+
÷= t t + 1 = t + t
2



(

)

( *) .

3
2
Xét hàm số f ( t) = t + t ta có f '( t) = 3t + 1> 0,∀t ⇒ Hàm số đồng biến trên ¡ ⇒ Hàm số đồng biến trên

( −1; 2) .
(

)

 1




m
m
Từ ( * ) ⇒ f ( e ) = f ( t) ⇔ e = t ⇔ m= lnt ⇒ m∈ 0;ln 2 =  0; ln2÷.
 2


Câu 42: Đáp án B
Ta có: y' = f '( x + 2017) + 2018 = 0 .
Từ bảng xét dấu của f ''( x) ta suy ra bảng biến thiên của f '( x) như sau:

 x = −2015
 x + 2017 = 2
⇔ 1
.
 x + 2017 = a < 0  x2 < −2017

Từ bảng biến thiên ta có: f '( x + 2017) = −2018 ⇔ 

Từ đó ta suy ra bảng biến thiên của hàm số f '( x + 2017) + 2018 như sau:
Tịnh tiến đồ thị hàm số y = f '( x) lên trên 2018 đơn vị.
Tịnh tiến đồ thị hàm số y = f '( x) sang trái 2017 đơn vị.

Suy ra bảng biến thiên của hàm số y = f ( x + 2017) + 2018x :

Trang 19


Vậy hàm số đạt GTNN tại x2 < −2017 .
Câu 43: Đáp án B
Ta có: y = sin3 x − 3cos2 x − msin x − 1= sin3 x + 3sin2 x − msin x − 4 .

 π

Đặt t = sin x , với x∈ 0;  ⇒ t ∈ [ 0;1] .
 2
Bài tốn trở thành tìm m để hàm số y = t3 + 3t2 − mt − 4 đồng biến trên [ 0;1] .
TXĐ: D = ¡ .
Ta có: y' = 3t2 + 6t − m.
Để hàm số đồng biến trên [ 0;1]
⇒ y' ≥ 0 ∀t ∈ [ 0;1] ⇒ 3t2 + 6t − m≥ 0,∀t ∈ [ 0;1] ⇔ m≤ 3t2 + 6t ∀t ∈ [ 0;1]
⇒ m≤ f ( t) = 3t2 + 6t ∀t ∈ [ 0;1] ⇔ m≤ min f ( t)
[ 0;1]

2
Xét hàm số f ( t) = 3t + 6t ta có TXĐ: f( 0) = 0;

f ( t) = 0 ⇔ m≤ 0 .
( 1) = 9 ⇒ min
[ 0;1]

 m∈ ( −2019;0]
⇒ Có 2019 giá trị của m thỏa mãn.
 m∈ ¢

Kết hợp điều kiện đề bài ⇒ 
Câu 44: Đáp án B

3
Không gian mẫu: n( Ω ) = 9.10 = 9000.

Gọi A là biến cố: “số được chọn có dạng abcd , trong đó 1≤ a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ 9 ”.

TH1: 1≤ a < b < c < d ≤ 9
4
Chọn ngẫu nhiên 4 số trong các số từ 1 đến 9 có C9 = 126 cách.

Có duy nhất một cách xếp các chữ số a, b, c, d theo thứ tự tăng dần, do đó trường hợp này có 126 số thỏa
mãn.
TH2: 1≤ a = b < c < d ≤ 9 . Số cần tìm có dạng aacd .
3
Chọn ngẫu nhiên 3 số trong các số từ 1 đến 9 có C9 = 84 cách.

Có duy nhất một cách xếp các chữ số a, c, d theo thứ tự tăng dần, do đó trường hợp này có 84 số thỏa
mãn.
Tương tự như vậy, các trường hợp 1≤ a < b = c < d ≤ 9,1≤ a < b < c = d ≤ 9, mỗi trường hợp cũng có 84 số
thỏa mãn.
TH3: 1≤ a = b = c < d ≤ 9 . Số cần tìm có dạng aaad .

Trang 20


2
Chọn ngẫu nhiên 2 số trong các số từ 1 đến 9 có C9 = 36 cách.

Có duy nhất một cách xếp các chữ số a, d theo thứ tự tăng dần, do đó trường hợp này có 36 số thỏa mãn.
Tương tự như vậy, các trường hợp 1≤ a = b < c = d ≤ 9,1≤ a < b = c = d ≤ 9 , mỗi trường hợp cũng có 36 số
thỏa mãn.
TH4: 1≤ a = b = c = d ≤ 9 . Số cần tìm có dạng aaaa .
Có 9 số thỏa mãn ⇒ n( A) = 126 + 3.84 + 3.36 + 9 = 495.
Vậy P ( A) =

495

= 0,055 .
9000

Câu 45: Đáp án B
Đặt t = ex .
Do x∈ ( ln2;1) ⇒ t ∈ ( 2;e) .
Bất phương trình đã cho trở thành: f ( t) < m( 3t + 2019) có nghiệm trên ( 2;e) .
⇔ m>

f ( t)
3t + 2019

có nghiệm trên ( 2;e) .
f ( t)

Xét hàm số g( t) =

3t + 2019

trên ( 2;e) .

Bài tốn trở thành tìm m để m> g( t) có nghiệm trên ( 2;e)
⇔ m> ming( t) .
[ 2;e]

Ta có: g'( t) =

f '( t) .( 3t + 2019) − 3f ( t)

( 3t + 2019)


2

> 0.

 f '( t) > 0

Nhận xét: Với t ∈ ( 2;e) ⇒ 2025< 3t + 2019 < 3e+ 2019 ⇒ g'( x) > 0 .
−4 < f t < 0
( )


Do đó ta có: m> ming( t) = g( 2) =
[ 2;e]

Vậy m> −

f ( 2)
2025

=−

4
.
2025

4
.
2025


Câu 46: Đáp án C
uuu
r uuur uuur

Ta kiểm tra  AB, AC  .AD ≠ 0 nên các điểm A, B, C, D là các đỉnh của một tứ diện.
Do đó điểm cách đều bốn mặt phẳng của tứ diện chính là tâm mặt cầu nội tiếp của nó.
Câu 47: Đáp án D

(

)

(

)

logx2+ y2+2 4x + 4y − 6 + m2 ≥ 1= logx2+ y2+2 x2 + y2 + 2

Ta có: ⇔ 4x + 4y − 6 + m2 ≥ x2 + y2 + 2 ( do x2 + y2 + 2 > 1)
⇔ x2 + y2 − 4x − 4y − m2 + 8 ≤ 0 ( 1) .

Trang 21


2
2
2
2
Ta có: a + b − c = 4 + 4 + m − 8 = m


( 2) .
x = 2
.
y = 2

2
2
TH1: m= 0 ⇒ ( 1) : x + y − 4x − 4y + 8 = 0 ⇔ ( x − 2) + ( y − 2) = 0 ⇔ 
2

2

Cặp số ( x; y) = ( 2;2) không thỏa mãn điều kiện (2).
TH2: m≠ 0 ⇒ m2 > 0 ⇒ Tập hợp các cặp số ( x; y) thỏa mãn (1) là hình trịn ( C1 ) (kể cả biên) tâm I1 ( 2;2) ,
bán kính R1 = m.
Tập hợp các cặp số ( x; y) thỏa mãn (2) là đường tròn ( C2 ) tâm I 2 ( −1;2) bán kính R2 = 1+ 4 − 1 = 2 .
Để tồn tại duy nhất cặp số ( x; y) thỏa mãn 2 điều kiện (1) và (2).
Suy ra xảy ra 2 trường hợp sau:
+ ( C1 ) ;( C2 ) tiếp xúc ngoài ⇔ I1I 2 = R1 + R2 ⇔
+ ( C1 ) ;( C2 )

( −1− 2)

2

+ ( 2 − 2) = m+ 2 ⇔ 3 = m+ 2 ⇔ m= 1 (thỏa mãn).
2

  m= 5
 I1I 2 = R1 − R2

3 = m− 2

⇔
⇔   m= −1⇔ m= −1 (thỏa mãn).
tiếp xúc trong và R1 < R2 ⇔ 
m< 2
 m< 2
 m< 2


Vậy S= { ±1} .
Câu 48: Đáp án C
n

Ta có: lim

9n + 3n+1
5n + 9n+a

 3
1+ 3. ÷
9n + 3.3n
 9  = 1 ⇒ 1 ≤ 1 = 1 ⇔ 3a ≥ 37 ⇔ a ≥ 7.
= lim n n a = lim
n
5 + 9 .9
3a
3a 2187 37
 5
a

 9÷ + 9
 
 a∈ [ 7;2019)
⇒ a∈ { 7;8;9;...;2018} .
 a∈ ¢

Kết hợp điều kiện đề bài: 

Vậy có 2018− 7+ 1= 2012 giá trị của a thỏa mãn.
Câu 49: Đáp án A
Ta có SA ⊥ ( ABC ) ⇒ AB là hình chiếu của SB lên ( ABC ) .
·
= 60° .
(·SB,( ABC ) ) = (·SB, AB) = SBA

Dựng hình bình hành ACBD.
Ta có: BD / / AC ⇒ ( SBD) / / AC .
⇒ d( AC; SB) = d( AC;( SBD) ) = d( A;( SBD) ) .

Do tam giác ABC đều ⇒ AC = CB = AB = a .
Mà AC = BD;CB = AD ⇒ AB = AD = BD = a ⇒ ∆ABD đều cạnh a.
a 3
Gọi M là trung điểm của BD ⇒ AM ⊥ BD và AM =
.
2

Trang 22


 BD ⊥ AM

⇒ BD ⊥ ( SAM ) .
 BD ⊥ SA( SA ⊥ ( ABCD) )

Ta có: 

Trong ( SAM ) kẻ AH ⊥ SM ⇒ AH ⊥ BD ( BD ⊥ ( SAM ) ) ⇒ AH ⊥ ( SBD) .
⇒ d( A;( SBD) ) = AH ⇒ d( AC; SB) = AH .

Xét tam giác vuông SAB ta có SA = AB.tan60° = a 3 .
a 3
2 = a 15
=
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng SAM ta có: AH =
.
2
2
5
SA + AM
3a2
2
3a +
4
SA.AM

Vậy d( AC;SB) =

a 3.

a 15
.

5

Câu 50: Đáp án C
Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x) ta thấy hàm số có hai điểm cực trị là x = 0 và x = a∈ ( 2;3) .
x = 0

Do đó: f '( x) = 0 ⇔ 

 x = a∈ ( 2;3)

Ta có: g'( x) = f'(

.

 f ( x) = 0
 f'( ( x) ) = 0 
⇔  f ( x) = a∈ ( 2;3)
( x) ) . f '( x) = 0 ⇔ 
 f '( x) = 0

 f '( x) = 0

( 1)
( 2) .
( 3)

Dựa vào đồ thị hàm số ta có:
 x1 ∈ ( −1;0)

.

Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt  x2 = 1
 x ∈ ( 3;4)
 3

Phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt khác 3 nghiệm của phương trình (1).
x = 0

Phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt 

 x = a∈ ( 2;3)

.

6 nghiệm này hồn tồn phân biệt.
Vậy phương trình g'( x) = 0 có 6 nghiệm phân biệt.

Trang 23