SỞ GD&ĐT BẠC LIỆU

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN II

CỤM CHUYÊN MÔN 01

NĂM HỌC: 2018 – 2019

ĐỀ THI THAM KHẢO

Môn thi: TOÁN

(Đề thi có 06 trang)

Thời gian làm bài: 90 phút
----------------------------------------

Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần II môn Toán của Cụm chuyên môn 01 Sở giáo dục đào tạo Bạc Liêu
gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm nội dung chính của đề vẫn xoay quanh chương trình Toán 12, ngoài ra còn
một số ít các bài thuộc nội dung Toán lớp 11, 10, lượng kiến thức được phân bố như sau: 86% lớp 12,
12% lớp 11, 2% kiến thức lớp 10. Đề thi được biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh họa môn Toán 2019
mà Bộ Giáo dục và Đào tạo đã công bố từ đầu tháng 12. Đề thi giúp HS biết được mức độ của mình để
có kế hoạch ôn tập một cách hiệu quả nhất.
Câu 1: Cho hai hàm số y  log a x, y  logb x (với a, b là hai số thực
dương khác 1) có đồ thị lần lượt là  C1  ,  C2  như hình vẽ. Khẳng
định nào sau đây đúng?
A. 0  b  1  a .
C. 0  b  a  1 .

B. 0  a  b  1 .
D. 0  a  1  b


1
D. V  Bh .
3

Câu 5: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu có phương trình x2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  9  0 . Tọa độ
tâm I và bán kính R của mặt cầu là:
A. I 1; 2;3 và R  5 .

B. I  1; 2; 3 và R  5 .

C. I 1; 2;3 và R  5 .

D. I  1; 2; 3 và R  5 .

Câu 6: Cho F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  

1
thỏa mãn F  5  2 và F  0   1 . Tính
x 1

F  2   F  1 .

A. 1  ln 2 .

B. 0.

C. 1  3ln 2 .

D. 2  ln 2 .



C. m  3 f 1 .



D. m  3 f  3 .

Câu 10: Xét hai số thực a, b dương khác 1. Mệnh đề nào sau đây đúng?
B. ln  a  b   ln a  ln b .

A. ln  ab   ln a.ln b .
C. ln

a ln a
.

b ln b

D. ln ab  b ln a .

Câu 11: Trong không gian Oxyz, cho điểm A  4;0;1 và mặt phẳng  P  : x  2 y  z  4  0 . Mặt phẳng

Q 

đi qua điểm A và song song với mặt phẳng  P  có phương trình là

A.  Q  : x  2 y  z  5  0 .

B.  Q  : x  2 y  z  5  0 .

tham

số

m

để

y  x   m  2  x   m  m  3 x  m cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt?
3

2

A. 3.

2

B. 2.

C. 4.

Câu 14: Cho đồ thị y  f  x  như hình vẽ sau đây. Biết rằng

D. 1.
1

 f  x  dx  a

2
2


số


2

Câu 16: Biết


1

x3dx
x2  1 1

 a 5  b 2  c với a, b, c là các số hữu tỉ. Tính P  a  b  c .

5
A. P   .
2

7
.
2

B. P 

C. P 

5
.


y

0



0

+

A. 1;   .
Câu 19: Đồ thị hàm số y 
A. 2.



0

0





1
0





Câu 21: Cho a là số thực dương bất kì khác 1. Tính S  log a a3 4 a .
A. S 

3
.
4

B. S  7 .

C. S 

13
.
4

D. S  12 .

Câu 22: Cho một hình trụ có chiều cao bằng 2 và bán kính đáy bằng 3. Thể tích khối trụ đã cho bằng
A. 6π.

B. 15π.

Câu 23: Đồ thị hàm số y 
A. y 

1
.
4


Câu 25: Trong không gian Oxyz, phương trình của mặt phẳng  P  đi qua điểm B  2;1; 3 , đồng thời
vuông góc với hai mặt phẳng  Q  : x  y  3z  0,  R  : 2 x  y  z  0 là:
A. 2 x  y  3z  14  0 .

B. 4 x  5 y  3z  22  0 .

C. 4 x  5 y  3z  22  0 .

D. 4 x  5 y  3z 12  0 .


 P  : x  2 y  2 z  2  0 và điểm
 S  có tâm I và cắt mặt phẳng  P  theo giao tuyến là đường

Câu 26: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

I  1; 2; 1 . Viết phương trình mặt cầu
tròn có bán kính bằng 5.

A.  S  :  x  1   y  2    z  1  34 .

B.  S  :  x  1   y  2    z  1  16 .

C.  S  :  x  1   y  2    z  1  25 .

D.  S  :  x  1   y  2    z  1  34 .

2

2

Câu 28: Tìm giá trị cực tiểu yCT của hàm số y  x3  3x 2 .
B. yCT  2 .

A. yCT  4 .
3

Câu 29: Cho



C. yCT  0 .

D. yCT  2 .

3

f  x  dx  2 . Tính giá trị của tích phân L    2 f  x   x 2  dx .
0

0

B. L  5 .

A. L  0 .

C. L  23 .

D. L  7 .

Câu 30: Cho cấp số cộng có u1  3; u10  24 . Tìm công sai d?


B.

33
.
4

C.

9
.
4

D. 2.

Câu 33: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng
đáy và SA  a 6 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD.
A. V  a3 6 .

B. V 

a3 6
.
4

C. V 

a3 6
.
6

1
5

Câu 36: Hàm số y   4  x  có tập xác định là
A. D 

\ 4 .

B. D   4;   .

.

Câu 37: Biết bất phương trình log5  5x  1 .log 25  5x1  5  1 có tập nghiệm là đoạn  a; b . Giá trị của
a  b bằng

A. 2  log5 156 .

B. 1  log5 156 .

C. 2  log5 156 .

D. 2  log5 26 .


Câu 38: Một người lần đầu gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với kì hạn theo quý (3 tháng), lãi suất 2%
một quý. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi quý số tiền lãi sẽ được nhập vào
gốc để tính lãi cho quý tiếp theo. Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 100 triệu đồng với kỳ hạn và lãi
suất như trước đó. Tổng số tiền người đó nhận được 1 năm sau khi gửi tiền (cả vốn lẫn lãi) gần nhất với
kết quả nào sau đây?
A. 212 triệu đồng.


B. 1 .

D. y  30 x  25 .

C. y  9 x  25 .
3

 f  x  dx bằng
1

C. 3.

D. 1.

Câu 41: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BC  2a, SA vuông góc với mặt
phẳng đáy và SA  2a 3 . Gọi M là trung điểm của AC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM
bằng
A.

2a 39
.
13

B.

2a 3
.
13


D. 112.

Câu 43: Trong một cuộc thi pha chế, mỗi đội chơi được sử dụng tối đa 24g hương liệu, 9 lít nước và
210g đường để pha chế nước cam và nước táo. Để pha chế 1 lít nước cam cần 30g đường, 1 lít nước và
1g hương liệu; còn để pha chế 1 lít nước táo, cần 10g đường, 1 lít nước và 4g hương liệu. Mỗi lít nước
cam nhận được 60 điểm và mỗi lít nước táo nhận được 80 điểm. Gọi x, y lần lượt là số lít nước cam và
nước táo mà mỗi đội cần pha chế sao cho tổng điểm đạt được là lớn nhất. Tính T  2 x 2  y 2 .
A. T  43 .

B. T  66 .

C. T  57 .

D. T  88 .

Câu 44: Sân trường có một bồn hoa hình tròn tâm O. Một nhóm học
sinh lớp 12 được giao thiết kế bốn hoa, nhóm này định bồn hoa thành
bốn phần bởi hai đường parabol có cùng đỉnh O và đối xứng nhau qua
O (như hình vẽ). Hai đường parabol cắt đường tròn tại bốn điểm A, B,
C, D tạo thành một hình vuông có cạnh bằng 4m. Phần diện tích S1 , S2
dùng để trồng hoa, phần diện tích S3 , S4 dùng để trồng cỏ.
Biết kinh phí trồng hoa là 150.000 đồng/ 1 m 2 , kinh phí để trồng cỏ là
100.000 đồng/ m 2 . Hỏi nhà trường cần bao nhiêu tiền để trồng bồn hoa
đó? (Số tiền làm tròn đến hàng chục nghìn)
A. 3.000.000 đồng.
C. 5.790.000 đồng.

B. 3.270.000 đồng.
D. 6.060.000 đồng.


77

D.

10
.
1771

Câu 47: Cho lăng trụ đều ABC.EFH có tất cả các cạnh bằng a. Gọi S là điểm đối xứng của A qua BH.
Thể tích khối đa diện ABCSFH bằng
A.

a3
.
6

B.

3a 3
.
6

C.

a3
.
3

3a 3
.

B. Pmin  4 .

A. Pmin  4 .

D. Pmin 

10 3
.
3

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

ĐÁP ÁN

1-A

2-B

3-B

4-B

5-A

6-C

7-D

8-B


24-C

25-C

26-D

27-D

28-A

29-B

30-D

31-C

32-C

33-D

34-B

35-B

36-C

37-C

38-A


Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng
cao

Đại số
C18 C19 C23
C24 C28

C9 C13 C17

C1 C7 C10

C21 C31

C37 C38

C8

C14 C29 C40

C3 C6 C16

C2 C22

Chương 3: Phương
Pháp Tọa Độ Trong
Không Gian

C5 C11 C20
C27

C33 C34

C32 C41 C47

C12

C25 C26 C42

Đại số
Chương 1: Hàm Số
Lượng Giác Và
Phương Trình
Lượng Giác
Lớp
11
(8%)

Chương 2: Tổ Hợp
- Xác Suất

C50

trong không gian.
Quan hệ song song
Chương 3: Vectơ
trong không gian.
Quan hệ vuông góc
trong không gian
Đại số

Lớp
10
(2%)

Chương 1: Mệnh
Đề Tập Hợp
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.
Công Thức Lượng
Giác




NHẬN XÉT ĐỀ
Mức độ đề thi: KHÁ
Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan.
Kiến thức tập trung trong chương trình lớp 12, câu hỏi lớp 11 chiếm 8%., câu hỏi lớp 10 chiếm 2 %.
Cấu trúc tương tự đề thi minh họa năm 2018-2019.
20 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh. 3 câu VDC: C48, C49, C50.
Chủ yếu các câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng.
Đề thi phân loại học sinh ở mức khá
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: A
Phương pháp
Quan sát các đồ thị hàm số, nhận xét tính đồng biến nghịch biến và suy ra điều kiện của a, b.
Cách giải
Đồ thị hàm số  C1  có hướng đi lên từ trái qua phải nên hàm số y  log a x đồng biến hay a  1 .
Đồ thị hàm số  C2  có hướng đi xuống từ trái qua phải nên hàm số y  logb x nghịch biến hay 0  b  1 .
Do đó 0  b  1  a .
Câu 2: B
Phương pháp
Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh hình nón S xq   rl (với r là bán kính đáy, l là đường sinh
hình nón).
Cách giải
Ta có diện tích xung quanh hình nón bằng S xq   rl  l 

S xq

r


4

1

1

Thể tích V   S  x  dx   6 x 2 3dx  2 x3 3  126 3 .
4

1


b

Chú ý khi giải: Nhiều em có thể sẽ nhớ nhầm công thức thành V    S  x  dx dẫn đến chọn nhầm đáp
a

án A là sai.
Câu 4: B
Phương pháp
Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy là B và chiều cao h được tính bởi công thức V  Bh .
Cách giải
Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy là B và chiều cao h được tính bởi công thức V  Bh .
Câu 5: A
Phương pháp
Mặt cầu x2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 có tâm I  a; b; c  và bán kính R  a 2  b2  c 2  d .
Cách giải
Mặt cầu x2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  9  0 có tâm I 1; 2;3 và bán kính R  1  4  9  9  5 .
Câu 6: C
Phương pháp

Phương pháp

x n1
 C  n  1 ;  e x dx  e x  C
Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản  x dx 
n 1
Cách giải
n

2

Ta có

x
  2 x  e  dx   2 xdx   e dx  2. 2  e

Câu 9: A

x

x

x

 C  x2  ex  C


Phương pháp
- Biến đổi bất phương trình về dạng h  x   m .
- Xét hàm số y  h  x  trên đoạn   3; 3  và kết luận.




Xét trên đoạn  3; 3 thì f '  x   x 2  1, x   3; 3  .
Do đó f '  x   x 2  1  0, x   3; 3  hay hàm số y  h  x  đồng biến trên   3; 3  .



 3  hay 3 f   3   h  x   3 f  3  .
Điều kiện bài toán thỏa  m  min h  x   h   3   3 f   3  .


Suy ra h  3  h  x   h

 3; 3 







Vậy m  3 f  3 .
Câu 10: D
Phương pháp
Sử dụng tính chất của công thức log a , với a, b, c  0; a  1 ta có
log a  bc   log a b  log a c;log a

b
 log a b  log a c;log a b   log a b (giả sử các biểu thức có nghĩa)

Phương pháp
Sử dụng mối quan hệ về khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song

 P

và

Q  :

d   P  ,  Q    d  M ;  Q   với M   P  .
Cho M  x0 ; y0 ; z0  và  Q  : ax  by  cz  d  0 thì d  M ;  Q   

ax0  by0  cz0  d
a 2  b2  c 2

Cách giải
Nhận thấy rằng  P  : x  2 y  2 z  6  0 và  Q  : x  2 y  2 z  3  0 song song vì
Nên lấy M  0; 4;1   P  thì d   P  ,  Q    d  M ;  Q   

0  4.2  2.1  3
12  22   2 

2



1 2 2 6
 

2 2 2 3

3m  6m  9  0

 2
 1  m  3
2
2
m

m

4

0
luon
dung


1

m

3
.1

m

0




2

1

2

1

2

1

f  x  dx   f  x  dx    f  x  dx   f  x  dx  a  b  b  a .



2

Câu 15: C
Phương pháp
Quan sát đồ thị hàm số, nhận xét dáng điệu, điểm đi qua và kết luận.
Cách giải
Quan sát đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm bậc ba có hệ số a  0 nên loại A, B.
Đồ thị hàm số đi qua điểm  1;3 nên thay tọa độ điểm  1;3 vào hai hàm số C và D ta thấy chỉ có C
thỏa mãn.
Câu 16: C
Phương pháp
Sử dụng phương pháp đổi biến số

x 2  1  t để tìm tích phân.


5

x3 t

dt 
x2  1  1 2 t  1 x

t3 t2
   t  t  dt  
3 2
2

5



2

2

5

x 2 .t
 t  1 dt 
2

5



3
2
3
2
3
3
3
2

5
2
3
5
nên a  ; b   ; c   P  a  b  c  .
3
3
2
2
Câu 17: A
Phương pháp
- Tính y ' và tìm nghiệm của y '  0 trên đoạn  3;3 .
- Tính giá trị của hàm số tại hai điểm 3,3 và các điểm là nghiệm của đạo hàm ở trên.
- So sánh kết quả và kết luận.
Cách giải

 x  1  3;3
Ta có: y '  6 x 2  6 x  12  0  
 x  2   3;3
Lại có: y  3  35, y  1  17, y  2   10, y  3  1 .
Do đó giá trị lớn nhất của hàm số trên  3;3 là M  17 và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên  3;3 là






x7 3

 x  7  3 
x2

 x  2 x   x  7  3 x  x  2   x  7  3  x 
x 7 3
2



1
x7 3



  nên đồ thị hàm số có duy nhất một đường tiệm cận đứng x  0 .

Câu 20: A
Phương pháp
Mặt phẳng  P  : ax  by  cz  d  0 có một vectơ pháp tuyến là n   a; b; c 
Cách giải
Mặt phẳng  P  : 2 x  y  z  4  0 có một VTPT là n   2; 1;1
Câu 21: C
Phương pháp

x 1
1
Đồ thị hàm số y 
có đường tiệm cận ngang là đường thẳng y  .
4x 1
4


Câu 24: C
Phương pháp
Hàm số y  f  x  có TXĐ D 

 f '  x   0; x 

đồng biến trên

và dấu “=” chỉ xảy ra tại hữu

hạn điểm.
Cách giải
2x
m
x 1
Để hàm số đồng biến trên
thì y '  0 với x 

. Ta có y ' 

TXĐ: D 



2
2
x 1
 x  1
 x2  1

BBT của g  x  .

x
g ' x

g  x

1







1



+

0



VTPT

thì

Cách giải
Mặt phẳng  P  vuông góc với cả hai mặt phẳng  Q  ,  R  nên nP   nQ , nR  .
Có nQ  1;1;3 và nR   2; 1;1 nên  nQ , nR    4;5; 3 .
Vậy  P  : 4  x  2   5  y  1  3  z  3  0 hay  P  : 4 x  5 y  3z  22  0 .
Câu 26: D
Phương pháp
+ Cho mặt cầu  S  có tâm I và bán kính R và mặt phẳng  P  cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn
có bán kính r thì ta có mối liên hệ R2  h2  r 2 với h  d  I ,  P   . Từ đó ta tính được R.
+ Phương trình mặt cầu tâm I  x0 ; y0 ; z0  và bán kính R có dạng  x  x0    y  y0    z  z0   R 2
2

Cách giải

2

2


1  2.2  2.  1  2

+ Ta có h  d  I ,  P   

12   2   22
2



Lại có y ''  6 x  6  y ''  0   6; y ''  2   6  0 nên x  2 là điểm cực tiểu của hàm số
Khi đó yCT  y  2   23  3.22  4 .
Chú ý: Các em cũng có thể lập BBT để tìm điểm cực tiểu.
Câu 29: B
Phương pháp
b

b

b

b

b

a

a

a

a

a

  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx và  kf  x  dx  k  f  x  dx .

Sử dụng các tính chất tích phân
Cách giải

Cách giải
Ta có u10  u1  9d  3  9d  24  9d  27  d  3 .
Câu 31: C
Phương pháp


Coi phương trình đã cho là bậc hai ẩn 2 x , giải phương trình tìm x và kết luận.
Cách giải
2x  2
x  1
Ta có: 22 x  5.2 x  6  0   2 x  2  2 x  3  0   x

 x  log 2 3
2  3

Do đó P  x1.x2  1.log 2 3  log 2 3 .
Câu 32: C
Phương pháp
Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều là giao của
đường trung trực 1 cạnh bên và chiều cao của hình chóp.
Từ đó sử dụng tam giác đồng dạng để tính bán kính mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp đều.
Cách giải
Gọi O là tâm hình vuông ABCD và E là trung điểm SB.
Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO   ABCD  .
Trong  SBO  kẻ đường trung trực của SB cắt SO tại I, khi đó
IA  IB  IC  ID  IS nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu là R  IS .
Ta có ABCD là hình vuông cạnh 2


bên là a và chiều cao h là R 

a2
.
2h

Câu 33: D
Phương pháp
1
Tính diện tích đáy rồi tính thể tích theo công thức V  Bh .
3
Cách giải

Diện tích đáy S ABCD  a  VS . ABCD
2

Câu 34: B
Phương pháp

1
1 2
a3 6
 S ABCD .SA  .a .a 6 
.
3
3
3


Sử dụng các kiến thức sau:


Cách giải
1
Do  nên hàm số xác định  4  x  0  x  4
5
Vậy TXĐ của hàm số là D   ; 4  .
Câu 37: C
Phương pháp
Giải bất phương trình bằng cách đưa về bất phương trình bậc hai, ẩn là log5  5x  1 .
Cách giải
Điều kiện: 5x 1  0  x  0
Ta có:
1
log5  5x  1 .log 25  5x 1  5  1  log5  5x  1 . log 5 5 5x  1  1
2

 log5  5x  1 . 1  log5  5x  1  2  0
 log52  5x  1  log5  5x  1  2  0

 log5  5x  1  1 log5  5x  1  2  0

 2  log5  5x  1  1  52  5x  1  51 

1
 5x  1  5
25





n kì hạn.
Cách giải
Số tiền cả gốc và lãi người đó nhận được sau khi gửi 100 triệu trong 6 tháng đầu là 100 1  2%  triệu
2

đồng.
Sau 6 tháng người đó gửi thêm 100 triệu đồng nên số tiền gốc lúc này là 100  100 1  0,02 

2

Sau 6 tháng còn lại, thì người đó nhận được tổng số tiền là



T  100  100 1  0,02 

2

 1  0,02

2

 212, 28 triệu đồng.

Câu 39: C
Phương pháp
Tiếp tuyến với đồ thị hàm số

y  f  x



2

3

1

1

2

 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  1   2  1 .

Câu 41: A
Phương pháp
Sử dụng lý thuyết: Góc giữa hai đường thẳng chéo nhau a, b bằng
góc giữa đường thẳng a với mặt phẳng  P  chứa b mà song song
với a.
Cách giải
Gọi N là

trung

điểm

của

BC

thì





AF

 AF 
2
2
2
2
2
2
AF
AS
AE
12a a 12a
13
13

2a 39
.
13

Câu 42: B
Phương pháp
- Ta xác định điểm H  x; y; z  sao cho 2.HA  HB  0
- Từ đó biến đổi để có 2MA2  MB2 lớn nhất khi MH lớn nhất.
- MH max  HI  R với I, R là tâm và bán kính mặt cầu  S  .
Cách giải

 2. MH 2  2MH .HA  HA2  MH 2  2.MH .HB  HB2
 3MH 2  2HA2  HB2



2



 3MH 2  2HA2  HB2 (Do 2.HA  HB  0 )

Ta có HA   2;0; 2  ; HB   4;0; 4   HA2  8; HB2  32 nên
2MA2  MB2  3MH 2  2.8  32  3MH 2  48

Từ đó 2MA2  MB2 lớn nhất khi MH 2 lớn nhất hay MH lớn nhất.
Mặt cầu  S  có tâm I  3;1;1 , bán kính R  2 .
Ta có MH max  HI  R  4  1  4  2  5 .
Như vậy 2MA2  MB2 đạt GTLN là 3MH 2  48  3.25  48  123 .
Câu 43: C
Phương pháp
- Lập hệ bất phương trình ẩn x, y dựa vào điều kiện đề bài.
- Biểu diễn miền nghiệm của hệ trên mặt phẳng tọa độ.


- Tìm x, y để biểu thức tính số điểm M  x; y  đạt GTLN (tại một trong các điểm mút).
Cách giải
Gọi x, y lần lượt là số lít nước cam và nước táo mà mỗi đội cần pha chế ( x  0; y  0 ).
Để pha chế x lít nước cam thì cần 30x  g  đường, x lít nước và x  g  hương liệu.
Để pha chế y lít nước táo thì cần 10y  g  đường, y lít nước và



+ Từ đó tính S1; S2 ; S3 ; S4 và tính tiền trồng bồn hoa.
Cách giải
Vì
ABCD

là

hình

vuông

cạnh

4

nên

BD  BC 2  CD2  4 2  OB  2 2 và A  2; 2  ; B  2; 2  .
Phương

trình

đường

tròn

tâm

O

x  2; x  2 .
2

1 
1
8

Nên ta có S1    8  x 2  x 2  dx   8  x 2 dx  x3  I 
2 
6 2
3
2 
2
2

2

2

Xét I 



8  x 2 dx , đặt x  2 2 sin t  dx  2 2 cos tdt

2

Đổi biến số x  2  t  

Từ đó I 


4





4




4




 2  4

4

4

8
8
4
Nên S1  I   2  4   2 
3
3
3


Câu 45: D
Phương pháp
- Từ điều kiện f  x   f '  x  3x  1 rút ra

f ' x
và lấy nguyên hàm hai vế, kết hợp với f 1  1 tìm
f  x

f  x .
- Tính f  5  và kết luận.
Cách giải
Ta có: f  x   f '  x  3x  1 

f ' x
1

f  x
3x  1

Lấy nguyên hàm hai vế ta được:



1
d  f  x 
f ' x
1

dx  

2
4
4
 C  0  C   hay f  x   e 3
3
3

3 x 1 

4
3

4
3

 e  3, 79 . Vậy 3  f  5  4 .

Câu 46: D
Phương pháp
Nhận xét rằng: Đa giác đều có số đỉnh chẵn luôn tồn tại đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác là
đoạn nối hai đỉnh của đa giác.
Nên ta chia đường tròn ngoại tiếp đa giác đều đó thành hai nửa đường tròn và dựa vào tính đối xứng của
các đỉnh để tạo thành một hình chữ nhật.
Tính số hình vuông trong các hình chữ nhật đó để tính xác suất 4 đỉnh tạo thành hình chữ nhật mà không
phải hình vuông.
Cách giải
4
Số phần tử của không gian mẫu n     C24

Ta vẽ đường tròn ngoại tiếp đa giác đều 24 đỉnh. Vẽ một đường kính của đường tròn này. Khi đó hai nửa


SI  AI

và

SA   BCHF 

tại

I

d  A;  BCHF    d  S ,  BCHF   .

Suy ra VA.BCHF  VS .BCHF  VABCHFS  2VA.BCHF
1
2
Dễ thấy VA.BCHF  VABC .EFH  VA.EFH  VABC .EFH  VABC .EFH  VABC .EFH
3
3

Mà VABC .EFH  AE.S ABC  a.

a 2 3 a3 3

nên
4
4

nên


Cách giải
Gọi chiều dài, chiều rộng và chiều cao của bể cá lần lượt là

a; b; c  a, b, c  0 
Theo đề bài ta có a  2b .
Vì ông A sử dụng 5m2 kính để làm bể cá không nắp nên diện tích
toàn phần (bỏ 1 mặt đáy) của hình hộp là 5m2 .
Hay ab  2bc  2ac  5 mà a  2b nên

5  2b2
2b  2bc  4bc  5  2b  6bc  5  c 
6b
2

2

Thể tích bể cá là V  abc  2b.b.
2b3  5b 2
Xét hàm số f  b  
3

5  2b2 2b3  5b2

6b
3

b  0  ktm 
6b 2  10b
0 
(vì b  0 )


125
5
b
81
3

Câu 49: D
Phương pháp
Biến đổi phương trình đã cho về dạng f  u   f  v  rồi sử dụng phương pháp hàm số.
Cách giải
Ta có:
x 9  3x 3  9 x  m  3 3 9 x  m  x 9  3x 3  9 x  m  3 3 9 x  m   x 3   3x 3 
3



3

Xét hàm g  t   t 3  3t  g '  t   3t 2  3  0, t nên hàm số g  t  đồng biến trên



3

9x  m  3 3 9x  m

.



f  x



1
0

+

8


8



m  8
Từ bảng biến thiên ta thấy, phương trình đã cho có đúng hai nghiệm  
.
 m  8

Vậy S  8;8 hay tổng các phần tử của S bằng 0.
Câu 50: C
Phương pháp
Biến đổi giả thiết để tìm mối liên hệ của x theo y. Thay vào biểu thức P rồi sử dụng phương pháp hàm số
để tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Cách giải
Ta có log 4  x  y   log 4  x  y   . ĐK x  y; x   y  x  0; x  y .
Suy ra log 4  x 2  y 2   1  x 2  y 2  4  x 2  y 2  4  x  y 2  4 (vì x  0 )
Lại có P  2 x  y  2 y 2  4  y  2 y 2  4  y

f'

f

0

2 3

2
3

Suy ra P  2 3 hay GTNN của P là 2 3

x 


x 


4
2
;y
3
3
2
2
;y
3
3