SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT THIỆU HÓA

Mã đề thi: 132

THI KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 3
NĂM HỌC: 2018-2019
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)

Họ, tên thí sinh:..................................................................... Số báo danh: .............................
Câu 1: Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên  và có bảng biến thiên sau:

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( x ) − 1 =m có đúng hai nghiệm.
A. −2 < m < −1 .
B. m = −2 , m ≥ −1 .
Câu 2: Đồ thị sau đây là của hàm số nào?

A. y =

x+2
.
x +1

B. y =

Câu 3: Tính giá trị của a

log


Câu 4: Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực  ?
2

D. m = −2 , m > −1 .

x

π 
B. y =   .
3

D. 2 .
x

2
D. y =   .
e

C. y = log 1 x .
3

mx + 1
với tham số m ≠ 0 . Giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số
x − 2m
thuộc đường thẳng có phương trình nào dưới đây?
0.
0.
0.
A. 2 x + y =
B. x − 2 y =


Câu 7: Giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của hàm số y= x − ln x trên đoạn  ; e  theo thứ tự là:
2 
A. 1 và e .

B. 1 và

1
+ ln 2 .
2

C. 1 và e − 1 .

D.

1
+ ln 2 và e − 1 .
2

Trang 1/6 - Mã đề thi 132 - />

0 có hai
Câu 8: Giá trị của tham số m thuộc khoảng nào sau đây để phương trình 4 x − m.2 x +1 + 2m =
nghiệm x1 , x2 thoả mãn x1 + x2 =
3.
A. m ∈ (1;3) .

9
2



m
là
n

A. m 2 + n 2 =
B. m 2 − n 2 =
C. m 2 − n 2 =
D. m 2 + n 2 =
312 .
543 .
−312 .
409
Câu 10: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) .

A. 3 .

B. 1 .

C. 4 .

D. 2 .

Câu 11: Một chất điểm chuyển động theo quy luật s ( t ) =−t 3 + 6t 2 với t là thời gian tính từ lúc bắt đầu

chuyển động, s ( t ) là quãng đường đi được trong khoảng thời gian t . Tính thời điểm t tại đó vận tốc đạt
giá trị lớn nhất.
A. t = 2.

B. t = 1.

Câu 14: Gọi m và M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y =x − 4 − x 2 . Tính
tổng M + m .
A. M + m =2 − 2 .

(

)

B. M + m = 2 1 − 2 .

(

)

C. M + m = 2 1 + 2 .

4.
D. M + m =

Câu 15: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB  2a , A ' A  a 3 . Tính thể tích V của
khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' theo a .
A. V 

3a 3
.
4

B. V  a 3 .

C. V  3a 3 .

.
3

Câu 17: Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có đường chéo bằng a 3 . Tính thể tích khối chóp
A′. ABCD .
A. 2 2a 3 .

B.

a3
.
3

C. a 3 .

D.

2 2a 3
.
3

Trang 2/6 - Mã đề thi 132 - />

Câu 18: Tìm họ nguyên hàm của hàm số y = x 2 − 3x +

x3
1
− 3x + 2 + C , C ∈  .
3
x

2

0

0

Câu 19: Cho tích=
phân I ∫=
f ( x ) dx 32 . Tính tích phân J = ∫ f ( 2 x ) dx
A. J = 64 .

B. J = 8 .

Câu 20: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x) =

C. J = 32 .
2
4x − 3

3
+C.
2
2
1
3
D. ∫
=
dx
ln(2 x − ) + C .
4x − 3

dx
∫ 4 x − 3=

2ln 2 x −

2 cos x − 1
trên khoảng ( 0; π ) . Biết
sin 2 x
3 . Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau.

Câu 21: Cho hàm số F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =
rằng giá trị lớn nhất của F ( x ) trên khoảng ( 0; π ) là
 2π
A. F 
 3

3

.
=
 2

 5π 
B. F 
= 3 − 3 .
 6 

π 
C. F  =
 3 3−4.


64π a 3
.
3

D. V =

32π a 3
.
3

Câu 24: Cho khối nón có bán kính đáy r = 3, chiều cao h = 2. Tính thể tích V của khối nón.
A. V = 9π 2.

C. V = 3π 2

B. V = 3π 11.

D. V = π 2 .

Câu 25: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi (α ) là mặt phẳng song song với mặt phẳng

( β ) : 2 x − 4 y + 4 z + 3 =0 và cách điểm A ( 2; −3; 4 )

một khoảng k = 3 . Phương trình của mặt phẳng (α )

là:
A. 2 x − 4 y + 4 z − 5 =
0 hoặc 2 x − 4 y + 4 z − 13 =
0.


Câu 28: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A ( 2; −1;6 ) , B ( −3; −1; −4 ) , C ( 5; −1;0 ) , D (1; 2;1) . Tính
thể tích V của tứ diện ABCD.
Trang 3/6 - Mã đề thi 132 - />

A. 40.

B. 60.

C. 50.

D. 30.

Câu 29: Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A ( 6; −2;3) , B ( 0;1;6 ) , C ( 2;0; −1) , D ( 4;1;0 ) . Gọi (S) là
mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D. Hãy viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) tại điểm A
A. 4x − y − 9 =
B. 4x − y − 26 =
C. x + 4y + 3z − 1 =0 .
D. x + 4y + 3z + 1 =0 .
0.
0.
Câu 30: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm G (1;4;3) . Viết phương trình mặt phẳng cắt
các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho G là trọng tâm tứ diện OABC ?
A.

x y
z
+ +
= 1.
4 16 12

C. 28 C188 .

D. 28 C1810 .

Câu 32: Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên nhỏ hơn 300. Gọi A là biến cố “số được chọn không chia hết
cho 3”. Tính xác suất P ( A ) của biến cố A .
2
A. P ( A ) = .
3

B. P ( A ) =

124
.
300

 x= π + kπ
A. 
π
x =
− + kπ
4


 x= π + k 2π
B. 
π
x =
− + kπ
4

4


Câu 34: Cho hàm số y =x 3 − 3mx 2 + 3 ( m 2 − 1) x − m 3 với m là tham số. Gọi ( C ) là đồ thị của hàm số đã
cho. Biết rằng khi m thay đổi, điểm cực tiểu của đồ thị ( C ) luôn nằm trên một đường thẳng d cố định.
Xác định hệ số góc k của đường thẳng d .
1
B. k = .
A. k = −3 .
3

1
D. k = − .
3

C. k = 3 .

Câu 35: Cho hàm số f ( x) . Biết hàm số y = f '( x) có đồ thị như hình bên. Trên [ −4;3] hàm số
g (=
x) 2 f ( x) + (1 − x) 2 đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm .

y
5
3

2
3

−4



Câu 37: Cho x, y là các số thực lớn hơn 1 sao cho y x . ( e x ) ≥ x y . ( e y ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
e

y

e

x

thức P log x xy + log y x .
=
A.

2
.
2

B. 2 2 .

C.

1+ 2 2
2

D.

1+ 2
.
2


e f(x)dx ∫ =
e f '(x)dx ∫ e f "(x)dx ≠ 0 . Giá trị của biểu thức
∫=
x

0

x

0

A. -1.

x

0

B. 1.

ef '(1) − f '(0)
bằng
ef(1) − f(0)

C. 2.

D. -2.

Câu 41: Cho hàm số f ( x ) xác định trên  \ {1} thỏa mãn f ′ ( x ) =
Tính S= f ( 3) − f ( −1) .

V2 45

C.

V1 19
= .
V2 45

D.

V1 11
= .
V2 30

  60 và SA vuông góc với
Câu 43: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BAD
mặt phẳng  ABCD  . Góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng 45 . Gọi M là điểm đối xứng
của C qua B và N là trung điểm của SC . Mặt phẳng  MND  chia khối chóp S . ABCD thành hai khối
đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh S có thể tích V1 , khối đa diện còn lại có thể tích V2 (tham khảo
V
hình vẽ sau). Tính tỉ số 1 .
V2

V
V1 1
V
V
7
5
12


S
. =
C. R
4π

2S
2S
=
;h 4
=
D. R
3π
3π

S
1 S
=
;h
2π
2 2π

Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 3;2;1) và B ( −1;4; −3) . Điểm M thuộc
mặt phẳng ( Oxy ) sao cho MA − MB lớn nhất.
Trang 5/6 - Mã đề thi 132 - />

A. M ( −5;1;0 ) .

B. M ( 5;1;0 ) .


486

A. OM =

Câu 48: Cho cấp số nhân ( bn ) thỏa mãn b2 > b1 ≥ 1 và hàm số f ( x=
) x3 − 3x sao cho f ( log 2 ( b2 ) ) + 2
= f ( log 2 ( b1 ) ) . Giá trị nhỏ nhất của n để bn > 5100 bằng

A. 333 .

B. 229 .

C. 234 .

D. 292 .

1 2 4 x 2 − 1 có nghiệm x ∈ R khi:
Câu 49: Phương trình: 3 x − 1 + m x +=
1
1
1
1
A. 0 ≤ m ≤ .
B. −1 < m ≤ .
C. m ≥ .
D. −1 ≤ m ≤ .
3
3
3
3

132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 
132 

16 
17 
18 
19 
20 
21 
22 
23 
24 
25 
26 
27 
28 
29 
30 
31 
32 
33 
34 
35 
36 
37 
38 
39 
40 
41 
42 
43 
44 
45 

D 
D 
A 
D 
B 
A 
A 
A 
B 
A 
D 
D 
C 
A 
A 
B 
D 
B 
D 
A 
B 
C 
A 
C 
B 
D 

209 
209 
209 

209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 
209 

1 
2 
3 
4 
5 
6 
7 
8 
9 
10 
11 
12 

43 
44 
45 
46 
47 
48 
49 
50 

D 
A 
B 
D 
C 
D 
B 
A 
C 
A 
C 
A 
B 
C 
A 
B 
B 
D 
C 
D 
A 

357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 
357 

10 
11 
12 
13 
14 
15 
16 
17 
18 
19 
20 
21 
22 
23 
24 
25 
26 
27 
28 
29 
30 
31 
32 
33 
34 
35 
36 
37 
38 
39 

D 
C 
A 
C 
B 
D 
C 
D 
B 
D 
C 
D 
A 
B 
C 
B 
B 
C 
D 
A 
B 
A 
D 
A 
B 
B 
C 
B 
D 
D 

485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 
485 

1 
2 
3 
4 
5 
6 

37 
38 
39 
40 
41 
42 
43 
44 
45 
46 
47 
48 
49 
50 

C 
C 
B 
B 
A 
A 
B 
B 
A 
C 
B 
D 
B 
C 
A 

D 
D 
A 
C 
C 


Mã đề 132: câu 18, B sửa thành D
Mã đề 209: câu 27, A sửa thành D
Mã đề 357: câu 14, A sửa thành D
Mã đề 485: câu 5, A sửa thành D


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT THIỆU HÓA

Mã đề thi: 132

ĐÁP ÁN ĐỀTHI KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA
LẦN 3. NĂM HỌC: 2018-2019
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)

 m = −2
 m + 1 =−1
⇔
Câu 1: Chọn D Phương trình f ( x ) − 1 =m có đúng hai nghiệm 
.
 m > −1

Câu 6: Chọn B.
Xét hàm số y =

5
7
3 − 4x
. Ta có y0 =
.
− ⇒ x0 =
−1 . y′ =
2
x−2
3
x
−
2
(
)

7
5
là y′ ( −1) =.
3
9
1 x −1
1 
Câu 7: Chọn C. Ta có y′ =1 − =
; y′ =0 ⇔ x =1 ∈  ;e  .
x
x

t1.t2 = 8 . Áp dụng định lý Viét ta có t1=
.t2 2=
m 8⇒m=
4.
Thử lại: Với m = 4 phương trình trở thành t 2 − 8t + 8 =
0 có hai nghiệm. Vậy m = 4 thỏa mãn.
3

7

11
.a 3

a
Câu 9: Chọn B. Ta=
có A
=
4 7 −5
a . a

7 11
a 3 .a 3

=
−5

7 11
5
+ − 4+
3

=
3
Câu 13: Chọn C. Điều kiện x ∈ [ −3;5]

Đặt t=

3 + x + 5 − x , x ∈ [ −3;5]

t2 = 8 + 2

( 3 + x )( 5 − x ) ≥ 8 ⇒ t ≥ 2

(1

2

2 ,=
t 1. 3 + x + 1. 5 − x ≤

+ 12 ) ( 3 + x + 5 − x=
) 4

2
 t 2 − 8  2

 t2 − 8 
f
=
t
+


4 − x2

− 2 ; y ( 2) = 2 ;
0⇔ x=
; y′ =

)

−2 2 . Vậy M + m =2 − 2 2 =2 1 − 2 .
y ( −2 ) =
−2 ; y − 2 =

AB 2 3
 a2 3 .
4
Thể tích V của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là: V=
AA'
=
.S ABC 3a 3
ABC .A' B' C'
Câu 15: Chọn C.

Diện tích tam giác đều ABC là: S ABC 

Câu 16: Chọn A.

S

H

3

Câu 17: Chọn B Áp dụng định lí Pitago, ta có:
AC ′2 = AA′2 + AC 2 = AA′2 + AB 2 + AD 2 = 3 AB 2 ⇔ 3a 2 = 3 AB 2 ⇔ AB = a .
VA=
′. ABCD

a3
1
1
.
AA′.=
S ABCD =
.a.a 2
3
3
3

Câu 18: Chọn B.

∫

1
1
x 3 3x
 2
x
−
− 2 + C, C ∈ 
 x − 3 + dx =

∫ 4 x − 3=

1
2x −

3
2

=
dx

1
3
ln 2 x − + C
2
2

2 cos x
1
=
dx − ∫ 2 dx
2
x
sin x
2 cos x − 1
2
.
=
−
+ cot x + C . F ′ ( x ) = f ( x ) =


3 3
2
π 
+C = 3 ⇔ C =
F = 3 ⇔−
−
+ cot x + 2 3 .
2 3 .Vậy F ( x ) =
3
sin x
3
π 
Do đó F  =
 3 3−4.
6
Câu 22: Chọn D

Thiết diện qua trục hình hình trụ là hình vuông ADD′A′ . Gọi O , O′ lần lượt là hai tâm đường tròn đáy

S xq 2=
π rl 36π a 2 ⇔ 2π r.2r =
(hình vẽ) ⇒ l =
36π a 2 ⇒ r =
2r ; Theo giả thiết ta có: =
6a .
3a ⇒ l =
Lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ ABCDEF . A′B′C ′D′E ′F ′ có chiều cao là h = 6a .

( 3a ) 3


=
V

4a
= 2a nên thể tích khối cầu
2

4
4
32π a 3
3
.
=
π R3
π (=
2a )
3
3
3

1 2
1
9π 2
2
=
πr h
π .3
=
. 2


2

Do đó điều kiện cần và đủ để phương trình đã cho là phương trình mặt cầu là
−m 2 + 9m + 10 > 0 ⇔ −1 < m < 10 .

Câu 27: Chọn A. Mặt cầu ( S ) có tâm O ( 0; 0; 0 ) và bán kính R = 3 . A ( 0; − 1; 2 ) là điểm nằm bên trong
mặt cầu ( S ) . ( P ) là mặt phẳng qua A và cắt mặt cầu ( S ) theo một đường tròn có bán kính r .
2
Gọi H là hình chiếu của O lên ( P ) .Ta có r=
R 2 − OH 2 . rmin ⇔ OH max ⇔ H ≡ A .

Khi đó ( P ) nhận OA
= ( 0; − 1; 2 ) là vectơ pháp tuyến. Vậy phương trình ( P ) : y − 2 z + 5 =.
0

Câu 28: Chọn D.


AB =
( −5;0; −10 )   

 ⇒ AB ∧ AC =( 0; −60;0 ) 
1   
V
AB ∧ AC .AD
= 30
AC ( 3;0; −6 ) 
=
 ⇒=


IA 2 = IB2 = IC2 = ID 2 ⇔  x 2 + ( y − 1) + ( z − 6 ) = ( x − 4 ) + ( y − 1) + z 2
⇒ I(2;-1;3)

2
2
2
2
2
2
( x − 2 ) + y + ( z + 1) =( x − 4 ) + ( y − 1) + z
0
Vậy mặt phẳng cần tìm qua A và vuông góc với IA là 4 x − y − 26 =
Câu 30: Chọn A. +) Do A, B, C lần lượt thuộc các trục Ox, Oy, Oz nên A(a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) .
+) Do G là trọng tâm tứ diện OABC nên suy ra=
a 4,=
b 16,=
c 12 .
+) Vậy phương trình đoạn chắn của mặt phẳng ( ABC ) là:
18k

18

18
 x 4
 x
Câu 31: Chọn A. Ta có:      C18k  
 2 x 
 2 
k 0

297 − 0
+ 1= 100 ⇒ n A = 100
3

( )

n A

n (Ω)

300

3

Câu 33: Chọn B. Điều kiện: cos x ≠ 0

3

3

(*) . Khi đó

x
x π
sin 2  −  tan 2 x − cos 2 =
0
2
2 4

1

Câu 34: Chọn A Ta có y ′ =3x 2 − 6mx + 3 ( m 2 − 1) . y ′= 0 ⇔ 
.
 x= m + 1
Vì hàm số bậc ba với hệ số a= 1 > 0 nên điểm cực tiểu của hàm số là A ( m + 1; −3m − 2 ) .
−3x + 1 , hệ
Lại có −3m − 2 =−3 ( m + 1) + 1 nên điểm cực tiểu của hàm số luôn thuộc đường thẳng d : y =

số góc k = −3 .
) 2 f '( x) − 2(1 − x) .
Câu 35: Chọn D. Trên [ −4;3] Ta có : g '( x=
 x = −4
g '( x) =0 ⇔ f '( x) =−
1 x ⇔  x =−1 .
 x = 3
Bảng biến thiên

5


x

−4

g '( x)

0

−1

−




21 − 41
21 + 41
2
af (10 ) > 0

100 − 20m + m − m > 0
m

⇔
⇔
=
10 ⇔ 
2
2
S
0 < m < 10
0 < m < 10
0 < < 10
2
m 2 − m > 0



m < 0 ∨ m > 1
 P > 0

{

t
Suy ra f ′ ( t ) > 0∀t > 1 . Hàm số f ( t ) đồng biến trên (1; +∞ ) . f ( y ) ≥ f ( x ) ⇔ y ≥ x

1
1
P=
log x xy + log y x = (1 + log x y ) +
. Đặt log x y = u. với y ≥ x ⇒ u ≥ 1
2
log x y

1
1 1 u 1 1
1+ 2 2
.
(1 + u ) + = + + ≥ + 2 . Vậy GTNN của P là
2
u 2 2 u 2
2
Câu 38: Chọn A.
x 3
 0 . Do đó y  0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Ta có: lim y  lim 2
x
x x  x  m
Suy ra P =

x 3
có đúng hai đường tiệm cận thì phương trình x 2  x  m  0
x  xm

 x ≤ −3
Ta có: f ′ ( x ) =
và f ′ ( x ) < 0 ⇔ −3 < x < 1 .
( x − 1)( x + 3) suy ra f ′ ( x ) ≥ 0 ⇔ 
x ≥ 1
Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) khi y′ ≥ 0 ⇔ ( 2 x + 3) f ′ ( x 2 + 3 x − m ) ≥ 0 .
Do x ∈ ( 0; 2 ) nên 2 x + 3 > 0 . Do đó, ta có:

 m ≥ max ( x 2 + 3 x + 3)
2
2


x
x
m
+
−
≤
−
3
3
m
≥
x
+
3
x
+
3


f "(x)dx
∫ e=

0

k

x

0

1

1

1

'(x)) e f '(x) − ∫ ex f '(x)dx
= ex f '(x) − k ⇒
=
2k (ef '(1) − f'(0))
∫ e d(f=

1

1

x
=

)

1

∫ f ′ ( x ) dx= ∫ x − 1 dx=

ln x − 1 + C

Khi đó: f ( −1)= ln 2 + C1 ; f ( 0=
3) ln 2 + C4 .
) C=2 2018 ; f ( 2=) C=3 2019 ; f (=
3



∫

f ′ ( x ) dx
=

2
0

3

1

∫ x − 1 dx ⇔ f ( 3) − f ( 2=)

ln 2 ⇔ ln 2 + C4 − C3 = ln 2 ⇒ C3 = C4 .

A

N

C

B

=
VA′. ABC

1
2
V2 ⇒ V=
V=
V2 .
A′. BCC ′B′
M . BCC ′B′
3
3

7


4
3
7
S BCC' B' , SC' PQ
S BCC' B' , S BCPN
S BCC' B'

1
MB MK MI
1 2 1 1
Khi đó MBKI 


     VMBKI  VMCND  VBKICND  5VMBKI
6
VMCND MC MN MD 2 3 2 6
+) Ta tính thể tích của khối SABCD :
  60
a,
a
ABCD
 BAD
là
hình
thoi
cạnh
góc
đều,
cạnh
BAD
2
2
a 3 a 3
  45  SA  OA  a 3
.Mặt khác  SBD  ,  ABCD   SOA
 S ABCD  2 S ABD  2.


3
3
3
3
5a
a
5a
7a
V
7
Do đó: V2 
và V1  

 1 .
48
4
48
48
V2 5
Câu 44: Chọn A. Gọi thể tích khối trụ là V , diện tích toàn phần của hình trụ là S .
Ta có: S = S2 day + S xq = 2π R 2 + 2π Rh . Từ đó suy ra:
3

V2  S 
S3
S
S
V
V
V Cauchy 3 V 2

2
54π

Khi đó =
S 6π R 2 ⇒ =
R

S
S
và=
.
h 2=
R 2
6π
6π

Câu 45: Chọn B.

B′
A
M

( xOy )
B

8


Phương trình ( xOy ) : z = 0 . Vì z A .z B = 1. ( −3) < 0 nên A , B nằm khác phía so với ( xOy ) . Gọi B′ là
điểm đối xứng của B qua ( xOy ) . Khi đó: MA − MB = MA − MB′ ≤ AB′ . Suy ra MA − MB lớn nhất khi

≥ x+ y+z

Do đó P ≥ ( 6 − x ) + ( 2 − y ) + ( 3 − z ) + ( x + y + z ) =.
11
 x= y= z= 0
6 − x ≥ 0

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 11 , khi và chỉ khi 2 − y ≥ 0
⇔ x = y = z =0.
3 − z ≥ 0

 x + y + z ≥ 0
Khi đó M (1; 2;3) suy ra OM =

12 + 22 + 32 = 14 .

Câu 47: Chọn A. Gọi Ω là không gian mẫu, A là biến cố “gieo một con súc sắc năm lần liên tiếp có
tích các số chấm xuất hiện ở năm lần gieo là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5 ”.
Gieo súc sắc năm lần liên tiếp nên nΩ = 65 .
Để tích các số chấm xuất hiện ở năm lần gieo là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5 thì các mặt xuất hiện
phải có số chấm lẻ và xuất hiện mặt 5 chấm ít nhất một lần nên nA = 35 − 25 = 221 .
nA
221
.
=
nΩ 7776

Suy ra: P ( A
=
)


log ( b ) ≥ 0
Theo giả thiết thì  2 1
Do đó để (*) nghiệm đúng thì
log 2 q > 0

( )

b = 1
log 2 ( b1 ) = 0
⇔ 1

q = 2
log 2 q = 1

Vậy nên bn= 2n −1 > 5100 ⇔ n > log 2 5100 + 1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 234.
Câu 49: : Chọn B (Điều kiện: x ≥ 1 ) 3 x − 1 + m x +=
1 2 4 x − 1. 4 x + 1 (*) Ta có với x ≥ 1 Chia hai vế
phương trình (*) cho x + 1 ta có:

3 x −1
2 4 x −1
+ m =4
(1) Đặt=t
x +1
x +1

4
4


Từ bảng biến thiên ta thấy để phương trình 3t 2 − 2t + m =
0 có
nghiệm trong [ 0;1) thì đường thẳng y = −m phải cắt đồ thị hàm số

0

f '(t )
f (t )

-

1
3
0

0

=
y f (=
t ) 3t 2 − 2t tại ít nhất 1 điểm. Do đó

1
+
1

−

1
1
1

0
Phương trình MN : x + y − 4 =

 P ∈ AC : x − y − 1 =0
5 3
⇒ P ;  .

0
2 2
 P ∈ MN : x + y − 4 =

=
 )Lại có, tứ giác AMBN nội tiếp nên BAN
 = BMN
 và ABCD nội tiếp
Có: BAN
ADB (cùng phụ NAD

 ⇒ ∆MPC cân tại P . Lại có tam giác AMC vuông tại M
nên 
= BCP
ADB = 
ACB . Từ đây suy ra BMP

5 2
5 3
P  ;  , M ( 0; 4 ) ⇒ PM =
= PA
2
2 2

= ( 0;5 ) , =

BC
=
: y 4, BD : 2 x + 3 y=
− 10 0 .
B ∈ BC : y =
4

⇒ B ( −1; 4 ) .
Do 
0
 B ∈ BD : 2 x + 3 y − 10 =

10