SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
MÃ ĐỀ 01-NC

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
MÔN TOÁN (NÂNG CAO)
NĂM HỌC: 2018 – 2019
Thời gian làm bài: 90 phút

Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần I môn Toán của trường THPT Chuyên Tuyên Quang gồm 50 câu hỏi
trắc nghiệm nội dung chính của đề vẫn xoay quanh chương trình Toán 12, ngoài ra có một số ít các bài
toán thuộc nội dung Toán lớp 11, lượng kiến thức được phân bố như sau: 93% lớp 12, 7% lớp 11, 0%
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 tại đã công bố từ đầu tháng 12. Trong đó xuất hiện các câu hỏi khó nhằm phân loại tối học sinh.
Đề thi giúp HS biết được mức độ của mình để có kế hoạch ôn tập một cách hiệu quả nhất,
2 x
Câu 1 (TH): Họ các nguyên hàm F (x) của hàm số f  x   3sin x   e là
x
x
A. F  x   3cos x  2 ln x  e  C.

x
B. F  x   3cos x  2 ln x  e  C.

x
C. F  x   3cos x  2 ln x  e  C.

x
D. F  x   3cos x  2 ln x  e  C.

Câu 2 (TH): Hàm số y  x 3  3x  2019 đồng biến trên khoảng

3
3
Câu 5 (NB): Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k �n . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
k
A. An 

n!
.
 nk!

k
B. An 

n!
.
k ! n  k  !

k
C. An 

n!
.
k!

D. Ank 

k ! n  k  !
.
n!



D.  2;3; 2 

2
Câu 8 (NB): Họ nguyên hàm của hàm số f  x   x là

A.

x3
.
3

B.

x2
 C.
2

Câu 9 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình  0,1
A.  2;1 .

B.  �; 2  .

C.
x2  x

x3
 C.
3


C.

6
.
6

6
.
3

D.

�1
�
 ; ��. Khẳng định nào dưới đây đúng?
với x ��
�2
�

4

A.

f  5 x  dx  x ln  10 x  1  C.
�
5

B.

f  5 x  dx  4 x ln  10 x  5   C.

Câu 14 (VD): Giả sử a, b là các số thực sao cho x 3  y 3  a.103 z  b.102 z đúng với mọi các số thực dương
2
2
x, y, z thỏa mãn log  x  y   z và log  x  y   z  1 . Giá trị của a  b bằng

29
31
31
.
B. .
C.  .
2
2
2
Câu 15 (NB): Phần thực và phần ảo của số phức z  1  2i lần lượt là
A. 2 và 1.
B. 1 và 2.
C. 1 và 2i .

A. 

Câu 16 (TH): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f '  x   x  x  1
hàm số là
A. 5

B. 3

2

D.

3x 2  2

C. f '  x  

6x
.
 3x  2  ln 2

D. f '  x  

ln 2
.
3x 2  2

2

2

Câu 18 (TH): Hàm số y   x 4  2 x 2  5 đồng biến trên khoảng
A.  �; 1 � 0;1

B.  �; 1 và  0;1

Câu 19 (TH): Tập xác định của hàm số y   3x  9 
A. D   �; 2 
Câu 20 (TH): Cho
A. 7

B. D  �\  2


g  x  dx bằng
�
1

D. 1

2


Câu 21 (VD): Lớp 12A có 35 học sinh, trong đó có 3 học sinh cùng tên là Trang, 2 học sinh cùng tên là
Huy. Xếp ngẫu nhiên 35 học sinh thành một hàng dọc. Xác suất để 3 học sinh tên Trang đứng cạnh nhau
và 2 học sinh tên Huy đứng cạnh nhau là
1
1
1
2
.
.
.
.
A.
B.
C.
D.
2992
3246320
39270
6545
Câu 22 (TH): Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  2 z  10  0 . Giá trị biểu thức



B. 2a 3 3.

A. 2a 3 .

C.

4a 3
.
3

D.

2a 3
.
3

Câu 26 (NB): Cho hàm số y  f  x  liên tục trên [1; 2]. Quay hình phẳng

 H    y  f  x  , y  0, x  1, x  2

xung quanh trục Ox được khối tròn xoay có thể tích

2

2

f  x  dx.
A. V   �


y'

�

�

1
-

-

1

3

y
�

0

Câu 28 (NB): Cho hai điểm A  1; 0;1 , B  2;1;1 .Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB là
A. x  y  1  0.

B. x  y  1  0.

C. x  y  2  0.

�x  1  2t
�
Câu 29 (NB): Đường thẳng d �y  2  3t ,  t �� có một vectơ chỉ phương là

3 13
2

B. 2

.

1 13
2

C. 2

.

3 13
2

D. 5.2

.

1 13
2

.

Câu 32 (NB): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình bên. Số nghiệm của phương trình

3 f  x   2  0 là
A. 3

�
b

0

với a, b là các số nguyên dương. Giá trị 2a  3b bằng

1

A. 24.

B. 26.

C. 27.

D. 23.

Câu 34 (TH): Cho ba điểm A  2;0; 0  , B  0;1;0  , C  0;0; 3 . Đường thẳng đi qua trực tâm H của tam
giác ABC và vuông góc với mp(ABC) có phương trình là
�x  2  2t
�
A. �y  1  t
�z  3  3t
�

�x  3  3t
�
B. �y  6  6t
�z  2  2t
�


a 2
a 3
a 3
C.
D.
.
.
.
2
4
2
x y 1 z
 và ba điểm A  2;0;0  , B  0; 4;0  , C  0;0;6  . Điểm
Câu 37 (VD): Cho đường thẳng d : 
6
3
2

A.

a 2
.
4

B.

M  a; b; c  �d thỏa mãn MA  2MB  3MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính S  a  b  c .
A. S 


�
trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất là
A.  x  1   y  5    z  3  70.
2

2

2

B.  x  1   y  5    z  3  30.
2

2

2

4


C.  x  1   y  5    z  3  35.
2

2

D.  x  1   y  5    z  3  35.

2

2


D. 4 mặt.

Câu 42 (VD): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên trên đoạn

 1;5

x

-1

f ' x

như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương

trình f  3sin x  2   m có đúng 3 nghiệm phân biệt trên khoảng

-

0

5
+

4

f  x

� �
 ;  �?
�


2

2

2

2

2

x 1 y 1 z 1


và hai điểm A  2;0; 3  , B  2; 3;1 . Đường
x
2
2
thẳng  qua A và cắt d sao cho khoảng cách từ B đến  nhỏ nhất. Phương trình của  là
x y 1 z 1
x y 1 z 1
x y 1 z 1
x y 1 z 1




A. 
B. 
C. 


C.

17
3

D.

13
3

Câu 46 (VD): Cho số phức z thỏa mãn z  15  z  15  8 và . Tính z .
A. z 

4 34
17

B. z 

2 5
5

C. z 

4
5

D. z 

5

D.

a3
.
4

2
Câu 48 (TH): Cho log 2 b  4, log 2 c  4; khi đó log 2  b c  bằng

A. 8

B. 6

C. 7

Câu 49 (NB): Mặt phẳng  P  : 2 x  y  3 z  1  0 có một vectơ pháp tuyến là
r
r
r
A. n   1;3; 1
B. n   2; 1;3
C. n   2; 1; 3

D. 4
r
D. n   2; 1; 1

Câu 50 (VD): Cho hàm số y  f  x  liên tục trên � và có đồ thị như hình bên. Tổng
x
x

42-D

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

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

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

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

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

Và

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

Cách giải:
2
�
�
f  x  dx  �
3sin x   e x �
dx  3cos x  2.ln x  e x  C
Ta có F  x   �
�
x
�
�

Chọn C.
Câu 2:
Phương pháp
- Tính y ', tìm nghiệm của y '  0 .
- Xét dấu của y ' và tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.
+ Các khoảng làm cho y '  0 thì hàm số đồng biến.
+ Các khoảng làm cho y '  0 thì hàm số nghịch biến.
Cách giải:
x 1
�


Khi đó OM  AB, SM  AB � AB   SOM  � AB  OH .
Lại có OH  SM nên OH   SAB  � d  O,  P    OH 

4a 17
17

Xét tam giác OAM vuông tại M có
AB
OA  a 2, MA 
 a � OM  OA2  AM 2  a
2
Xét tam giác SOM vuông tại O có
1
1
1
17
1
1


�

 2 � SO  4a .
2
2
2
2
2
OH

- Nhân cả hai vế của đẳng thức với e x rồi chia cả hai vế cho 2 x .
- Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế thu được và suy ra kết luận.
Cách giải:
Ta có: f  x   2 x f '  x   3xe x , x �[0; �)  *
� e f  x   2 xe
x

x

f '  x   3x �

e x f  x
2 x

1

1

0

0

 e x f ' x 

3x
(với x > 0)
2 x

3 x
3 x



Chọn C.
Câu 7:
Phương pháp
r
r
r
r
r
Véc tơ u  a.i  b. j  c.k thì tọa độ của u   a; b; c 
Cách giải:
r r r
r
r
Ta có u  3i  2 j  2k nên tọa độ của u là  3; 2;2 
Chọn B.
Câu 8:
Phương pháp
Sử dụng công thức

x dx 
�

x 1
 C   �1 .
 1

Cách giải:
Ta có:

Tập nghiệm của bất phương trình là S   2;1
Chọn A.
Câu 10:
Phương pháp
Xác định góc, sử dụng lý thuyết góc giữa đường thẳng và mặt phẳng (nhỏ hơn 900) bằng góc giữa đường
thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng.
Cách giải:
Ta có: CD  AD, CD  SA � CD   SDA  .
Do đó góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD) bằng
góc giữa đường thẳng CS và đường thẳng DS hay CSD
Lại có
SD  SA2  AD 2  a 7, SC  SA2  AC 2  2a 2, CD  a
nên áp dụng định lý hàm số cô sin cho tam giác SCD ta có:
cos CSD 

SD 2  SC 2  CD 2 7a 2  8a 2  a 2
14


.
2.SD.SC
4
2.a 7.2a 2

Chọn B.
Câu 11:
Phương pháp
9



Tìm số phức z và suy ra z .
Cách giải
Ta có:  2i  1 z  4  3i
�z

4  3i  4  3i   1  2i 
4  3i  8i  6i 2 10  5i



 2  i
2i  1  1  2i   1  2i 
1  4i 2
5

Suy ra z  2  i và có điểm biểu diễn là M  2;1 .
Chọn A.
Câu 13:
Phương pháp
x
Sử dụng a  b � x  log a b  0  a �1; b  0 

Cách giải:
x
Ta có 2  16 � x  log 2 16 � x  4

Chọn B.
Câu 14:
Phương pháp
- Tính xy từ các giả thiết liên quan đến x  y, x 2  y 2 .

2
 x  y   15  x  y    .103 z  15.102 z
2
2
1
29
Suy ra a   , b  15 � a  b  .
2
2
Chọn D.
Câu 15:
Phương pháp


Số phức z  a  bi  a; b �� có phần thực là a và phần ảo là b.
Cách giải:
Số phức z  1  2i có phần thực là 1 và phần ảo là 2.
Chọn B.
Câu 16:
Phương pháp
Số điểm cực trị của hàm đa thức là số nghiệm bộ lẻ của phương trình y '  0 .
Cách giải:
Dễ thấy phương trình f '  x   0 có hai nghiệm bội lẻ là x  0 (nghiệm đơn) và x  3 (bội ba) nên f '  x 
đổi dấu qua từng nghiệm này.
Vậy hàm số có hai điểm cực trị.
Chọn C.
Câu 17:
Phương pháp
Sử dụng công thức đạo hàm  log a u  ' 


Phương pháp
- Tính y ' , tìm nghiệm của y '  0
- Xét dấu của y ' và tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.
+ Các khoảng làm cho y '  0 thì hàm số đồng biến.
+ Các khoảng làm cho y '  0 thì hàm số nghịch biến.
Cách giải:
x0
�
3
Ta có: y '  4 x  4 x  0 � �
x  �1
�
x  1
�
y' 0 � �
nên hàm số đồng biến trên các khoảng  �; 1 và  0;1
0  x 1
�
Chọn B.
Câu 19:
11


Phương pháp:
Hàm số y   f  x   với  là số nguyên âm có điều kiện f  x  �0


Cách giải:
ĐKXĐ: 3x �۹۹۹
9 0


1

1

1

1

3 �
�
2 f  x  g  x �
dx  2�
f  x  dx  �
g  x  dx  2.2  �
g  x  dx � �
g  x  dx  1
�
�
Chọn D.
Câu 21:
Phương pháp
+) Sử dụng công thức xác suất P  A  

n  A
với n  A  là số phần tử của biến cố A và n    là số phần
n  

tử của không gian mẫu.
+) Áp dụng phương pháp buộc phần tử.

Giải phương trình đã cho tìm z1 ; z2
Sử dụng công thức môđun của số phức z  a  bi là z  a 2  b 2
Cách giải:
2

2

� 1� 1
� 1� 1
Ta có z 2  z  20192018  0 � �z  �  20192018  0 � �z  �  20192018
� 2� 4
� 2� 4

�
1
1
z    20192018  .i
�
1 �2
4
4
� 1� �
� �z  � �
20192018  �
.i � �
�
4�
� 2� �
1
1

4
�2�
1009
1009
1009
Do đó z1  z2  2019  2019  2.2019

Chọn D.
Câu 24:
Phương pháp
Giải phương trình hoành độ giao điểm và kết luận nghiệm
Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm:
x2
�
2
x3  3 x  1  3 � x3  3 x  2  0 �  x  2   x  1  0 � �
x  1
�
Vậy phương trình có hai nghiệm số giao điểm của đường thẳng và đồ thị hàm số là 2
Chọn C.
Câu 25:
Phương pháp
Tính chiều cao lăng trụ dựa vào định lý Pytago
Tính thẻ tích lăng trụ V  S .h với S là diện tích đáy và h là chiều cao lăng trụ
Cách giải:
Gọi E là trung điểm của BC.
Vì ABC là tam giác đều cạnh 2a nên AE 

2a 3


Diện tích đáy S ABC

 2a 


2

3

4

 a2 3

Thể tích lăng trụ VABC . A ' B 'C '  AA '.S ABC 

2a 3 2
.a 3  2a 3 .
3

Chọn A
Câu 26:
Phương pháp:
Công thức tính thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
b

f 2  x  dx.
y  f  x  , y  0, x  a, x  b quay quanh trục Ox là V   �
a



f  x   � nên đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Và xlim
�1
Vậy đồ thị hàm số đã cho có ba đường tiệm cận.
Chọn C.
Câu 28:
Phương pháp:
Mặt phẳng trung trực của một đoạn thẳng vuông góc với đoạn thẳng tại trung điểm của đoạn thẳng đó.
Cách giải:

 P

�3 1 �
 ; ;1�của AB và nhận
là mặt phẳng trung trực của AB nên  P  đi qua trung điểm M �
�2 2 �

uuu
r
AB   1;1;0  làm VTPT.

� 3� � 1�
Khi đó  P  : 1�x  � 1�y  � 0  z  1  0 � x  y  2  0
� 2� � 2�

Chọn D.
14



�
x  1 � 0; 2
�
Ta có: y '  3x  14 x  11  0 � � 11
x  � 0; 2
� 3
2

Lại có y  0   2, y  2   0, y  1  3 nên GTNN của hàm số là -2 đạt được tại x  0 .
Chọn D.
Câu 31:
Phương pháp:
- Đặt

3  log 2 x  t  t �0  đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại II.

- Trừ vế với vế các phương trình đưa về dạng tích và giải hệ.
Cách giải:

�x  0
� 0  x �8
ĐK: �
3  log 2 x �0
�
Đặt
Thay

3  log 2 x  t  t �0  � t 2  3  log 2 x � t 2  log 2 x  3  1
3  log 2 x  t vào phương trình đã cho ta được log 22 x  t  3  2 


+ Với t  1  log 2 x � 3  log 2 x  1  log 2 x � � 2
log 2 x  log 2 x  2  0
�
log 2 x �1
�
�
log 2 x  2  ktm 
� ��
1
�
�log x  1 tm � x  2  tm 
 
�� 2
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  2
13 1

13 1

2 2 .21  2 2
Chọn A.
Câu 32:
Phương pháp:

1

2

13 1
2


x ln  x  2  dx từ đó suy ra a; b
�

1

Cách giải:
�1
�x  2 dx  du
�
ln  x  2   u �
� �2
Đặt �
�xdx  dv
�x  v
�2
4

x ln  x  2  dx  ln  x  2  .
Suy ra �
1

x2
2

4

4

x2 1
�.

5�
5
 8ln 6  �
4ln 6  � 6ln 6 
2�
2�
4
4

Theo giả thiết

5

x ln  x  2  dx  a ln 6 
�
b

nên suy ra a  6; b  4 � 2a  3b  2.6  3.4  24

1

Chọn A.
x2  4
Chú ý: Ở bước xdx  dv � v 
, ta có thể được chọn hằng số C  2 để thuận tiện cho việc tính
2
tích phân ở bước sau.
Câu 34:
Phương pháp:
Sử dụng lý thuyết: Tứ diện OABC là tứ diện vuông tại O thì OH (với H là trục tâm tam giác ABC) chính

Chọn D.
Câu 36:
Phương pháp:

r uuur
r
uuur
uuu
r
- Gắn hệ tọa độ Oxyz với O là tâm hình vuông đáy, OC cùng hướng i, OD cùng hướng j và OS cùng
r
hướng k .

- Xác định tọa độ các điểm cần thiết và tính khoảng cách.
Cách giải:
17


Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, giả sử SO  b ta có:
OC  OD  OA  OB 

a 2
2

�a 2
� � a 2 � �a 2
�
�C�
;0;0
,

�
�a 2
b�

; 0; �
, E đối xứng với
Gọi K là trung điểm SA thì K �
�
2�
� 2
�
�a 2 a 2 �

;
;b �
D qua K nên E �
�
�
2
� 2
�
�a 2 a 2 b�

;
; �
M là trung điểm của AE � M �
�
4 2�
� 2
�

Ta có: MN  �
�
�
�
�
�
� 4
�2
�
�4
�
2�
4
�
�
�
�
�
�
uuuu
r uuu
r � ab 2 �
� �
��
MN
;
SC
0;
;0�
�

MN , SC �
�
�
0
b
4
Chọn A.
Câu 37:
Phương pháp:
Đưa phương trình đường thẳng d về dạng tham số t, biểu diễn tọa độ điểm M theo tham số t.
Tính MA  2 MB  3MC theo tham số t rồi lập luận để biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.
Cách giải:
�x  6t
�
Ta có: d : �y  1  3t nên M �d � M  6t ;3t  1; 2t 
�z  2t
�
2

Khi đó MA 

9 � 164 2 41
2
2
2
7t  �
�
 2  6t    1  3t    2t   49t 2  18t  5  �
�
7


2

� 9 � 1732 2 433
 49t  18t  37  �
7t  �
�
7
� 7 � 49
2

2 41  12 10  433
� MA  2MB  3MC �
7

Dấu "  " xảy ra � 7t 

9
9
148
�54 76 18 �
0�t 
� M � ; ; �� a  b  c 
7
49
149
�49 49 49 �

Chọn A
Câu 38:

t  6t '  26
t' 4
�
�
�MN .u2  0
Suy ra M  2;0;0  , N  0;10;6  � I  1;5;3  là trung điểm của MN và cũng là tâm mặt cầu cần tìm.
Bán kính mặt cầu R  IM 

 2  1

2

  0  5    0  3  35
2

2

Vậy phương trình mặt cầu  x  1   y  5    z  3  35.
2

2

2

Chọn C.
Câu 39:
Phương pháp:
Sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp  f  u   '  u '. f '  u 
Giải phương trình  f  u   '  0 để tìm số cực trị của hàm số f  u  .
Hoặc lập luận để có số điểm cực trị của hàm số y  f  1  x  bằng với số điểm cực trị của hàm số

�
�

f '  x  đổi dấu, như vậy hàm số f  x  chỉ có hai điểm cực trị.
Chọn D.
Câu 40:
Phương pháp:
- Xét hàm y  x 3  mx 2  9 , lập bảng biến thiên, từ đó suy ra bảng biến thiên của hàm số
y  x 3  mx 2  9

- Nhận xét điều kiện để hàm số đã cho đồng biến trên [2; �)
Cách giải:
x0
�
�
Xét hàm số y  f  x   x  mx  9 có y '  3x  2mx  x  3 x  2m   0 �
2m
�
x
� 3
3

2

2

+) Nếu m  0 thì y ' �0, x �� nên hàm số đồng biến trên � (thỏa mãn)
+) Nếu m ��* thì x 

2m

�

4 m3
TH1: 9 �

27

0

m

3

4m3
27

243
thì y  f  x  có bảng biến thiên:
4

x

�

0

�

9


243
và m �0 ta được 0  m �3 .
4

4m3
243
9�m 3
.
27
4

Khi đó y  f  x  có bảng biến thiên
x

�

x1

�

0

x2

9

9

y  f  x



Vậy 0 �m �3 và m �� nên m � 0;1; 2;3 và tổng các giá trị của m là 0  1  2  3  6
Chọn A.
Câu 41:
Phương pháp:
Quan sát hình chóp tứ giác và xác định số đỉnh, số mặt và số cạnh
Cách giải:
Hình chóp tứ giác có đáy là một tứ giác và có 8 cạnh, 5 mặt và 5 đỉnh
Chọn A.
Câu 42:
Phương pháp:
- Đặt s inx  t , biến đổi điều kiện bài cho về điều kiện của phương trình ẩn t.
- Sử dụng bảng biến thiên để tìm điều kiện của m.
Cách giải:
Đặt s inx  t  1 �t �1 � 1 �3t  2 �5 

21


� �
 ;  �� phương trình
Phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thuộc khoảng �
�2 �

f  3t  2   m có đúng hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn 1  t1 �0  t 2  1 hoặc 0  t2  1  t1
Đặt u  3t  2  1 �u �5  thì bài toán trở thành tìm m để phương trình f  u   m có đúng hai nghiệm
thỏa mãn 1  u1 �2  u2  5 hoặc 2  u2  5  u1
x

-1

+ Bán kính mặt cầu là R 
2
+ Phương trình mặt cầu có tâm I  a; b; c  và bán kính R là  x  a    y  b    z  c   R 2 .
2

2

2

Cách giải:
+ Tâm mặt cầu là trung điểm I của đoạn AB, suy ra I  4;1;0 
22


+ Lại có AB 

 5  3

2

2
2
  3  1   2  2   36  6 nên bán kính mặt cầu là R 

AB
 3.
2

+ Phương trình mặt cầu có tâm I  4;1;0  và bán kính R  3 là  x  4    y  1  z 2  9.
2

AC

 14t  16    4t  4    3t  3
2
2
2
 t  1   2t  1   2t  4 
2

2

2

 14t  16    4t  4    3t  3
f  x 
2
2
2
 t  1   2t  1   2t  4 
2

Dùng MTCT (chức năng TABLE) nhập hàm

2

2

Bước START nhập 5 , bước END nhập 5 và bước STEP nhập 1
Ta được kết quả f  x  min tại x  1 hay d  B,   min khi t  1
uuu

�
3
�
x
�
3
�
�
�
x  2 L
x 1  x  3 � �
� ��
2 � �2
x

7
x

10

0
�
�x  1   x  3
�
�x  5 N � x  5
��  
3




�
� 2
�3
3
3
�
�

Chọn B.
Câu 46:
Phương pháp:
- Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện thứ nhất.
- Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện thứ hai.
- Tìm giao hai tập hợp đó suy ra z và tính mô đun.
Cách giải:
Gọi M  x; y  biểu diễn số phức z.



 

Gọi điểm A  15;0 , B



15;0 thì từ z  15  z  15  8 � MA  MB  8 hay tập hợp điểm M là

elip có c  5, 2a  8 � a  4 � b  a 2  c 2  1 � phương trình  E1  :



��
� z  x2  y 2 
nên tọa độ M thỏa mãn �
2
17
�x 2  y  1
�y 2  16
�
� 17
� 16

Chọn A.
Câu 47:
Phương pháp:
+ Chỉ ra rằng A ' H   ABC  với H là trung điểm của BC
+ Xác định khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  BCC ' B ' như sau

d  A;  BCC ' B '   d  A ';  BCC ' B '    A ' E sao cho A ' E   BCC ' B ' 
+ Tính A ' H dựa vào hệ thức lượng trong tam giác vuông
+ Tính thể tích khối lăng trụ có chiều cao h và diện tích đáy S là V  h.S
Cách giải:

24


Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A’ đến BC khi đó

A ' H   ABC  suy ra A ' H  BC mà ta có AB  AC � A ' B  A ' C
nên H là trung điểm của BC. Suy ra AH  BC
�AH  BC


� 2
 2 � A 'H  a
2
2
2
2
A' E
A 'H
A 'D
a
A 'H
a

Thể tích khối lăng trụ là VABC . A ' B 'C '  A ' H .S ABC

1
a3
 a. a.a 
2
2

Chọn B.
Câu 48:
Phương pháp:
n
Sử dụng các công thức log a  bc   log a b  log a c và log a b  n log a b với điều kiện các logarit đều có

nghĩa.
Cách giải:

2
25