Issuu

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT KHỐI 12 MÔN TOÁN

vectorstock.com/20159037

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT KHỐI 12 CÁC TRƯỜNG, TRƯỜNG CHUYÊN, CÁC SỞ GIÁO DỤC TRÊN CẢ NƯỚC MỚI NHẤT NĂM 2021 MÔN TOÁN CÓ LỜI GIẢI (51-60) WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT KHỐI 12 CÁC TRƯỜNG, TRƯỜNG CHUYÊN, CÁC SỞ GIÁO DỤC TRÊN CẢ NƯỚC MỚI NHẤT NĂM 2021 MÔN TOÁN CÓ LỜI GIẢI (51-60) 0. Đề minh họa của bộ GD môn Toán - Thi tốt nghiệp THPT 2021 51. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - THPT Chuyên ĐH SPHN - Lần 1 52. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình - Lần 1 53. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - THPT Chuyên Lào Cai - Lần 1 54. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 2 55. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - Lần 1 56. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - THPT Kim Liên - Hà Nội - Lần 2 57. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - THCS&THPT Nguyễn Tất Thành - Hà Nội - Lần 2 58. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - Chuyên Bắc Ninh - tỉnh Bắc Ninh - Lần 3 59. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - Sở GDĐT Bắc Giang - Lần 1 60. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - Sở GDĐT Bình Phước - Lần 1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO ĐỀ THI THAM KHẢO (Đề thi có 05 trang)

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2021 Bài thi: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút không kể thời gian phát đề

Họ, tên thí sinh: ……………………………………………. Số báo danh:……………………………………………….. Câu 1: Có bao nhiêu cách chọn ra 3 học sinh từ một nhóm có 5 học sinh? A. 5!. B. A53 . C. C53 .

D. 53.

Câu 2: Cho cấp số cộng ( un ) có u1 = 1 và u2 = 3 . Giá trị của u3 bằng? A. 6. B. 9. Câu 3: Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

C. 4.

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào, trong các khoảng dưới đây? A. ( −2; 2 ) . B. ( 0; 2 ) . C. ( −2;0 ) .

D. 5.

D. ( 2; +∞ ) .

Câu 4: Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Điểm cực đại của hàm số đã cho là: A. x = −3. B. x = 1. C. x = 2. Câu 5: Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm f ' ( x ) như sau:

Hàm số f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị? A. 4. B. 1.

C. 2.

2x + 4 là đường thẳng: x −1 A. x = 1. B. x = −1. C. x = 2. Câu 7: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?

D. x = −2.

D. 3.

Câu 6: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

D. x = −2.

A. y = − x 4 + 2 x 2 − 1. B. y = − x 4 − 2 x 2 − 1. C. y = x3 − 3 x 2 − 1. Câu 8: Đồ thị hàm số y = x3 − 3 x + 2 cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng A. 0. B. 1. C. 2. Câu 9: Với a là số thực dương tùy ý, log 3 ( 9a ) bằng 1 + log 3 a. B. 2 log 3 a. 2 Câu 10: Đạo hàm của hàm số y = 2 x là:

A. y ' = 2 x ln 2.

B. y ' = 2 x.

Câu 11: Với a là số thực dương tùy ý,

D. −2.

C. ( log 3 a ) .

D. 2 + log 3 a.

2x . ln 2

D. y ' = x 2 x −1.

C. y ' =

a3 bằng 2 3

3 2

D. y = − x 3 + 3 x 2 − 1.

A. a . B. a . Câu 12: Nghiệm của phương trình 52 x− 4 = 25 là: A. x = 3. B. x = 2. Câu 13: Nghiệm của phương trình log 2 ( 3x ) = 3 là:

1 6

C. a .

D. a .

C. x = 1.

D. x = −1.

8 1 C. x = . D. x = . 3 2 2 Câu 14: Cho hàm số f ( x ) = 3x − 1. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng? A. x = 3.

B. x = 2.

A. ∫ f ( x ) dx = 3 x3 − x + C. C.

∫ f ( x ) dx = 3 x

− x + C.

∫ f ( x ) dx = x

− x + C. − C.

Câu 15: Cho hàm số f ( x ) = cos 2 x. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng? 1 A. ∫ f ( x ) dx = sin 2 x + C. 2 C. ∫ f ( x ) dx = 2sin 2 x + C. 2

Câu 16: Nếu

∫ f ( x ) dx = − 2 sin 2 x + C. D. ∫ f ( x ) dx = −2sin 2 x + C. B.

∫ f ( x ) dx = 5 và ∫ f ( x ) dx = −2 thì ∫ f ( x ) dx bằng 1

A. 3.

B. 7.

C. −10.

D. −7.

Câu 17: Tích phân

∫ x dx bằng 3

17 15 . B. . 4 3 Câu 18: Số phức liên hợp của số phức z = 3 + 2i là:

C. 2

7 . 4

15 . 4

A. z = 3 − 2i. B. z = 3 + 2i. C. z = −3 + 2i. Câu 19: Cho hai số phức z = 3 + i và w = 2 + 3i. Số phức z − w bằng A. 1 + 4i. B. 1 − 2i. C. 5 + 4i. Câu 20: Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức 3 − 2i có tọa độ là A. ( 2;3) . B. ( −2;3) . C. ( 3; 2 ) .

D. z = −3 − 2i. D. 5 − 2i. D. ( 3; −2 ) .

Câu 21: Một khối chóp có diện tích đáy bằng 6 và chiều cao bằng 5. Thể tích của khối chóp bằng A. 10. B. 30. C. 90. D. 15. Câu 22: Thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước 2;3;7 bằng A. 14. B. 42. C. 126. D. 12. Câu 23: Công thức tính thể tích V của khối nón có bán kính đáy r và chiều cao h là: 1 1 A. V = π rh. B. V = π r 2 h. C. V = π rh. D. V = π r 2 h. 3 3 Câu 24: Một hình trụ có bán kính đáy r = 4cm và độ dài đường sinh l = 3m. Diện tích xung quanh của hình trụ đó bằng A. 12π cm 2 . B. 48π cm 2 . C. 24π cm 2 . D. 36π cm 2 . Câu 25: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1;1; 2 ) và B ( 3;1;0 ) . Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là A. ( 4; 2; 2 ) . B. ( 2;1;1) . C. ( 2; 0; −2 ) . D. (1; 0; −1) . 2

Câu 26: Trong không gian Oxyz , mặt cầu ( S ) : x 2 + ( y − 1) + z 2 = 9 có bán kính bằng A. 9. B. 3. C. 81. D. 6. Câu 27: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng nào dưới đây đi qua điểm M (1; −2;1) ? A. ( P1 ) : x + y + z = 0.

B. ( P2 ) : x + y + z − 1 = 0.

C. ( P3 ) : x − 2 y + z = 0.

D. ( P4 ) : x + 2 y + z − 1 = 0.

Câu 28: Trong không gian Oxyz , vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và điểm M (1; −2;1) ? A. u1 = (1;1;1) .

B. u2 = (1; 2;1) .

C. u3 = ( 0;1; 0 ) .

D. u4 = (1; −2;1) .

Câu 29: Cho ngẫu nhiên một số trong 15 số nguyên dương đầu tiên. Xác suất để chọn được số chẵn bằng 7 8 7 1 A. . B. . C. . D. . 8 15 15 2 Câu 30: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên ℝ ? x +1 . A. y = B. y = x 2 + 2 x. C. y = x3 − x 2 + x. D. y = x 4 − 3 x 2 + 2. x−2 Câu 31: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x 4 − 2 x 2 + 3 trên đoạn [ 0; 2] . Tổng M + m bằng A. 11.

B. 14. 2 Câu 32: Tập nghiệm của bất phương trình 34 − x ≥ 27 là A. [ −1;1] . B. ( −∞;1] . 3

Câu 33: Nếu

∫  2 f ( x ) + 1dx = 5 thì

∫ f ( x ) dx bằng

C. 5.

D. 13.

C.  − 7; 7  .

D. [1; +∞ ) .

3 . 4 Câu 34: Cho số phức z = 3 + 4i. Môđun của số phức (1 + i ) z bằng

A. 3.

B. 2.

3 . 2

A. 50. B. 10. C. 10. D. 5 2. Câu 35: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = AD = 2 và AA ' = 2 2 (tham thảo hình bên). Góc giữa đường thẳng CA ' và mặt phẳng ( ABCD ) bằng

A. 300.

B. 450.

C. 600.

D. 900.

Câu 36: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có độ dài cạnh đáy bằng 2 và độ dài cạnh bên bằng 3 (tham khảo hình bên). Khoảng cách từ S đến mặt phẳng ( ABCD ) bằng

A. 7. B. 1. C. 7. D. 11. Câu 37: Trong không gian Oxyz , mặt cầu có tâm là gốc tọa độ O và đi qua điểm M ( 0;0; 2 ) có phương trình là:

A. x 2 + y 2 + z 2 = 2.

B. x 2 + y 2 + z 2 = 4. 2

C. x 2 + y 2 + ( z − 2 ) = 2.

D. x 2 + y 2 + ( z − 2 ) = 4.

Câu 38: Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua hai điểm A (1; 2; −1) và điểm B ( 2; −1;1) có phương trình tham số là: x = 1+ t x = 1+ t x = 1+ t x = 1+ t     A.  y = 2 − 3t . B.  y = 2 − 3t . C.  y = −3 + 2t . D.  y = 1 + 2t .  z = −1 + 2t  z = 1 + 2t z = 2 − t  z = −t     Câu 39: Cho hàm số f ( x ) , đồ thị của hàm số y = f ' ( x ) là đường cong trong hình bên. Giá trị lớn nhất của  3  hàm số g ( x ) = f ( 2 x ) − 4 x trên đoạn  − ; 2  bằng  2  4

A. f ( 0 ) .

B. f ( −3) + 6.

C. f ( 2 ) − 4.

D. f ( 4 ) − 8.

Câu 40: Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho ứng với mỗi y có không quá 10 số nguyên x thỏa mãn

x +1

)

− 2 ( 2 x − y ) < 0?

A. 1024.

B. 2047.

C. 1022.

D. 1023.

π 2  x 2 − 1 khi x ≥ 2 Câu 41: Cho hàm số f ( x ) =  2 . Tích phân ∫ f ( 2 sin x + 1) cos xdx bằng  x − 2 x + 3 khi x < 2 0 23 23 17 17 . . . . A. B. C. D. 3 6 6 3 Câu 42: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z = 2 và ( z + 2i ) z − 2 là số thuần ảo?

(

)

A. 1. B. 0. C. 2. D. 4. Câu 43: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa SA và mặt phẳng ( SBC ) bằng 450 (tham khảo hình bên). Thể tích của khối chóp S . ABC bằng

a3 3a 3 3a 3 a3 . . . . B. C. D. 8 8 12 4 Câu 44: Ông Bình làm lan can ban công ngôi nhà của mình bằng một tấm kính cường lực. Tấm kính đó là một phần của mặt xung quanh của một hình trụ như hình bên. Biết giá tiền của 1 m 2 kính như trên là 1.500.000 đồng. Hỏi số tiền (làm tròn đến hàng nghìn) mà ông Bình mua tấm kính trên là bao nhiêu? A.

A. 23.519.100 đồng. B. 36.173.000 đồng. C. 9.437.000 đồng. D. 4.718.000 đồng. Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + 2 y − z − 3 = 0 và hai đường thẳng x −1 y z +1 x − 2 y z +1 , d2 : . Đường thẳng vuông góc với ( P ) , đồng thời cắt cả d1 và d 2 có = = = = 2 2 −2 1 2 −1 phương trình là x−3 y −2 z +2 x − 2 y − 2 z +1 . . A. = = B. = = 2 2 −1 3 2 −2 x −1 y z + 1 x − 2 y +1 z − 2 . . C. = = D. = = 2 −2 −1 2 2 −1 Câu 46: Cho f ( x ) là hàm số bậc bốn thỏa mãn f ( 0 ) = 0. Hàm số f ' ( x ) có bảng biến thiên như sau: d1 :

Hàm số g ( x ) = f ( x 3 ) − 3 x có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 3. B. 5. C. 4. Câu 47: Có bao nhiêu số nguyên a ( a ≥ 2 ) sao cho tồn tại số thực x thỏa mãn:

log x

+ 2)

log a

D. 2.

= x − 2?

A. 8. B. 9. C. 1. D. Vô số. Câu 48: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Biết hàm số f ( x ) đạt cực trị tại điểm x1 , x2 thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 0. Gọi S1 và S2 là diện tích của hai hình phẳng được gạch trong hình bên. Tỉ số

3 A. . 4

S1 bằng S2

5 B. . 8

3 C. . 8 6

3 D. . 5

Câu 49: Xét hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 = 1, z2 = 2 và z1 − z2 = 3. Giá trị lớn nhất của 3z1 + z2 − 5i bằng A. 5 − 19. B. 5 + 19. C. −5 + 2 19. D. 5 + 2 19. Câu 50: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2;1;3) và B ( 6;5;5) . Xét khối nón ( N ) có đỉnh A, đường tròn đáy nằm trên mặt cầu đường kính AB. Khi ( N ) có thể tích lớn nhất thì mặt phẳng chứa đường tròn đáy của ( N ) có phương trình dạng 2 x + by + cz + d = 0. Giá trị của b + c + d bằng

A. −21.

B. −12.

C. −18. ---------------- HẾT ---------------

D. −15.

PHÂN TÍCH ĐỀ MINH HỌA THI TỐT NGHIỆP THPT MÔN TOÁN NĂM 2021 Nhận xét chung: Phân tích cụ thể đề minh họa thi Tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2021, đề minh họa năm nay ở mức độ dễ thở, tương đương với đề thi chính thức năm 2020 (phù hợp với mục tiêu xét tuyển tốt nghiệp). Đề thi minh họa tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2021 có tính phân loại tương đối tốt. Các câu hỏi được sắp xếp theo mức độ khó tăng dần từ NB, TH, VD, VDC. Những câu dễ từ câu 1 đến câu 38, những câu khó hơn từ câu 39 đến câu 50. Những câu hỏi mức độ khá từ 35-44 mang đậm tính chất hiểu lý thuyết và có sự đổi mới (39,40, 41,44). Câu 44 là bài toán thực tế. Những câu VDC (câu 46 -50) tập trung ở cuối đề thi, gồm một số nội dung quen thuộc như Cực trị của hàm trị tuyệt đối, Phương trình mũ loga, Cực trị số phức, so với những năm trước năm nay có thêm Diện tích hình phẳng, Cực trị thể tích hình không gian, có thể do năm nay ảnh hưởng dịch Covid không kéo dài như năm trước). Đề thi có tương đối nhiều câu bấm máy tính hoặc chỉ cần nắm kiến thức cơ bản là ra ngay đáp số. Đề thi đòi hỏi học sinh hiểu bản chất vấn đề thì mới làm tốt được. Đối với năm học này, dịch bệnh vẫn diễn biến phức tạp, học sinh vẫn còn phải nghỉ học, đề thi như vậy nhìn là tương đối hợp lí, không quá khó hay quá dễ nhưng nếu với các trường không có kế hoạch tổ chức dạy học kịp thời trong dịch thì cũng sẽ gặp khó khăn. Về độ khó: So với đề thi chính thức kì thi THPT QG năm 2020, độ khó của đề minh họa tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2021 được tăng lên một chút. Việc điều chỉnh về độ khó và cấu trúc đề thi như vậy cũng tạo thuận lợi hơn cho thí sinh trong việc xét công nhận tốt nghiệp theo quy chế mới. Về phổ điểm: Với đề thi này, phổ điểm chủ yếu sẽ là từ 7-8 điểm, cao tương đương so với đề chính thức năm 2020. - Học sinh trung bình được khoảng 7 điểm. - Học sinh khá được khoảng 8-8,5 điểm. - Học sinh giỏi hoàn toàn có thể đạt 9,10 điểm. Về cấu trúc: Đề thi gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm. Phạm vi ra đề bao gồm cả kiến thức lớp 12 và 11, nhưng trọng tâm là kiến thức lớp 12 : 45 câu (chiếm khoảng 90 %), các câu hỏi lớp 11: 5 câu (chiếm khoảng 10 %) (không có kiến thức lớp 10). Tuy không có câu hỏi thuộc phần kiến thức lớp 10 nhưng có những bài toán học sinh cần vận dụng kiến thức lớp 10 mới có thể làm được. MA TRẬN ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT MÔN TOÁN 2020 Về mặt số lượng LỚP CHUYÊN ĐỀ Hàm số Mũ và Logarit Lớp 12 Nguyên hàm – Tích phân và ứng dụng Số phức Thể tích khối đa diện 8

SỐ LƯỢNG 10 câu 8 câu 7 câu 6 câu 2 câu

Lớp 11

4 câu 8 câu 0 câu 2 câu 1 câu 0 câu 0 câu 0 câu 2 câu 50 câu

Khối tròn xoay Hình giải tích Oxyz Lượng giác Tổ hợp, Xác suất Dãy số, cấp số Giới hạn Đạo hàm Phép biến hình Hình học không gian (quan hệ song song, vuông góc) TỔNG

Về mặt mức độ câu hỏi MỨC ĐỘ CÂU HỎI

SỐ LƯỢNG 27 câu 11 câu 7 câu 5 câu 50 câu

1 2 3 4

Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Vận dụng cao TỔNG So sánh đề thi tốt nghiệp THPT chính thức 2020 Tiêu chí Đề chính thức năm 2020 Phạm vi 90% lớp 12 10% lớp 11 Độ phủ Lớp 12 + 3 chuyên đề lớp 11 Nhận biết 25 câu (50%) Thông hiểu 13 câu (26%) Vận dụng 7 câu (14%) Vận dụng cao 5 câu (10%)

1. C 11. B 21. A 31. D 41. B

2. D 12. A 22. B 32. A 42. C

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

4. D 14. B 24. C 34. D 44. C

BẢNG ĐÁP ÁN 5. A 6. A 15. A 16. A 25. B 26. B 35. B 36. A 45. A 46. A

Đề minh học năm 2021 90% lớp 12 10% lớp 11 12 + 3 chuyên đề lớp 11 27 câu (54%) 11 câu (22%) 7 câu (14%) 5 câu (10%)

7. B 17. D 27. A 37. B 47. A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Cách giải: Số cách chọn 3 học sinh trong 5 học sinh: C53 cách. Chọn C. Câu 2: Cách giải: Công sai của CSC là d = u2 − u1 = 3 − 1 = 2. 9

8. C 18. A 28. D 38. A 48. D

9. D 19. B 29. C 39. C 49. B

10. A 20. D 30. C 40. A 50. C

⇒ u3 = u1 + 2d = 1 + 2.2 = 5. Chọn D. Câu 3: Cách giải: Từ bảng biến thiên, hàm số đồng biến trên ( −∞; −2 ) và ( 0; 2 ) .

Chọn B. Câu 4: Cách giải: Hàm số đạt cực đại tại x = −2. Chọn D. Câu 5: Cách giải: f ' ( x ) đổi dấu qua 4 điểm nên f ( x ) có 4 điểm cực trị. Chọn B. Câu 6: Cách giải: TXĐ: D = ℝ \ {1} . Tiệm cận đứng của đồ thị là đường thẳng x = 1. Chọn A. Câu 7: Cách giải: Từ đồ thị, hàm số là hàm bậc 4 trùng phương: y = ax 4 + bx 2 + c có lim = +∞ nên có hệ số a > 0. x→±∞

Chọn B. Câu 8: Cách giải: Đồ thị hàm số cắt trục tung nên có hoành độ x = 0 ⇒ y = 2. Chọn C. Câu 9: Cách giải: log 3 ( 9a ) = log 3 9 + log3 a = 2 + log 3 a. Chọn D. Câu 10: Cách giải: y ' = ( 2 x ) ' = 2 x.ln 2. Chọn C. Câu 11: Cách giải: 1

a3 = ( a3 ) 2 = a 2 . Chọn B. Câu 12: Cách giải: 52 x − 4 = 25 ⇔ 52 x − 4 = 52 ⇔ 2x − 4 = 2 ⇔ x = 3 Vậy phương trình có nghiệm x = 3. 10

Chọn A. Câu 13: Cách giải: ĐKXĐ: x > 0 Ta có: log 2 ( 3x ) = 3 ⇔ 3x = 23 ⇔ 3x = 8 ⇔ x =

8 3

8 Vậy phương trình có nghiệm x = . 3 Chọn C. Câu 14: Cách giải: 2 3 ∫ f ( x ) dx = ∫ ( 3x − 1) dx = x − x + C

Chọn B. Câu 15: Cách giải: 1

∫ f ( x ) dx = ∫ ( cos 2 x ) dx = 2 ∫ ( cos 2 x ) d ( 2 x ) = 2 sin 2 x + C

Chọn A. Câu 16: Cách giải: 3

∫ 1

f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 5 + ( −2 ) = 3.

Chọn A. Câu 17: Cách giải: 2 1 4 2 1 15 3 ∫1 x dx = 4 x 1 = 4 − 4 = 4 . Chọn D. Câu 18: Cách giải: z = 3 + 2i ⇒ z = 3 − 2i. Chọn A. Câu 19; Cách giải: z − w = ( 3 + i ) − ( 2 + 3i ) = ( 3 − 2 ) + (1 − 3) i = 1 − 2i. Chọn B. Câu 20: Cách giải: Số phức 3 − 2i có điểm biểu diễn trong mặt phẳng là điểm ( 3; 2 ) . Chọn D. Câu 21: Cách giải: 11

1 Diện tích đáy S = 6, chiều cao h = 5 ⇒ V = S .h = 10. 3 Chọn A. Câu 22: Cách giải: Thể tích khối hộp chữ nhật có 3 kích thước 2;3;7 là V = 2.3.7 = 42. Chọn B Câu 23: Cách giải: 1 Công thức tính thể tích của khối nón có bán kính đáy r và chiều cao h là V = π r 2 h. 3 Chọn D. Câu 24: Cách giải: Diện tích xung quanh của hình trụ là S xq = 2π rl = 24π ( cm 2 ) .

Chọn C. Câu 25 Cách giải:

x A + xB 1 + 3   xM = 2 = 2 = 2  y + yB 1 + 1  = =1. Gọi M là trung điểm của AB ta có:  yM = A 2 2  z A + zB 2 + 0   zM = 2 = 2 = 1  Vậy M ( 2;1;1) . Chọn B. Câu 26: Cách giải: 2 Mặt cầu ( S ) : x 2 + ( y − 1) + z 2 = 9 có bán kính R = 9 = 3. Chọn B. Câu 27: Cách giải: Thay M vào ( P1 ) ta được: 1 − 2 + 1 = 0 nên M ∈ ( P1 ) . Chọn A. Câu 28: Cách giải: 1 VTCP của đường thẳng đi qua O, M là u = OM = (1; −2;1) = u4 . Chọn D. Câu 29: Cách giải: Không gian mẫu là Ω = {1; 2;3;...;15} ⇒ Ω = 15. Gọi A là biến cố chọn được số chẵn trong 15 số nguyên dương đầu tiên.. Trong 15 số nguyên dương đầu tiên có 7 số nguyên dương chẵn là {2; 4;6;8;10;12;14} nên ΩA = 7. 12

Vậy xác suất của biến cố A là P ( A ) =

ΩA Ω

7 . 15

Chọn C. Câu 30: Cách giải: Đáp án A: D = ℝ \ {2} ⇒ Loại đáp án A. Đáp án B: Loại vì y ' = 2 x + 2 > 0 ⇔ x > −1. Đáp án C: y ' = 3 x 2 − 2 x + 1 > 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ Thỏa mãn. Đáp án D: Loại vì là y ' = 4 x 3 − 6 x, do đó không thỏa mãn y ' > 0 ∀x ∈ ℝ. Chọn A. Câu 31: Cách giải: TXĐ: D = ℝ. Ta có: f ' ( x ) = 4 x3 − 4 x

 x = 0 ∈ [ 0; 2]  Cho f ' ( x ) = 0 ⇔ 4 x ( x 2 − 1) = 0 ⇔  x = 1 ∈ [ 0; 2] .   x = −1 ∈ [ 0; 2] Ta có: f ( 0 ) = 3, f ( 2 ) = 11, f (1) = 2 Vậy M = 11, m = 2 ⇒ M + m = 11 + 2 = 13. Chọn D. Câu 32: Cách giải: Ta có: 2

34− x ≥ 27 ⇔ 4 − x2 ≥ 3 ⇔ x 2 ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 Vậy nghiệm của bất phương trình là [ −1;1] .

Chọn A. Câu 33: Cách giải: Ta có: 3

∫  2 f ( x ) + 1 dx =2∫ f ( x ) dx + ∫ dx 3

⇔ 5 = 2 ∫ f ( x ) dx +x 1 3

3 1

⇔ 5 = 2 ∫ f ( x ) dx + 2 1

⇔ ∫ f ( x ) dx = 1

3 2

Chọn D. Câu 34: Cách giải: Ta có: w = (1 + i ) z

⇒ w = 1 + i . z = 12 + 12 . 32 + 42 = 5 2. Chọn D. Câu 35: Cách giải: Vì AA ' ⊥ ( ABCD ) nên CA là hình chiếu vuông góc của CA ' lên ( ABCD ) .

⇒ ∠ ( CA '; ( ABCD ) ) = ∠ ( CA '; CA ) = ∠A ' CA. Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC ta có: AC = AB 2 + AD 2 = 2 2=AA ' ⇒ ∆AA'C vuông cân tại ⇒ ∠ACA ' = 450. Vậy ∠ ( CA '; ( ABCD ) ) = 450.

Chọn B. Câu 36: Cách giải:

Gọi {O} = AC ∩ BD. Vì S . ABCD là chóp tứ giác đều nên SO ⊥ ( ABCD ) , do đó d ( S ; ( ABCD ) ) = SO. Vì ABCD là hình vuông cạnh 2 nên BD = 2 2 ⇒ OD = 2. Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông SOD ta có:

SO = SD 2 − OD 2 = 9 − 2 = 7 Vậy d ( S ; ( ABCD ) ) = 7.

Chọn A. Câu 37: Cách giải: Bán kính mặt cầu có tâm là gốc tọa độ O và đi qua điểm M ( 0;0; 2 ) là R = OM = 02 + 02 + 22 = 2. Vậy phương trình mặt càu cần tìm là x 2 + y 2 + z 2 = 4. Chọn B. Câu 38: Cách giải: Đường thẳng đi qua hai điểm A, B nhận AB = (1; −3; 2 ) làm 1 VTCP. 14

x = 1+ t  Do đó phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A, B là  y = 2 − 3t  z = −1 + 2t  Chọn A. Câu 39: Cách giải:

Ta có: g ' ( x ) = 2 f ' ( 2 x ) − 4 Cho g ' ( x ) = 0 ⇔ 2 f ' ( 2 x ) − 4 = 0 ⇔ f ' ( 2 x ) = 2 ⇔ f ' ( 2 x ) = 1.  3  Dựa vào đồ thị hàm số y = f ' ( x ) đề bài cho ta thấy trên  − ; 2  đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số  2  y = f ' ( x ) tại x − 0, x = 2, trong đó x = 0 là nghiệm kép.

Do đó f ' ( 2 x ) = 1 ⇔ 2 x = 2 ⇔ x = 1 (không xét nghiệm kép 2 x = 0 vì qua các nghiệm của phương trình này thì

g ' ( x ) không đổi dấu. Lấy x = 0 ta có g ' ( −1) = 2 f ' ( −1) − 4 > 0 do f ' ( −1) > 2  3  Do đó ta có bảng xét dấu g ' ( x ) trên  − ;1 như sau:  2  3 − x 2 g '( x)

g (1) g ( x)  3 g−   2

Với max g ( x ) = g (1) = f ( 2 ) − 4.  3   − 2 ;1

Chọn C. Câu 40: Cách giải:

1  x  − 2 ( 2x − y ) < 0 ⇔  2x −  (2 − y) < 0 2  Vậy y > 0 nên bất phương trình có không quá 10 nghiệm nguyên khi và chỉ khi 1 1 < 2 x < y ⇔ − < x < log 2 y. 2 2 Nếu log 2 y > 10 ⇒ x ∈ {0;1; 2;...;10} đều là nghiệm, do đó không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

)

x +1

⇒ log 2 y ≤ 10 ⇔ y ≤ 1024.

Mà y là số nguyên dương nên y ∈ {1; 2;3;...;1023;1024} . Vậy có 1024 gí trị nguyên dương của y thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A. Câu 41: Cách giải: π 2

Xét I = ∫ f ( 2sin x + 1) cosxdx. 0

Đặt t = 2 s inx+1 ta có dt = 2 cos xdx. x = 0 ⇒ t = 1  . Khi đó ta có: Đổi cận:  π  x = 2 ⇒ t = 3 3 3 1 1 I = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx 21 21 2 3  1 =  ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx  21 2  2 3  1 2 =  ∫ ( x − 2 x + 3) dx + ∫ ( x 2 − 1) dx  21 2 

1  7 16  23 =  + = 23 3  6

Chọn B. Câu 42: Cách giải: Đặt w = ( z + 2i ) z − 2

(

)

= z.z − 2 z + 2i z − 4i 2 = z − 2 z + 2i z − 4i = 2 − 2 z + 2i z − 4i Đặt z = x + yi ( x; y ∈ ℝ ) ⇒ z = x − yi, khi đó ta có: w = 2 − 2 z + 2iz − 4i = 2 − 2 ( x + yi ) + 2i ( x − yi ) − 4i 16

= 2 − 2 x − 2 yi + 2 xi + 2 y − 4i

= ( 2 − 2x + 2 y ) + ( 2 x − 2 y − 4) i Vì w là số thuần ảo nên 2 − 2 x + 2 y = 0 ⇔ x = y + 1. 2

Lại có z = 2 ⇔ x 2 + y 2 = 4 ⇒ ( y + 1) + y 2 = 4 ⇔ 2 y 2 + 2 y − 3 = 0 ⇔ y =

−1 ± 7 . 2

Vậy có 2 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn C. Câu 43: Cách giải:

Gọi M là trung điểm BC , trong ( SAM ) kẻ AH ⊥ SM ( H ∈ SM ) ta có:  BC ⊥ AM ⇒ BC ⊥ ( SAM ) ⇒ BC ⊥ AH   BC ⊥ SA  AH ⊥ BC ( cmt ) ⇒ AH ⊥ ( SBC )   AH ⊥ SM ⇒ SH là hình chiếu vuông góc của SA lên ( SBC )

⇒ ∠ ( SA; ( SBC ) ) = ∠ ( SA; SH ) ⇔ ASH = ∠ASM = 450 ⇒ ∆SAM vuông cân tại A. Vì ABC là tam giác đều cạnh a nên AM =

a 3 a 3 a2 3 . ⇒ SA = AM = và S ∆ABC = 2 2 4

1 1 a 3 a 2 3 a3 . Vậy VS . ABC = SA.S ∆ABC = . = . 3 3 2 4 8 Chọn A Câu 44: Cách giải:

Giả sử ( O; R ) là đường tròn đáy của hình trụ. Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC , với ( O ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. MN = 2 R ⇔ R = 4, 45. sin A ⇒ Diện tích xung quanh của hình trụ là: S xq = 2π Rh = 2π .4, 45.1, 35 = 12, 015π ( m 2 ) .

Ta có:

Vì OM = ON = MN = 4, 45 nên ∆OMN là tam giác đều ⇒ ∠MON = 600. 1 ⇒ Diện tích tấm cường lực là: S xq ( m 2 ) . 3 1 Vậy số tiền Ông Bình mua tấm kính trên là: .12,105π .1500000 ≈ 9436558 (đồng). 6 Chọn C. Câu 45: Cách giải: Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm Gọi A = ∆ ∩ d1 ⇒ A (1 + 2t ; t ; −1 − 2t ) Gọi B = ∆ ∩ d 2 ⇒ B ( 2 + t '; 2t '; −1 − t ') ⇒ AB = ( t '− 2t + 1; 2t '− t ; −t '+ 2t ) . Vì ∆ ⊥ ( P ) nên AB và nP = ( 2; 2; −1) là 2 vectơ cùng phương.

t '− 2t + 1 2t '− t −t '+ 2t = = 2 2 −1 t ' − 2 t + 1 = 2 t ' − t  ⇔ t '− 2t + 1 = 2t '− 4t

⇒

t '+ t = 1 t ' = 1 ⇔ ⇔ t '− 2t = 1 t = 0 ⇒ A (1;0; −1) , B ( 3; 2; −2 ) ⇒ AB = ( 2; 2; −1) .

Vậy phương trình đường thẳng ∆ là:

Chọn A. Câu 46: Cách giải:

x−3 y −2 z +2 . = = 2 2 −1

Xét hàm số h ( x ) = f ( x3 ) − 3 x ta có h ' ( x ) = 3 x 2 f ' ( x3 ) − 3. Cho h ' ( x ) = 0 ⇔ 3 x 2 f ' ( x 3 ) − 3 = 0 ⇔ x 2 f ' ( x3 ) − 1 = 0 ⇔ f ' ( x3 ) =

Đặt t = x3 ⇒ x = 3 t ⇒ x 2 =

Xét hàm số k ( t ) =

( ) 3

( t) 3

ta có f ' ( t ) =

ta có k ( t ) = t

2 − 3

( ) 3

1 . x2

( *) .

2 − 2 1 . ⇒ k ' ( t ) = − .t 3 = − . 3 3 3 t5

BBT:

−∞

k ' (t )

+∞

−

+∞

k (t ) 0

Khi đó ta có đồ thị hàm số:

Dựa vào đồ thị ta thấy (*) ⇔ t = a > 0 ⇔ x 3 = a ⇔ x = 3 a . ⇒ Hàm số h ( x ) = f ( x3 ) − 3 x có 1 điểm cực trị.

BBT:

−∞

−

h '( x)

+∞

+ +∞

h ( x) 19

h Dựa vào BBT ta thấy h

( a) 3

( a ) < h ( 0) = f ( 0) = 0. Do đó phương trình h ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt. 3

Vậy hàm số g ( x ) = h ( x ) có tất cả 3 điểm cực trị.

Chọn A. Câu 47: Cách giải: Ta có: ( a log x + 2 )

log a

= x − 2 ⇔ ( x log a + 2 )

log a

= x−2

Đặt b = log a ⇔ a = 10b. Vì a ≥ 2 ⇒ b ≥ log 2 > 0. Phương trình đã cho trở thành:

+ 2 ) = x − 2 ⇔ ( x b + 2 ) + ( x b + 2 ) = x b + x ( *) .

Xét hàm số f ( t ) = t b + t ta có f ' ( t ) = bt b −1 + 1 > 0 ⇒ Hàm số y = f ( t ) đồng biến trên ℝ. Do đó (*) ⇔ xb + 2 = x ⇔ x log a = x − 2 ( **) . Với log a ≥ 1 ta có đồ thị hàm số như sau:

⇒ Phương trình (**) vô nghiệm.

Với log a < 1 ta có đồ thị hàm số như sau:

⇒ Phương trình (**) có nghiệm ⇒ Thỏa mãn. ⇒ log a < 1 ⇔ a < 10. Kết hợp điều kiện đề bài ta có a ∈ {2;3; 4;...;9} .

Vậy có 8 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A. Câu 48: Cách giải: 20

Chọn x1 = 1 ⇒ x2 = 3, khi đó ta chọn f ' ( x ) = ( x − 1)( x − 3) = x 2 − 4 x + 3 ⇒ f ( x) =

x3 − 2 x 2 + 3 x + c. 3

2 x3 − 2 x 2 + 3x − . 3 3 x = 2 − 3  2 x3 Xét phương trình hoành độ giao điểm f ( x ) = − 2 x 2 + 3 x − = 0 ⇔  x = 2 + 3 3 3 x = 2  2  x3 2 5 ⇒ S 2 = ∫  − 2 x 2 + 3 x − dx = . 3 3 12 1 Vì f ( x ) cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên chọn f ( x ) =

2 2 2 ⇒ S HCN = .1 = . 3 3 3 2 5 1 ⇒ S1 = S HCN − S1 = − = . 3 12 4 23 1 5 S : = . Vậ y 1 = S 2 12 4 3 Chọn D. Câu 49: Cách giải:

Với x = 1 ⇒ f (1) =

Gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1 , z2 Vì z1 = 1 nên tập hợp các điểm M là đường tròn tâm O bán kính R1 = 1 ⇒ OM = 1. Vì z2 = 2 nên tập hợp các điểm N là đường tròn tâm O bán kính R2 = 2 ⇒ ON = 2. Vì z1 − z2 = 3 nên MN = 3.

Đặt z3 = 3 z1 + z2 là gọi P là điểm biểu diễn số phức z3 , khi đó ta có OP = 3OM + ON = OM ' + ON . 21

⇒ OM ' PN là hình bình hàng.

Khi đó OP 2 = OM '2 + ON 2 + 2OM '.ON .cos ∠M ' ON . Lại có ∆OMN vuông tại M (định lý Pytago đảo) ⇒ cos∠MON =

OM 1 = . ON 2

⇒ OP 2 = OM '2 + ON 2 + 2OM '.ON .cos∠M'ON

1 = 32 + 22 + 2.3.2. = 19 2 ⇒ OP = 19

Gọi Q ( 0; −5) là điểm biểu diễn số phức 5i, khi đó ta có 3z1 + z2 − 5i = PQ. Do đó 3z1 + z2 − 5i max = PQmax . Áp dụng BĐT tam giác có PQ ≤ OP + OQ = 19 + 5.

⇒ PQmax = 5 + 19. Dấu " = " xảy ả khi P, O, Q thẳng hàng. Chọn B. Câu 50: Cách giải:

Không mất tính tổng quát ta giả sử đường cao của hình trụ trùng với AB. Gọi I là tâm mặt cầu đường kính AB. Gọi H là hình chiếu của I lên mặt phẳng chứa đường tròn đáy của hình nón ( N ) .

Đặt R, r lần lượt là bán kính mặt cầu và bán kính đường tròn đáy của hình nón. 1 Ta có AB = 42 + 4 2 + 2 2 = 36 = 6 ⇒ R = AB = 3. 2 Gọi h là chiều cao hình trụ ( h > 3) ⇒ IH = h − 3 2

⇒ r = 32 − ( h − 3) = − h 2 + 6h . 1 1 1 ⇒ Thể tích khối nón ( N ) là: V = π r 2 h = π . ( − h 2 + 6h ) .h = π h 2 ( 6 − h ) . 3 3 3

1 1  h + h + 12 − 2h  Áp dụng BĐT Cô-si ta có: h ( 6 − h ) = h.h. (12 − 2h ) ≤ .   = 32. 2 2  3  1 32π . ⇒ V( N ) ≤ π .32 = 3 3 2 AH 4 2 Dấu " = " xảy ra ⇔ h = 12 − 2h = h = 4 ⇒ = = ⇒ AH = AB. AB 6 3 3 2 ⇒ ( xH − 2; yH − 1; z H − 3) = ( 4; 4; 2 ) 3 8 14    xH − 2 = 3  xH = 3   8 11    14 11 13  ⇒  yH − 1 = ⇔  yH = ⇒ H  ; ;  3 3  3 3 3   4 13    zH − 3 = 3  zH = 3   1  14 11 13  ⇒ Mặt phẳng chứa đường tròn đáy của hình nón đi qua H  ; ;  và có 1 VTPT là n = AB = ( 2; 2;1) 2  3 3 3 Vậy phương trình mặt phẳng chứa đường tròn đáy của hình nón: 11   13   14   2  x −  + 2  y −  + 1 z −  = 0 ⇔ 2 x + 2 y + z − 21 = 0. 3 3  3   Chọn C. ---------------------------- HẾT ---------------------------2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

KÌ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 – LẦN 1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

BÀI THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Mã đề: 111 MỤC TIÊU

- Đề thi thử lần 1 trường THPT Chuyên Sư Phạm gồm 15 câu hỏi NB, 21 câu hỏi TH, 7 câu hỏi VD và 7 câu hỏi VDC. - Đề thi bám sát đề chính thức TN THPT 2020, tuy nhiên mức độ có khó hơn, các câu hỏi lạ hơn và gây khó khăn nhiều cho HS. - Đề thi đã hạn chế các câu hỏi NB, giúp học sinh có tư duy làm bài hơn, đồng thời luyện tập thành thạo các dạng toán thường xuất hiện trong các đề thi. Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : một vectơ chỉ phương của d ? A. u = (1; −3; −5 ) B. u = (1; −2;3)

x −1 y + 3 z + 5 . Vectơ nào dưới đây là = = 2 −4 −6

C. u = ( 2; 4;6 )

D. u = ( −1; 2;3)

Câu 2: Diện tích hình phẳng thuộc góc phần tư thứ hai, giới hạn bởi parabol y = 2 − x 2 , đường thẳng y = − x và trục Oy bằng: A.

7 6

5 6

11 6

9 2

Câu 3: Cho các số thực dương a, b, x khác 1, thỏa mãn α = log a x, 3α = log b x. Giá trị của log x2 a 2b3 bằng: A.

α 3

Câu 4: Cho mặt cầu có bán kính r = A.

3π

3 . Diện tích của mặt cầu đã cho bằng 2

B. 3π

C. 3 3π

3 π 2

Câu 5: Tập nghiệm của bất phương trình log 2 ( x 2 − x ) ≤ 1 là: A. [ −1;0 ) ∪ (1; 2]

B. ( −∞; −1) ∪ ( 2; +∞ )

C. [ −1; 2]

D. ( 0;1)

Câu 6: Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng 2a. Diện tích xung quanh của hình nón bằng: A. π 2a 2

B. 2π 2a 2

C. 2π a 2

D. π a 2

Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 16 . Tọa độ tâm của ( S ) là:

A. (1; 2;3)

B. ( −1; −2; −3)

C. ( −1; 2; −3)

D. (1; −2;3)

Câu 8: Cho hai số thực x, y thỏa mãn 2 − yi = x + 5i, trong đó i là đơn vị ảo. Giá trị của x và y là: A. x = 2, y = −5

B. x = 2, y = −5i

C. x = −5, y = 2

D. x = −5i, y = 2

Câu 9: Cho cấp số cộng ( un ) với u1 = 2 và công sai d = 3. Giá trị của u4 bằng: A. 11

B. 54

C. 14

D. 162

Câu 10: Cho khối hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = 3, AC = 5, AA ' = 8. Thể tích của khối hộp đã cho bằng A. 120

B. 32

C. 96

D. 60

C. ( −∞; 0 ) ∪ ( 0; +∞ )

D. ( 0; +∞ )

Câu 11: Tập xác định của hàm số y = log 5 x là: A. ( −∞; +∞ )

B. ( −∞; 0 ) ∩ ( 0; +∞ )

Câu 12: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình bên.

Số nghiệm thực của phương trình f ( x ) = 2 là:

A. 1

B. 0

C. 2

D. 3

C. x = 1007

D. x = 2017

Câu 13: Nghiệm của phương trình 4 x + 3 = 22020 là: A. x = 1013

B. x = 2023

Câu 14: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = A. y = 1

2x +1 là: 2x −1

B. x = 1

C. x =

Câu 15: Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

1 2

D. y =

1 2

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng:

A. −8

B. 5

C. 3

D. 1

C. ( −2;0 )

D. ( 2; +∞ )

Câu 16: Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −2; 2 )

B. ( 0; 2 )

Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − 2 y − z + 7 = 0 và điểm A (1;1; −2 ) . Điểm H ( a; b; c ) là hình chiếu vuông góc của A trên ( P ) . Tổng a + b + c bằng: A. −3

B. 1

C. 2

D. 3

C. z = −3 + 4i

D. z = 3 − 4i

Câu 18: Số phức liên hợp của số phức z = 3 − 4i là: A. z = −3 − 4i

B. z = 3 + 4i

Câu 19: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, biết M ( −2;1) là điểm biểu diễn số phức z. Phần thực của số phức

( 3 − 2i ) z

bằng:

A. −8

B. 7 2

Câu 20: Biết

∫

D. −4

f ( x ) dx = 2. Giá trị của

A. 1

C. −1

∫  f ( x ) + 2 x  dx bằng: 1

B. 5

C. 4 3

D. 1

Câu 21: Cho hình nón có đường kính đáy bằng 2, đường cao bằng 3. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng: A. 3π

(

)

C. 10π

10 + 1 π

D. 6π

Câu 22: Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển ( 3 x − 2 ) . A. 1944C83

B. 864C83

C. −864C83

D. −1944C83

C. x = 8

D. x = 11

Câu 23: Nghiệm của phương trình log 3 ( x − 1) = 2 là: A. x = 10 Câu 24: A.

∫ ( 2 x + 5)

B. x = 9 9

dx bằng:

1 10 ( 2 x + 5) + C 10

B. 18 ( 2 x + 5 ) + C

C. 9 ( 2 x + 5 ) + C

1 10 ( 2 x + 5) + C 20

Câu 25: Cho khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng: a3 2 A. 3

a3 3 B. 4

a2 3 C. 4

D. a 3

Câu 26: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ sau

A. y = x3 − 3 x 2

B. y = − x 4 + 2 x 2

C. y = − x 3 + 3 x 2

D. y = x 4 − 2 x 2

Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm A ( 5; 7;11) trên trục Oz có tọa độ là: A. ( 0;7;11)

B. ( 5;7;0 )

Câu 28: Số nghiệm nguyên của bất phương trình A. 4

C. ( 5;0;0 )

D. ( 0;0;11)

2 x − 16 ( x 2 − 5 x + 4 ) ≤ 0 là:

B. 3

C. 2

D. 1

Câu 29: Cho khối trụ có bán kính đáy r = 3 và độ dài đường sinh l = 5. Thể tích của khối trụ đã cho bằng: A. 45π

B. 30π

C. 15π 1

Câu 30: Biết f ( x ) là hàm số liên tục trên [ 0;3] và có

∫ 0

D. 90π 3

f ( 3 x ) dx = 3. Giá trị của

∫ f ( x ) dx bằng: 0

A. 9

B. 1

C. 3

1 3

Câu 31: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông, SA = SB = SC = AB = BC = 2a. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC bằng A.

8π a 2 2 3

8π a 2 3

32π a 2 3 3

D. 8π a 2

Câu 32: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1;1;1) , B ( 3; −1;1) . Mặt cầu đường kính AB có phương trình là: 2

B. ( x − 2 ) + y 2 + ( z − 1) = 2

D. ( x + 2 ) + y 2 + ( z + 1) = 4

A. ( x − 2 ) + y 2 + ( z − 1) = 4 C. ( x + 2 ) + y 2 + ( z + 1) = 2

Câu 33: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng xét dấu của f ' ( x ) như sau:

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là:

A. 3

B. 4

C. 1

D. 2

Câu 34: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = cos 2 x − 5cos x bằng: A. −4

−33 8

C. −5

D. −6

Câu 35: Cho hai số phức z = 4 + 3i và w = 1 − i. Môđun của số phức z.w bằng: A. 5 2

B. 4 2

C. 5

D. 3 2

Câu 36: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có tam giác ABC vuông tại A, AB = a, AC = a 2, AA ' = 2a. Hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng ( A ' B ' C ') trùng với trung điểm H của đoạn B ' C ' (tham khảo hình vẽ dưới đây). Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC ' bằng

a 5 5

a 5 3

C. 5

a 15 3

a 15 5

Câu 37: Một người gửi tiết kiệm 200 triệu đồng với lãi suất 5% một năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu đồng? A. 8 năm

B. 9 năm

C. 10 năm

D. 11 năm

Câu 38: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (1;1;1) , B ( 0; 2;1) và C (1; −1; 2 ) . Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với BC có phương trình là:

x +1 y +1 z +1 = = 1 1 −3

B. x − 3 y + z − 1 = 0

C. x − 3 y + z + 1 = 0

x −1 y −1 z −1 = = 1 1 −3

Câu 39: Cho hàm số f ( x ) = x3 có đồ thị ( C1 ) và hàm số g ( x ) = 3x 2 + k có đồ thị ( C2 ) . Có bao nhiêu giá trị của k để ( C1 ) và ( C2 ) có đúng hai điểm chung?

A. 2.

B. 3.

C. 1.

D. 4.

Câu 40: Gọi S là tập hợp các giá trị của x để ba số log8 ( 4 x ) ,1 + log 4 x, log 2 x theo thứ tự lập thành một cấp số nhân. Số phần tử của S là:

A. 2

B. 3

C. 1

D. 0

Câu 41: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên không âm của m để hàm số y =

ln x − 10 đồng biến trên ln x − m

khoảng (1; e3 ) . Số phần tử của S là:

A. 7.

B. 6.

C. 8.

D. 9.

Câu 42: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều. Hình chiếu vuông góc của A ' trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm của BC. Mặt phẳng ( P ) vuông góc với các cạnh bên và cắt các cạnh bên của hình lăng trụ lần lượt tại D, E , F . Biết mặt phẳng ( ABB ' A ') vuông góc với mặt phẳng ( ACC ' A ') và chu vi của tam giác

DEF bằng 4, thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' bằng

(

A. 12 10 − 7 2

)

(

B. 4 10 + 7 2

)

(

C. 6 10 − 7 2

)

Câu 43: Cho hàm số bậc bốn trùng phương, f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

(

D. 12 10 + 7 2

)

Số điểm cực trị của hàm số y =

A. 6

4 1  f x − 1 là: 4  ( ) x

B. 7

C. 5

D. 4

Câu 44: Cho hình chóp S . ABC có SA = 12cm, AB = 5cm, AC = 9cm, SB = 13cm, SC = 15cm và BC = 10cm. Tan của góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) bằng:

14 10

10 14 14

4 3

12 5

Câu 45: Cho hàm số y = ax3 + bx 2 + cx + d ( a, b, c, d ∈ ℝ ) có đồ thị là đường cong như hình vẽ bên.

Có bao nhiêu số dương trong các số a, b, c, d ?

A. 0

B. 1

C. 2

Câu 46: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

D. 3

2 x ( x + 3)

trên khoảng

( 0; +∞ )

thỏa mãn

F (1) = ln 3. Giá trị của e F ( 2021) − e F ( 2020) thuộc khoảng nào?  1 A.  0;   10 

 1 1 B.  ;   10 5 

1 1 C.  ;   5 3

1 1 D.  ;  3 2

Câu 47: Một nhóm 10 học sinh gồm 5 học sinh nam trong đó có An và 5 học sinh nữ trong đó có Bình được xếp ngồi vào 10 cái ghế trên một hàng ngang. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp nam và nữ ngồi xen kẽ, đồng thời An không ngồi cạnh Bình? A. 16. ( 4!)

B. 16.8!

C. 32. ( 4!)

D. 32.8!

Câu 48: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ thỏa mãn f 3 ( x ) + 3 f ( x ) = sin ( 2 x 3 − 3 x 2 + x ) , ∀x ∈ ℝ . Tích phân 1

I = ∫ f ( x ) dx thuộc khoảng nào? 0

A. ( −3; −2 )

B. ( −2; −1)

C. ( −1;1) 7

D. (1; 2 )

Câu 49: Cho a, b, c là ba số thực dương đôi một phân biệt. Có bai nhiêu bộ số

( a; b; c )

thỏa mãn

a b + 2 ≤ b a + 2 , bc + 2 ≤ cb + 2 , c a + 2 ≤ a c + 2 ?

A. 1

B. 3

C. 6

Câu 50: Xét các số thực dương a và b thỏa mãn log 3 (1 + ab ) = 2

D. 0 1 + log 3 ( b − a ) . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2

(1 + a )(1 + b ) P= a (a + b)

bằng

A. 1

B. 4

C. 2

D. 3

------------------- HẾT ------------------

BẢNG ĐÁP ÁN

1-D

2-A

3-C

4-B

5-A

6-A

7-D

8-A

9-A

10-C

11-C

12-C

13-C

14-C

15-B

16-B

17-B

18-B

19-D

20-B

21-C

22-D

23-A

24-D

25-B

26-D

27-D

28-A

29-A

30-A

31-D

32-B

33-A

34-A

35-A

36-D

37-B

38-C

39-A

40-A

41-C

42-A

43-D

44-B

45-A

46-A

47-C

48-C

49-D

50-B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (NB) Phương pháp: x − x0 y − y0 z − z0 = = có 1 VTCP là u = ( a; b; c ) a b c - Mọi vectơ cùng phương với u đều là 1 VTCP của đường thẳng d .

- Đường thẳng d :

Cách giải: x −1 y + 3 z + 5 = = có 1 VTCP là u = ( 2; −4; −6 ) = −2 ( −1; 2;3) nên u = ( −1; 2;3) cũng là 1 2 −4 −6 VTCP của đường thẳng d .

Đường thẳng d :

Chọn D. Câu 2 (TH) Phương pháp: - Xác định các đường giới hạn hình phẳng. 8

- Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) , x = a, x = b là

∫ f ( x ) − g ( x ) dx. a

Cách giải:  x = −1 Xét phương trình hoành độ giao điểm: 2 − x 2 = − x ⇔ x 2 − x − 2 = 0 ⇔  x = 2 Vì hình phẳng thuộc góc phần tư thứ hai nên x < 0 ⇒ x = −1. Khi đó diện tích hình phẳng thuộc góc phần tư thứ hai, giới hạn bởi parabol y = 2 − x 2 , đường thẳng y = − x và 0

trục Oy giới hạn bởi các đường y = 2 − x 2 , y = − x, x = −1, x = 0 nên S =

∫ 2− x −1

Chọn A. Câu 3 (TH) Phương pháp: Sử dụng các công thức

log an b m = log a b =

m log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 ) n

1 ( 0 < a, b ≠ 1) log b a

Cách giải: Ta có:

log x3 a 2b3 =

1 log x a 2 + log x b3 ) ( 3

2 log x a + log x b 3

2 1 + 3log a x log b x

3 1 1 + = 2α 3α α

Chọn C. Câu 4 (NB) Phương pháp: Diện tích mặt cầu bán kính R là S = 4π R 2 . 9

7 + x dx = . 6

Cách giải: 2

 3 3 Diện tích của mặt cầu có bán kính r = bằng: S = 4π r 2 = 4π   = 3π . 2  2 

Chọn B. Câu 5 (TH) Phương pháp: Với a > 0, giải bất phương trình logarit: log a f ( x ) ≤ b ⇔ 0 ≤ f ( x ) ≤ a b .

Cách giải: Ta có:

log 2 ( x 2 − 1) ≤ 1 ⇔ 0 < x2 − x ≤ 2  x 2 − x > 0 ⇔ 2  x − x − 2 ≤ 0

 x > 1  ⇔   x < 0 −1 ≤ x ≤ 2 

⇔ x [ −1;0 ) ∪ (1; 2] . Chọn A. Câu 6 (TH) Phương pháp: - Sử dụng tính chất tam giác vuông cân tính độ dài đường sinh và bán kính đáy hình nón. - Diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh l và bán kính đáy r là S xq = π rl.

Cách giải: Vì hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng 2a nên độ dài đường sinh của 2a 2a hình nón là l = = a. = a 2 và bán kính đáy của hình nón r = 2 2 Vậy diện tích xung quanh của hình nón là: S xq = π rl = π .a.a 2 = π 2a 2 .

Chọn A. Câu 7 (NB) 10

Phương pháp: 2

Mặt cầu ( S ) : ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = R 2 có tọa độ tâm là I ( a; b; c )

Cách giải: 2

Mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 16 có tọa độ tâm là I (1; −2;3) .

Chọn D. Câu 8 (NB) Phương pháp:

a1 = a2 . Sử dụng định nghĩa hai số phức bằng nhau: z1 = a1 + b1i; z2 = a2 + b2i ⇒ z1 = z2 ⇔  b1 = b2 Cách giải: x = 2 . Ta có 2 − yi = x + 5i ⇔   y = −5

Chọn A. Câu 9 (NB) Phương pháp: Sử dụng công thức SHTQ của CSC: un = u1 + ( n − 1) d .

Cách giải: Ta có u4 = u1 + 3d = 2 + 3.3 = 11.

Chọn A. Câu 10 (TH) Phương pháp: - Sử dụng định lí Pytago tính BC. - Thể tích khối hộp chữ nhật có 3 kích thước a, b, c là V = abc.

Cách giải: Xét tam giác vuông ABC ta có BC = AC 2 − AB 2 = 52 − 32 = 4. Vậy VABCD. A ' B 'C ' D ' = AB.BC. AA ' = 3.4.8 = 96.

Chọn C. Câu 11 (NB) Phương pháp: 11

Hàm số y = log a f ( x ) xác định khi và chỉ khi f ( x ) xác định và f ( x ) > 0.

Cách giải: Hàm số y = log 5 x xác định khi x > 0 ⇔ x ≠ 0. Vậy TXĐ của hàm số đã cho là ( −∞; 0 ) ∪ ( 0; +∞ ) .

Chọn C. Câu 12 (NB) Phương pháp: Số nghiệm của phương trình f ( x ) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = m song song với trục hoành.

Cách giải: Số nghiệm của phương trình f ( x ) = 2 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = 2 song song với trục hoành. Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y = 2 cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 2 điểm phân biệt. Vậy phương trình f ( x ) = 2 có 2 nghiệm thực.

Chọn C. Câu 13 (TH) Phương pháp: - Đưa về cùng cơ số. - Giải phương trình mũ a

f ( x)

g( x)

⇔ f ( x) = g ( x).

Cách giải: Ta có:

4 x + 3 = 22020 ⇔ 22 x + 6 = 22020 ⇔ 2 x + 6 = 2020 ⇔ x = 1007

Chọn C. Câu 14 (NB) Phương pháp: Đồ thị hàm số y =

ax + b d có TCĐ x = − . cx + d c

Cách giải: 12

Đồ thị hàm số y =

2x +1 1 có TCĐ x = . 2x −1 2

Chọn C. Câu 15 (NB) Phương pháp: - Dựa vào BBT xác định điểm cực tiểu của hàm số là điểm mà tại đó hàm số xác định và qua đó đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương. - Giá trị cực tiểu của hàm số là giá trị tại điểm cực tiểu của hàm số.

Cách giải: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 và giá trị cực tiểu là xCT = y ( 3) = 5.

Chọn B. Câu 16 (NB) Phương pháp: Dựa vào BBT xác định khoảng đồng biến là khoảng mà hàm số liên tục và có đạo hàm dương.

Cách giải: Hàm số đã cho đồng biến trên ( −∞; −2 ) và ( 0; 2 ) .

Chọn B. Câu 17 (TH) Phương pháp: - Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A và vuông góc với ( P ) . - Tìm H = ∆ ∩ ( P ) . - Tìm a, b, c và tính tổng.

Cách giải: Gọi ∆ là đường thẳng đi qua A và vuông góc với ( P ) , phương trình đường thẳng ∆ là:

 x = 1 + 2t   y = 1 − 2t ( ∆ )  z = −2 − t  Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên ( P ) nên H = ∆ ∩ ( P ) ⇒ Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình

 x = 1 + 2t  x = 1 + 2t  y = 1 − 2t  y = 1 − 2t   ⇔   z = −2 − t  z = −2 − t 2 x − 2 y − z + 7 = 0 2 + 4t − 2 + 4t + 2 + t + 7 = 0  x = 1 + 2t t = −1  y = 1 − 2t  z = −1   ⇔ ⇔ ⇒ H ( −1;3; −1)  z = −2 − t y = 3 9t + 9 = 0  z = −1 ⇒ a = −1, b = 3, c = −1.

Vậy a + b + c = −1 + 3 − 1 = 1.

Chọn B. Câu 18 (NB) Phương pháp: Số phức liên hợp của số phức z = a + bi là z = a − bi.

Cách giải: Số phức liên hợp của số phức z = 3 − 4i là z = 3 + 4i.

Chọn B. Câu 19 (TH) Phương pháp: - Điểm M ( a; b ) là điểm biểu diễn số phức z = a + bi. Từ đó tìm số phức z. - Thực hiện phép nhân tìm số phức ( 3 − 2i ) z.

Cách giải: Vì M ( −2;1) là điểm biểu diễn số phức z nên z = −2 + i.

⇒ ( 3 − 2i ) z = ( 3 − 2i )( −2 + i ) = −4 + 7i Vậy số phức ( 3 − 2i ) z có phần thực là −4.

Chọn D. Câu 20 (TH) Phương pháp: Sử dụng tính chất tích phân:

∫  f ( x ) + g ( x )dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx. 14

Cách giải: Ta có 2

∫  f ( x ) + 2 x  dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ 2 xdx = 2 + x2

2 1

= 2 + 4 −1 = 5

Chọn B. Câu 21 (TH) Phương pháp: - Tính độ dài đường sinh l = r 2 + h 2 . - Diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh l và bán kính đáy r là S xq = π rl.

Cách giải: Hình nón đã cho có bán kính đáy r = 1 và đường cao h = 3 nên độ dài đường sinh l = 12 + 32 = 10. Vậy diện tích xung quanh của hình nón là S xq = π rl = π .1. 10 = 10π .

Chọn C. Câu 22 (TH) Phương pháp: n

- Khai triển nhị thức Niu-tơn: ( a + b ) = ∑ Cnk a k b n− k . n

k =0

- Tìm k tương ứng với hệ số của số hạng chứa x5 , giải phương trình tìm k . - Suy ra hệ số của x5 .

Cách giải: 8

Ta có ( 3 x − 2 ) = ∑ C8k ( 3 x ) 8

k =0

8− k

( −2 )

= ∑ C8k . ( −2 ) .x8− k k

k =0

⇒ Hệ số của số hạng chứa x5 ứng với 8 − k = 5 ⇔ k = 3. 8

Vậy hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển ( 3 x − 2 ) là C83 35 ( −2 ) = −1944C83 .

Chọn D. Câu 23 (NB) Phương pháp: 15

Giải phương trình logarit: log a x = b ⇔ x = a b .

Cách giải:

log 3 ( x − 1) = 2 ⇔ x − 1 = 9 ⇔ x = 10. Chọn A. Câu 24 (TH) Phương pháp: - Sử dụng phương pháp đưa biến vào vi phân. - Sử dụng công thức tính nguyên hàm ∫ u n du =

u n +1 + C ( n ≠ −1) . n +1

Cách giải:

∫ ( 2 x + 5)

dx =

1 9 ( 2 x + 5) d ( 2 x + 5) ∫ 2

1 ( 2 x + 5) 1 10 = . + C = ( 2 x + 5) + C. 2 10 20

Chọn D. Câu 25 (TH) Phương pháp: a2 3 . - Diện tích tam giác đều cạnh a là S = 4

- Thể tích khối lăng trụ bằng diện tích đáy nhân chiều cao.

Cách giải: Diện tích đáy lăng trụ là S =

a2 3 . 4

a2 3 a3 3 .a = . Thể tích lăng trụ là V = 4 4

Chọn B. Câu 26 (NB) Phương pháp: Dựa vào hình dáng đồ thị suy ra dạng đồ thị hàm số.

Cách giải:

Đồ thị đã cho là đồ thị của hàm bậc bốn trùng phương y = ax 4 + bx 2 + c có hệ số a > 0 nên chỉ có đáp án D thỏa mãn. Chọn D. Câu 27 (NB) Phương pháp: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm A ( a; b; c ) trên trục Oz có tọa độ là

( 0;0; c ) . Cách giải: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm A ( 5; 7;11) trên trục Oz có tọa độ là

( 0;0;11) . Chọn D. Câu 28 (TH) Phương pháp: - Tìm ĐKXĐ của bất phương trình. - Giải phương trình tích

A = 0 . A .B ≤ 0 ⇔  B ≤ 0

- Kết hợp ĐKXĐ suy ra tập nghiệm và đếm số nghiệm nguyên của bất phương trình.

Cách giải: 2 x ≥ 2 . ĐKXĐ 2 x − 16 ≥ 0 ⇔ x 2 ≥ 4 ⇔   x ≤ −2

Ta có: 2

2 x − 16 ( x 2 − 5 x + 4 ) ≤ 0  2 x − 16 = 0 ⇔ 2  x − 5 x + 4 ≤ 0 2

 x2 = 4  x = ±2 ⇔ ⇔ 1 ≤ x ≤ 4 1 ≤ x ≤ 4 Kết hợp ĐKXĐ ta có x ∈ [ 2; 4] ∪ {−2} . Vậy số nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là 4.

Chọn A. Câu 29 (NB) 17

Phương pháp: Thể tích khối trụ có bán kính đáy r và đường sinh l là V = π r 2l.

Cách giải: Thể tích khối nón là V = π r 2l = π .32.5 = 45π .

Chọn A. Câu 30 (TH) Phương pháp: Đổi biến số, đặt t = 3 x. Cách giải: Đặt t = 3 x ⇒ dt = 3dx. x = 0 ⇒ t = 0 Đổi cận:  x = 1 ⇒ t = 3 1

⇒ ∫ f ( 3 x ) dx = 3 ⇔ 0

1 f ( t ) dt = 3 ⇔ ∫ f ( x ) dx = 9. 3 ∫0 0

Chọn A. Câu 31 (VD) Phương pháp: - Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp có các cạnh bên bằng nhau là

( canh ben ) R= 2h

với h là chiều cao của hình chóp.

- Diện tích mặt cầu bán kính R là S = 4π R 2 .

Cách giải:

Gọi O trung điểm của AC . Vì tam giác ABC vuông cân tại B nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC . 18

Chóp S . ABC có SA = SB = SC nên SO ⊥ ( ABC ) . Tam giác ABC vuông cân tại B có AB = BC = 2a ⇒ AC = 2a 2 ⇒ OA = a 2. Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOA : SO = SA2 − OA2 = 4a 2 − 2a 2 = a 2. 2

( 2a ) = a 2. SA2 Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp là R = = 2.SO 2.a 2 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp là S = 4π R 2 = 8π a 2 .

Chọn D. Câu 32 (TH) Phương pháp: - Mặt cầu đường kính AB có tâm là trung điểm của AB và bán kính R = 2

Mặt cầu đường kính AB có tâm là I ( 2; 0;1) và bán kính R =

AB = 2. 2

AB . 2 2

- Mặt cầu tâm I ( a; b; c ) bán kính R có phương trình ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = R 2 .

Cách giải: Gọi I là trung điểm của AB ⇒ I ( 2;0;1) . 2

Ta có AB = 22 + ( −2 ) + 02 = 2 2.

Vậy phương trình mặt cầu đường kính AB là: ( x − 2 ) + y 2 + ( z − 1) = 2.

Chọn B. Câu 33 (TH) Phương pháp: Xác định số điểm cực trị là số điểm mà tại đó hàm số liên tục và qua đó đạo hàm đổi dấu.

Cách giải: Vì hàm số liên tục trên ℝ nên hàm số liên tục tại mọi x ∈ ℝ, và f ' ( x ) đổi dấu khi đi qua các điểm x = −3, x = −2, x = 1. Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Chọn A. Chú ý khi giải: Hàm số vẫn đạt cực trị tại x = −2, không nhất thiết f ' ( −2 ) = 0. Câu 34 (VD) Phương pháp: 19

- Sử dụng công thức nhân đôi cos 2 x = 2 cos 2 x − 1 - Đặt ẩn phụ t = cos x, t ∈ [ −1;1] , đưa về bài toán tìm GTNN của hàm số y = f ( t ) nên [ −1;1] . - Tính f ' ( t ) , xác định các nghiệm ti ∈ [ −1;1]. - Tính các giá trị f ( −1) , f (1) , f ( ti ) . - KL: min f ( t ) = min { f ( −1) , f (1) , f ( ti )} . [ −1;1]

Cách giải: Ta có f ( x ) = cos 2 x − 5cos x = 2 cos 2 x − 5cos x − 1.

Đặt t = cos x, t ∈ [ −1;1] , bài toán trở thành tìm GTNN của hàm số y = f ( t ) = 2t 2 − 5t − 1 trên [ −1;1] . Ta có: f ' ( t ) = 4t − 5 = 0 ⇔ t =

5 ∉ [ −1;1] . 4

Lại có f ( −1) = 6, f (1) = −4. Vậy min f ( t ) = −4. [ −1;1]

Chọn A. Câu 35 (TH) Phương pháp: Sử dụng công thức z1.z2 = z1 . z2 và z = z .

Cách giải: Ta có: z.w = z . w = z . w 2

= 42 + 32 . 12 + ( −1) = 5 2. Chọn A. Câu 36 (VD) Phương pháp: - Chứng minh d ( AA '; BC ') = d ( A; ( BCC ' B ') ) , sử dụng định lí khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách từ đường thẳng này đến mặt phẳng song song và chứa đường thẳng kia. - Trong ( ABC ) kẻ AK ⊥ BC ( K ∈ BC ) , trong ( AHK ) kẻ AI ⊥ HK ( I ∈ HK ) , chứng minh AI ⊥ ( BCC ' B ') - Sử dụng định lí Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông tính khoảng cách. 20

Cách giải: Ta có AA '/ / BB ' ⇒ AA '/ / ( BCC ' B ') ⊃ BC ' ⇒ d ( AA '; BC ') = d ( AA '; ( BCC ' B ') ) = d ( A; ( BCC ' B ') )

Trong ( ABC ) kẻ AK ⊥ BC ( K ∈ BC ) , trong ( AHK ) kẻ AI ⊥ HK ( I ∈ HK ) ta có:  BC ⊥ AK ⇒ BC ⊥ ( AHK ) ⇒ BC ⊥ AI   BC ⊥ AH  AI ⊥ HK ⇒ AI ⊥ ( BCC ' B ' )   AI ⊥ BC

⇒ d ( A; ( BCC ' B ') ) = AI = d ( AA '; BC ') . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có AK = Tam giác A ' B ' C ' có B ' C ' = A ' B '2 + A ' C '2 = 2a ⇒ A ' H =

AB. AC AB 2 + AC 2

a.a 3 a 2 + 3a 2

a 3 . 2

1 B ' C ' = a. 2

⇒ AH = AA '2 − A ' H 2 = 4a 2 − a 2 = a 3.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AHK ta có: AI =

Vậy d ( AA '; BC ' ) =

a 3 2 = a 15 . = 5 AH 2 + AK 2 3a 2 3a 2 + 4 AH . AK

a 3.

a 15 . 5

Chọn D. Câu 37 (TH) Phương pháp: - Giả sử sau n năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu đồng, tính số tiền có được sau n năm n

An = A (1 + r ) với A là số tiền ban đầu, r là lãi suất 1 kì hạn, n là số kì hạn gửi. - Giải bất phương trình An > 300, tìm n là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn.

Cách giải: 21

Giả sử sau n năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu đồng. n

Số tiền có được sau n năm An = A (1 + r ) = 200 (1 + 0, 05 ) . n

Ta có: An > 300 ⇔ 200 (1 + 0, 05 ) > 300 ⇔ n > 8,31. Vậy sau ít nhất 9 năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu đồng.

Chọn B. Câu 38 (TH) Phương pháp:

- Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với BC nhận BC là 1 VTPT. - Phương trình mặt phẳng đi qua A ( x0 ; y0 ; z0 ) và có 1 VTPT n ( a; b; c ) có phương trình là:

a ( x − x0 ) + b ( y − y0 ) + c ( z − z0 ) = 0 Cách giải: Ta có BC = (1; −3;1) là 1 VTPT của mặt phẳng cần tìm. Phương trình mặt phẳng cần tìm: 1( x − 1) − 3 ( y − 1) + 1( z − 1) = 0 ⇔ x − 3 y + z + 1 = 0 .

Chọn C. Câu 39 (TH) Phương pháp: - Xét phương trình hoành độ giao điểm. - Cô lập m, đưa phương trình về dạng k = h ( x )(*) . - Sử dụng tương giao đồ thị hàm số tìm điều kiện của k để (*) có đúng 2 nghiệm phân biệt.

Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm x3 = 3x 2 + k ⇔ k = x3 − 3x 2 = h ( x )( *) . x = 0 Ta có h ' ( x ) = 3 x 2 − 6 x = 0 ⇔  x = 2

BBT:

 k = −4 . Để ( C1 ) và ( C2 ) có đúng hai điểm chung thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt ⇒  k = 0

Vậy có 2 giá trị của k thỏa mãn.

Chọn A. Câu 40 (VD) Phương pháp: - Điều kiện để 3 số a, b, c theo thứ tự lập thành 1 CSN là ac = b 2 . - Đưa về cùng cơ số 2, sử dụng các công thức log an b =

1 log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 ) .log a ( xy ) = log a x + log a y n

( 0 > a ≠ 1, x, y > 0 ) . - Đưa về phương trình bậc hai đối với hàm số logarit, giải phương trình tìm x.

Cách giải: Để ba số log8 ( 4 x ) ,1 + log 4 x, log 2 x theo thứ tự lập thành một cấp số nhân thì log 8 ( 4 x ) .log 2 x = (1 + log 4 x )

1  1  ⇔ log 2 ( 4 x ) .log 2 x = 1 + log 2 x  3  2 

⇔

1 1 ( log 2 4 + log 2 x ) .log 2 x = log 22 x + log 2 x + 1 3 4

⇔

2 1 1 log 2 x + log 22 x = log 22 x + log 2 x + 1 3 3 4

⇔

1 1 log 22 x − log 2 x − 1 = 0 12 3

 x = 26 log 2 x = 6  1 ⇔ ⇔ ⇒ S =  26 ;  . 1 x =  4 log 2 x = −2  4 23

Vậy tập hợp S có 2 phần tử.

Chọn A. Câu 41 (VD) Phương pháp: - Đặt t = ln x, tìm khoảng giá trị của t và xét tính cùng tăng giảm của x, t. y' > 0 at + b  - Đưa bài toán về dạng tìm m để hàm số y = đồng biến trên khoảng ( m; n ) ⇔  d . ct + d − c ∉ ( m; n ) - Đối chiếu điều kiện đề bài tìm m.

Cách giải: Đặt t = ln x, với x ∈ (1; e3 ) thì t ∈ ( 0;3) , x, t cùng tính tăng giảm. Bài toán trở thành tìm m để hàm số y = Ta có TXĐ D = ℝ \ {m} và y ' =

− m + 10

(t − m)

t − 10 đồng biến trên khoảng ( 0;3) . t−m

− m + 10 > 0  y ' > 0 3 ≤ m ≤ 10 t − 10  . Để hàm số y = đồng biến trên khoảng ( 0;3) thì  ⇔ m ≥ 3 ⇔ t−m m ≤ 0 m ∉ ( 0;3) m ≤ 0  Mà m là số nguyên không âm nên S = {0;3; 4;5; 6; 7;8;9} . Vậy tập hợp S có 8 phần tử.

Chọn C. Câu 42 (VD) Cách giải:

- Sưu tầm FB Nguyễn Duy Tân – Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC , B ' C '. Gọi K = MN ∩ EF .  BC ⊥ AM Ta có  ⇒ BC ⊥ ( AMNA ' ) ⇒ BC ⊥ AA ' ⇒ BC ⊥ BB '.  BC ⊥ A ' M Do ( DEF ) ⊥ BB ' nên EF ⊥ BB '.  EF ⊥ BB ' ⇒ BC / / EF , suy ra K là trung điểm của EF . Trong ( BCC ' B ') có   BC ⊥ BB ' Lại có BC ⊥ ( AMNA ') ⇒ BC ⊥ DK ⇒ EF ⊥ DK . Suy ra ∆DEF cân tại D. Vì ( ABB ' A ') ⊥ ( ACC ' A ') ⇒ ∠EDF = 900 ⇒ ∆DEF vuông cân tại D . Theo bài ra ta có: C∆DEF = 4 ⇒ DE + DF + EF = 4

⇒

EF EF + + EF = 4 ⇔ EF = 4 2 2

Vì ∆ABC đều nên AM =

(

)

2 − 1 ⇒ BC = EF = 4

BC 3 =2 3 2

Kẻ MH ⊥ AA ' ta có MH = DK =

(

)

2 −1 .

1 EF = 2 2

(

)

2 −1 .

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông A ' MA ta có:

1 1 1 = + 2 2 MH MA A' M 2

)

2 −1 .

⇔ 4

⇔

(

)

2 −1

1 = A'M 2 6

(

)

2 −1

(

)

2 −1

1 A' M 2

⇒ A' M = 6

(

)

2 −1

1 Vậy VABC . A ' B 'C ' = A ' M .S ABC = A ' M . AM .BC = 12 10 − 7 2 . 2

(

)

Chọn A. Câu 43 (VDC) Phương pháp: - Tính y ', sử dụng quy tắc tính đạo hàm một tích. - Sử dụng tương giao, phương pháp lấy nguyên hàm hai vế xác định số nghiệm bội lẻ của phương trình y ' = 0 và suy ra số điểm cực trị của hàm số.

Cách giải: ĐKXĐ: x ≠ 0. Ta có y=

4 1  f x − 1 4  ( ) x

⇒ y'=

4 3 −4 1  f x − 1 + 4 .4  f ( x ) − 1 f ' ( x ) 5  ( ) x x

⇒ y'=

3 4  f x − 1  − f ( x ) + 1 + x. f ' ( x )  5  ( ) x

 f ( x) = 1 (1) y'= 0 ⇔   x. f ' ( x ) − f ( x ) + 1 = 0 ( 2 ) Dựa vào BBT ta thấy phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt trong đó x = 0 là nghiệm bội chẵn. Xét phương trình ( 2 ) : x. f ' ( x ) − f ( x ) + 1 = 0

⇔

f ' ( x ) . x − f ( x ) .x '

=−

1 x2

 f ( x)  1 ⇔ ' = − 2 x  x  Lấy nguyên hàm hai vế ta có

f ( x) 1 1 = ∫ − 2 dx = + C. x x x 26

Dựa vào BBT ta thấy f (1) = −1 nên

−1 1 = + C ⇔ C = −2, do đó f ( x ) = 1 − 2 x (*) . 1 1

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy (*) có 4 nghiệm phân biệt trong đó x = 0 không thỏa mãn. Tóm lại, phương trình y ' = 0 có 4 nghiệm bội lẻ phân biệt. Vậy hàm số đã cho có 4 điểm cực trị.

Chọn D. Câu 44 (VD) Phương pháp: - Chứng minh ∆SAB, ∆SAC vuông tại A. Suy ra SA ⊥ ( ABC ) . - Xác định góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến. - Tính S ∆ABC nhờ công thức Hê-rong, từ đó tính AH =

2 S ∆ABC . BC

- Tính tan của góc trong tam giác vuông.

Cách giải:

Áp dụng định lí Pytago đảo ta chứng minh được ∆SAB, ∆SAC vuông tại A.  SA ⊥ AB ⇒ ⇒ SA ⊥ ( ABC ) .  SA ⊥ AC  BC ⊥ AH ⇒ BC ⊥ ( SAH ) ⇒ BC ⊥ SH . Trong ( ABC ) dựng AH ⊥ BC ta có:   BC ⊥ SA

( SBC ) ∩ ( ABC ) = BC   SH ⊂ ( SBC ) , SH ⊥ BC ⇒ ∠ ( ( SBC ) ; ( ABC ) ) = ∠ ( SH ; AH ) = ∠SHA.   AH ⊂ ( ABC ) , AH ⊥ BC Ta có: S ∆ABC = ⇒ AH =

SH =

p ( p − AB )( p − BC )( p − AC ) = 6 14 với p là nửa chu vi tam giác ABC , p = 12.

2 S ∆ABC 2.6 14 6 14 = = BC 10 5

2 S ∆SBC 2.6 114 6 114 . = = BC 10 5

Xét tam giác vuông SAH ta có tan ∠SHA =

Vậy tan ∠ ( ( SBC ) ; ( ABC ) ) =

12 10 14 SA . = = 14 AH 6 14 5

10 14 . 14

Chọn B. Câu 45 (VD) Phương pháp: - Dựa vào lim y tìm dấu hệ số a. x →+∞

- Dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung suy ra dấu của hệ số d . 28

- Dựa vào các điểm cực trị của hàm số suy ra dấu của hệ số b, c.

Cách giải: Ta có lim y = −∞ ⇒ a < 0. x →+∞

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm ⇒ d < 0. Ta có y ' = 3ax 2 + 2bx + c.  2b − 3a < 0 Vì hàm số có 2 điểm cực trị âm nên phương trình y ' = 0 có 2 nghiệm âm phân biệt ⇒   c >0  3a

Mà a < 0 nên b < 0, c < 0. Vậy trong các số a, b, c, d không có số dương nào.

Chọn A. Câu 46 (VDC) Phương pháp: 3 Đặt t = x + + x ( x + 3) . 2

Cách giải: 3 Đặt t = x + + x ( x + 3) . 2  2x + 3   dx ⇒ dt = 1 +  2 x ( x + 3)   

⇒ dt =

2 x ( x + 3) + 2 x + 3 2 x ( x + 3) x+

⇒ dt =

⇒

3 + x ( x + 3) 2 dx x ( x + 3)

t x ( x + 3)

dx x ( x + 3)

dt t 29

Khi đó ta có:

F ( x) = ∫

1 2 x ( x + 3)

⇒ F ( x) =

dx =

1 dt 1 = ln t + C 2∫ t 2

1 3 ln x + + x ( x + 3) + C 2 2

Lại có F (1) = ln 3 1 3 ⇒ ln 1 + + 4 + C = ln 3 2 2 ⇔

1 9 ln + C = ln 3 2 2

⇔ ln 9 − ln 2 + 2C = ln 9 ⇔ 2C = ln 2 ⇔ C = ⇒ F ( x) =

⇒e

F ( x)

1 3 1 ln x + + x ( x + 3) + ln 2 2 2 2 1 3 1 ln x + + x ( x + 3) + ln 2 2 2 2

 ln x + 3 + = e 2  

x ( x + 3)

= 2. x +

1 ln 2 2

 2 ln 2 1  .( e ) 2  

3 + x ( x + 3) 2

2 x + 3 + 2 x ( x + 3)

 F ( 2021) = e ⇒ e F ( 2020) = 

2.2021 + 3 + 2 2021( 2021 + 3) 2.2020 + 3 + 2 2020 ( 2020 + 3)

Vậy e F ( 2021) − e F ( 2020) ≈ 0, 022.

Chọn A. Câu 47 (VDC) Cách giải: - Sưu tầm FB – 30

Xếp 10 học sinh sao có nam nữ ngồi xen kẽ. Xếp 5 học sinh nam có 5! cách, xếp 5 học sinh nữ vào 5 vị trí còn lại có 5! cách. Đổi chỗ nam và nữ có 2 cách. 2

⇒ Có 2. ( 5!) cách xếp 10 học sinh sao có nam nữ ngồi xen kẽ. * Xếp 8 học sinh không có An và Bình trước: TH1: 2

+ Học sinh nam đứng đầu hàng, có ( 4!) cách. + Xếp An và Bình vào 1 trong 9 vị trí gồm 7 vị trí giữa 2 học sinh liền kề nhau và 2 vị trí biên. Ứng với mỗi vị trí có 1 cách xếp An và Bình sao cho thỏa mãn yêu cầu, do đó có 9 cách xếp. 2

⇒ Có 9. ( 4!) cách. TH2: 2

+ Học sinh nữ đứng đầu hàng, tương tự TH1 có 9. ( 4!) cách. 2

⇒ Số cách xếp 10 học sinh xen kẽ mà An luôn cạnh Bình là 2.9. ( 4!) cách. Vậy số cách sắp xếp nam và nữ ngồi xen kẽ, đồng thời An không ngồi cạnh Bình là: 2

2. ( 5!) − 2.9. ( 4!) = 2.5.5. ( 4!) − 18. ( 4!) = 32. ( 4!) cách.

Chọn C. Câu 48 (VDC) Phương pháp: - Từ giả thiết f 3 ( x ) + 3 f ( x ) = sin ( 2 x 3 − 3 x 2 + x ) thay x bởi 1 − x và chứng minh f ( x ) = − f (1 − x ) . - Chứng minh

∫ f (1 − x ) dx = ∫ f ( x ) dx, từ đó tính I .

Cách giải: - Sưu tầm FB Lưu Thêm Theo bài ra ta có:

f 3 (1 − x ) + 3 f (1 − x ) = sin  2 (1 − x ) − 3 (1 − x ) + 1 − x    3

⇔ f 3 (1 − x ) + 3 f (1 − x ) = sin ( 2 − 6 x + 6 x 2 − 2 x 3 − 3 + 6 x − 3 x 2 + 1 − x ) ⇔ f 3 (1 − x ) + 3 f (1 − x ) = sin ( −2 x 3 + 3 x 2 − x ) ⇔ f 3 (1 − x ) + 3 f (1 − x ) = − sin ( 2 x3 − 3 x 2 + x ) 31

⇔ f 3 (1 − x ) + 3 f (1 − x ) = − f 3 ( x ) − 3 f ( x )

⇔ f 3 (1 − x ) + f 3 ( x ) + 3 f (1 − x ) + 3 f ( x ) = 0 ⇔  f (1 − x ) + f ( x )   f 2 (1 − x ) − f (1 − x ) f ( x ) + f 2 ( x )  + 3  f (1 − x ) + f ( x )  = 0 ⇔  f (1 − x ) + f ( x )   f 2 (1 − x ) − f (1 − x ) f ( x ) + f 2 ( x ) + 3 = 0

⇔ f ( x ) = − f (1 − x ) 1

Suy ra

∫

f ( x ) dx = − ∫ f (1 − x ) dx .

Ta lại có

0 1

∫ f (1 − x ) dx = −∫ f (1 − x ) d (1 − x ) = −∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx. 1

Do đó I = ∫ f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx ⇔ ∫ f ( x ) dx = 0. Vậy I ( −1;1) .

Chọn C. Câu 49 (VDC) Cách giải: - Sư tầm FB Trần Minh Quang – b c a a b c ≤ ab + bc + ca Với mọi bộ số ( a; b; c ) thỏa mãn a + b + c = 1 ta có:  c a b a b c ≤ ab + bc + ca

a b+ 2 .b c + 2 .c a + 2 ≤ ( abc )2 ( ab + bc + ca )(1) ⇔ 2 c+2 a+2 b+2 a .b .c ≤ ( abc ) ( ab + bc + ca )( 2 ) 2

Cộng vế theo vế BĐT (1) và ( 2 ) ta có a b + 2 .bc + 2 .cb + 2 .a c + 2 .b a + 2 .c b+ 2 ≤ 2 ( abc ) ( ab + bc + ca ) (*) . 2

Mà b a + 2 ≥ a b + 2 , cb + 2 ≥ b c + 2 , c a + 2 ≥ a c + 2 nên từ (*) ta có 2 ( abc ) ( ab + bc + ca ) ≥ ( a b + 2 .b c + 2 .c a + 2 )

⇔ abc 2 ( ab + bc + ca ) ≥ a b + 2 .b c + 2 .c a + 2 ⇔ 2 ( ab + bc + ca ) ≥ a b +1.b c +1.c a +1 ≥ ( b + 1) a + ( c + 1) b + ( a + 1) c

⇔ 2 ( ab + bc + ca ) ≥ ( ab + bc + ca ) + a + b + c ⇔ 2 ( ab + bc + ca ) ≥ ( ab + bc + ca ) + 1 32

⇔

(

ab + bc + ca

)

− 2 ab + bc + ca + 1 ≤ 0 2

1  1  ⇔  ab + bc + ca −  + ≤ 0 (vô lý). 2 2  Vậy không có bộ số ( a; b; c ) nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D. Câu 50 (VDC) Cách giải: b − a > 0 ĐKXĐ:  . a, b > 0 Ta có: log 3 (1 + ab ) =

1 + log 3 ( b − a ) 2

⇔ log 3 (1 + ab ) − log 3 ( b − a ) = ⇔ log 3 ⇔

1 2

1 + ab 1 = b−a 2

1 + ab = 3 b−a

⇔ 1 + ab = 3 ( b − a ) ⇔

1 b  + b = 3  − 1 a a 

Áp dụng BĐT Cô-si ta có

  ⇔   

b ≥ 3 a b 1 ≤− ( Loai ) a 3 2

⇔

b 1 +b ≥ 2 nên a a

b b ≥ 3⇔ ≥3 a a

(1 + a )(1 + b ) = 1 + a Ta có: P = a (a + b)

b b b b  2  − 1 ≥ 2 ⇔ 3 −2 − 3≥0 a a a a 

+ b 2 + a 2b 2 a (a + b)

Áp dụng BĐT Cô-si ta có 1 + a 2b 2 ≥ 2 a 2b2 = 2ab nên 1 + a 2 + b 2 + a 2b 2 ≥ a 2 + b 2 + 2ab = ( a + b ) 33

1 + a 2 + b 2 + a 2b 2 ( a + b ) a+b b ⇒P= ≥ = = 1 + ≥ 4. a (a + b) a (a + b) a a

Vậy Pmin

1 1 a = b  a = 3a 1    b a = 3. =4⇔ =3 ⇔ b = 3a ⇔ a a, b > 0, b − a > 0 b = 3  a, b > 0, b − a > 0    

Chọn B.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÒA BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ

ĐỀ THI THỬ KỲ THI TNTHPT – LẦN 1 NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: Toán Thời gian làm bài: 90 phút (50 câu trắc nghiệm) Mã đề thi 103

MỤC TIÊU - Đề thi bám sát đề thi chính thức các năm trước, tạo điều kiện thuận lợi để học sinh ôn tập sát chương trình thi nhất. - Đề thi mô phỏng đúng cấu trúc đề chính thức các năm, giúp học sinh ôn tập tốt các phương pháp giải các dạng toán thường xuất hiện trong các đề thi. - Đề thi cũng xuất hiện nhiều câu hỏi khó, thuộc các chuyên đề khác nhau nhằm phát triển học sinh ở mức tối đa nhất, bên cạnh đó cũng không quá khó để học sinh có thể hoàn thành tốt nhất đề thi này. Câu 1: Số phức có phần thực bằng 2 và phần ảo bằng 1 là A. 2 + i

B. 1 − 2i

C. 2 − i

D. 1 + 2i

Câu 2: Diện tích xung quanh của hình trụ có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r bằng A. 2π rl

B. π r 2

Câu 3: Tập xác định của hàm số y = ( x − 1) A. ℝ \ {1}

C. −2

1 2 πr l 3

D. π rl

là

B. (1; +∞ )

C. [1; +∞ )

D. ℝ

C. −2

D. 3

Câu 4: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Giá trị cực đại của hàm số đã cho là

A. −1

B. 4

Câu 5: Thể tích của hình nón có bán kính đáy r = 2 và đường cao h = 3 bằng A. 6π

B. 2π

C. 4π

D. 12π

Câu 6: Cho số phức z1 = 4 − 3i; z2 = −7 + 5i. Số phức z = z2 − z1 là A. z = −11 − 8i

B. z = 11 − 8i

C. z = −11 + 8i 1

D. z = 11 + 8i

Câu 7: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) : 3x − z + 2 = 0. Có một vecto pháp tuyến là A. n = ( 3;0; −1)

B. n = ( −1;0; −1)

C. n = ( 3; −1;0 )

D. n = ( 3; −1; 2 )

C. x = 5

D. x = 3

Câu 8: Phương trình log 5 ( 2 x − 3) = 1 có nghiệm là A. x = 2

B. x = 4

Câu 9: Cho cấp số cộng ( un ) , biết u5 = 1, d = −2 . Khi đó u6 = ? A. u6 = −3

B. u6 = −1

Câu 10: Trong không gian Oxyz , đường thẳng ( d ) :

C. u6 = 3

D. u6 = 1

x −1 y − 3 z − 7 = = nhận vecto nào dưới đây là một vecto 2 1 −4

chỉ phương?

A. ( 2; 4;1)

B. ( −2; 4; −1)

Câu 11: Đồ thị hàm số y = A. x =

3 4

C. (1; −4; 2 )

D. ( −2; −4;1)

4 − 3x có đường tiệm cận ngang là 4x + 5

B. x = −

5 4

C. y = − 2

3 4

D. y =

3 4

Câu 12: Trong không gian Oxyz , mặt cầu ( S ) : ( x − 5 ) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 9 có bán kính R là A. R = 18

B. R = 6

C. R = 9

D. R = 3

Câu 13: Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số y = e x + cos x là A. −e x − sin x + C

B. e x − sin x + C

C. e x + sin x + C

D. −e x + sin x + C

Câu 14: Từ các số 1, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau. A. 256

B. 24

Câu 15: Biết A. −1

C. 64

D. 12

∫ f ( x ) dx = 2 và ∫ f ( x ) dx = 3. Giá trị ∫ f ( x ) dx bằng B. 5

C. −5

D. 1

Câu 16: Tập nghiệm của bất phương trình 32 x +1 > 33− x là A. x > −

2 3

B. x >

2 3

C. x <

2 3

D. x >

3 2

Câu 17: Nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z 2 + 2 z + 5 = 0 là A. −1 − 2i

B. 1 − 2i

C. 1 + 2i

D. −1 + 2i

Câu 18: Cho số phức z = 1 + 2i. Điểm biểu diễn số phức liên hợp của z trong mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm 2

A. Q

B. N

C. P

D. M

Câu 19: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng đường cong trong hình vẽ?

A. y = − x 3 − 2 x 2

C. y = x 4 + 2 x 2

B. y = x3 − 2 x 2 + 1

D. y = − x 4 + 2 x 2 + 1

Câu 20: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 0;1; −1) , B ( 2;3; 2 ) . Vecto AB có tọa độ là

A. ( 3;5;1)

B. (1; 2;3)

C. ( 3; 4;1)

D. ( 2; 2;3)

C. (1; +∞ )

D. ( 0; +∞ )

Câu 21: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( 0;1)

B. ( −1; 0 ) 3

Câu 22: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ sau:

Giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ −1;3] bằng

A. −1

B. 1

C. −3

D. 3

x Câu 23: Gọi ( D ) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = , y = 0, x = 1, x = 4. Thể tích vật thể tròn xoay tạo 4 thành khi quay hình ( D ) quanh trục Ox được tính theo công thức nào sau đây? 4

x A. π ∫ dx 16 1

x B. π ∫ dx 4 1

 x C. π ∫   dx 6 1

D. π ∫

C. 1 + 2 log 2 a

x2 dx 4

Câu 24: Với a là số thực dương tùy ý, log 2 ( 2a 2 ) bằng A. 2 log 2 ( 2a )

B. 4 log 2 a

1 log 2 ( 2a ) 2

Câu 25: Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A, AB = 2a, AC = a, SA = 3a; SA ⊥ ( ABC ) . Thể tích hình chóp là:

A. V = 3a 3

B. V = 6a 3

C. V = 2a 3

Câu 26: Số phức z thỏa mãn (1 − i ) z + i = 0 là

D. V = a 3

1 1 A. z = − − i 2 2

B. z =

1 1 + i 2 2

C. z =

1 1 − i 2 2

1 1 D. z = − + i 2 2

Câu 27: Tập nghiệm của bất phương trình log 4 ( x + 7 ) > log 2 ( x + 1) là khoảng ( a; b ) . Giá trị M = 2a − b bằng A. 8

B. 0

C. 4

D. −4

Câu 28: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = a. Gọi M là trung điểm của CD . Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( SAB ) bằng

A. 2a

B. a

C. a 2

a 2 2

Câu 29: Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua A (1; 0; −1) và song song với mặt phẳng x − y + z + 2 = 0 bằng

A. x − y + z + 2 = 0

B. x − y + z + 2 = 0

C. x − y + z − 1 = 0

D. x − y + z = 0

Câu 30: Số giao điểm của đường thẳng y = x + 1 và đồ thị hàm số y = x3 − 3 x + 1 là: A. 3

B. 0

C. 2

D. 1

Câu 31: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 8 x + 2 y + 1 = 0. Tọa độ tâm và bán kính kính mặt cầu ( S ) lần lượt là

A. I ( 4; −1; 0 ) , R = 2

B. I ( 4; −1; 0 ) , R = 4

C. I ( −4;1; 0 ) , R = 2

Câu 32: Tam giác ABC vuông cân đỉnh A có cạnh huyền là khối nón có thể tích là A.

π 2

Câu 33: Cho tích phân 1 2 u du 3 ∫1

2 . Quay tam giác ABC quanh trục AB được 2π 3

∫x

0 2

D. π

2 2 ∫ x 3x + 1dx nếu đặt u = 3x + 1 thì

D. I ( 4; −1; 0 ) , R = 4

3 x 2 + 1dx bằng 1

1 udu 3 ∫1

2 2 u du 3 ∫1

1 2 u du 3 ∫0

Câu 34: Cho

∫  4 f ( x ) − 2 x  dx = 1. Khi đó

∫ f ( x ) dx bằng

A. 1

B. −3

C. −1

D. 3

Câu 35: Cho hàm số y = f ( x ) xác định, có đạo hàm trên ℝ và f ' ( x ) có bảng xét dấu như hình vẽ

Số điểm cực đại của hàm số là

A. 1

B. 2

C. 3

D. 0

Câu 36: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA ⊥ ( ABCD ) , SA = a 2. Góc giữa đường SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng

A. 600

B. 900

C. 450

D. 300

Câu 37: Một tổ có 7 nam và 3 nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người. Xác suất sao cho 2 người được chọn đều là nữ bằng A.

8 15

1 15

2 15

7 15

Câu 38: Trong không gian Oxyz , phương trình đường thẳng đi qua hai điểm P (1;1; −1) và Q ( 2;3; 2 ) là A.

x −1 y −1 z + 1 . = = 2 3 2

x −1 y −1 z − 3 = = 1 1 −1

x −1 y −1 z + 1 = = 1 2 3

x+2 y+3 z +2 = = 1 2 3

1 và g ( x ) = dx 2 + ex + 1( a, b, c, d , e ∈ ℝ ) , biết rằng đồ thị hàm 2 số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại 3 điểm có hoành độ lần lượt là −3; −1;1 (tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị đã cho có diện tích bằng

Câu 39: Cho hai hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx −

A. 5.

Câu 40: Cho hàm số f ( x ) =

9 . 2

C. 4.

D. 8.

1 2x − m a ( m là tham số). Để min f ( x ) = thì m = ( a ∈ ℤ, b ∈ ℕ, b > 0 ) . Tổng x ∈ − 1;1 [ ] x+2 3 b

a + b bằng

A. −10

B. 10

C. 4

D. −4

Câu 41: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình vuông, mặt bên ( SAB ) là đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SCD ) bằng

3 7a . Thể tích khối chóp 7

S . ABCD là

A. V =

2 3 a 3

B. V =

3a 3 2

C. V = a 3

1 D. V = a 3 3

x +1 y + 2 z x − 2 y −1 z −1 = = , d2 : = = và mặt 1 2 1 2 1 1 phẳng ( P ) : x + y − 2 z + 5 = 0. Phương trình đường thẳng d song song với mặt phẳng ( P ) và cắt d1 , d 2 lần lượt

Câu 42: Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng d1 :

tại A và B sao cho AB = 3 3 là

x −1 y − 2 z − 2 = = 1 1 1 e

Câu 43: Cho I = ∫ 1

A. 11

ln x x ( ln x + 2 )

x −1 y − 2 z + 2 = = 1 1 1

dx = a ln 3 + b ln 2 +

x −1 y + 2 z − 2 = = 1 1 1

x +1 y − 2 z − 2 = = 1 1 1

c với a, b, c ∈ ℤ. Giá trị a 2 + b 2 + c 2 bằng 3

B. 1

C. 9

D. 3

Câu 44: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và có đồ thị hàm số y = f ' ( x ) như hình vẽ. Xét hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 2 ) . Mệnh đề nào dưới đây sai?

A. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −∞; 2 )

B. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( 0; 2 )

C. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −1; 0 )

D. Hàm số g ( x ) đồng biến trên ( 2; +∞ )

Câu 45: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình log 1 ( x − m ) + log 3 ( 2 − x ) = 0 ( m là tham 3

số) có nghiệm?

A. 3

B. 0

C. 2

D. 1

2 2 5 8 3 m x − mx − ( m 2 − m − 20 ) x + 1. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 5 3 để hàm số đã cho đồng biến trên ℝ ?

Câu 46: Cho hàm số f ( x ) =

A. 7 Câu 47: Cho hàm số

B. 9

C. 8

D. 0

y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn

[1;3]

thỏa mãn

f (1) = 2 và

f ( x ) − ( x + 1) f ' ( x ) = 2 xf 2 ( x ) , ∀x ∈ [1;3]. Giá trị

∫ f ( x ) dx bằng 1

A. 1 + ln 3

2 − ln 3 3

2 + ln 3 3

D. 1 − ln 3

Câu 48: Cho hai số thực x, y thỏa mãn e2 x − e x = − ln x + y − 2, ( x > 0 ) . Giá trị lớn nhất của biểu thức P =

y x

bằng

A. e

1 e

C. 2 +

1 e

D. 2 −

1 e

x −1 y + 1 z − 3 = = và 2 1 −1 điểm A (1;3;1) thuộc mặt phẳng ( P ) . Gọi ∆ là đường thẳng đi qua A, nằm trong mặt phẳng ( P ) và cách đường thẳng d một khoảng lớn nhất. Gọi u = ( a; b;1) là một vecto chỉ phương của đường thẳng ∆. Giá trị của

Câu 49: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y − 4 z = 0, đường thẳng d :

a + 2b là:

A. 4

B. 0

C. −3

D. 7

(

)

(

)

Câu 50: Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) thỏa mãn 4 z − z − 15i = i z + z − 1

và môđun của số phức

1 a z − + 3i đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị + b bằng 2 4

A. 3

B. 4

C. 1

D. 2

-------------- HẾT --------------

BẢNG ĐÁP ÁN 1. A

2. A

3. A

4. B

5. C

6. C

7. A

8. B

9. B

10. B

11. C

12. D

13. C

14. B

15. D

16. B

17. D

18. A

19. D

20. D

21. A

22. B

23. C

24. C

25. D

26. D

27. D

28. B

29. D

30. A

31. D

32. B

33. A

34. A

35. B

36. C

37. B

38. C

39. C

40. D

41. B

42. A

43. D

44. C

45. D

46. C

47. C

48. A

49. C

50. D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (NB) Phương pháp: Số phức có phần thực bằng a và phần ảo bằng b là z = a + bi

Cách giải: Số phức có phần thực bằng 2 và phần ảo bằng 1 có dạng z = 2 + i.

Chọn A. Câu 2 (NB) Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình trụ có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r bằng S xq = 2π rl.

Cách giải: Diện tích xung quanh của hình trụ có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r bằng S xq = 2π rl.

Chọn A. Câu 3 (TH) Phương pháp: n

Hàm số y =  f ( x )  với n ∈ ℤ − xác định khi và chỉ khi f ( x ) xác định và f ( x ) ≠ 0. 9

Cách giải: Hàm số y = ( x − 1)

−2

xác định khi x − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1.

Vậy TXĐ của hàm số là ℝ \ {1} .

Chọn A. Câu 4 (NB) Phương pháp: Dựa vào bảng biến thiên để xác định điểm cực đại là điểm mà tại đó hàm số liên tục và qua đó đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.

Cách giải: Hàm số đạt giá trị cực đại bằng 4 tại x = −1.

Chọn B. Câu 5 (NB) Phương pháp: 1 Thể tích của hình nón có bán kính đáy r và đường cao h là V = π r 2 h. 3

Cách giải: 1 1 Thể tích của hình nón có bán kính đáy r = 2 và đường cao h = 3 là V = π r 2 h = π .22.3 = 4π . 3 3

Chọn C. Câu 6 (NB) Phương pháp: Áp dụng công thức cộng trừ hai số phức.

Cách giải:

z = z2 − z1 = ( −7 + 5i ) − ( 4 − 3i ) = −11 + 8i . Chọn C. Câu 7 (NB) Phương pháp: Mặt phẳng ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 có 1 vecto pháp tuyến là n = ( A; B; C ) .

Cách giải: Mặt phẳng ( P ) : 3x − z + 2 = 0 có 1 vecto pháp tuyến là n = ( 3;0; −1) . 10

Chọn A. Câu 8 (NB) Phương pháp: Giải phương trình logarit: log a x = b ⇔ x = a b .

Cách giải:

log 5 ( 2 x − 3) = 1 ⇔ 2 x − 3 = 5 ⇔ x = 4. Chọn B. Câu 9 (NB) Phương pháp: Sử dụng công thức SHTQ của cấp số cộng: un = u1 + ( n − 1) d , un = uk + ( n − k ) d

Cách giải: u6 = u5 + d = 1 − 2 = −1.

Chọn B. Câu 10 (NB) Phương pháp: Đường thẳng ( d ) :

x − x0 y − y0 z − z0 = = có 1 vecto chỉ phương là u = ( a; b; c ) . a b c

Cách giải: Đường thẳng ( d ) :

x −1 y − 3 z − 7 = = có 1 vecto chỉ phương là u = ( 2; −4;1) . −4 2 1

⇒ u ' = ( −2; 4; −1) cũng là 1 VTCP của đường thẳng d .

Chọn B. Câu 11 (NB) Phương pháp: Đồ thị hàm số y =

ax + b a có TCN y = . cx + d c

Cách giải: Đồ thị hàm số y =

4 − 3 x −3 x + 4 3 = có TCN y = − . 4x + 5 4x + 5 4

Chọn C. Câu 12 (NB) 11

Phương pháp: 2

Mặt cầu ( S ) : ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = R 2 có bán kính R.

Cách giải: 2

Mặt cầu ( S ) : ( x − 5 ) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 9 có bán kính R = 3.

Chọn D. Câu 13 (NB) Phương pháp: Sử dụng các công thức tính nguyên hàm: ∫ e x dx = e x + C , ∫ cos xdx = sin x + C.

Cách giải:

∫ (e

+ cos x ) dx = e x + sin x + C.

Chọn C. Câu 14 (NB) Phương pháp: Sử dụng hoán vị.

Cách giải: Từ các số 1, 5, 6, 7 có thể lập được 4! = 24 số có 4 chữ số đôi một khác nhau.

Chọn B. Câu 15 (NB) Phương pháp: Sử dụng tính chất tích phân:

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

Cách giải: 4

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx = 3 − 2 = 1. Chọn D. Câu 16 (NB) Phương pháp: Giải bất phương trình mũ a

f ( x)

g( x)

⇔ f ( x ) > g ( x )( a > 1) 12

Cách giải: 2 32 x +1 > 33− x ⇒ 2 x + 1 > 3 − x ⇔ 3 x > 2 ⇔ x > . 3

Chọn B. Câu 17 (NB) Phương pháp: Giải phương trình bậc hai với hệ số thực.

Cách giải:  z = −1 + 2i . Ta có z 2 + 2 z + 5 = 0 ⇒   z = −1 − 2i Vậy nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z 2 + 2 z + 5 = 0 là z = −1 + 2i.

Chọn D. Câu 18 (TH) Phương pháp: Điểm biểu diễn số phức liên hợp của z = a + bi trong mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm M ( a; b ) . Cách giải: Ta có: z = 1 + 2i ⇒ z = 1 − 2i.

Điểm biểu diễn số phức liên hợp của z = 1 − 2i trong mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm Q (1; −2 ) . Chọn A. Câu 19 (TH) Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số để loại các đáp án.

Cách giải: Đồ thị hàm số là hàm bậc 4, có chiều hương xuống dưới nên chỉ có đáp án A thỏa mãn. Chọn D. Câu 20 (NB) Phương pháp: Áp dụng công thức tính tọa độ vecto: AB = ( xB − x A ; yB − y A ; z B − z A ) .

Cách giải: Ta có A ( 0;1; −1) , B ( 2;3; 2 ) ⇒ AB = ( 2; 2;3) . 13

Chọn D. Câu 21 (NB) Phương pháp: Xác định các khoảng nghịch biến của hàm số là khoảng ứng với mũi tên đi xuống.

Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trong khoảng ( −∞; −1) và ( 0;1) .

Chọn A. Câu 22 (NB) Phương pháp: Dựa vào đồ thị để xác định GTLN của hàm số trên một đoạn.

Cách giải: Dựa vào đồ thị ta thấy trên [ −1;3] , ta thấy max y = y ( 2 ) = 1. [1;3]

Chọn B. Câu 23 (NB) Phương pháp: Thể tích vật thể tròn xoay giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) , các đường thẳng x = a, x = b quanh b

trục hoành là V = π ∫ f 2 ( x ) − g 2 ( x ) dx. a

Cách giải: Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay hình 4

 x V = π ∫   dx. 4 1 Chọn C. Câu 24 (TH) Phương pháp: Áp dụng công thức:

log a ( xy ) = log a x + log a y ( 0 < a ≠ 1, x, y > 0 ) log a x m = m log a x ( 0 < a ≠ 1, x > 0 ) Cách giải: 14

(D)

quanh trục Ox được tính theo công thức

Với a > 0 ta có log 2 ( 2a 2 ) = log 2 2 + log 2 a 2 = 1 + 2 log 2 a .

Chọn C. Câu 25 (TH) Phương pháp: - Tính diện tích tam giác vuông ABC : S ∆ABC =

1 AB. AC. 2

1 - Tính thể tích khối chóp VS . ABC = SA.S ∆ABC . 3

Cách giải: Ta có S ∆ABC =

1 1 AB. AC = .2a.a = a 2 2 2

1 1 ⇒ VS . ABC = .SA.S ABC = .3a.a 2 = a 3 . 3 3

Chọn D. Câu 26 (TH) Phương pháp: Thực hiện phép chia số phức.

Cách giải: Ta có (1 − i ) z + i = 0 ⇒ z =

−i 1 1 = − i. 1− i 2 2

Chọn D. Câu 27 (TH) Phương pháp: - Tìm ĐKXĐ. - Đưa về cùng cơ số. - Giải bất phương trình logarit: log a x > log a y ⇔ x > y ( a > 1) .

Cách giải:

x + 7 > 0  x > −7 ⇔ ⇔ x > −1. ĐKXĐ:  x +1 > 0  x > −1 Ta có

log 4 ( x + 7 ) > log 2 ( x + 1) ⇔ log 4 ( x + 7 ) > log 4 ( x + 1) ⇔ x + 7 > ( x + 1)

⇔ x2 + x − 6 < 0 ⇔ −3 < x < 2 Kết hợp ĐKXĐ ta có −1 < x < 2.

a = −1 ⇒ Tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −1; 2 ) ⇒  . b = 2 Vậy M = 2a − b = 2 ( −1) − 2 = −4.

Chọn D. Câu 28 (TH) Phương pháp: Đổi điểm tính khoảng cách: AB / / ( P ) ⇒ d ( A; ( P ) ) = d ( B; ( P ) ) . Cách giải:

Vì MD / / AB ⇒ MD / / ( SAB ) ⇒ d ( M ; ( SAB ) ) = d ( D; ( SAB ) ) .

 SA ⊥ AB ⇒ DA ⊥ ( SAB ) ⇒ d ( D; ( SAB ) ) = DA = a. Ta có:   DA ⊥ SA Vậy d ( M ; ( SAB ) ) = a.

Chọn B. 16

Câu 29 (TH) Phương pháp: - Dựa tính chất hai mặt phẳng song song xác định dạng phương trình mặt phẳng cần tìm. - Thay điểm A (1; 0; −1) vào phương trình mặt phẳng tìm hằng số tự do.

Cách giải: Mặt phẳng song song với mặt phẳng x − y + z + 2 = 0 có dạng x − y + z + c = 0 (α ) . Vì A (1; 0; −1) ∈ (α ) nên 1 − 0 − 1 + c = 0 ⇔ c = 0. Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là x − y + z = 0.

Chọn D. Câu 30 (TH) Phương pháp: Số giao điểm là số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm.

Cách giải: Hoành độ giao điểm hai đồ thị hàm số đã cho là nghiệm của phương trình:

x = 0 x + 1 = x − 3 x + 1 ⇔ x − 4 = 0 ⇔  x = 2  x = −2 3

Vậy số giao điểm của đường thẳng y = x + 1 và đồ thị hàm số y = x3 − 3 x + 1 là 3.

Chọn A. Câu 31 (NB) Phương pháp: Mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I ( − a; −b; −c ) , bán kính R = a 2 + b 2 + c 2 − d .

Cách giải: 2

Mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 8 x + 2 y + 1 = 0 có tâm I ( 4; −1;0 ) và bán kính R = 42 + ( −1) + 02 − 1 = 4.

Chọn D. Câu 32 (TH) Phương pháp: - Quay tam giác ABC vuông tại A quanh trục AB ta được hình nón có chiều cao h = AB, bán kính đáy r = AC. 17

1 - Thể tích nón có chiều cao h, bán kính đáy r là V = π r 2 h. 3

Cách giải: Tam giác ABC vuông cân đỉnh A có cạnh huyền là

2 nên AB = AC = 1.

Quay tam giác ABC quanh trục AB ta được khối nón có chiều cao AB = 1 và bán kính đáy AC = 1.

π 1 1 Khi đó thể tích hình nón là V = π r 2 h = π . AC 2 . AB = . 3 3 3 Chọn B. Câu 33 (TH) Phương pháp: Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số.

Cách giải: 1

Ta có I = ∫ x 3 x 2 + 1dx 0

Đặt u = 3 x 2 + 1 ⇒ du =

3x 3x 2 + 1

dx ⇒ xdx =

3 x 2 + 1du udu . = 3 3

x = 0 ⇒ u = 1 . Đổi cận:  x = 1 ⇒ u = 2 2

u2 1 du = ∫ u 2 du. 3 31 1

Vậ y I = ∫

Chọn A. Câu 34 (TH) Phương pháp: Sử dụng tính chất tích phân:

∫  f ( x ) − g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx.

Cách giải: 2

∫  4 f ( x ) − 2 x  dx = 1

Ta có

1 2

⇔ 4.∫ f ( x ) dx − 2.∫ xdx = 1

⇔ 4.∫ f ( x ) dx − x 2 1

2 1

⇔ 4.∫ f ( x ) dx − 3 = 1 1 2

⇔ ∫ f ( x ) dx = 1 1

Chọn A. Câu 35 (NB) Phương pháp: Xác định các điểm cực đại của hàm số là điểm mà qua đó đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.

Cách giải: Dựa vào BXD ta thấy hàm số có 2 điểm cực đại x = 0, x = 3.

Chọn B. Câu 36 (TH) Phương pháp: - Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng. - Sử dụng tính chất tam giác vuông cân.

Cách giải:

Ta có SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ AC là hình chiếu vuông góc của SA lên ( ABCD ) .

⇒ ∠ ( SC ; ( ABCD ) ) = ∠ ( SC ; AC ) = ∠SCA. Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên AC = a 2 = SA ⇒ ∆SAC vuông cân tại A ⇒ ∠SCA = 450 . Vậy ∠ ( SC ; ( ABCD ) ) = 450.

Chọn C. Câu 37 (TH) 19

Phương pháp: - Tính số phần tử của không gian mẫu. - Gọi A là biến cố: “2 người được chọn đều là nữ”, tính số phần tử của biến cố A. - Tính xác suất của biến cố.

Cách giải: Chọn 2 người trong 10 bạn là C102 ⇒ Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = C102 = 45. Gọi A là biến cố: “2 người được chọn đều là nữ” ⇒ n ( A ) = C32 = 3. Vậy xác suất của biến cố A là: P ( A ) =

3 1 = . 45 15

Chọn B. Câu 38 (TH) Phương pháp: - Đường thẳng đi qua hai điểm P, Q nhận PQ là 1 VTCP. x − x0 y − y0 z − z0 - Phương trình đường thẳng đi qua P ( x0 ; y0 ; z0 ) và có 1 VTCP u = ( a; b; c ) là: d : . = = a b c

Cách giải: Ta có P (1;1; −1) , Q ( 2;3; 2 ) ⇒ PQ = (1; 2;3) .

Khi đó phương trình đường thẳng PQ có dạng

x −1 y −1 z + 1 . = = 1 2 3

Chọn C. Câu 39 (VD) Phương pháp: - Xét phương trình hoành độ, dựa vào số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm xác định chính xác f ( x) − g ( x). - Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) , đường thẳng x = a, x = b là b

S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx. a

Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm f ( x ) − g ( x ) = ax3 + ( b − d ) x 2 + ( c − e ) x −

−3; −1;1 nên ta có 20

3 = 0 có 3 nghiệm lần lượt là 2

ax 3 + ( b − d ) x 2 + ( c − e ) x −

3 = a ( x + 3)( x + 1)( x − 1) 2

⇔ ax3 + ( b − d ) x 2 + ( c − e ) x −

3 = a ( x3 + 3 x 2 − x − 3) 2

1  a =   2 b − d = 3a   3  ⇒ c − e = − a ⇔ b − e = 2  3  1 − = −3a   2 c − e = − 2  Nên f ( x ) − g ( x ) =

1 3 3 2 1 3 x + x − x− 2 2 2 2

Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số có diện tích bằng −1

−3

−1

S = ∫  f ( x ) − g ( x )  dx − ∫  f ( x ) − g ( x )  dx −1

3 1 3 3 1 3 1 1 = ∫  x 3 + x 2 − x −  dx − ∫  x3 + x 2 − x −  dx 2 2 2 2 2 2 2 2 −3  −1 

= 2 − ( −2 ) = 4 Chọn C. Câu 40 (VD) Phương pháp: - Hàm số bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó. - Hàm số bậc nhất trên bậc nhất đạt GTNN trên các đoạn mà hàm số xác định tại các điểm đầu mút.

Cách giải: TXĐ: D = ℝ \ {2} ⇒ Hàm số xác định trên [ −1;1] . Ta có f ( x ) =

2x − m 4+m . ⇒ f '( x) = 2 x+2 ( x + 2)

TH1: Nếu m > −4 ⇒ f ' ( x ) > 0 ∀x ≠ −2, do đó hàm số đồng biến trên [ −1;1] . ⇒ min f ( x ) = f ( −1) = x∈[ −1;1]

Theo bài ra ta có:

−2 − m 1

−2 − m 1 7 = ⇔ m = − ( tm ) . 1 3 3 21

⇒ a = −7, b = 3 nên a + b = −7 + 3 = −4.

TH2: Nếu m < −4 ⇒ f ' ( x ) < 0 ∀x ≠ −2, do đó hàm số nghịch biến trên [ −1;1] . ⇒ min f ( x ) = f (1) = x∈[ −1;1]

Theo bài ra ta có:

2−m 3

2−m 1 = ⇔ m = 1( ktm ) . 3 3

TH3: Nếu m = −4 ⇒ f ' ( x ) = 0 ∀x ≠ −2, do đó hàm số là hàm hằng [ −1;1] . ⇒ min f ( x ) = f ( x ) = x∈[ −1;1]

2x + 4 = 2 ⇒ a = −4, b = 1 ⇒ a + b = −3. x+2

Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đáp án D đúng.

Chọn D. Câu 41 (VD) Phương pháp: ( P ) ⊥ ( Q ) = d ⇒ a ⊥ ( Q ) chứng minh SM ⊥ ( ABCD ) . - Gọi M là trung điểm của AB, sử dụng định lí  a ⊂ ( P ) , a ⊥ d

- Đổi d ( A; ( SCD ) ) sang d ( M ; ( SCD ) ) . - Đặt độ dài cạnh đáy bằng x, tính d ( M ; ( SCD ) ) theo x, từ đó tìm x theo a. 1 - Tính thể tích khối chóp S ABCD = SM .S ABCD . 3

Cách giải:

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD . Vì ∆SAB đều nên SM ⊥ AB. 22

( SAB ) ⊥ ( ABCD ) = AB Ta có  ⇒ SM ⊥ ( ABCD ) .  SM ⊂ ( SAB ) , SM ⊥ AB

Vì AM / / CD ⇒ AM / / ( SCD ) ⇒ d ( A; ( SCD ) ) = d ( M ; ( SCD ) ) . Trong ( SMN ) kẻ MK ⊥ SN ta có: CD ⊥ MN  MK ⊥ SN ⇒ CD ⊥ ( SMN ) ⇒ CD ⊥ MK ,  ⇒ MK ⊥ ( SCD )  CD ⊥ SM  MK ⊥ CD

⇒ d ( M ; ( SCD ) ) = MK =

3 7a . 7

Đặt AB = x ⇒ MN = AD = x, SM =

AB 3 x 3 . = 2 2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SMN ta có: 1 1 1 1 1 1 7 7 = + ⇒ = 2+ ⇔ 2 = 2 ⇔ x = a 3. 2 2 2 2 2 MK SM MH x x 3 9a 3x  3a 7       7   2 

1 1 a 3. 3 Vậy thể tích hình chóp S . ABCD là V = SM .S ABCD = . . a 3 3 3 2

(

)

3a 3 . = 3

Chọn B. Câu 42 (VD) Phương pháp: - Tham số hóa tọa độ điểm A ∈ d1 theo ẩn a, điểm B ∈ d1 theo ẩn b. Tính AB - Xác định 1 VTPT n của mp ( P ) .

- Vì d / / ( P ) nên AB ⊥ n ⇒ AB.n = 0. Tìm a theo b hoặc ngược lại. - Giải phương trình AB = 3 3 tìm a, b. - Đưa về bài toán viết phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm.

Cách giải:  A ∈ d1 ⇒ A ( −1 + a; −2 + 2a; a ) Vì   B ∈ d 2 ⇒ B ( 2 + 2b;1 + b;1 + b ) ⇒ AB = ( − a + 2b + 3; −2a + b + 3; − a + b + 1)

Mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến n = (1;1; −2 ) .

Vì d / / ( P ) nên AB ⊥ n ⇒ AB.n = 0 ⇔ − a + 2b + 3 − 2a + b + 3 + 2a − 2b − 2 = 0 ⇒b = a−4 ⇒ AB = ( a − 5; − a − 1; −3)

Khi đó ta có: AB =

( a − 5 ) + ( −a − 1)

+ 9 = 2 ( a − 2 ) + 27 ≥ 3 3

 A (1; 2; 2 ) Dấu bằng xảy ra khi a = 2 ⇒  .  AB = ( −3; −3; −3) / / (1;1;1)

Vậy phương trình đường thẳng d là

x −1 y − 2 z − 2 . = = 1 1 1

Chọn A. Câu 43 (VD) Phương pháp: - Đổi biến t = ln x + 2. Đổi cận. - Tính tích phân, đồng nhất hệ số tìm a, b, c.

Cách giải: e

Ta có I = ∫ 1

ln x x ( ln x + 2 )

Đặt t = ln x + 2 ⇒ dt =

dx và ln x = t − 2. x

x = 1 ⇒ t = 2 . Đổi cận:  x = e ⇒ t = 3 3

2 3 1 t−2  dt =  ln t +  = ln 3 − ln 2 − 2 3 t t2  2

Khi đó ta có: = ∫

⇒ a = 1; b = −1; c = −1.

Vậy a 2 + b 2 + c 2 = 3.

Chọn D. Câu 44 (VD) Phương pháp: 24

- Tính đạo hàm g ' ( x ) . - Giải phương trình g ' ( x ) = 0. - Lập BXD g ' ( x ) .

Cách giải: Ta có g ( x ) = f ( x 2 − 2 ) ⇒ g ' ( x ) = 2 x. f ' ( x 2 − 2 ) = 0 x = 0 x = 0 Khi đó g ' ( x ) = 0 ⇔  ⇔ (ta không xét x 2 − 2 = −1 và qua các nghiệm của phương  2 2 x − 2 = 2  f ' ( x − 2 ) = 0

trình này g ' ( x ) không đổi dấu do x = −1 là nghiệm kép của phương trình f ' ( x ) = 0). x = 0 . ⇒ g '( x) = 0 ⇔   x = ±2

Lấy x = 3 ta có g ' ( 3) = 6 f ' ( 7 ) > 0 . Bảng xét dấu g ' ( x ) :

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đáp án C sai.

Chọn C. Câu 45 (VD) Phương pháp: Tìm ĐKXĐ của phương trình. - Đưa về cùng cơ số. - Sử dụng công thức log a x + log a y = log a ( xy ) đưa về phương trình logarit cơ bản. Giải phương trình tìm x theo m. - Đổi chiếu ĐKXĐ và suy ra điều kiện của m.

Cách giải: x > m ⇒ m < 2, khi đó ta có m < x < 2. ĐKXĐ:  x < 2

Ta có: 25

log 1 ( x − m ) + log 3 ( 2 − x ) = 0 3

⇔ − log3 ( x − m ) + log 3 ( 2 − x ) = 0 ⇔ log 3

2− x 2− x =0⇔ =1 x−m x−m

⇔ 2− x = x−m ⇔ x =

2+m 2

Để phương trình đã cho có nghiệm thì m <

 2m < m + 2 m+2 <2⇔ ⇔ m < 2. 2 m + 2 < 4

Mà m là số nguyên dương m = 1. Vậy có 1 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D. Câu 46 (VD) Phương pháp: - Tính f ' ( x ) . - Hàm số đã cho đồng biến trên ℝ khi f ' ( x ) ≥ 0∀x ∈ ℝ (*) và bằng 0 tại hữu hạn điểm. a > 0 . - Đặt x 2 = t ≥ 0. Đưa (*) về dạng at 2 + bt + c ≥ 0∀t ∈ ℝ ⇔  ∆ ' ≤ 0

Cách giải: Ta có f ( x ) =

2 2 5 8 3 m x − mx − ( m 2 − m − 20 ) x + 1 5 3

⇒ f ' ( x ) = 2m 2 x 4 − 8mx 2 − ( m 2 − m − 20 )

Hàm số đã cho đồng biến trên ℝ khi f ' ( x ) = 2m 2 x 4 − 8mx 2 − ( m2 − m − 20 ) ≥ 0 ∀x ∈ ℝ (*) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Đặt x 2 = t ≥ 0. Khi đó (*) ⇔ 2m 2t 2 − 8mt − ( m 2 − m − 20 ) ≥ 0 ∀t ∈ ℝ.

2m2 > 0 ⇒ ⇒ −3 ≤ m ≤ 4. 2 2 2 ∆ ' = 16 m + 2 m m − m − 20 ≤ 0 ( )  Vậy có 8 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C. Câu 47 (VD) 26

Phương pháp: - Biến đổi phù hợp và sử dụng phương pháp nguyên hàm hai vế tìm f ( x ) . 3

- Sử dụng giả thiết f (1) = 2 tìm hằng số C và tính

∫ f ( x ) dx. 1

Cách giải: Ta có

f ( x ) − ( x + 1) f ' ( x ) = 2 xf 2 ( x ) ⇔

( x + 1) ' f ( x ) − ( x + 1) f ' ( x ) = 2 x f 2 ( x)

 x +1  ⇔   ' = 2 x f x ( )   Lấy nguyên hàm hai vế ta có:

 x +1 

∫  f ( x )  ' dx = ∫ 2 xdx 

⇔



x +1 = x2 + C f ( x)

⇒ f ( x) =

x +1 x2 + C

Lại có f (1) = 2 ⇒ 2 = Vậ y

∫ f ( x ) dx = ∫

2 x +1 ⇔ C = 0 ⇒ f ( x) = 2 . 1+ C x

x +1 13 2  dx =  ln x −  = + ln 3. 2 x x1 3 

Chọn C. Câu 48 (VDC) Phương pháp: - Tìm hàm đặc trưng. - Biểu diễn y theo x. - Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTLN của P.

Cách giải: Ta có 27

e2 x − e y = − ln 2 + y − 2 ( x > 0 ) ⇔ e 2 x + ln x + 2 = e y + y ⇔ e 2 x + ln x + ln e x = e y + y

⇔e

ln e 2 x

( )

+ ln ( e 2 x ) = e y + y (*)

Xét hàm số f ( t ) = et + t ⇒ f ' ( t ) = et + 1 > 0 ∀t nên hàm số đồng biến trên ℝ. Do đó (*) ⇔ ln ( e 2 x ) = y ⇒ y = 2 + ln x. Khi đó ta có: P = Ta có P ' = −

y 2 + ln x 2 ln x = =− + . x x x x

− ln x − 1 2 1 − ln x 1 + =0⇔ = 0 ⇔ x = ( tm ) . 2 2 2 x x x e

 1  2 −1 = e. Vậy Pmax = P   = 1 e e Chọn A. Câu 49 (VDC) Cách giải:

Đường thẳng d đi qua điểm M (1; −1;3) và có 1 vecto chỉ phương u1 = ( 2; −1;1) .

Ta thấy A ∉ d . Gọi I = d ∩ ( P ) , khi đó tọa độ điểm I là nghiệm của hệ

 x = 1 + 2t  x = 1 + 2t t = −4  y = −1 − t  y = −1 − t  x = −7    ⇔ ⇔    z = 3 + t z = 3 + t y = 3  x + y − 4 z = 0 1 + 2t − 1 − t − 12 − 4t = 0  z = −1

⇒ I ( −7;3; −1) . Gọi ( Q ) là mặt phẳng chứa d và song song với ∆. 28

Khi đó ta có: d ( ∆; d ) = d ( ∆; Q ) = d ( A; ( Q ) ) . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên ( Q ) , d ta có AH ≤ AK . Do đó d ( ∆; d )max = AK khi H ≡ K hay AK là đoạn vuông góc chung của d và ∆ . Gọi mặt phẳng ( R ) chứa A và d . Khi đó mp ( R ) có 1 VTPT là nR =  AM ; u1  = ( −2; 4;8 )

 AK ⊂ ( R ) Ta có  ⇒ ( R ) ⊥ (Q)  AK ⊥ ( Q )

nQ ⊥ nR Gọi nQ là 1 VTPT của ( Q ) ta có  ⇒ nQ =  nR ; u1  = (12;18; −6 ) nQ ⊥ u1

∆ ⊂ ( P ) Gọi u∆ là 1 VTCP của đường thẳng ∆. Ta có  ⇒ u∆ =  nP ; nQ  = ( 66; −42;6 ) / / (11; −7;1) . ∆ / / ( Q ) ⇒ a = 11; b = −7 . Vậy a + 2b = 11 + 2. ( −7 ) = −3.

Chọn C. Câu 50 (VDC) Phương pháp:

(

)

(

)

- Thay z = a + bi vào biểu thức 4 z − z − 15i = i z + z − 1 , từ đó tìm mối liên hệ giữa a, b và tìm điều kiện của b. 1 - Tính z − + 3i theo b. 2 - Sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTNN của biểu thức.

Cách giải: Ta có: z = a + bi ⇒ z = a − bi. Khi đó:

(

)

(

)

4 z − z − 15i = i z + z − 1

⇔ 4 ( a + bi − a + bi ) − 15i = i ( a + bi + a − bi − 1) ⇔ 8b − 15 = ( 2a − 1)

Do ( 2a − 1) ≥ 0 ∀a nên 8b − 15 ≥ 0 ⇔ b ≥

15 . 8

Ta có 1 1  z − + 3i =  a −  + ( b + 3) i 2 2  2

1 2  =  a −  + ( b + 3) 2  =

1 2

1 2 8a − 15 + ( 2b + 6 ) 2

1 15   4b 2 + 32b + 21  b ≥  2 8 

( 2a − 1) + ( 2b + 6 )

Xét hàm số f ( x ) = 4 x 2 + 32 x + 21 với x ≥

15 15 ta có f ' ( x ) = 8 x + 32 > 0, ∀x ≥ . 8 8

15   15  1521 ⇒ Hàm số y = f ( x ) là hàm số đồng biến trên  ; +∞  , do đó f ( x ) ≥ f   = . 8   8  16 1 1 1521 39 15 1 = ⇔b= ⇒a= . Khi đó min z − + 3i = 2 2 16 8 8 2 1 a 1 15 Vậy khi môđun của số phức z − + 3i đạt giá trị nhỏ nhất thì + b = + = 2. 2 4 8 8

Chọn D. ------------------- HẾT -----------------

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

ĐỀ THI THỬ TN MÔN TOÁN – LẦN 1

TỔ: TOÁN - TIN

NĂM HỌC 2020 – 2021

------------------

LỚP: 12 Thời gian: 90 phút Mã đề 104 MỤC TIÊU

- Đề thi gồm 19 câu hỏi NB, 11 câu hỏi TH, 15 câu hỏi VD và 5 câu hỏi VDC, học sinh có thể đạt 9+ nếu học tốt đối với đề thi này. - Độ phủ câu hỏi ở các chương bám sát đề chính thức, giúp học sinh ôn tập đúng trọng tâm. - Để xử lý tốt đề thi này, học sinh cần học tốt phần phương trình mũ và logarit, đây là phần tập trung các câu hỏi VDC. - Đề thi tạo cho học sinh cảm giác phòng thi, tự tin khi bước vào kì thi chính thức và là tài liệu bổ ích phục vụ cho giai đoạn ôn thi. Câu 1: Cho a, b, c > 0; a ≠ 1, b ≠ 1. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai? A. log ac b = c log a b

B. log a b.log b c = log a c.

C. log a ( bc ) = log a b + log a c

D. log a b =

1 log b a

Câu 2: Cho hàm số y = x 4 − 2 x 2 + 3. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Hàm số chỉ có đúng hai điểm cực trị.

B. Hàm số không có cực trị.

C. Hàm số có ba điểm cực trị

D. Hàm số chỉ có đúng một điểm cực trị.

Câu 3: Cho

∫ 0

A. 12

f ( x ) dx = 2 và

∫ g ( x ) dx = 5. Khi đó

∫  f ( x ) − 2 g ( x ) dx bằng

B. −3

C. 1

D. −8

Câu 4: Tập hợp T gồm 7 phần tử khác nhau. Số tập con có 3 phần tử của tập hợp T là A.

7! 3!

B. A73

C. 21

D. C73

Câu 5: Cho cấp số nhân ( un ) có số hạng đầu u1 = 3; u2 = 12. Công bội của cấp số nhân đó là A. 9

B. 4

C. 36

1 4

Câu 6: Hàm số y = f ( x ) liên tục trên [ 2;9] . F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) trên [ 2;9] và

F ( 2 ) = 5, F ( 9 ) = 4. Mệnh đề nào sau đây đúng? 1

∫

f ( x ) dx = −1

∫

f ( x ) dx = 20

∫

f ( x ) dx = 9

∫ f ( x ) dx = 1 2

Câu 7: Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức:

A. z = 1 + 2i

B. z = 2 + i

Câu 8: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = A. y = −

1 4

C. z = 1 − 2i

D. z = −2 + i

x +1 có phương trình là 2x − 4

B. x = −1

C. y =

1 2

D. x = 2

Câu 9: Cho khối nón có đường cao h và bán kính đáy r. Thể tích của khối nón. A. 2π r h 2 + r 2

1 2 πr h 3

C. π r 2 h

D. π r h 2 + r 2

x = 1  Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d :  y = 2 + 3t ; ( t ∈ ℝ ) . Vectơ nào sau đây là z = 5 − t  một vectơ chỉ phương của d ? A. u1 = ( 0;3; −1) B. u4 = (1; 2;5 )

C. u2 = (1;3; −1)

D. u3 = (1; −3; −1)

Câu 11: Trong một hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (α ) : 2 x − y + 3z − 1 = 0. Vectơ nào sau đây là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (α ) .

A. n = ( −2;1;3)

B. n = ( 2; −1;3)

C. n = ( 2;1; −3)

D. n = ( 2;1;3)

C. z = 3 − 4i

D. z = −3 + 4i

C. z = 2

D. z = 5

Câu 12: Số phức liên hợp của số phức z = 3 + 4i là A. z = 7 + 4i

B. z = −3 − 4i

Câu 13: Cho số phức z = 2 + i. Tính z . A. z = 5

B. z = 3

Câu 14: Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: A. Đồ thị hàm số y = a x và đồ thị hàm số y = log a x đối xứng nhau qua đường thẳng y = x. B. Hàm số y = a x với 0 < a < 1 đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) . 2

C. Đồ thị hàm số y = a x với a > 0; a ≠ 1 luôn đi qua điểm M ( a;1) . D. Hàm số y = a x với a > 1 nghịch biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) . Câu 15: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm của phương trình f ( x ) + 3 = 0 là:

A. 3

B. 4

C. 2

D. 1

Câu 16: Hình trụ tròn xoay có độ dài đường sinh bằng l và bán kính đáy bằng R có diện tích xung quanh S xq cho bởi công thức A. S xq = 2π R 2

B. S xq = 2π Rl

Câu 17: Giá trị lớn nhất của hàm số y = A. −

5 3

Câu 18: Cho hàm số y =

C. S xq = π Rl

4 D. S xq = π R 3 3

2x + 3 trên đoạn [ −1;1] bằng: x−2

B. 1

C. −

1 3

D. −1

2x + 1 . Khẳng định nào dưới đây đúng? x+2

A. Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −2 ) và ( −2; +∞ ) . B. Hàm số nghịch biến trên ℝ C. Hàm số đồng biến trên ℝ D. Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞; −2 ) và ( −2; +∞ ) Câu 19: Tập giá trị của hàm số y = a x ( a > 0; a ≠ 1) là: A. ( 0; +∞ )

B. ℝ \ {0}

Câu 20: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =

C. ℝ

D. [ 0; +∞ )

2x − 3 tại điểm có hoành độ x = −1 có hệ số góc bằng bao nhiêu? 2− x 3

A. 1

B. 7

7 9

1 9

Câu 21: Cho hình trụ bán kính đáy bằng a . Một mặt phẳng đi qua trục của hình trụ và cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông. Tính thể tích khối trụ đã cho. A. 16π a 3

B. 18π a 3

C. 8π a 3

D. 4π a 3

Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 2; −1;3) . Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A và song song với mặt phẳng ( Q ) : x + 2 y − 3z + 2 = 0 có phương trình là

A. x + 2 y − 3 z − 9 = 0

B. x + 2 y − 3 z + 9 = 0

C. x + 2 y − 3 z + 7 = 0

D. x + 2 y − 3 z − 7 = 0

Câu 23: Diện tích phần hình gạch chéo tronng hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây?

∫ ( 2 x − 2 ) dx −1

∫ ( −2 x + 2 ) dx

−1

∫ ( 2x

− 2 x − 4 ) dx

−1

∫ ( −2 x

+ 2 x + 4 ) dx

−1

Câu 24: Hàm số y = ( x 2 − x + 1) e x có đạo hàm là A. y ' = ( x 2 + 1) e x Câu 25: Nếu

∫

f ( x ) dx =

A. f ( x ) = 3x 2 + e x

B. y ' = ( 2 x − 1) e x

C. y ' = ( x 2 + x ) e x

D. y ' = ( x 2 − x ) e x

C. f ( x ) = x 2 + e x

D. f ( x ) =

x3 + e x + C thì f ( x ) bằng 3

B. f ( x ) =

x4 + ex 12

x2 + ex 3

Câu 26: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = ( x 2 − 1) ( x − 3) ( x + 2 ) , ∀x ∈ ℝ . Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là

A. 4

B. 3

C. 2

D. 5

Câu 27: Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD vuông tại C , AB vuông góc với mặt phẳng

( BCD ) ; AB = 5a; BC = 3a; CD = 4a. Tính bán kính mặt cầu đi qua bốn đỉnh của tứ diện A. R =

5a 2 3

B. R =

5a 2 2

C. R =

5a 3 2

ABCD .

D. R =

5a 3 3

Câu 28: Gọi S là tập tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị hàm số y =

2 x 2 − 3x + m không có x−m

tiệm cận đứng. Số phần tử của S là:

A. vô số

B. 1

C. 2

D. 0

Câu 29: Cho hình hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = a 3 và AD = a. Góc giữa hai đường thẳng B ' D ' và AC bằng A. 450

B. 600

C. 300

D. 900

Câu 30: Cho số phức z thỏa mãn z + 2 z = 6 + 2i. Điểm biểu diễn số phức z có tọa độ là: A. ( −2; 2 )

B. ( −2; −2 )

C. ( 2; −2 )

D. ( 2; 2 )

Câu 31: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; 2;1) , B ( 2; −1;3) . Tìm điểm M trên mặt phẳng ( Oxy ) sao cho MA2 − 2 MB 2 lớn nhất.

1 3  A. M  ; − ;0  2 2 

B. M ( 3; −4;0 ) 1

Câu 32: Cho f ( x ) liên tục trên ℝ và f ( 2 ) = 1, ∫ f ( 2 x ) dx = 2. Tích phân 0

A. −2

3 1  D. M  ; ; 0  2 2 

C. M ( 0;0;5) 2

∫ xf ' ( x ) dx bằng 0

B. 28

C. 6

D. 2

Câu 33: Cho tứ diện ABCD có cạnh AB, AC và AD đôi một vuông góc với nhau; AB = 6, AC = 7, AD = 4. Gọi M , N , P tương ứng là trung điểm các cạnh BC , CD, BD . Tính thể tích V của khối tứ diện AMNP. A. V =

7 2

B. V = 7

C. V =

Câu 34: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = m > 1 A.   −4 ≤ m < −1

B. m > 1

28 3

D. V = 14

e −2 x + m đồng biến trên khoảng ( ln 2; +∞ ) . me−2 x + 1

C. −4 ≤ m < −1

D. −4 ≤ m ≤ −1

Câu 35: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( a; 0; 0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0; 0; c ) với a, b, c > 0.

Biết 2

mặt 2

phẳng

( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) A. 14

( ABC )

đi

qua

1 2 3 M ; ;  7 7 7

và

tiếp

xúc

72 1 1 1 . Tính 2 + 2 + 2 7 a b c

B. 7

1 7

7 2

với

mặt

cầu

Câu 36: Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vuông ABC vuông tại A, AC = a, ∠ACB = 600. Đường thẳng BC ' tạo với mặt phẳng ( ACC ' ) góc 300 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C '. A.

a3 3 2

C. 2 3a 3

B. a 3 6

a3 3 3

Câu 37: Cho phương trình log 32 x − 4 log 3 x + m − 3 = 0. Tìm tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 thỏa mãn x2 − 81x1 < 0. A. 4

B. 5

C. 6

D. 3

Câu 38: Cho khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . Gọi E là trọng tâm tam giác A ' B ' C ' và F là trung điểm BC. Gọi V V1 là thể tích khối chóp B '.EAF và V2 là thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . Khi đó 1 có giá trị bằng V2 A.

1 5

1 4

1 6

1 8

Câu 39: Biết rằng

x2 − x + 1 a −b 2 ∫2 x + x − 1 dx = 6 với a, b là các số nguyên dương. Tính T = a + b.

A. 33.

B. 27.

C. 31.

D. 29.

Câu 40: Trường trung học phổ thông A có 23 lớp, trong đó khối 10 có 8 lớp, khối 11 có 8 lớp và khối 12 có 7 lớp, mỗi lớp có một chi đoàn, mỗi chi đoàn có một em làm bí thư. Các em bí thư đều giỏi và rất năng động nên Ban chấp hành Đoàn trường chọn ngẫu nhiên 9 em bí thư đi thi cán bộ đoàn giỏi cấp tỉnh. Tính xác suất để 9 em được chọn có đủ 3 khối. A.

7234 7429

7012 7429

7123 7429

7345 7429

x = 1+ t  x = 2t '   Câu 41: Trong không gian Ozyz , cho hai đường thẳng d :  y = 2 − t , d ' :  y = 1 + t ' . Đường thẳng ∆ cắt d , d ' z = t z = 2 + t '   lần lượt tại các điểm A, B thỏa mãn độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất. Phương trình đường thẳng ∆ là A.

x y − 3 z +1 = = 2 −1 −3

x −1 y − 2 z = = 1 3 −2

Câu 42: Trong tập hợp các số phức z thỏa mãn A. 2 + 2

x−4 y z−2 = = 3 −2 −1

x − 2 y −1 z −1 = = 1 3 −2

z + 2−i = 2. Tìm mô-đun lớn nhất của số phức z + i. z +1− i

B. 3 + 2

C. 2 − 2

D. 3 − 2

Câu 43: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 450. Gọi M là trung

điểm SD, hãy tính theo a khoảng cách d từ M đến mặt phẳng ( SAC ) . 6

A. d =

a 1513 89

B. d =

a 1315 89

C. d =

2a 1513 89

D. d =

2a 1315 89

Câu 44: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 1, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. A. V =

5 15π 18

B. V =

5π 3

C. V =

5 15π 54

Câu

45: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của 16 4  2   x 4 + 4 + 4  x 2 + 2  − 12  x −  − m = 0 có nghiệm thuộc [1; 2] ? x x  x   A. 25

B. 26

tham

D. V = số

C. 28

để

4 3π 27 phương

trình

D. 24

Câu 46: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ, hàm số y = f ' ( x ) liên tục trên ℝ, hàm số

y = f ' ( x + 2021) cắt trục hoành tại các điểm có hoành độ a, b, c là các số nguyên và có đồ thị như hình vẽ.

Gọi m1 là số giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = g ( x ) = f ( x 2 − 2 x + m ) nghịch biến trên khoảng

(1; 2 ) ; m2 là số giá trị nguyên của tham số (1; 2 ) . Khi đó m1 + m2 bằng: A. 2b − 2a + 1

B. 2b − 2a − 2

Câu 47: Cho các số dương x, y thỏa mãn 2 A.

33 7

m để hàm số y = h ( x ) = f ( x 2 − 4 x + m ) đồng biến trên khoảng

x3 − y +1

C. 2b − 2a + 2

D. 2b − 2a

2x + y 7 x3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + . = 3 2x + 4x + 4 y 7

35 14

C. 2

8 7

12 7

Câu 48: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn ( a − 2 ) + ( b − 2 ) + ( c − 2 ) = 8 và 2 a = 7b = 14− c. Tổng 2a + b + c bằng: A. 4

1 8

1 2

D. 8

Câu 49: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị của hàm số f ' ( x ) như hình vẽ và f ( b ) = 1 . Số giá trị nguyên của m ∈ [ −5;5] để hàm số g ( x ) = f 2 ( x ) + 4 f ( x ) + m có đúng 5 điểm cực trị là:

A. 10

B. 9

C. 7

D. 8

Câu 50: Cho phương trình 11x + m = log11 ( x − m ) với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của

m ∈ ( −205; 205 ) để phương trình đã cho có nghiệm? A. 205

B. 204

C. 203

------------------- HẾT ------------------

D. 406

BẢNG ĐÁP ÁN 1.A

2.C

3.D

4.D

5.B

6.A

7.D

8.C

9.B

10.A

11.B

12.C

13.D

14.A

15.A

16.B

17.C

18.A

19.C

20.D

21.A

22.D

23.D

24.C

25.C

26.C

27.B

28.C

29.B

30.C

31.B

32.A

33.B

34.A

35.D

36.B

37.D

38.C

39.B

40.A

41.D

42.A

43.A

44.C

45.C

46.D

47.D

48.A

49.A

50.B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (NB) Phương pháp: Sử dụng các công thức logarit.

Cách giải: 1 Ta có log ac b = log a b nên đáp án A sai. c

Chọn A. Câu 2 (NB) Phương pháp: - Tìm đạo hàm của hàm số. - Tìm nghiệm phương trình y ' = 0.

Cách giải:

x = 0 Ta có y = x − 2 x + 3 ⇒ y ' = 4 x − 4 x = 0 ⇔  x = 1 .  x = −1 4

Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Chọn C. Câu 3 (NB) 9

Phương pháp: Sử dụng tính chất tích phân:

∫  f ( x ) + g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx, ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx.

Cách giải: 1

Ta có T = ∫  f ( x ) − 2 g ( x )  dx = ∫ f ( x ) dx − 2 ∫ g ( x ) dx = 2 − 2.5 = −8.

Chọn D. Câu 4 (NB) Phương pháp: Áp dụng công thức tính tổ hợp.

Cách giải: Số tập con có 3 phần tử của tập hợp 7 phần tử là C73 .

Chọn D. Câu 5 (NB) Phương pháp: Áp dụng công thức tính SHTQ của cấp số nhân: un = u1.q n −1 với q là công bội.

Cách giải:

u1 = 3 u ⇒ q = 2 = 4. Ta có  u1 u2 = u1.q = 12 Chọn B. Câu 6 (NB) Phương pháp: b

Sử dụng công thức

∫ f ( x ) dx = F ( b ) − F ( a ) với F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) . a

Cách giải: 9

Vì F ( x ) là nguyên hàm của hàm số f ( x ) nên

∫ f ( x ) dx = F ( 9 ) − F ( 2 ) = 4 − 5 = −1. 2

Chọn A. Câu 7 (NB) Phương pháp: 10

Điểm M ( a; b ) là điểm biểu diễn cho số phức z = a + bi. Cách giải: Ta có M ( −2;1) là điểm biểu diễn số phức z = −2 + i.

Chọn D. Câu 8 (NB) Phương pháp: Đồ thị hàm số y =

ax + b a có TCN y = . cx + d c

Cách giải: Đồ thị hàm số y =

1 x +1 có TCN y = . 2x − 4 2

Chọn C. Câu 9 (NB) Phương pháp: 1 Khối nón có đường cao h và bán kính r có thể tích V = π r 2 h. 3

Cách giải: 1 Khối nón có đường cao h và bán kính r có thể tích V = π r 2 h. 3

Chọn B. Câu 10 (NB) Phương pháp:

 x = x0 + at  Đường thẳng d :  y = y0 + bt ( t ∈ ℝ ) có 1 VTCP là u = ( a; b; c ) .  z = z + ct  0 Cách giải:

x = 1  Đường thẳng d :  y = 2 + 3t có 1 VTCP là u = ( 0;3; −1) . z = 5 − t  Chọn A. Câu 11 (NB) 11

Phương pháp: Mặt phẳng (α ) : Ax + By + Cz + D = 0 có 1 VTPT là n = ( A; B; C )

Cách giải: Mặt phẳng (α ) : 2 x − y + 3z − 1 = 0 có 1 VTPT là n = ( 2; −1;3) .

Chọn B. Câu 12 (NB) Phương pháp: Số phức liên hợp của z = a + bi là z = a − bi.

Cách giải: Ta có z = 3 + 4i ⇒ z = 3 − 4i.

Chọn C. Câu 13 (NB) Phương pháp: Áp dụng công thức tính modun số phức: z = a + bi ⇒ z = a 2 + b 2 .

Cách giải: Ta có z = 2 + i ⇒ z = 22 + 1 = 5 .

Chọn D. Câu 14 (NB) Phương pháp: Áp dụng các tính chất hàm số mũ và hàm logarit.

Cách giải: Hàm số y = a x đồng biến trên ℝ khi a > 1 và nghịch biến trên ℝ khi 0 < a < 1 nên các đáp án B, D sai. Với a > 0; a ≠ 1 thì đồ thị hàm số không luôn đi qua M ( a;1) nên đáp án C sai.

Chọn A. Câu 15 (NB Phương pháp: Số nghiệm của phương trình f ( x ) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = m.

Cách giải: 12

Số nghiệm của hàm số f ( x ) + 3 = 0 ⇔ f ( x ) = −3 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = −3.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hai đồ thị hàm số cắt nhau tại 3 điểm phân biệt.

Chọn A. Câu 16 (NB) Phương pháp: Hình trụ tròn xoay có độ dài đường sinh bằng l và bán kính đáy bằng R có diện tích xung quanh S xq cho bởi công thức S xq = 2π Rl.

Cách giải: Hình trụ tròn xoay có độ dài đường sinh bằng l và bán kính đáy bằng R có diện tích xung quanh S xq cho bởi công thức S xq = 2π Rl.

Chọn B. Câu 17 (TH) Phương pháp: - Tính y '. Tìm các nghiệm xi ∈ [ −1;1] của phương trình y ' = 0. - Tính y ( −1) ; y (1) ; y ( xi ) - KL: max = max { y ( −1) ; y (1) ; y ( xi )} [ −1;1]

Cách giải: Hàm số xác định trên [ −1;1] . Ta có y =

−7 2x + 3 ⇒ y'= < 0∀x ≠ 2 nên hàm số là hàm nghịch biến trên [ −1;1] . 2 x−2 ( x − 2)

1 Ta có y ( −1) = − , y (1) = −5. 3

1 Vậy max y = y ( −1) = − . [ −1;1] 3

Chọn C. Câu 18 (NB) Phương pháp: Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên các khoảng xác định của nó.

Cách giải: 13

TXĐ: D = ℝ \ {−2} . Ta có y =

2x +1 3 ⇒ y'= > 0∀x ∈ D . 2 x+2 ( x + 2)

Vậy hàm số đồng biến trên ( −∞; −2 ) ; ( −2; +∞ ) .

Chọn A. Câu 19 (NB) Phương pháp: Hàm số y = a x ( 0 < a ≠ 1) xác định với mọi x ∈ ℝ.

Cách giải: Hàm số y = a x ( 0 < a ≠ 1) xác định với mọi x ∈ ℝ nên có tập giá trị là ℝ.

Chọn C. Câu 20 (NB) Phương pháp: Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm M ( x0 ; y0 ) là k = y ' ( x0 ) .

Cách giải: TXĐ D = ℝ \ {2} Ta có y =

2x − 3 2x − 3 1 . = ⇒ y' = 2 2 − x −x + 2 (2 − x)

1 Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x = −1 là k = y ' ( −1) = . 9

Chọn D. Câu 21 (TH) Phương pháp: - Mặt phẳng đi qua trục cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông ⇒ h = 2r. - Thể tích khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là V = π r 2 h.

Cách giải: Mặt phẳng đi qua trục của hình trụ cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông cạnh nên h = 2r = 2.2a = 4a. 2

Khi đó thể tích khối trụ là V = π r 2 h = π . ( 2a ) .4a = 16π a 3 .

Chọn A. Câu 22 (TH) 14

Phương pháp: - Mặt phẳng ( Q ) song song với ( P ) : ax + by + cz + d = 0 có dạng ( Q ) : ax + by + cx + d ' = 0 ( d ' ≠ d ) . - Thay tọa độ điểm A vào phương trình ( Q ) tìm hệ số d '.

Cách giải: Mặt phẳng ( P ) song song với mặt phẳng ( Q ) : x + 2 y − 3z + 2 = 0 nên phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng

x + 2 y − 3z + a = 0 ( a ≠ 2 ) . Vì A ( 2; −1;3) ∈ ( P ) ⇒ 2 + 2. ( −1) − 3.3 + a = 0 ⇔ a = 9. Vậy phương trình mặt phẳng ( P ) cần tìm là: x + 2 y − 3 z + 9 = 0.

Chọn B. Câu 23 (TH) Phương pháp: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) , đường thẳng x = a, x = b là b

S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx. a

Cách giải:  x = −1 . Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: x 2 − 2 x − 1 = − x 2 + 3 ⇔  x = 2

Diện tích phần hình phẳng gạch chéo là: 2

S = ∫ ( − x 2 + 3) − ( x 2 − 2 x − 1)  dx = −1

∫ ( −2 x

+ 2 x + 4 ) dx

−1

Chọn D. Câu 24 (TH) Phương pháp: Áp dụng các công thức tính đạo hàm của hàm số và quy tắc tính đạo hàm của tích: ( uv ) ' = u ' v + uv '.

Cách giải: y = ( x 2 − x + 1) e x ⇒ y ' = ( 2 x − 1) e x + ( x 2 − x + 1) e x

= ( x2 + x ) ex 15

Chọn C. Câu 25 (TH) Phương pháp: Sử dụng:

∫ f ( x ) dx = F ( x ) + C ⇒ f ( x ) = F ' ( x ) .

Cách giải:

∫

f ( x ) dx =

 x3  x3 + ex + C ⇒ f ( x ) =  + ex + C  ' = x2 + ex . 3  3 

Chọn C. Câu 26 (TH) Phương pháp: - Tìm nghiệm bội lẻ của phương trình f ' ( x ) = 0. - Lập BXD f ' ( x ) .

Cách giải:  x = 1( nghiem kep )   x = −1( nghiem don ) 2 Ta có f ' ( x ) = 0 ⇒ ( x 2 − 1) ( x − 3) ( x + 2 ) = 0 ⇒   x = 3 ( nghiem boi hai )  x = −2 ( nghiem don )  Bảng xét dấu f ' ( x ) :

Dựa vào BXD f ' ( x ) ta thấy hàm số có 2 điểm cực tiểu x = −2, x = 1.

Chọn C. Câu 27 (TH) Phương pháp: Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện có cạnh bên vuông góc với đáy là h2 2 + Rday trong đó h là độ dài cạnh bên vuông góc với đáy và Rday là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy 4 hình chóp.

Cách giải: 2

Tam giác BCD vuông tại C có BD = BC 2 + CD 2 =

( 3a ) + ( 4a )

= 5a.

Vì ∆BCD vuông tại C nên bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆BCD là Rday =

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là R =

AB 2 2 + Rday = 4

1 5a BD = . 2 2

( 5a ) 4

5a 2  5a  . +  = 2  2 

Chọn B Câu 28 (TH) Phương pháp: Hàm phân thức không có tiệm cận đứng khi mẫu vô nghiệm hoặc bị rút gọn hết mẫu.

Cách giải: Đồ thị hàm số y =

2 x 2 − 3x + m không có tiệm cận đứng khi phương trình 2 x 2 − 3 x + m = 0 có nghiệm là x−m

x = m. m = 0 Khi đó 2m 2 − 3m + m = 0 ⇔ 2m 2 − 2m = 0 ⇔  . m = 1

⇒ S = {0;1} . Vậy tập hợp S có 2 phần tử. Chọn C. Câu 29 (TH) Phương pháp: Sử dụng: a / / a ' ⇒ ∠ ( a; b ) = ∠ ( a '; b ') .

Cách giải:

Ta có B ' D '/ / BD nên ∠ ( B ' D '; AC ) = ∠ ( BD; AC ) . Gọi O = AC ∩ BD. Ta có AC = BD = AB 2 + AD 2 = 2a ⇒ OA = OB = OC = OD = a. 17

⇒ OA = OD = AD = a ⇒ ∆OAD đều ⇒ ∠AOD = 600.

Vậy ∠ ( B ' D '; AC ) = ∠ ( BD; AC ) = 600 .

Chọn B. Câu 30 (TH) Phương pháp: - Đặt z = a + bi ⇒ z = a − bi. Giải phương trình tìm a, b. - Điểm biểu diễn số phức z = a + bi là M ( a; b ) .

Cách giải: Đặt z = a + bi ⇒ z = a − bi Khi đó ta có:

z + 2 z = 6 + 2i

⇔ a + bi + 2 ( a − bi ) = 6 + 2i ⇔ 3a − bi = 6 + 2i 3a = 6 a = 2 ⇔ ⇔ b = −2 b = −2

⇒ z = 2 − 2i

Vậy điểm biểu diễn số phức z = 2 − 2i là ( 2; −2 ) .

Chọn C. Câu 31 (VD) Phương pháp: - Gọi M ( a; b;0 ) ∈ ( Oxy ) . - Tính MA2 − 2 MB 2 , sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng AB = - Đưa ra tổng các hằng đẳng thức và đánh giá.

Cách giải: Gọi M ( a; b;0 ) ∈ ( Oxy ) . Khi đó ta có:

MA2 − 2 MB 2 2

= ( a − 1) + ( b − 2 ) + 1 − 2 ( a − 2 ) − 2 ( b + 1) − 18 18

( xB − x A ) + ( y B − y A ) + ( z B − z A )

= − a 2 + 6a − b 2 − 8b − 22 2

= − ( a − 3) − ( b + 4 ) + 3 ≤ 3 Vậy ( MA2 − 2 MB 2 )

max

a − 3 = 0 a = 3 . =3⇔  ⇔ b + 4 = 0 b = −4

Vậy M ( 3; −4;0 ) .

Chọn B. Câu 32 (VD) Phương pháp: Sử dụng tích phân từng phần và phương pháp đổi biến số.

Cách giải: 2

Ta có A = ∫ xf ' ( x ) dx 0

 x = u dx = du Đặt  . ⇒ dv = f ' ( x ) dx v = f ( x ) 2 2 2 Khi đó A = x. f ( x ) − ∫ f ( x ) dx = 2 f ( 2 ) − ∫ f ( x ) dx. 0 0 0 2 x = 0 ⇒ t = 0 . Xét B = ∫ f ( 2 x ) dx. Đặt t = 2 x ⇒ dt = 2dx. Đổi cận  x = 1 ⇒ t = 2 0 2

1 1 Khi đó ta có B = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = 2 ⇒ ∫ f ( x ) dx = 4. 20 20 0 Vậy A = 2.1 − 4 = −2.

Chọn A. Câu 33 (VD) Phương pháp: - Hai khối chóp có cùng chiều cao thì tỉ số thể tích bằng tỉ số diện tích đáy. - Sử dụng tam giác đồng dạng để suy ra tỉ số diện tích đáy.

Cách giải:

Hai khối chóp A.BCD và A.MNP có cùng chiều cao là khoảng cách từ A đến ( BCD ) nên

VAMNP S ∆MNP . = VABCD S ∆BCD 2

Dễ thấy tam giác MNP đồng dạng tam giác DBC theo tỉ số k = Mà VABCD =

V S 1 1 1 nên AMNP = ∆MNP =   = . 2 4 VABCD S ∆BCD  2 

1 1 AB. AC. AD = .6.7.4 = 28. 6 6

1 1 Vậy VAMNP = VABCD = .28 = 7. 4 4

Chọn B. Câu 34 (VD) Phương pháp:  1 - Đặt t = e−2 x ⇒ t ∈  0;  , đưa hàm số về hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất ẩn t.  4  y ' > 0 ( y ' < 0) ax + b  - Hàm số y = đồng (nghịch) biến trên ( a; b ) khi  d cx + d  − ∉ ( a; b )  c

Cách giải:  1 Đặt t = e−2 x . Với x ∈ ( ln 2; +∞ ) ⇒ t ∈  0;  , đồng thời x, t trái nhau về tính đơn điệu.  4 Do đó để hàm số y = Ta có y ' =

1 − m2

( mt + 1)

e −2 x + m t+m đồng biến trên ( ln 2; +∞ ) thì hàm số y = nghịch biến trên −2 x me + 1 mt + 1

∀t ≠ −

1 . m 20

 1  0;  .  4

1 − m 2 < 0  m > 1    1   m > 1  m < −1 . ⇒ − m ≤ 0 ⇒  ⇒ − 4 ≤ < − 1 m m > 0     1 1  − ≥   −4 ≤ m < 0    m 4

Chọn A. Câu 35 (VD) Phương pháp: - Viết phương trình mặt phẳng ( ABC ) dạng mặt chắn. - Thay tọa độ điểm M vào phương trình mặt phẳng ( ABC ) . - Mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với S ( I ; R ) khi và chỉ khi d ( I ; ( P ) ) = R. - Khoảng cách từ điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) đến mặt phẳng ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 là: d ( M ; ( P )) =

Ax0 + By0 + Cz0 + D A2 + B 2 + C 2

Cách giải: Phương trình mặt phẳng ( ABC ) có dạng

x y z + + = 1. a b c

1 2 3 1 2 3 1 2 3 + + = 1 ⇒ + + = 7. Vì M  ; ;  ∈ ( ABC ) nên ta có 7 a 7b 7 c a b c 7 7 7 2

Mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) =

72 72 . có tâm I (1; 2;3) , bán kính R = 7 7

Vì ( P ) tiếp xúc với mặt cầu ( S ) nên d ( I ; ( ABC ) ) = R. 1 2 3 + + −1 72 a b c ⇒ = ⇔ 7 1 1 1 + + a 2 b2 c2

6 72 1 1 1 7 = ⇒ 2+ 2+ 2 = . 7 2 a b c 1 1 1 + 2+ 2 2 a b c

Chọn D. Câu 36 (VD) Phương pháp: Áp dụng công thức tính thể tích lăng trụ.

Cách giải: 21

Xét tam giác vuông ABC ta có: AB = AC. tan 600 = a 3 ⇒ S ∆ABC =

1 1 3a 2 . AB. AC = .a 3.a = 2 2 2

 AB ⊥ AC Ta có:  ⇒ AB ⊥ ( ACC ' ) ⇒ AC ' là hình chiếu vuông góc của BC ' lên ( ACC ') .  AB ⊥ AA '

⇒ ∠ ( BC '; ( ACC ') ) = ∠ ( BC '; AC ') = ∠AC ' B = 300. Vì AB ⊥ ( ACC ') ⇒ AB ⊥ AC ' ⇒ ∆ABC ' vuông tại A. ⇒ AC ' = AB.cot 300 = a 3. 3 = 3a

⇒ CC ' = AC '2 − AC 2 = 9a 2 − a 2 = 2a 2 Vậy VABC . A ' B 'C ' = CC '.S ∆ABC = 2a 2.

3a 2 = a3 6 . 2

Chọn B. Câu 37 (VD) Phương pháp: - Tìm điều kiện xác định của phương trình. - Đặt ẩn phụ log 3 x = t để phương trình đã cho về phương trình bậc hai ẩn t. - Từ điều kiện x1 < x2 thỏa mãn x2 − 81x1 < 0 suy ra điều kiện của t. - Áp dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc hai.

Cách giải: ĐKXĐ: x > 0 Đặt log 3 x = t , phương trình đã cho trở thành: t 2 − 4t + m − 3 = 0 (*) Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1 < x2 thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt t1 < t2 . Suy ra ∆ ' = 4 − ( m − 3) = 7 − m > 0 ⇒ m < 7 (**) . 22

t1 + t2 = 4 Khi đó áp dụng Vi-et ta có  t1.t2 = m − 3 t log 3 x1 = t1  x1 = 3 1 Vì  . ⇒ t  x2 = 3 2 log 3 x2 = t2

Theo bài ra ta có: x2 − 81x1 < 0 ⇔ 3t2 − 81.3t1 < 0

⇔ 3t2 < 3t1 + 4 ⇔ t2 < t1 + 4 ⇔ t2 − t1 < 4 2

⇔ ( t2 − t1 ) < 16 (do t2 − t1 > 0) 2

⇔ ( t2 + t1 ) − 4t1t2 < 16

⇔ 16 − 4 ( m − 3) < 16 ⇔ 16 − 4m + 12 < 0 ⇔ m > 3 3 < m < 7 Kết hợp điều kiện (**) và điều kiện đề bài ta có  ⇒ m ∈ {4;5;6} . m ∈ ℤ

Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D. Câu 38 (VD Phương pháp: - So sánh VB '. AEF , VB '. AA ' MF . - So sánh VB '. AA ' MF , VABF . A ' B ' M , từ đó so sánh VB '. AA ' MF , V .

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của B ' C ' ta có: S ∆AEF =

1 1 S AA ' MF ⇒ VB '. AEF = VB '. AA ' MF . 2 2

2 2 1 1 Mà VB '. AA ' MF = VABF . A ' B ' M = . V = V . 3 3 2 3 1 1 1 1 ⇒ VB '. AEF = VB '. AA ' MF = . V = V . 2 2 3 6 V1 1 = . V 6

Vậ y

Chọn C. Câu 39 (VD) Phương pháp: - Nhân liên hợp. - Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản.

Cách giải: Ta có

(

)

3 x− x − 1 ( x 2 − x + 1) x2 − x + 1 dx ∫2 x + x − 1 dx = ∫2 x2 − x + 1 3

3  x2 2 3 = ∫ x − x − 1 dx =  − ( x − 1) x − 1   2 3 2 2

(

)

5 2 19 − 8 2 − 2 2 −1 = 2 3 6

(

)

Nên a = 19, b = 8, c = 6. Vậy T = a + b = 19 + 8 = 27.

Chọn B. Câu 40 (VD) Phương pháp: Sử dụng biến cố đối.

Cách giải: Khối 10 có 8 em bí thư; khối 11 có 8 em bí thư; khối 12 có 7 em bí thư Cả trường có 23 em bí thư. 9 9 . Số cách chọn 9 em bí thư trong cả trường là C23 ⇒ n ( Ω ) = C23

Gọi A là biến cố: “9 em bí thư được chọn có đủ 3 khối” ⇒ A : “9 em bí thư được chọn không đủ 3 khối”. Vì mỗi khối có ít hơn 9 em bí thư, nên để 9 em bí thư được chọn không đủ 3 khối thì 9 em bí thư được chọn từ 2 khối. Số cách chọn 9 em bí thư từ khối 10 và 11 là C169 cách. Số cách chọn 9 em bí thư từ khối 11 và 12 là C159 cách. Số cách chọn 9 em bí thư từ khối 10 và 12 là C159 cách.

( )

⇒ n A = C169 + C159 + C159 .

Vậy xác suất cần tính là P ( A ) = 1 −

( ) = 1− C

n A

n (Ω)

9 16

+ C159 + C159 7234 . = 9 7429 C23

Chọn A. Câu 41 (VD) Phương pháp: - Tham số hóa tọa độ các điểm A, B. - AB ngắn nhất khi AB là đoạn vuông góc chung của d , d '.  AB.u = 0 - Giải hệ  tìm tọa độ các điểm A, B, với u , u ' lần lượt là VTCP của d , d '.  AB.u ' = 0 x − xA y − yA z − z A . - Phương trình đường thẳng ∆ đi qua A ( x A ; y A ; z A ) nhận AB ( a; b; c ) là 1 VTCP: = = a b c

Cách giải: Gọi ∆ ∩ d = A ( t + 1; 2 − t ; t ) ; ∆ ∩ d ' = ( 2t ';1 + t '; 2 + t ') .

AB ngắn nhất khi AB là đoạn vuông góc chung của d , d '. Gọi u = (1; −1;1) và u ' = ( 2;1;1) lần lượt là VTCP của d , d '.  AB.u = 0 Vì AB là đoạn vuông góc chung của d , d ' nên   AB.u ' = 0 Ta có AB ( 2t '− t − 1; t '+ t − 1; t '− t + 2 ) .

2t '− t − 1 − t '− t + 1 + t '− t + 2 = 0 ⇒ 4t '− 2t − 2 + t '+ t − 1 + t '− t + 2 = 0

1  A ( 2;1;1)  2t '− 3t = −2 t ' =  ⇔ ⇔ 2 ⇒  3 5 6t '− 2t = 1 t = 1  B 1; 2 ; 2      1 3 ⇒ AB =  −1; ;  2 2  x − 2 y −1 z −1 . Khi đó phương trình đường thẳng ∆ đi qua A ( 2;1;1) và có 1 VTCP u∆ = ( −2;1;3) là = = 1 3 −2

Chọn D. Câu 42 (VD) Phương pháp: Đặt dạng tổng quát của số phức z. Áp dụng công thức tính modun số phức.

Cách giải: Đặt z = a + bi, theo bài ra ta có: z + 2−i = 2 ⇔ x + 2 + ( y − 1) i = 2 x + 1 + ( y − 1) i z +1− i 2

⇔ ( x + 2 ) + ( y − 1) = 2 ( x + 1) + 2 ( y − 1)

⇔ x 2 + ( y − 1) = 2. ⇒ Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I ( 0;1) , bán kính R = 2.

Gọi A ( 0; −1) là điểm biểu diễn số phức −i, M ( a; b ) là điểm biểu diễn số phức z , khi đó ta có z + i = MA. Do đó z + i max ⇔ MAmax = IA + R = 2 + 2.

Chọn A. Câu 43 (VD) Phương pháp: - Đổi d ( M ; ( SAC ) ) sang d ( H ; ( SAC ) ) - Trong ( ABCD ) kẻ HE ⊥ AC ( E ∈ AC ) , trong ( SHE ) kẻ HN ⊥ SE ( N ∈ SE ) , chứng minh HN ⊥ ( SAC ) - Xác định góc giữa SC và ( ABCD ) , từ đó tính SH . - Sử dụng S HAC =

1 1 HE. AC = S ABC , từ đó tính HE . 2 2

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính HN .

Cách giải:

Gọi H là trung điểm AB. Vì ∆SAB cân tại S nên SH ⊥ AB 27

( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB Ta có:  ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) .  SH ⊂ ( ABCD ) , SH ⊥ AB

Gọi K = HD ∩ AC. Áp dụng định lí Ta-lét ta có: Ta có MD ∩ ( SAC ) = S ⇒ ⇒ d ( M ; ( SAC ) ) =

d ( M ; ( SAC ) ) d ( D; ( SAC ) )

DK DC = = 2 ⇒ DK = 2 HK . HK AH

SM 1 = SD 2

1 d ( D; ( SAC ) ) . 2

Lại có DH ∩ ( SAC ) = K nên

d ( D; ( SAC ) ) d ( H ; ( SAC ) )

DK = 2 ⇒ d ( D; ( SAC ) ) = 2d ( H ; ( SAC ) ) . HK

Do đó d ( M ; ( SAC ) ) = d ( H ; ( SAC ) ) . Trong ( ABCD ) kẻ HE ⊥ AC ( E ∈ AC ) , trong ( SHE ) kẻ HN ⊥ SE ( N ∈ SE ) ta có:  AC ⊥ HE ⇒ AC ⊥ ( SHE ) ⇒ AC ⊥ HN   AC ⊥ SH  HN ⊥ SE ⇒ HN ⊥ ( SAC ) ⇒ d ( H ; ( SAC ) ) = HN   HN ⊥ AC

Vì SH ⊥ ( ABCD ) nên HC là hình chiếu vuông góc của SC lên ( ABCD ) .

⇒ ∠ ( SC ; ( ABCD ) ) = ∠ ( SC ; HC ) = ∠SCH = 450 . 2

⇒ ∆SHC vuông tại H ⇒ SH = HC = BC + BH =

Ta có: S HAC =

( 2a )

1 1 HE. AC = S ABC 2 2

1 ⇒ HE. AC = . AB.BC 2 1 1 . AB.BC .a.2a a 2 2 ⇒ HE = = = 2 AC 5 a 2 + ( 2a ) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHE ta có:

a 17 a +  = 2 2

Nên HN =

a 17 a . SH .HE 2 5 = a 1513 . = 89 SH 2 + HE 2 17 a 2 a 2 + 4 5

Vậy d ( M ; ( SAC ) ) =

a 1513 . 89

Chọn A. Câu 44 (VD) Phương pháp: Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp có mặt bên vuông góc với đáy

gt 2 với Rb , Rd lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp mặt bên vuông góc với đáy và 4 bán kính mặt cầu ngoại tiếp đáy, gt là giao tuyến của mặt bên vuông góc đáy và mặt đáy. R = Rb2 + Rd2 −

Cách giải: Mặt bên SAB là tam giác đều cạnh 1 nên Rb =

3 3 , đáy là tam giác đều cạnh 1 nên Rd = . 3 3

Ta có ( SAB ) ∩ ( ABC ) = AB và AB = 1.

1 1 1 15 gt 2 . Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S . ABC là: R = R + R − = + − = 4 3 3 4 6 2 b

2 d

4 4  15  5 15π . Vậy thể tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S . ABC là V = π R 3 = π .   = 3 3  6  54

Chọn C. Câu 45 (VDC) Phương pháp: - Đặt ẩn phụ x −

2 = t , đưa phương trình về dạng m = f ( t ) , với t ∈ [ a; b ] . x

- Tìm đạo hàm và lập bảng biến thiên hàm số f ( t ) trên [ a; b] và tìm các giá trị m thỏa mãn.

Cách giải: Đặt x −

2 2 2  = t ta có: t ' =  x −  ' = 1 + 2 > 0 ⇒ Hàm số t ( x ) đồng biến trên [1; 2] . x x x 

Do đó x ∈ [1; 2] ⇒ t ∈ [ −1;1] . 29

4 4 2 2 2 2 t = x + x 2 − 4 ⇒ x + x 2 = t + 4  Ta có  2  x 4 + 16 =  x 2 + 4  − 8 = ( t 2 + 4 )2 − 8    x4  x2  Khi đó phương trình đã cho có dạng

+ 4 ) − 8 + 4 ( t 2 + 4 ) − 12t = m có nghiệm t ∈ [ −1;1]

⇔ t 4 + 8t 2 + 16 − 8 + 4t 2 + 16 − 12t = m có nghiệm t ∈ [ −1;1] . ⇔ t 4 + 12t 2 − 12t + 24 = m có nghiệm t ∈ [ −1;1] (*) . Xét f ( t ) = t 4 + 12t 2 − 12t + 24 ⇒ f ' ( t ) = 4t 3 + 24t − 12 = 0 ⇒ t ≈ 0, 48 Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta suy ra (*) ⇔ 21, 06 ≤ m ≤ 49, m ∈ ℤ. Vậy có 28 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C. Câu 46 (VDC) Phương pháp: - Xác định khoảng của x ứng với f ' ( x + 2021) ≤ 0. - Hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên khoảng (1; 2 ) nên g ' ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ (1; 2 ) . - Đưa về bài toán giải các bất phương trình nghiệm đúng. Từ đó tìm m1. - Tương tự với hàm số h ( x ) , tìm m2 .

Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy f ' ( x + 2021) ≤ 0 ⇔ a ≤ x + 2021 ≤ b ⇒ a − 2021 ≤ x ≤ b − 2021 Xét hàm số y = g ( x ) = f ( x 2 − 2 x + m ) có g ' ( x ) = 2 ( x − 1) . f ' ( x 2 − 2 x + m ) 30

Vì y = g ( x ) nghịch biến trên khoảng (1; 2 ) nên

2 ( x − 1) . f ' ( x 2 − 2 x + m ) ≤ 0 ∀x ≤ (1; 2 ) ⇒ f ' ( x 2 − 2 x + m ) ≤ 0 ∀x ∈ (1; 2 )

⇔ a − 2021 ≤ x 2 − 2 x + m ≤ b − 2021 ∀x ∈ (1; 2 ) Xét a − 2021 ≤ x 2 − 2 x + m ∀x ∈ (1; 2 )

⇒ x 2 − 2 x + 2021 ≥ a − m

⇒ min ( x 2 − 2 x + 2021) ≥ a − m [1;2]

Hàm số y = x 2 − 2 x + 2021 đồng biến trên [1; 2] , do đó min ( x 2 − 2 x + 2021) = 12 − 2.1 + 2021 = 2020 [1;2]

⇒ 2020 ≥ a − m ⇒ m ≥ a − 2020 (1) . Tương tự x 2 − 2 x + m ≤ b − 2021 ∀x ∈ (1; 2 ) ta có m ≤ b − 2021 ( 2 ) Từ (1) và ( 2 ) ta có a − 2020 ≤ m ≤ b − 2021 ⇒ m1 = b − a. Chứng minh tương tự với hàm h ( x ) ta có m2 = b − a. Vậy m1 + m2 = 2b − 2a.

Chọn D. Câu 47 (VDC) Phương pháp: - Sử dụng hàm đặc trưng, tìm biểu diễn x3 theo y. - Thế vào biểu thức P, sử dụng BĐT Cô-si tìm GTNN của biểu thức P.

Cách giải: Ta có 2 x ⇔ 2x

− y +1

2x + y 2x + 4x + 4 3

+ 2 x + 2 − 2 x − y −1

2x + y 2x + 4x + 4 3

2x +2 x+2 2x + y ⇔ 2 x+ y = 3 2 .2 2 ( x + 2 x + 2 )

⇔ 2x

+2 x+2

+ 2 x + 2 ) = 22 x + y. ( 2 x + y )(*) 31

Xét f ( t ) = 2t.t , t > 0 ta có f ' ( t ) = 2t + t.2t.ln 2 > 0; ∀t > 0. Do đó hàm số f ( t ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) Do đó (*) ⇔ x3 + 2 x + 2 = 2 x + y ⇒ x3 = y − 2. Khi đó P =

7 x3 7 y − 2 7 y 2 7 y 2 12 + = + = + − ≥2 . − = . 7 y 7 y y 7 7 y 7 7 7

Dấu “=” xảy ra ⇔ Vậy Pmin =

7 y = ⇔ y = 7 (do y > 0 ) y 7

12 ⇔ x = 3 5, y = 7. 7

Chọn D. Câu 48 (VDC) Phương pháp: a −c 2 = 14 - Từ giả thiết 2a = 7b = 14− c ⇒  b , mũ b hai vế của mỗi phương trình và chứng minh ab + bc + ca = 0. −c 7 = 14 2

- Khai triển ( a − 2 ) + ( b − 2 ) + ( c − 2 ) = 8, sử dụng a 2 + b 2 + c 2 = ( a + b + c ) − 2 ( ab + bc + ca ) . - Tiếp tục sử dụng hằng đẳng thức và tìm a + b + c.

Cách giải: ( 2a )b = (14− c )b a −c ab − cb  = 2 14   2 = 14 Ta có 2a = 7b = 14− c ⇒  b ⇒ ⇒ ⇒ 14 ab = 14 − cb −ca   ab −c a a − ca b − c 7 = 14 7 = 14 ( 7 ) = (14 ) 

⇒ ab + bc + ca = 0 2

Mà ( a − 2 ) + ( b − 2 ) + ( c − 2 ) = 8 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 − 4 ( a + b + c ) + 4 = 0. 2

Nên ( a + b + c ) − 2 ( ab + bc + ca ) − 4 ( a + b + c ) + 4 = 0 2

⇒ (a + b + c) − 4(a + b + c) + 4 = 0 2

⇔ ( a + b + c − 2) = 0 ⇔ a + b + c = 2 ⇔ 2a +b + c = 4

Chọn A. Câu 49 (VDC) Phương pháp:

Lập bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) .

Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta có bảng biến thiên của y = f ( x ) như sau:

Đặt h ( x ) = f 2 ( x ) + 4 f ( x ) ta có: h ' ( x ) = 2 f ' ( x ) . f ( x ) + 4 f ' ( x ) h ' ( x ) = 0 ⇔ 2 f ' ( x )  f ( x ) + 2  = 0  x = a  f '( x) = 0 ⇒  ⇔ x = b  f ( x ) = −2 ⇒ x = c < a 

⇒ Hàm số y = h ( x ) có 3 điểm cực trị ⇒ Hàm số y = h ( x ) + m cũng có 3 điểm cực trị. Vì số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = h ( x ) + m bằng tổng số điểm cực trị của hàm số y = h ( x ) + m và số giao

điểm của đồ thị hàm số y = h ( x ) + m với trục hoành (không tính tiếp xúc). Nên để hàm số g ( x ) = h ( x ) + m có 5 điểm cực trị thì phương trình h ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt (không tính nghiệm kép). Bảng biến thiên hàm số h ( x ) như sau:

Hoặc 33

h ( b ) = g 2 ( b ) + 4 f ( b ) = 1 + 4 = 5, h ( c ) = f 2 ( c ) + 4 f ( c ) , với h ( c ) < 1 ⇒ h ( c ) ≥ −4. Nếu h ( c ) > 5 thì phương trình h ( x ) = − m có 2 nghiệm phân biệt (không tính nghiệm kép)

⇔ 5 < −m < h ( c ) ⇔ m < −5 (không thỏa mãn m ∈ [ −5;5]). Nếu h ( c ) ≤ 5 thì phương trình h ( x ) = − m có 2 nghiệm phân biệt (không tính nghiệm kép)

⇔ h ( c ) < −m ≤ 5 ⇔ −5 ≤ m ≤ −h ( c ) ≤ 4 (thỏa mãn m ∈ [ −5;5]). Mà m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {−5; −4; −3; −2; −1; 0;1; 2;3; 4} . Vậy có 10 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A. Câu 50 (VD) Phương pháp: Xét hàm đặc trưng

Cách giải: Ta có

11x + m = log11 ( x − m )

⇔ 11x + x = x − m + log11 ( x − m ) log11 ( x − m )

⇔ 11x + x = 11

+ log11 ( x − m )(*)

Xét hàm số f ( t ) = 11t + t ⇒ y ' = 11t.ln11 + 1 > 0 ∀t. Khi đó hàm số y = f ( t ) đồng biến trên ℝ. Do đó (*) ⇔ x = log11 ( x − m ) ⇔ 11x = x − m ⇔ m = x − 11x. Xét hàm số g ( x ) = x − 11x ta có g ' ( x ) = 1 − 11x.ln11 = 0 ⇒ x = log11

1 = x0 . ln11

Bảng biến thiên

Để phương trình đã cho có nghiệm thì m < g ( x0 ) ≈ −0, 78. −205 < m ≤ −1 . Kết hợp điều kiện đề bài ta có  m ∈ ℤ Vậy có 204 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

SỞ GD&ĐT THANH HÓA

KÌ THI KSCL TỐT NGHIỆP THPT – LẦN 2

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN

Năm học: 2020 – 2021

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thười gian phát đề Mã đề thi 139 MỤC TIÊU

- Đề thi chuyên Lam Sơn Thanh Hóa lần 2 khá vừa sức với học sinh, không có quá nhiều câu hỏi khó, các câu hỏi đều thuộc các dạng bài học sinh đã bắt gặp trong quá trình ôn tập. - Đề thi giữ vững tinh thần bám sát đề chính thức các năm, tạo điều kiện để học sinh ôn tập sát chương trình thi chính thức nhất. - Bố cục phân bố đề thi gồm 22 câu hỏi NB, 16 câu hỏi TH, 8 câu hỏi VD và 4 câu hỏi VDC. Học sinh khá sẽ đạt được 7+, học sinh khá giỏi trở lên hoàn toàn có thể đạt 9+ Câu 1: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ sau:

x y' y

−1

−∞

−

+∞

+∞ +

+∞

Số nghiệm thực của phương trình 2 f ( x ) − 5 = 0 là: A. 4

B. 1

C. 3

Câu 2: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ sau:

Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

D. 2

A. ( −∞;0 )

B. ( 0; 2 )

C. ( 2; +∞ )

D. ( −2; 2 )

Câu 3: Thể tích của khối trụ có bán kính đáy r , chiều cao h bằng: 4 2 1 πr h B. π r 2 h C. π r 2 h 3 3 Câu 4: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x3 − 3 x + 2 trên đoạn [ −3;3] bằng:

A. 20

B. 0

C. 4

D. −16

Câu 5: Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng d : A. M (1; 2;5 )

B. N (1; −2;5 )

D. 2π rh

x −1 y + 2 z − 5 = = 2 3 4

C. Q ( −1; 2; −5 )

Câu 6: Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng

D. P ( 2;3; 4 )

( ABC ) , SA = a,

tam giác ABC vuông tại

B, AB = a 2 và BC = a (minh họa hình vẽ bên dưới). Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng:

A. 450

B. 300

C. 900

D. 600

Câu 7: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ, bảng xét dấu f ' ( x ) như sau:

x f '( x)

−3

−∞

−

−1 +

1 +

+∞

−

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là:

A. 1.

B. 0

C. 2

D. 3

Câu 8: Thể tích của khối nón tròn xoay có đường kính đáy bằng 6 và chiều cao bằng 5 là: A. 45π

B. 15π

C. 60π 2

D. 180π 2

Câu 9: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z + 3) = 4. Tâm của ( S ) có tọa độ là: A. ( −1; 2;3)

B. (1; −2; −3)

C. ( −1; −2; −3)

Câu 10: Hàm số nào dưới đây có đồ thị như đường cong trong hình bên?

D. (1; 2;3)

A. y = − x 4 + 2 x 2

B. y = x3 − 2 x 2

C. y = − x 3 + 2 x 2

D. y = x 4 − 2 x 2

Câu 11: Cho cấp số cộng ( un ) có u4 = 12 và u5 = 9. Giá trị công sai d của cấp số cộng đó là: A. d =

4 3

B. d = 3

C. d =

3 4

D. d = −3

Câu 12: Xét tất cả các số thực dương a và b thỏa mãn log 2 a = log16 ( ab ) . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a = b3

C. a = b 4

B. a 4 = b

D. a 3 = b 3

Câu 13: Cho hàm số f ( x ) có f ( 2 ) = 2; f ( 3) = 5, hàm số f ' ( x ) liên tục trên [ 2;3] . Khi đó

∫ f ' ( x ) dx bằng: 2

A. 3.

B. 10

C. −3

D. 7

Câu 14: Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) = cos 2 x là: 1 B. − sin 2 x + C 2

A. 2sin 2 x + C Câu 15: Bất phương trình 3x A. S = ( 0; 2 )

1 sin 2 x + C 2

D. −2sin 2 x + C

> 32 x +1 có tập nghiệm là:

B. S = ℝ

Câu 16: Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) = A. 2 ln ( 4 x − 3) + C

C. S = ( −∞; 0 ) ∪ ( 2; +∞ )

D. S = ( −2;0 )

2 trên khoảng (1; +∞ ) là: 4x − 3

1 ln ( 4 x − 3) + C 2

1 ln ( 4 x − 3) + C 4

D. 4 ln ( 4 x − 3) + C

Câu 17: Diện tích của mặt cầu bán kính R bằng: A. 2π R

B. π R 2

C. 4π R 2

4 π R3 3

Câu 18: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − z + 3 = 0. Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của ( P ) ?

A. n3 = ( −1; 2; −3)

B. n4 = ( 2; −1;3)

C. n2 = ( 2;1; −1)

D. n1 = ( 2;1;3)

Câu 19: Trên giá sách có 8 quyển sách Văn và 10 quyển sách Toán, các quyển này đôi một phân biệt. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 1 quyển sách trên giá? 3

A. 80

B. 10

C. 8 Câu 20: Trong không gian Oxyz , tọa độ của vectơ a = −i + 2 j − 3k là: A. ( −1; 2; −3)

B. ( −3; 2; −1)

D. 18

C. ( 2; −1; −3)

D. ( 2; −3; −1)

C. x = 3

D. x =

Câu 21: Nghiệm của phương trình log 2 ( 3x − 1) = 3 là: A. x =

7 3

B. x = 2

10 3

Câu 22: Cho hàm số có bảng biến thiên như sau:

−1

−∞

−

+∞ +

+∞

y −2

−∞

Hàm số đạt cực đại tại điểm nào trong các điểm sau đây?

A. x = 3.

B. x = −2.

C. x = 4.

D. x = −1.

Câu 23: Ông A gửi số tiền 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 7% một năm, biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi được nhập vào vốn ban đầu. Sau thời gian 10 năm nếu không rút lãi lần nào thì số tiền mà ông A nhận được gồm cả gốc lẫn lãi tính theo công thức nào dưới đây? 10

A. 108 (1 + 0, 7 ) (đồng)

B. 108 (1 + 0, 07 ) (đồng)

C. 108.0, 0710 (đồng)

D. 108 (1 + 0, 007 ) (đồng)

Câu 24: Môđun của số phức 2 + i là: A.

C. 3

D. 5

C. 3log 2 a

Câu 25: Với a là số thức dương tùy ý, log 2 a 3 bằng: A.

1 log 2 a 3

B. 3 + log 2 a

1 + log 2 a 3

Câu 26: Gọi S là diện tích miền hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ dưới đây, với f ( x ) là hàm số liên tục trên ℝ.

Công thức tính S là: 2

A. S = − ∫ f ( x ) dx −1

C. S =

∫ f ( x ) dx

B. S =

−1

∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx

D. S =

∫ f ( x ) dx −1

Câu 27: Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = A. 1

B. 0

2 x2 − 3x + 1 là: x2 − 1

C. 3

D. 2

Câu 28: Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + 1 có đồ thị như hình vẽ bên.

Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. a > 0, b < 0

B. a > 0, b > 0

C. a < 0, b < 0

D. a < 0, b > 0

Câu 29: Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( 2; −3;1) và mặt phẳng (α ) : x + 3 y − z + 2 = 0. Đường thẳng d đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng (α ) có phương trình là:

x = 2 − t  A.  y = −3 − 3t z = 1+ t 

 x = 1 + 2t  C.  y = 3 − 3t  z = −1 + t 

x = 2 + t  B.  y = −3 − 3t z = 1− t 

 x = −2 + t  D.  y = 3 + 3t  z = −1 − t 

Câu 30: Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z = ( 2 + i ) là điểm nào dưới đây? A. P ( 3; 4 )

B. M ( 5; 4 )

C. N ( 4;5 )

D. Q ( 4;3)

Câu 31: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, góc ∠SBD = 600. Tính thể tích khối chóp đã cho bằng:

2a 3 3

a3 3 2

C. 5

a3 3

D. a 3

Câu 32: Chọn ngẫu nhiên hai số khác nhau từ 21 số nguyên dương đầu tiên. Xác suất để chọn được hai số có tích là một số lẻ bằng: A.

11 42

9 42

121 210

1 2

Câu 33: Cho hai số phức z1 = 1 + i và z2 = 3 − 2i. Phần ảo của số phức 2 z1 + z2 bằng: A. 0

B. −2

C. −4

D. 4

Câu 34: Trong không gian Oxyz , phương trình mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1; 2;1) và đi qua điểm A ( 0; 4; −1) là: 2

B. ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 9

D. ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 9

A. ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 3 C. ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 3

Câu 35: Trong không gian Oxyz , cho a = ( 3; 2;1) , b = ( −2;0;1) . Vectơ u = a + b có độ dài bằng:

A. 2

C. 1

D. 3

Câu 36: Cho phương trình log 32 ( 3x ) − ( m + 2 ) log3 x + 2m − 5 = 0 ( m là tham số thực). Tập hợp tất cả các giá trị

m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc [9; 27] là: A. [ 4;5]

B. ( 4;5]

C. [ 2;3]

Câu 37: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = A. 1

B. 3

D. [ 2;3) mx + 9 nghịch biến trên khoảng ( −∞;1) ? x+m

C. 5

D. 2

Câu 38: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) = x 4 − 8 x 2 + m trên đoạn [1;3] bằng 18. Tổng tất cả các phần tử của S bằng: A. −2

B. 9

C. 7

D. 0

Câu 39: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 4;1; 0 ) và B ( 2; −1; 2 ) . Phương trình mặt phẳng đường trung trực đoạn thẳng AB là: A. x + y − z − 4 = 0

B. 3 x + z − 4 = 0

C. 3 x + z − 4 = 0

D. x + y − z − 2 = 0

Câu 40: Cho các số thực dương a, b khác 1 thỏa mãn log 2 a = log b 16 và ab = 64. Giá trị của biểu thức 2

a   log 2  bằng: b 

25 2

B. 20

C. 25

D. 32

Câu 41: Cho hình trụ có chiều cao bằng 5 3. Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 1, thiết diện thu được có diện tích bằng 30. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng: 6

A. 5 39π

B. 10 3π

C. 10 39π

D. 20 3π

Câu 42: Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SO vuông góc với mặt phẳng

( ABCD )

và SO = a. Khoảng cách giữa SC và AB bằng:

2a 3 15

2a 5 5

a 5 5

a 3 15

Câu 43: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

−4

−∞

y' y

−2

−

+∞

−2

−3

Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình 3 f ( x 2 − 4 x ) = m + 5 có ít nhất 5 nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng ( 0; +∞ ) là:

A. 12

B. 14

C. 11

D. 13

Câu 44: Cho hai số phức z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình 2 z − i = 2 + iz , biết z1 − z2 = 1. Giá trị của biểu thức P = z1 + z2 bằng:

2 2

3 2

Câu 45: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có một nguyên hàm là hàm số g ( x ) =

1 2 x − x + 1. Khi đó 2

∫ f ( x ) dx bằng: 2

2 3

B. −

4 3

D. −

2 3

Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A (1;1;1) , B ( 2;1;0 ) , C ( 2;0; 2 ) . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa BC và cách A một khoảng lớn nhất. Hỏi vectơ nào sau đây là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) ? A. n = ( 5; 2; −1)

Câu

47:

Cho

B. n = ( 5; 2;1)

hàm

số

f ( x)

có

C. n = ( −5; 2; −1)

đạo

hàm 2

f ( x ) + f ( 2 − x ) = x 2 − 2 x + 2, ∀x ∈ ℝ. Tích phân

liên

t ục

∫ xf ' ( x ) dx bằng: 0

trên

D. n = ( 5; −2; −1) ℝ

thỏa

mãn

f ( 0) = 3

và

A. −

10 3

B. −

5 3

C. −

11 3

D. −

7 3

Câu 48: Cho hình vuông ABCD có các đỉnh A, B, C tương ứng nằm trên đồ thị của các hàm số y = log a x, u = 2 log a x và y = 3log a x. Biết rằng diện tích hình vuông bằng 36, cạnh AB song song với trục hoành. Khi đó a bằng: A.

Câu 49: Cho khối chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại B, ∠SAB = ∠SBC = 900 , AB = a, BC = 2a. Biết rằng góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng 600 , thể tích khối chop đã cho bằng:

A. a

a 3 15 B. 6

a 3 15 C. 3

a3 5 D. 6

Câu 50: Có bao nhiêu số nguyên a thuộc đoạn [ −20; 20] sao cho hàm số y = −2 x + 2 + a x 2 − 4 x + 5 có cực đại? A. 18

B. 17

C. 36

D. 35

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1-D

2-B

3-C

4-D

5-B

6-B

7-C

8-B

9-B

10-A

11-D

12-D

13-A

14-C

15-C

16-B

17-C

18-C

19-D

20-A

21-C

22-D

23-B

24-A

25-C

26-C

27-D

28-A

29-A

30-A

31-C

32-A

33-D

34-D

35-D

36-C

37-D

38-C

39-D

40-B

41-D

42-B

43-B

44-C

45-C

46-D

47-A

48-B

49-C

50-A

Câu 1 (NB): Phương pháp: Số nghiệm của phương trình f ( x ) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = m.

Cách giải: Ta có: 2 f ( x ) − 5 = 0 ⇔ f ( x ) =

5 nên số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) 2

5 và đường thẳng y = . 2 Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y =

5 cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 2 điểm phân biệt. 2

Vậy phương trình 2 f ( x ) − 5 = 0 có 2 nghiệp phân biệt.

Chọn D. Câu 2 (NB): Phương pháp: Dựa vào đồ thị xác định các khoảng mà đồ thị hàm số đi lên từ trái qua phải.

Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên ( 0; 2 ) .

Chọn B. 9

Câu 3 (NB) Phương pháp: Thể tích của khối trụ có bán kính đáy r , chiều cao h bằng: V = π r 2 h.

Cách giải: Thể tích của khối trụ có bán kính đáy r , chiều cao h bằng: V = π r 2 h.

Chọn C. Câu 4 (NB): Phương pháp: - Giải phương trình y ' = 0 tìm các nghiệm xi ∈ [ −3;3] . - Tính y ( −3) , y ( 3) , y ( xi .) - Kết luận: min f ( x ) = min { y ( −3) ; y ( 3) ; y ( xi )}. [−3;3]

Cách giải: Ta có f ( x ) = x3 − 3x + 2 ⇒ f ' ( x ) = 3x 2 − 3.

f ' ( x ) = 0 ⇔ x 2 − 1 = 0 ⇔ x = ±1∈ [ −3;3]. Ta có f ( −3) = −16, f ( 3) = 20, f ( −1) = 4, f (1) = 0. Vậy min f ( x ) = f ( −3) = −16. [−3;3]

Chọn D. Câu 5 (NB): Phương pháp: Đường thẳng d :

x − x0 y − y0 z − z0 = = đi qua điểm A ( x0 ; y0 ; z0 ) . a b c

Cách giải: Đường thẳng d :

x −1 y + 2 z − 5 = = đi qua điểm N (1; −2;5 ) . 2 3 4

Chọn B. Câu 6 (TH): Phương pháp: - Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó. - Sử dụng định lí Pytago và tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc. 10

Cách giải: Ta có SA ⊥ ( ABC ) ⇒ AC là hình chiếu vuông góc của SC lên ( ABC ) .

⇒ ∠ ( SC ; ( ABC ) ) = ∠ ( SC ; AC ) = ∠SCA. Ta có: AC = AB 2 + BC 2 = 2a 2 + a 2 = a 3. Xét tam giác SAC có tan ∠SCA =

SA a 1 = = ⇒ ∠SCA = 300. AC a 3 3

Vậy ∠ ( SC ; ( ABC ) ) = 300.

Chọn B. Câu 7 (NB): Phương pháp: Xác định điểm cực trị là điểm mà qua đó đạo hàm đổi dấu.

Cách giải: Dựa vào bảng xét dấu f ' ( x ) ta thấy hàm số f ( x ) có 2 điểm cực trị x = −3, x = 1.

Chọn C. Câu 8 (NB): Phương pháp: 1 Thể tích của khối nón tròn xoay có bán kính đáy r và chiều cao h là V = π r 2 h. 3

Cách giải: Thể tích của khối nón tròn xoay có đường kính đáy bằng 6 ⇒ bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 5 là: 1 1 V = π r 2 h = π .32.5 = 15π . 3 3

Chọn B. Câu 9 (NB): Phương pháp: 2

Mặt cầu ( S ) : ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = R 2 có tâm I ( a; b; c ) .

Cách giải: 2

Mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z + 3) = 4 có tâm I (1; −2; −3) .

Chọn B. 11

Câu 10 (NB): Phương pháp: - Dựa vào hình dáng đồ thị suy ra hàm bậc bốn trùng phương hay hàm đa thức bậc ba. - Dựa vào chiều của nhánh cuối cùng của đồ thị hàm số.

Cách giải: Đồ thị đã cho là đồ thị hàm đa thức bậc bốn trùng phương có hệ số a < 0 nên chọn đáp án A. Chọn A. Câu 11 (NB): Phương pháp: Sử dụng công thức un = um + ( n − m ) d với d là công sai của cấp số cộng.

Cách giải: Ta có d = u5 − u4 = 9 − 12 = −3.

Chọn D. Câu 12 (TH): Phương pháp: - Đưa về cùng cơ số, sử dụng công thức log am b n =

n log a b. m

- Sử dụng công thức log a ( xy ) = log a x + log a y ( 0 < a ≠ 1, x, y > 0 ) .

Cách giải:

log 2 a = log16 ( ab ) 1 ⇔ log 2 a = log 2 ( ab ) 4 ⇔ 4 log 2 a = log 2 a + log 2 b ⇔ 3log 2 a = log 2 b ⇔ log 2 a 3 = log 2 b

⇔ a3 = b

Chọn D. Câu 13 (NB): Phương pháp: 12

Sử dụng công thức

∫ f ( x ) dx = F ( b ) − F ( a ) với F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) . a

Cách giải: 3

Ta có:

∫ f ' ( x ) dx = f ( 3) − f ( 2 ) = 5 − 2 = 3. 2

Chọn A. Câu 14 (NB): Phương pháp: Sử dụng công thức tính nguyên hàm ∫ cos kxdx =

1 sin kx + C. k

Cách giải: 1

∫ f ( x ) dx = ∫ cos 2 xdx = 2 sin 2 x + C. Chọn C. Câu 15 (NB): Phương pháp: Giải phương trình mũ: a

f ( x)

g ( x)

⇔ f ( x ) > g ( x ) với a > 1.

Cách giải: 3x

> 32 x +1

⇔ x2 + 1 > 2x + 1 ⇔ x2 − 2x > 0

x > 2 ⇔ x < 0 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −∞; 0 ) ∪ ( 2; +∞ )

Chọn C. Câu 16 (TH) Phương pháp: - Đưa biến vào vi phân. - Sử dụng công thức

∫

du = ln u + C. u 13

Cách giải: Ta có

∫

f ( x ) dx = ∫

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

Vì x ∈ (1; +∞ ) ⇒ 4 x − 3 > 0. Vậ y

∫ f ( x ) dx = 2 ln ( 4 x − 3) + C.

Chọn B. Câu 17 (NB) Phương pháp: Diện tích của mặt cầu bán kính R bằng 4π R 2 .

Cách giải: Diện tích của mặt cầu bán kính R bằng 4π R 2 .

Chọn C. Câu 18 (NB) Phương pháp: Mặt phẳng ( A ) : Ax + By + Cz + D = 0 có 1 VTPT là n = ( A; B; C ) .

Cách giải: Mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − z + 3 = 0 có 1 VTPT là n = ( 2;1; −1) .

Chọn C. Câu 19 (NB) Phương pháp: Sử dụng tổ hợp.

Cách giải: Số cách chọn ra 1 quyển sách trên giá là C181 = 18 cách.

Chọn D. Câu 20 (NB) Phương pháp: Sử dụng: a = xi + y j + zk ⇒ a = ( x; y; z ) . Cách giải: 14

Tọa độ vectơ a = −i + 2 j − 3k là ( −1; 2; −3) .

Chọn A. Câu 21 (NB) Phương pháp: Giải phương trình logarit: log a x = b ⇔ x = a b .

Cách giải:

log 2 ( 3x − 1) = 3 ⇔ 3 x − 1 = 8 ⇔ x = 3. Chọn C. Câu 22 (NB) Phương pháp: Dựa vào BBT xác định điểm cực đại của hàm số là điểm mà tại đó hàm số liên tục và qua đó đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.

Cách giải: Hàm số đã cho đạt cực đại tại x = −1.

Chọn D. Câu 23 (NB) Phương pháp: n Sử dụng công thức lãi kép: số tiền nhận được sau n kì hạn gửi tiết kiệm là An = A (1 + r ) trong đó A là số tiền gốc, r là lãi suất 1 kì hạn, n là số kì hạn gửi.

Cách giải: Sau thời gian 10 năm nếu không rút lãi lần nào thì số tiền mà ông A nhận được gồm cả gốc lẫn lãi tính theo 10

công thức: 100000000. (1 + 7% ) = 108 (1 + 0, 07 ) (đồng).

Chọn B. Câu 24 (NB) Phương pháp:

z = a + bi ⇒ z = a 2 + b 2 . Cách giải: Môđun của số phức 2 + i là

22 + 12 = 5 .

Chọn A. Câu 25 (NB) 15

Phương pháp: Sử dụng công thức log a x m = m log a x ( 0 < a ≠ 1, x > 0 ) .

Cách giải: log 2 a 3 = 3log 2 a.

Chọn C. Câu 26 (TH) Phương pháp: b

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) , x = a, x = b là S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx. a

Cách giải: Ta có: 2

∫

f ( x ) dx =

−1

∫

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx

∫

f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx

−1

Chọn C. Câu 27 (TH) Phương pháp: Sử dụng định nghĩa đường tiệm cận của đồ thị hàm số: Cho hàm số y = f ( x ) : - Đường thẳng y = y0 là TCN của đồ thị hàm số y = f ( x ) nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau:

lim f ( x ) = y0 hoặc lim f ( x ) = y0 .

x →+∞

x →−∞

- Đường thẳng x = x0 là TCĐ của đồ thị hàm số y = f ( x ) nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim f ( x ) = +∞ hoặc lim+ f ( x ) = −∞ hoặc lim− f ( x ) = +∞ hoặc lim− f ( x ) = −∞

x → x0+

x → x0

Cách giải: Ta có: 2 x 2 − 3x + 1 = 2 ⇒ y = 2 là TCN của đồ thị hàm số. x →±∞ x2 −1

lim y = lim

x →±∞

2 x 2 − 3 x + 1 ( 2 x − 1)( x − 1) 2 x − 1 = = nên x = −1 là TCĐ của đồ thị hàm số. x2 −1 ( x + 1)( x − 1) x + 1 16

Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

2 x2 − 3x + 1 là 2. x2 −1

Chọn D. Câu 28 (TH) Phương pháp: - Dựa vào nhánh cuối cùng suy ra dấu của hệ số a. - Dựa vào số điểm cực trị suy ra dấu của hệ số b.

Cách giải: Nhánh cuối cùng của đồ thị đi lên ⇒ a > 0. Hàm số có 3 điểm cực trị ⇒ ab < 0. Mà a > 0 ⇒ b < 0. Vậy a > 0, b < 0.

Chọn A. Câu 29 (TH) Phương pháp: - Đường thẳng d ⊥ ( P ) ⇒ ud = nP .

- Phương trình đường thẳng d đi qua M ( x0 ; y0 ; z0 )

 x = x0 + at  và có 1 VTCP u = ( a; b; c ) là:  y = y0 + bt .  z = z + ct 0 

Cách giải: Mặt phẳng (α ) : x + 3 y − z + 2 = 0 có 1 VTPT là: nα = (1;3; −1) .

Vì đường thẳng d đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng (α ) nên đường thẳng d có 1 VTCP ud = −nα = ( −1; −3;1) .

x = 2 − t  Vậy phương trình đường thẳng d là:  y = −3 − 3t . z = 1+ t  Chọn A. Câu 30 (TH) Phương pháp: - Thực hiện phép khai triển hàng đẳng thức tìm số phức z. - Cho số phức z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) ⇒ M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z. 17

Cách giải: 2

Ta có: z = ( 2 + i ) = 4 + 4i + i 2 = 3 + 4i. 2

Vậy điểm biểu diễn số phức z = ( 2 + i ) là điểm P ( 3; 4 ) .

Chọn A. Câu 31 (TH) Phương pháp: - Chứng minh ∆SBD đều, gọi O = AC ∩ BD, tính SO. - Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOA tính SA. 1 - Tính VS . ABCD = SA.S ABCD . 3

Cách giải: Dễ thấy ∆SAB = ∆SAD (2 cạnh góc vuông) ⇒ SB = SD ⇒ ∆SBD cân tại S . Lại có ∠SBD = 600 ( gt ) ⇒ ∆SBD đều. Gọi O = AC ∩ BD. Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên AC = BD = a 2 ⇒ OA =

a 2 nên SO =

a 2 và ∆SBD đều cạnh 2

a 2. 3 a 6 . = 2 2 2

a 6 a 2 Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOA : SA = SO − OA =   = a.  −   2   2  2

Vậy VS . ABCD

a3 1 1 2 = SA.S ABCD = .a.a = . 3 3 3

Chọn C. Câu 32 (TH) Phương pháp: - Tính số phần tử của không gian mẫu là số cách chọn 2 số bất kì từ 21 số nguyên dương đầu tiên. - Gọi A là biến cố: “chọn được hai số có tích là một số lẻ”, tính số phần tử của biến cố A là số cách chọn ra 2 số cùng lẻ từ 21 số nguyên dương đầu tiên. - Tính xác suất của biến cố A.

Cách giải: Số cách chọn 2 số bất kì từ 21 số nguyên dương đầu tiên là C212 → n ( Ω ) = C212 . 18

Gọi A là biến cố: “chọn được hai số có tích là một số lẻ” ⇒ 2 số được chọn phải cùng lẻ. Số các số lẻ từ 21 số nguyên dương đầu tiên là

21 − 1 + 1 = 11. 2

⇒ n ( A ) = C112 . Vậy xác suất của biến cố A là P ( A ) =

n ( A)

n (Ω)

C112 11 = . C212 42

Chọn A. Câu 33 (TH) Phương pháp: - Xác định số phức z2 . - Thực hiện phép cộng số phức, tính 2 z1 + z2 và suy ra phần ảo của nó.

Cách giải: 2 z1 + z2 = 2 (1 + i ) + ( 3 + 2i ) = 5 + 4i có phần ảo bằng 4.

Chọn D. Câu 34 (TH) Phương pháp: - Tính bán kính mặt cầu R = IA =

( x A − xI ) + ( y A − y I ) + ( z A − z I )

- Mặt cầu có tâm I ( a; b; c ) và bán kính R có phương trình là ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = R 2 .

Cách giải: Bán kính mặt cầu là R = IA =

( 0 + 1) + ( 4 − 2 ) + ( −1 − 1)

= 3. 2

Vậy phương trình mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1; 2;1) , bán kính R = 3 là: ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 9.

Chọn D. Câu 35 (TH) Phương pháp: - Tính u = a + b - Sử dụng công thức u = ( x; y; z ) ⇒ u = x 2 + y 2 + z 2 .

Cách giải: 19

Ta có: u = a + b = (1; 2; 2 ) ⇒ u = 12 + 22 + 2 2 = 3. Chọn D. Câu 36 (VD) Phương pháp: - Đặt t = log 3 x. Tìm khoảng giá trị t ∈ [ a; b ] . - Đưa bài toán trở thành tìm m để phương trình bậc 2 ẩn t có 2 nghiệm phân biệt thuộc [ a; b ]. - Tìm điều kiện để phương trình bậc hai ẩn t có 2 nghiệm phân biệt, sau đó giải tìm hai nghiệm theo m. - Cho các nghiệm đã tìm được thuộc [ a; b] và tìm m.

Cách giải: Ta có:

log 32 ( 3x ) − ( m + 2 ) log3 x + 2m − 5 = 0 2

⇔ ( log 3 x + 1) − ( m + 2 ) log 3 x + 2m − 5 = 0

⇔ log32 x − m log3 x + 2m − 4 = 0 (*) Đặt t = log 3 x, với x ∈ [9; 27 ] ⇒ t ∈ [ 2;3] , phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt t1 , t2 ∈ [ 2;3]. 2

Ta có ∆ = m 2 − 4 ( 2m − 4 ) > 0 ⇔ m 2 − 8m + 16 > 0 ⇔ ( m − 4 ) > 0 ⇔ m ≠ 4. m+m−4  =m t1 = 2 Khi đó (**) có 2 nghiệm phân biệt  t = m − m + 4 = 2 ∈ [ 2;3]  2 2 Vậy m ∈ [ 2;3] .

Chọn C. Câu 37 (VD) Phương pháp: Hàm số y =

y' < 0 ax + b  nghịch biến trên (α ; β ) khi  − d . cx + d  c ∉ (α ; β )

Cách giải: ĐKXĐ: x ≠ − m. 20

Ta có y ' =

m2 − 9

( x + m)

m 2 − 9 < 0  −3 < m < 3  y ' < 0 Để hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞;1) thì  ⇔ ⇔ ⇔ −3 < m ≤ −1. ≤ − 1 m − m ≥ 1 − m ∉ ( −∞;1)   Mà m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {−2; −1} . Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D. Câu 38 (VD) Phương pháp: - Xét hàm số g ( x ) = x 4 − 8 x 2 + m trên [1;3] . - Tìm min g ( x ) , max g ( x ) . [1;3]

[1;3]

  - Suy ra max f ( x ) = max  min g ( x ) , max g ( x )  1;3 [1;3] [1;3] [ ]  - Xét từng trường hợp max f ( x ) = min g ( x ) , max f ( x ) = max g ( x ) và tìm m. [1;3]

[1;3]

Cách giải:

 x = 0 ∉ [1;3]  Xét hàm số g ( x ) = x 4 − 8 x 2 + m trên [1;3] ta có g ' ( x ) = 4 x3 − 16 x = 0 ⇔  x = 2 ∈ [1;3]   x = −2 ∉ [1;3] Ta có g (1) = m − 7, g ( 3) = m + 9, g ( 2 ) = m − 16.

⇒ min g ( x ) = g ( 2 ) = m − 16, max g ( x ) = g ( 3) = m + 9. [1;3]

[1;3]

⇒ max f ( x ) = max { m − 16 ; m + 9 }. [1;3]

 m − 16 = 18 TH1: max f ( x ) = m − 16 ⇒  ⇔ m = −2. [1;3]  m − 16 ≥ m + 9  m + 9 = 18 ⇔m=9 TH2: max f ( x ) = m + 9 ⇒  [1;3] m − 16 ≤ m + 9 

⇒ S = {−2;9} . 21

Vậy tổng tất cả các phần tử của S bằng −2 + 9 = 7.

Chọn C. Câu 39 (TH) Phương pháp: - Mặt phẳng trung trực (α ) của đoạn thẳng AB đi qua trung điểm I của AB và nhận AB làm VTPT. - Phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua M ( x0 ; y0 ; z0 ) và có VTPT n = ( a; b; c ) là:

a ( x − x0 ) + b ( y − y0 ) + c ( z − z0 ) = 0. Cách giải: Gọi I là trung điểm của AB ⇒ I ( 3;0;1) . 1 Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua I ( 3; 0;1) và có 1 VTPT n = − AB = (1;1; −1) có phương trình 2 là 1( x − 3) + 1( y − 0 ) − 1( z − 1) = 0 ⇔ x + y − z − 2 = 0.

Chọn D. Câu 40 (VD) Phương pháp: - Sử dụng các công thức

log a x m = m log a x ( 0 < a ≠ 1, x > 0 ) log a b =

1 ( 0 < a, b ≠ 1) log b a

log a ( xy ) = log a x + log a y ( 0 < a ≠ 1, x, y > 0 ) . log a

x = log a x − log a y ( 0 < a ≠ 1, x, y > 0 ) . y

- Tìm log 2 a.log 2 b, log 2 a + log 2 b. 2

- Sử dụng biến đổi ( a − b ) = ( a + b ) − 4ab.

Cách giải: Ta có:

4  log 2 a = log b 16 log a.log 2 b = 4 log 2 a = 4 log b 2 = log b ⇔ ⇔ 2 2  ab = 64 log 2 a + log 2 b = 6  log 2 ( ab ) = log 2 64 = 6 22

a 2 2  Vậy  log 2  = ( log 2 a − log 2 b ) = ( log 2 a + log 2 b ) − 4 log 2 a.log 2 b = 62 − 4.4 = 20. b 

Chọn B. Câu 41 (VD) Phương pháp: - Giả sử cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD , với AD là chiều cao của hình trụ. - Sử dụng giả thiết thiết diện thu được có diện tích bằng 30 tính CD. - Gọi H là trung điểm của CD, chứng minh d ( OO '; ( ABCD ) ) = O ' H . - Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông tính bán kính đáy hình trụ. - Diện tích xung quanh khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là S xq = 2π rh.

Cách giải:

Giả sử cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD như hình vẽ. Gọi H là trung điểm của CD ta có O ' H ⊥ ( ABCD ) nên d ( OO '; ( ABCD ) ) = O ' H = 1. Vì hình trụ có chiều cao bằng 5 3 ⇒ AD = 5 3. Mà S ABCD = AD.CD = 30 ⇒ CD = 2 3 ⇒ CH = 3. Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông O ' HC có: O ' C = O ' H 2 + HC 2 = 12 + Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là S xq = 2π rh = 2π .2.5 3 = 20 3π .

Chọn D. Câu 42 (TH) Phương pháp: 23

( 3)

= 2.

- Chứng minh d ( SC ; AB ) = d ( A; ( SCD ) ) - Đổi điểm tính khoảng cách chứng minh d ( SC ; AB ) = d ( A; ( SCD ) ) = 2d ( O; ( SCD ) ) . - Gọi M là trung điểm của CD, trong ( SOM ) kẻ OH ⊥ SM ( H ∈ SM ) , chứng minh OH ⊥ ( SCD ) . - Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOM để tính OH .

Cách giải:

Ta có AB / / CD ⇒ AB / / ( SCD ) ⊃ SC ⇒ d ( SC ; AB ) = d ( AB; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) ) . Lại có AO ∩ ( SCD ) = C ⇒

d ( A; ( SCD ) ) d ( O; ( SCD ) )

AC = 2 ⇒ d ( SC ; AB ) = d ( A; ( SCD ) ) = 2d ( O; ( SCD ) ) OC

Gọi M là trung điểm của CD, trong ( SOM ) kẻ OH ⊥ SM ( H ∈ SM ) ta có: CD ⊥ OM ⇒ CD ⊥ ( SOM ) ⇒ CD ⊥ OH  CD ⊥ SO OH ⊥ CD ⇒ OH ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( O; ( SCD ) ) = OH  OH ⊥ SM

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOM : OH =

SO + OM

Vậy d ( SC ; AB ) =

2a 5 . 5

Chọn B. Câu 43 (VD) Phương pháp: 24

SO.OM 2

a 2

a2 +

a 4

a 5 . 5

- Đặt t = x 2 − 4 x, với x ∈ ( 0; +∞ ) , đưa phương trình về dạng f ( t ) = m (*) . - Xác định mỗi nghiệm t cho bao nhiêu nghiệm x trên từng khoảng cụ thể. - Tìm điều kiện về số nghiệm của phương trình (*) để phương trình ban đầu có ít nhất 5 nghiệm phân biệt.

Cách giải: Đặt t = x 2 − 4 x, với x ∈ ( 0; +∞ ) , khi đó phương trình trở thành 3 f ( t ) = m + 5 ⇔ f ( t ) =

m+5 ( *) . 3

Ta có t ' ( x ) = 2 x − 4 = 0 ⇔ x = 2 ∈ ( 0; +∞ ) . BBT:

m+5 có tối đa 4 nghiệm, mỗi nghiệm t ∈ ( −4;0 ) cho 2 3 nghiệm x phân biệt, mỗi nghiệm t ∈ [ 0; +∞ ) ∪ {−4} cho 1 nghiệm x. Dựa vào BBT đề bài cho, ta thấy phương trình f ( t ) =

Để phương trình ban đầu có ít nhất 5 nghiệm thuộc ( 0; +∞ ) thì phương trình (*): TH1: Có 1 nghiệm t ∈ ( −4;0 ) và 3 nghiệm t ∈ [ 0; +∞ ) ∪ {−4} (ktm). TH2: Có 2 nghiệm t ∈ ( −4;0 ) và 1 nghiệm t ∈ [ 0; +∞ ) ∪ {−4} (ktm).

m+5  −2 < 3 ≤ 2  −6 < m + 5 ≤ 5 ⇔ ⇒ −9 ≤ m + 5 ≠ −6  −3 ≤ m + 5 ≠ −2  3 −11 < m ≤ 0 ⇔ ⇔ m ∈ [ −14;0] \ {−11} . −14 ≤ m ≠ −11 Mà m ∈ ℤ ⇒ Có 14 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B. Câu 44 (VD) Phương pháp: 25

- Đặt z = x + yi, khai triển 2 z − i = 2 + iz tìm mối quan hệ giữa x, y. 2

(

- Chứng minh z1 + z2 + z1 − z2 = 2 z1 + z2

) , từ đó tìm P = z + z 1

Cách giải: Đặt z = x + yi ta có:

2 z − i = 2 + iz ⇔ 2 x + 2 yi − i = 2 + i ( x + yi )

⇔ 2 x + ( 2 y − 1) i = ( 2 − y ) + xi 2

⇔ 4 x 2 + ( 2 y − 1) = ( 2 − y ) + x 2 ⇔ 3x 2 + 3 y 2 = 3 ⇔ x2 + y 2 = 1

Đặt z1 = x1 + y1i, z2 = x2 + y2i, xét 2

A = z1 + z2 + z1 − z2

= ( x1 + x2 ) + ( y1 + y2 ) i + ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) i 2

= ( x1 + x2 ) + ( y1 + y2 ) + ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 )

= 2 ( x12 + y12 + x22 + y22 ) 2 2  x1 + y1 = 1 Vì z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình 2 z − i = 2 + iz nên  2 2  x2 + y2 = 1

⇒ A = 2 (1 + 1) = 4 2

⇒ z1 + z2 + z1 − z2 = 4 2

⇒ z1 + z2 = 4 − z1 − z2 = 3 ⇒ P = z1 + z2 = 3

Chọn C. Câu 45 (TH) Phương pháp: - Tìm f ( x ) = g ' ( x ) và suy ra hàm f ( x 2 ) . 26

- Tính tích phân, sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản

Cách giải: Vì f ( x ) liên tục trên ℝ và có một nguyên hàm là hàm số g ( x ) =

1 2 x − x + 1. 2

⇒ f ( x ) = g ' ( x ) = x − 1. Khi đó ta có f ( x 2 ) = x 2 − 1 2

⇒∫ 1

 x3 2 4 f ( x ) dx = ∫ ( x − 1) dx =  − x  = .  3 1 3 1 2

Chọn C. Câu 46 (VD) Phương pháp: -

Gọ i

H, K

lần

lượt

là

hình

chiếu

vuông

góc

của

lên

( P ) , BC.

AH ≤ AK ⇒ d ( A; ( P ) )max = AK . - Viết phương trình đường thẳng BC , tham số hóa tọa độ điểm K ∈ BC. - Sử dụng AK .BC = 0 tìm tọa độ vectơ AK .

Cách giải:

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên ( P ) , BC. Ta có AH ⊥ ( P ) ⇒ AH ⊥ HK ⇒ ∆AHK vuông tại H ⇒ AH ≤ AK hay d ( A; ( P ) ) ≤ d ( A; BC ) . Do đó d ( A; ( P ) ) lớn nhất khi AH ≡ AK ⇒ H ≡ K .

x = 2  Ta có BC = ( 0; −1; 2 ) ⇒ Phương trình đường thẳng BC :  y = 1 − t  z = 2t  27

Chứng

minh

Vì K ∈ BC ⇒ K ( 2;1 − t ; 2t ) ⇒ AK = (1; −t ; 2t − 1) .

 2 2 1 Ta có AK .BC = 0 ⇔ 1.0 + t + 2 ( 2t − 1) = 0 ⇔ t = ⇒ AK = 1; − ; −  / / ( 5; −2; −1) . 5 5 5  Vậy khi d ( A; ( P ) ) lớn nhất thì ( P ) có 1 VTPT n = ( 5; −2; −1) .

Chọn D. Câu 47 (VDC) Phương pháp: 2

- Áp dụng tích phân từng phần với

∫ xf ' ( x ) dx. 0

- Từ giả thiết f ( 0 ) = 3, f ( x ) + f ( 2 − x ) = x 2 − 2 x + 2 tính f ( 2 ) . - Lấy tích phân hai vế biểu thức f ( x ) + f ( 2 − x ) = x 2 − 2 x + 2. 2

- Sử dụng phương pháp đổi biến số, tính J = ∫ f ( 2 − x ) dx, từ đó tính 0

∫ f ( x ) dx và tính I . 0

Cách giải: u = x du = dx Đặt  . ⇒ dv = f ' ( x ) dx v = f ( x ) 2 2 2 ⇒ I = ∫ xf ' ( x ) dx = xf ( x ) − ∫ f ( x ) dx 0 0 0

Theo bài ra ta có: f ( 0 ) = 3, f ( x ) + f ( 2 − x ) = x 2 − 2 x + 2.

⇒ f ( 0 ) + f ( 2 ) = 2 ⇒ f ( 2 ) = 2 − f ( 0 ) = 2 − 3 = −1. 2

⇒ I = 2 f ( 2 ) − ∫ f ( x ) dx = 2 − ∫ f ( x ) dx.

Lấy tích phân hai vế biểu thức f ( x ) + f ( 2 − x ) = x 2 − 2 x + 2 ta có 2

∫ f ( x ) dx + ∫ f ( 2 − x ) dx = ∫ ( x 0

8 − 2 x + 2 ) dx = . 3

2 x = 0 ⇒ t = 2 . Xét J = ∫ f ( 2 − x ) dx, đặt t = 2 − x ⇒ dt = − dx. Đổi cận  x = 2 ⇒ t = 0 0

⇒ J = − ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx. 2

⇒ ∫ f ( x ) dx = 0

8 4 ⇔ ∫ f ( x ) dx = . 3 3 0

Vậ y ⇒ I = − 2 −

4 10 =− . 3 3

Chọn A. Câu 48 (VDC) Phương pháp: - Gọi A ( m; log a m ) , B ( n; 2 log a n ) ; C ( p;3log 3 p )( m, n, p > 0 ) . - Tính AB, sử dụng điều kiện cạnh AB song song với trục hoành tìm m theo n.

- Tính AB, giải phương trình tìm m, n. - Tính BC , sử dụng điều kiện BC ⊥ AB tìm p. - Giải phương trình độ dài cạnh BC tìm a.

Cách giải: Gọi A ( m; log a m ) , B ( n; 2 log a n ) ; C ( p;3log 3 p )( m, n, p > 0 ) .

Vì ABCD là hình vuông nên AB = DC .  n2  Ta có AB = ( n − m; 2 log a n − log a m ) =  n − m; log a  . m  n2 n2 Vì AB và i (1;0 ) cùng phương nên log a =0⇔ = 1 ⇔ n 2 = m. m m ⇒ AB = ( n − n 2 ;0 ) ⇒ AB = n − n 2 .

Lại có S ABCD = 36 ⇒ AB 2 = 36 ⇔ AB = 6. n2 − n = 6 n = 3 ⇒ n − n2 = 6 ⇔  2 ⇔ ⇒m=9 n = − 2 ktm ( )  n − n = −6 (VN ) 

 p3  Tương tự ta có BC =  p − n;log a 2  cùng phương với j = ( 0;1) nên p − n = 0 ⇔ p = n = 3. n    33  ⇒ BC =  0;log a 2  = ( 0;log a 3) ⇒ BC = log a 3 . 3   29

log a 3 = 6 Mà BC = AB = 6 ⇒ log a 3 = 6 ⇔  ⇔ a = 6 3. log a 3 = −6 Chọn B. Câu 49 (VDC) Phương pháp: - Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên ( ABC ) , chứng minh ABCH là hình chữ nhật. - Xác định góc giữa SB và mặt đáy là góc giữa SB và hình chiếu vuông góc của SB lên mặt đáy, sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính SH . 1 - Tính thể tích VS . ABC = .SH .S ∆ABC . 3

Cách giải:

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên ( ABC ) . Ta có

 BC ⊥ SC ( gt ) ⇒ BC ⊥ ( SCH ) ⇒ BC ⊥ CH   BC ⊥ SH ( SH ⊥ ( ABC ) )  SB ⊥ SA ( gt ) ⇒ AB ⊥ ( SAH ) ⇒ AB ⊥ AH   AB ⊥ SH ( SH ⊥ ( ABC ) ) ⇒ ABCH là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông). 30

Vì SH ⊥ ( ABC ) nên HB là hình chiếu vuông góc của SB lên ( ABC )

⇒ ∠ ( SB; ( ABC ) ) = ∠ ( SB; HB ) = ∠SBH = 600 . Áp dụng định lí Pytago ta có: AC = AB 2 + BC 2 = a 5, lại có ABCH là hình vuông nên BH = AC = a 5. Xét tam giác vuông SBH có SH = BH .tan 300 = a 15.

1 1 1 1 a 3 15 . Vậy VS . ABC = SH .S ∆ABC = SH . AB.BC = .a 15.a.2a = 3 3 2 6 3

Chọn C. Câu 50 (VDC) Cách giải: TXĐ: D = ℝ. Ta có y ' = −2 + a.

x−2 2

x − 4x + 5

x2 − 4 x + 5 − ( x − 2) . y " = a.

y " = a.

x−2 x2 − 4 x + 5

x − 4x + 5

x2 − 4 x + 5 − ( x − 2)

− 4 x + 5) x − 4 x + 5 2

− 4 x + 5) x2 − 4 x + 5

+ TH1: a = 0 ⇒ y = −2 x + 2 nghịch biến trên ℝ nên hàm số không có cực đại ⇒ a = 0 không thỏa mãn. a > 0 ⇒ y ' > 0 + TH2: a ≠ 0 ⇒  a < 0 ⇒ y ' < 0

⇒ Hàm số đã cho có cực đại ⇔ a < 0 và phương trình y ' = 0 có nghiệm.

Đặt t = x − 2 ta có y ' = 0 ⇔ −2 + a.

t 2

t +1

= 0 ⇔ at = 2 t 2 + 1

t ≤ 0 t ≤ 0 t ≤ 0  ⇔ 2 2 ⇔ 2 ⇔ 2 ( *) 4 2 2 a t − 4 = 4 t a = ≠ ± 2 a t t = 4 + 4 ( ) ( )   a2 − 4 

⇒ Hệ phương trình (*) có nghiệm ⇔

a > 2 4 . ≥ 0 ⇔ a2 − 4 > 0 ⇔  a −4  a < −2 2

Kết hợp điều kiện a < 0, a ∈ [ −20; 20] ta có a ∈ [ −20; −2 ) . Mà a ∈ ℤ ⇒ a ∈ {−20; −19; −18;...; −3} 31

Vậy có 18 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO GIA LAI

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG

Bài thi: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 7 trang)

Mã đề thi 101

Họ, tên thí sinh:..................................................... Số báo danh: .............................

Câu 1: Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho có giá trị cực đại bằng

A. −1.

B. 0.

C. 1.

D. 4.

Câu 2: Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên ℝ ? A. y = − x 3 + 3 x 2 − 3 x + 1.

B. y = − x 2 + 2 x.

C. y = x 4 − x 2 + 1.

D. y =

x −1 . x

Câu 3: Chọn ngẫu nhiên một số trong 20 số nguyên dương đầu tiên. Xác suất để chọn được số chia hết cho 3 bằng A.

3 . 20

1 . 20

1 . 3

3 . 10

Câu 4: Cho cấp số cộng ( un ) , biết u9 = 17, d = 2. Giá trị của u10 bằng A. u10 = 20.

B. u10 = 21.

C. u10 = 19.

D. u10 = 15.

Câu 5: Một hình trụ có bán kính đáy bằng a , thiết diện qua trục là một hình vuông. Diện tích xung quanh của hình trụ đó bằng A. 4π a 2 .

B. 2π a 2 .

Câu 6: Trong không gian Oxyz , gọi

C. π a 2 .

(α ) là

4 2 πa . 3

mặt phẳng cắt ba trục tọa độ tại ba điểm A ( 2; 0;0 ) ,

B ( 0; −3; 0 ) , C ( 0;0; 4 ) . Phương trình của mặt phẳng (α ) là A. 6 x − 4 y + 3 z − 12 = 0 .

B. 1

x y z + + =0. 2 −3 4

C. 6 x − 4 y + 3 z = 0 .

x y z + − = 1. 2 3 4

Câu 7: Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức 2 − 3i có tọa độ là A. ( 3; 2 ) .

B. ( 3; − 2 ) . 2

Câu 8: Cho

∫

C. ( −2;3) .

f ( x )dx = 1 và

∫

f ( x )dx = −3 . Giá trị của

A. −2 .

∫ f ( x )dx bằng 2

B. 4 .

Câu 9: Cho hàm số f ( x ) =

D. ( 2; − 3) .

C. −4.

D. 2 .

1 . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng? 3x + 1

∫ f ( x)dx = 2 ln 3x + 1 + C .

∫ f ( x)dx = 3 ln ( 3x + 1) + C .

∫ f ( x)dx = 3 ln 3x + 1 + C .

∫ f ( x)dx = ln 3x + 1 + C .

Câu 10: Với x là số thực dương tùy ý , x x 5 bằng 2 3

7 2

A. x .

B. x .

3 5

C. x .

D. x .

Câu 11: Thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước 2; 3; 5 bằng A. 10.

B. 12.

C. 30.

D. 15.

π  Câu 12: Biết F(x) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = sin (π − x ) và F ( π ) = 1 . Giá trị F   bằng 2

A. 3 .

B. 2 .

C. 0 .

D. 1 .

Câu 13: Với x là số thực dương, đạo hàm của hàm số y = log 2 x là A. y′ =

x . ln 2

B. y′ =

1 . x

C. y′ =

1 . x ln 2

D. y′ = x ln 2 .

Câu 14: Số phức liên hợp của số phức z = 2 − 3i là A. z = −3 + 2i .

B. z = −3 − 2i .

C. z = 3 − 2i .

D. z = 2 + 3i .

Câu 15: Đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 3 cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng A. −1.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

C. 4e4 .

D. 3e 4 − 1 .

Câu 16: Tích phân I = ∫ 2e 2 x dx bằng 0

A. e 4 .

B. e4 − 1 .

Câu 17: Với a là số thực dương tùy ý, log 2 (16a ) bằng A. 4 log 2 a .

B. ( log 2 a ) .

C. 2

1 + log 2 a . 4

D. 4 + log 2 a .

Câu 18: Nghiệm của phương trình log 3 ( 2 x + 1) = 2 là A. x = 3 .

B. x =

1 . 2

C. x = 4 .

D. x = 2 .

Câu 19: Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a là A.

a3 3 . 3

a3 3 . 4

a3 3 . 2

D. 6a 3 .

Câu 20: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −1;0 ) .

B. ( −∞; −1) .

C. ( −1;1) .

D. (1; +∞ ) .

Câu 21: Cho hàm số y = f ( x) có bảng xét dấu của đạo hàm f '( x) như sau:

Hàm số f ( x) có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 1.

B. 4.

C. 0.

D. 2.

Câu 22: Công thức tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy r và chiều cao h là A. V = π rh .

B. V = π r 2 h .

1 C. V = π rh . 3

1 D. V = π r 2 h 3

Câu 23: Hàm số nào dưới đây có đồ thị dạng như đường cong trong hình bên? A. y = x 4 + 2 x 2 + 2 . B. y = − x 4 + 2 x 2 − 2 . C. y = − x 4 + 2 x 2 + 1 . D. y = x 4 − 2 x 2 − 1 . Câu 24: Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC với A ( 3; −2;5 ) , B ( −2;1; −3) và C ( 5;1;1) . Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ là

A. G ( 2; 0;1) .

B. G ( 2;1; −1) .

C. G ( −2;0;1) . 3

D. G ( 2;0; −1) .

Câu 25: Nghiệm của phương trình 32 x+3 = 243 là A. x = 1 .

B. x = 3 .

C. x = −1 .

D. x = 2 .

Câu 26: Cho hai số phức z1 = 3 − 2i và z2 = 2 − 3i . Số phức z1 + z2 bằng A. 1 + i .

B. 5 − 5i .

C. 5 − 2i .

Câu 27: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = A. y = 2.

D. 5 + 4i .

2x +1 là đường thẳng: 1− x

B. x = −2.

C. y = −2.

D. x = 1.

Câu 28: Cho số phức z = 3 − 2i . Môdun của số phúc z + 1 − i bằng A. 10.

B. 5.

C. 10 .

D. 5 2 .

Câu 29: Trong mặt phẳng cho một tập hợp P gồm 7 điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Có bao nhiêu tam giác có 3 đỉnh đều thuộc P ? A. C73 .

C. A73 .

B. 6.

D. 36.

Câu 30: Trong không gian Oxyz, mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y + 6 z − 2 = 0 có tâm và bán kính lần lượt là A. I ( −1; 2; −3) , R = 16.

B. I ( −1; 2; −3) , R = 4 .

C. I (1; −2;3) , R = 4 .

D. I (1; −2;3) , R = 16.

Câu 31: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị trên đoạn [ −2; 1] như hình vẽ bên dưới. Giá trị max f ( x ) bằng [ −2; 1]

A. −3 . Câu

d ':

32:

B. 1 . Trong

không

gian

C. 3 . Oxyz ,

cho

hai

đường

D. 0 . thẳng

chéo

nhau

 x = 1 + 2t  d :  y = −1 − t z = 1 

x−2 y +2 z −3 = = . Khoảng cách giữa hai đường thẳng d và d ' là −1 1 1

6 . 2

1 . 6

Câu 33: Tập nghiệm của bất phương trình 512 − x ≥ 125 là A. [3; + ∞ ) .

B. [ −1;1] .

C. [ −3;3] 4

D. ( −∞ ;1] .

và

Câu 34: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC cạnh đáy bằng a và khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) 3a bằng ( tham khảo hình vẽ bên dưới). Góc giữa mặt phẳng ( SBC ) với mặt phẳng đáy ( ABC ) bằng 4

A. 300 .

B. 450 .

C. 600 .

D. 900 .

Câu 35: Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD với A ( 2; −1;6 ) , B ( −3; −1; −4 ) , C ( 5; −1;0 ) và

D (1; 2;1) . Độ dài chiều cao của tứ diện ABCD kẻ từ đỉnh A bằng A. 3.

3 . 2

D. 5.

Câu 36: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa SA và mặt phẳng ( SBC ) bằng 600 (tham khảo hình bên dưới). Thể tích của khối chóp S . ABC bằng

3a 3 A. . 8

a3 B. . 8

a3 D. . 4

3a 3 . 24

Câu 37: Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 3 z − 4 = 0 và ( Q ) : 3 x + 2 y − 5 z − 4 = 0. Giao tuyến của ( P ) và ( Q ) có phương trình tham số là

 x = 2 − 2t  A.  y = −1 + 7t .  z = −4t 

 x = 2 + 2t  B.  y = 1 + 7t .  z = 4t 

 x = 2 + 2t  C.  y = −1 + 7t .  z = 4t 

 x = 2 + 2t  D.  y = 1 − 7t .  z = 4t 

Câu 38: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn | 2z − z |= 13 và (1 + 2i ) z là số thuần ảo? A. 0.

B. 1.

C. 2. 2

Câu 39: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

(α ) : 2 x − 2 y − z + 9 = 0 . Tâm

D. 4. 2

( S ) : ( x − 3) + ( y + 2 ) + ( z − 1) = 81 và mặt phẳng của đường tròn giao tuyến của ( S ) và (α ) nằm trên đường thẳng nào sau

đây ? 5

x + 3 y + 2 z −1 = = . 2 2 −1

x + 3 y + 2 z −1 = = . 2 1 −2

x + 3 y − 2 z −1 = = . 2 −2 −1

x − 3 y + 2 z −1 = = . 2 −2 −1

Câu 40: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có độ dài cạnh bên bằng a và diện tích đáy bằng a 2 (tham khảo hình bên dưới ). Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng

a 6 . 3

a 6 . 2

a 6 . 6

D. a 6 .

Câu 41: Một khối nón có chiều cao bằng 12 , đặt trên đáy một hình trụ (các đáy của chúng nằm trên cùng một mặt phẳng, như hình vẽ bên dưới), biết đường kính đáy khối nón bằng bán kính đáy hình trụ. Hình trụ được đổ nước vào cho đến độ cao bằng 12. Độ cao của nước khi đã lấy khối nón ra ngoài hình trụ bằng

A. 11.

B. 10.

C. 8.

D. 6.

Câu 42: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) liên tục trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn f (1) = 1 và 1

∫

f ( x ) dx = 2 . Tích phân

∫ f ′ ( x ) dx

bằng

A. 2.

B. −2.

C. −1.

D. 1.

Câu 43: Cho hai hàm f ( x ) và g ( x ) có đạo hàm trên [1; 2021] , thỏa mãn f ( 2021) = g ( 2021) = 0 , x

( x + 1) 2021

∫ 1

g ( x ) + 2020 x = ( x + 1) f ′ ( x ) và

x3 g ′ ( x ) + f ( x ) = 2021x 2 với mọi x ∈ [1; 2021] . Tích phân x +1

x +1  x   x + 1 g ( x ) − x f ( x )  dx bằng

1 1 .20212 − 2021 + . 2 2

1 1 .20202 − 2020 + . 2 2

1 1 C. − .20202 + 2020 − . 2 2 Câu 44: Cho như sau:

1 1 D. − .20212 + 2021 − . 2 2

f ( x) là hàm số bậc ba thỏa mãn f (0) = 2 và f '(1) = 0 . Hàm số f ′( x) có bảng biến thiên

Hàm số g ( x) = f 3 (| x |) − 3 f 2 (| x |) − 2021 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 7.

B. 6.

C. 9.

D. 11.

Câu 45: Cho hàm số f ( x) , đồ thị của hàm số y = f ′( x) là đường cong trong hình vẽ bên dưới. Giá trị lớn  3 1 nhất của hàm số g ( x) = 12 f (2 x) + 32 x3 + 12 x 2 − 12 x + 2021 trên đoạn  − ;  bằng  2 2

A. 12 f (−1) + 2026 .

B. 12 f ( −3) + 1958 .

C. 12 f (1) + 2022 .

D. f ( −1) .

Câu 46: Có bao nhiêu số nguyên a ( a ≥ 2) sao cho tồn tại số thực x thỏa mãn

(

)

ln a log x + 4a log x + 4 =

A. 2.

B. 3.

ln( x − 2) ? log a

C. 1.

D. 9.

2 Câu 47: Cho hàm số bậc ba y = f ( x) có đồ thị là đường cong trong hình bên dưới f (1) = 0 ; f ′′   = 0 3  2  20 và f   = . Biết hàm số f ( x) đạt cực trị tại hai điểm x1 , x2 thỏa mãn 3 x2 − 6 x1 = 3 7 − 2 . Gọi S1 và S2 là  3  27 S diện tích của hai hình phẳng được gạch trong hình bên dưới. Tỉ số 1 thuộc khoảng nào dưới đây? S2

A. (7,1;7,3).

B. (6, 5;6, 7).

C. (6, 7;6, 9).

D. (6,9; 7,1).

Câu 48: Xét các số phức z, w thỏa mãn z = 2, i w − 2 + 5i = 1 .Giá trị nhỏ nhất của z 2 − wz − 4 bằng A. 9.

B. 6.

C. 10.

Câu 49: Có bao nhiêu số nguyên dương a thỏa mãn A. 4.

B. 1.

(

D. 8.

1 + ln 2 a + ln a

)(

)

1 + (a − 3) 2 + a − 3 ≤ 1 ?

C. 3.

D. 2.

Câu 50: Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ các đỉnh A (1;1;1) , B ( 2;0; 2 ) , C ( −1; −1;0 ) , D ( 0;3; 4 ) . Trên các cạnh AB, AC , AD lần lượt lấy các điểm M , N , P thỏa mãn

AB AC AD + + = 6 . Viết AM AN AP

phương trình mặt phẳng ( MNP ) , biết khối tứ diện AMNP có thể tích nhỏ nhất.

A. 8 x + 20 y − 22 z + 11 = 0 .

B. 8 x + 20 y − 22 z − 11 = 0 .

C. 8 x − 20 y − 22 z + 11 = 0 .

D. 8 x + 20 y + 22 z − 11 = 0 . ----------- HẾT ----------

BẢNG ĐÁP ÁN 1-D

2-A

3-D

4-C

5-A

6-A

7-D

8-C

9-B

10-B

11-C

12-C

13-C

14-D

15-D

16-B

17-D

18-C

19-B

20-B

21-B

22-B

23-D

24-A

25-A

26-B

27-C

28-B

29-A

30-B

31-C

32-B

33-C

34-C

35-D

36-C

37-C

38-C

39-D

40-A

41-A

42-B

43-D

44-A

45-A

46-A

47-C

48-D

49-D

50-A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn D. y ' đổi dấu từ + sang − khi đi qua điểm x = 0 nên hàm số đạt cực đại tại x = 0. Khi đó giá trị cực đại của hàm số y ( 0 ) = 4.

Câu 2: Chọn A. y = − x 3 + 3 x 2 − 3 x + 1. 8

y ' = −3 x 2 + 6 x − 3 y ' = 0 ⇔ x = 1. Vậy y ' ≤ 0 với ∀x ∈ ℝ. Suy ra hàm số y = − x 3 + 3 x 2 − 3 x + 1 nghịch biến trên ℝ.

Câu 3: Chọn D. 1 Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = C20 = 20.

Gọi A là biến cố số được chọn chia hết cho 3, khi đó A = {3;6;9;12;15;18} . Vậy n ( A) = 6. Khi đó xác suất của biến cố A là P ( A) =

n ( A) 6 3 = = . n ( Ω ) 20 10

Câu 4: Chọn C. u10 = u9 + d = 17 + 2 = 19.

Câu 5: Chọn A. Vì thiết diện qua trục là một hình vuông nên r = a; l = h = 2a ⇒ S xq = 2π rh = 4π a 2 .

Câu 6: Chọn A. Theo phương trình đoạn chắn ta có

x y z + + = 1 ⇔ 6 x − 4 y + 3 z − 12 = 0. 2 −3 4

Câu 7: Chọn D. Câu 8: Chọn C. 4

∫ f ( x ) dx = −3 ⇔ ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = −3 ⇔ ∫ f ( x ) dx = −4 Câu 9: Chọn B. Theo tính chất:

Ta có:

∫ f ( ax + b ) dx = a F ( ax + b ) + C 1

(với a ≠ 0 )

∫ f ( x ) dx = ∫ 3x + 1 dx = 3 ln 3x + 1 + C

Câu 10: Chọn B. 5

Ta có: x x 5 = x.x 2 = x

5 2

= x2

Câu 11: Chọn C. Ta có V = 2.3.5 = 30

Câu 12: Chọn C. Ta có F ( x ) = ∫ f ( x ) dx = ∫ sin (π − x ) dx = cos (π − x ) + C

F (π ) = 1 ⇔ 1 + C = 1 ⇔ C = 0 9

⇒ F ( x ) = cos (π − x )

π π  ⇒ F   = cos = 0 2 2 Câu 13: Chọn C. Có y = log 2 x ⇒ y ' =

1 x ln 2

Câu 14: Chọn D. Câu 15: Chọn D. Cho x = 0 ⇒ y = 3

Câu 16: Chọn B. 2

Có ∫ 2e dx = ∫ e 2 x d ( 2 x ) = e2 x 2x

2 4 = e −1 0

Câu 17: Chọn D. Ta có: log 2 (16a ) = log 2 16 + log 2 a = 4 + log 2 a.

Câu 18: Chọn C. 1  2 x + 1 > 0 x > − log 3 ( 2 x + 1) = 2 ⇔  ⇔ 2 ⇔ x = 4. 2 x + 1 = 9  x = 4

Câu 19: Chọn B. V = B.h =

a2 3 a3 3 .a = . 4 4

Câu 20: Chọn B. Hàm số đồng biến trên K khi và chỉ khi y ' > 0 với ∀x ∈ K . Từ bảng biến thiên, chọn B.

Câu 21: Chọn B. Dựa vào BBT thì hàm số đổi dấu 4 lần nên có 4 điểm cực trị.

Câu 22: Chọn B. Công thức tính thể tích V của khối trụ là V = π r 2 h.

Câu 23: Chọn D. Hàm số trong hình bên có dạng y = ax 4 + bx 2 + c Ta có lim y = +∞ ⇒ a > 0 loại B, C x →+∞

y ( 0 ) = c < 0 loại A. Câu 24: Chọn A. 10

Trọng tâm G của tam giác ABC là G ( 2;0;1) .

Câu 25: Chọn A. Ta có: 32 x +3 = 243 ⇔ 32 x +3 = 35 ⇔ 2 x + 3 = 5 ⇔ x = 1.

Câu 26: Chọn B.

z1 + z2 = ( 3 − 2i ) + ( 2 − 3i ) = 5 − 5i. Câu 27: Chọn C. 1 2+ 2x +1 x = −2 Ta có: lim y = lim = lim x →+∞ x →+∞ 1 − x x →+∞ 1 −1 x 1 2+ 2x + 1 x = −2 lim y = lim = lim x →−∞ x →−∞ 1 − x x →−∞ 1 −1 x Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng có phương trình y = −2.

Câu 28: Chọn B. 2

z + 1 − i = 3 − 2i + 1 − i = 4 − 3i = 42 + ( −3) = 5. Câu 29: Chọn A. Chọn 3 điểm từ 7 điểm ta có một tam giác, nên số tam giác tạo thành từ 7 điểm đã cho là: C73 .

Câu 30: Chọn B. Ta có a = −1, b = 2, c = −3, d = −2. Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1, 2, −3) , bán kính R =

( −1)

+ 22 + 32 + 2 = 4.

Câu 31: Chọn C. Từ đồ thị đã cho của hàm số ta có: max f ( x ) = 1, min f ( x ) = −3 [ −2;1]

[ −2;1]

  Mặt khác ta có max f ( x ) = max  min f ( x ) ; max f ( x )  = max { −3 ; 1 } = 3. − 2;1 − 2;1 − 2;1 − 2;1 [ ] [ ] [ ] [ ]  [ −2;1]

Câu 32: Chọn B. Gọi MN là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau d và d ' (khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau d và d ' ) với M ∈ d và N ∈ d '. Tạo độ của hai điểm M , N có dạng: M (1 + 2t1 ; −1 − t1 ;1) và N ( 2 − t2 ; −2 + t2 ;3 + t2 ) ⇒ MN = (1 − 2t1 − t2 ; −1 + t1 + t2 ; 2 + t2 ) .

Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là u1 = ( 2; −1;0 ) 11

Đường thẳng d ' có véc tơ chỉ phương là u2 = ( −1;1;1) . 3   MN ⊥ u1 t1 = 2 2 (1 − 2t1 − t2 ) − ( −1 + t1 + t2 ) = 0 Ta có:  ⇔  ⇔ − (1 − 2t1 − t2 ) + ( −1 + t1 + t2 ) + ( 2 + t2 ) = 0  MN ⊥ u2 t = −3  2 2 2 2  1 1 1 1 6 6 2  1 1 . ⇒ MN =  − ; −1;  ⇒ MN =  −  + ( −1) +   = +1+ = = 2 4 4 4 2  2  2 2

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng d và d ' là

6 . 2

Câu 33: Chọn C. Bất phương trình xác định với mọi x ∈ ℝ. 2

Ta có: 512 − x ≥ 125 ⇔ 12 − x 2 ≥ 3 ⇔ x 2 ≤ 9 ⇔ −3 ≤ x ≤ 3. 2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình 512 − x ≥ 125 là [ −3;3].

Câu 34: Chọn C.

Gọi D là trung điểm của BC , AD ⊥ BC và AD =

a 3 (do ∆ABC đều cạnh a ). 2

Hình chóp tam giác đều S . ABC ⇒ ∆SBC cân tại S ⇒ SD ⊥ BC. Do AD ⊥ BC và SD ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAD ) . Kẻ AH ⊥ SD tại H ⇒ AH ⊥ BC (do BC ⊥ ( SAD ) ).

3a Vì AH ⊥ SD và AH ⊥ BC ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ AH = d( A;( SBC )) = . 4 . Như vậy: ( ( SBC ) ; ( ABC ) ) = SDA

= AH = 3a ; a 3 = 3 ⇒ SDA = 600 . ∆AHD vuông tại H ⇒ sin SDA AD 4 2 2

Vậy góc giữa mặt phẳng ( SBC ) với mặt phẳng đáy ( ABC ) bằng 600 .

Câu 35: Chọn D. BC = ( 8;0; 4 ) ; BD = ( 4;3;5 ) ; BA = ( 5;0;10 )

⇒ BD ∧ BC = (12; 24; −24 ) VABCD =

1 5.12 + 0.24 − 10.24 = 30 BD ∧ BC .BA = 6 6

S ∆BCD =

1 122 + 2.24 2 = 18 BD ∧ BC = 2 2

(

⇒ d( A,( BCD )) =

)

3VABCD 30.3 = =5 S ∆BCD 18

Câu 36: Chọn C.

Gọi M là trung điểm BC , vì tam giác ABC đều nên SB = SC . Suy ra AM ⊥ BC , SM ⊥ BC . Kẻ AH ⊥ SM ( H ∈ SM ) BC ⊥ SM   ⇒ BC ⊥ ( SAM ) ⇒ BC ⊥ AH BC ⊥ AM  BC ⊥ AH   ⇒ ( SBC ) ⊥ AH SM ⊥ AH  Suy ra góc giữa SA và ( SBC ) bằng ASM ⇒ ASM = 600

⇒ SA = AM .cot 600 =

a 2

1 1 a 1 a 3 a3 3 VS . ABC = .SA.S ∆ABC = . . . .a = 3 3 2 2 2 24

Câu 37: Chọn C. Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) thì với mỗi điểm M ( x; y; z ) ∈ d là nghiệm của hệ phương trình sau: 13

 x − 2 y + 3z − 4 = 0  x = 2 y − 3z + 4  x = 2 y − 3 z + 4 ⇔ ⇔  3 x + 2 y − 5 z − 4 = 0 8 y − 14 z + 8 = 0 3 ( 2 y − 3 z + 4 ) + 2 y − 5 z − 4 = 0

 x = 2 + 2t  Đặt z = 4t ⇒  y = 7t − 1  z = 4t  Câu 38: Chọn C. Đặt z = a + bi với a, b ∈ ℝ . Ta có: 2 z − z = 13 ⇔ 2 ( a + bi ) − ( a − bi ) = 13 ⇔ a + 3bi = 13

⇔ a 2 + 9b 2 = 13 ⇔ a 2 + 9b 2 = 13 (1)

(1 + 2i ) z = (1 + 2i )( a + bi ) = a + 2ai + bi − 2b = a − 2b + ( 2a + b ) i thay vào (1) ta được 13b 2 = 13 ⇔ b = ±1.

là số thuần ảo nên có a − 2b = 0 ⇔ a = 2b

Vậy có hai số phức là z = 2 + i và z = −2 − i.

Câu 39: Chọn D. Đường thẳng d đi qua tâm I ( 3; −2;1) của mặt cầu ( S ) và vuông góc với mặt phẳng (α ) có phương trình là

 x = 3 + 2t   y = −2 − 2t . z = 1− t  Xét phương trình 2 ( 3 + 2t ) − 2 ( −2 − 2t ) − (1 − t ) + 9 = 0 ⇔ 9t + 18 = 0 ⇔ t = −2. Suy ra tâm H ( −1; 2;3) , bằng cách thay tọa độ điểm H vào các đường thẳng. Ta có:

−1 − 3 2 + 2 3 − 1 = = = −2 (đúng). 2 −2 −1

Vậy H ( −1; 2;3) nằm trên đường thẳng

x − 3 y + 2 z −1 . = = 2 −2 −1

Câu 40: Chọn A.

Do hình chóp tứ giác đều S . ABCD có diện tích đáy bằng a 2 nên ABCD là hình vuông cạnh a, đường chéo

AC = a 2. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, xét tam giác vuông SOC ta có: 2

a 2 1 a 2 a 2 , vì OC = AC = . SO = SC − OC = a −   = 2 2 2  2  2

1 1 1 a 2 a3 2 Thể tích khối chóp S .OBC là V = .SOBC .SO = . a 2 . . = 3 3 4 2 24 Diện tích tam giác SBC là S SBC =

a2 3 vì SBC là tam giác đều cạnh bằng a. 4

Ta có d ( A, ( SBC ) ) = 2d ( O, ( SBC ) ) = 2h vì AC = 2OC. 1 Mặt khác ta lại có thể tích khối chóp S .OBC là V = .S SBC .h 3

a3 2 3V a 6 . ⇒h= = 2 24 = 6 S SBC a 3 4 3.

Vậy d ( A, ( SBC ) ) = 2h =

a 6 . 3

Câu 41: Chọn A. Gọi r là bán kính đáy của hình nón, V1 là thể tích hình nón, V2 là thể tích có chứa nước của hình trụ vẫn chứa hình nón, V3 là thể tích phần chứa nước của khối trụ sau khi lấy khối nón ra có chiều cao h3 Khi đó: V2 = V1 + V3

1 1 Ta có: V1 = Bh = π r 212 = 4π r 2 3 3 2

V2 = Bh = π ( 2r ) .12 = 48π r 2 ⇒ V3 = V2 − V1 = 48π r 2 − 4π r 2 = 44π r 2 2

Mà V3 = B.h3 = π ( 2r ) h3 = 4π r 2 h3 ⇒ h3 =

V3 44π r 2 = = 11 . B 4π r 2

Câu 42: Chọn B. Đặt

x =t⇒ f

( x ) = f ( t ) ⇒ f ' ( x ) . 2 1 x dx = f ' ( t ) dt ⇒ f ' ( x ) dx = 2tf ' ( t ) dt

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = 1 ⇒ t = 1 1

Khi đó:

∫ ( x ) dx = ∫ 2tf ' ( t ) dt = 2∫ tf ' ( t ) dt f'

1 1 u = t  du = dt 1 ⇔ ⇒ 2 ∫ tf ' ( t ) dt = 2tf ( t ) − 2 ∫ f ( t ) dt = 2 f (1) − 4 = −2. Đặt  0 0 0  dv = f ' ( t ) dt v = f ( t )

Câu 43: Chọn D.

Ta có

( x + 1)

Mặt khác

g ( x ) + 2020 x = ( x + 1) f ' ( x ) ⇒

( x + 1)

g ( x) −

x +1 f ' ( x ) = −2020 (1) . x

x3 x 1 g ' ( x ) + f ( x ) = 2021x 2 ⇒ g ' ( x ) + 2 . f ( x ) = 2021 ( 2 ) . x +1 x +1 x

 1   x +1 1 x  Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được  g ( x) + g ' ( x ) −  f ' ( x ) − 2 f ( x ) = 1 2 x + 1 x x   ( x + 1)  

x +1  x  ⇔ g ( x) − f ( x )  ' = 1 ( *) . x  x +1  Lấy nguyên hàm hai vế (*), ta được

x x +1 g ( x) − f ( x ) = x + C. x +1 x

Vì f ( 2021) = g ( 2021) = 0 nên 0 = 2021 + C ⇔ C = −2021. Suy ra

x x +1 g ( x) − f ( x ) = x − 2021 . x +1 x

2021

Vậ y

∫ 1

x +1  x   x + 1 g ( x ) − x f ( x )  dx =

2021

1 ∫ ( x − 2021) dx =  2 x 1

 2021 − 2021x  1

1 1 = − .20212 + 2021 − . 2 2 Câu 44: Chọn A. Giả sử f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d . Ta có f ' ( x ) = 3ax 2 + 2bx + c. Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra đồ thị hàm số f ' ( x ) đối xứng nhau qua trục tung nên là hàm chẵn suy ra b = 0. Khi đó f ' ( x ) = 3ax 2 + c. a = 1  f ' ( 0 ) = −3 c = −3 Mặt khác cũng từ bảng biến thiến và giả thiết, ta có  . ⇔ ⇔ 3a + c = 0 c = −3  f ' (1) = 1

Khi đó f ' ( x ) = 3 x 2 − 3 ⇒ f ( x ) = x 3 − 3 x + C. Mà f ( 0 ) = 2 ⇔ C = 2 . Vậy f ( x ) = x3 − 3 x + 2.

Xét hàm số h ( x ) = f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) − 2021, ta thấy h ( x ) là một hàm chẵn nên nhận trục tung là trục đối xứng, vì vậy số điểm cực trị của h ( x ) chính bằng hai lần số cực trị dương của hàm số

p ( x ) = f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) − 2021 công thêm 1. Xét hàm số p ( x ) = f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) − 2021 trên ( 0; +∞ ) ta có p ' ( x ) = 3 f ' ( x ) f 2 ( x ) − 6 f ' ( x ) f ( x ) .

 f '( x) = 0 3 x 2 − 3 = 0 x = 1   3  p ' ( x ) = 0 ⇔  f ( x ) = 0 ⇔  x − 3 x + 2 = 0 ⇔  x = 0 (do x > 0 ). f x =2  x3 − 3 x + 2 = 2 x = 3    ( ) Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, ta suy ra số điểm cực trị của hàm số h ( x ) là 2.2 + 1 = 5. Mặt khác, đồ thị của hàm số g ( x ) đối xứng qua Ox, do đó số điểm cực trị của hàm số g ( x ) bằng số điểm cực trị của hàm số h ( x ) cộng với số nghiệm bội lẻ của phương trình h ( x ) = 0. Dựa vào bảng biến thiên ta có thấy h ( x ) = 0 có ha nghiệm bội đơn. Vậy hàm số g ( x ) có tất cả 5 + 2 = 7 điểm cực trị.

Câu 45: Chọn A. Ta có g ' ( x ) = 24 f ' ( 2 x ) + 96 x 2 + 24 x − 12 = 12  2 f ' ( 2 x ) + 8 x 2 + 2 x − 1 g ' ( x ) = 0 ⇔ 12  2 f ' ( 2 x ) + 8 x 2 + 2 x − 1 = 0 ⇔ 2 f ' ( 2 x ) + 8 x 2 + 2 x − 1 = 0 (*)  3 1 Đặt t = 2 x, x ∈  − ;  ⇒ t ∈ [ −3;1] .  2 2

Khi đó phương trình (*) trở thành phương trình sau: 1 1 2 f ' ( t ) + 2t 2 + t − 1 = 0 ⇔ f ' ( t ) = −t 2 − t + (**) 2 2 Ta có đồ thị như sau:

3  x = − 2  t = −3  1  f ' ( t ) = 0 ⇔  t = −1 ⇔  x = −  2 t = 1  x = 1 2  Ta có bảng biến thiên như sau:

Dựa vào bảng biến thiên và đồ thị hàm số ta có giá trị lớn nhất của hàm số g ( x ) đạt tại 1  1 x = − ⇒ g  −  = 12 f ( −1) + 2026. 2  2

Câu 46: Chọn A. Ta có:

(

)

ln a log x + 4a log x + 4 = ⇔ 2 ln ( a 2log x + 2 ) =

ln ( x − 2 ) ln ( x − 2 ) ⇔ ln ( a 4log x + 4a 2log x + 4 ) = log a log a

ln ( x − 2 ) log a

Đặt a 2log x + 2 = t ⇒ log a.2 log x = log ( t − 2 ) ⇒ log a =

log ( t − 2 ) 2 log x

⇒ ln t.ln ( t − 2 ) = ln x.ln ( x − 2 ) Xét hàm f ( u ) = ln u.ln ( u − 2 ) 18

ln ( u − 2 )

⇒ f ' (u ) =

ln u >0 u−2

Do t − 2 = a 2log x ≥ 22log 2 > 1 ⇒ u = x ⇒ a 2log x = x − 2 ⇔ x − x 2log a = 2 ⇒ x > x 2log a ⇔ 2 log a < 1 ⇔ log a <

1 ⇔ a < 10 ⇒ a ∈ {2;3} . 2

Câu 47: Chọn C. 2 4 2 Vì y = f ( x ) là hàm số bậc ba có f "   = 0 ⇒ x = là hoành độ điểm uốn, do đó: x1 + x2 = 2 xu = 3 3 3  2− 7 4   x1 = x x + =  1 2  3 3 Mặt khác 3 x2 − 6 x1 = 3 7 − 2 hay  ⇔ 3 x − 6 x = 3 7 − 2 x = 2 + 7 1  2  2 3

4 1  Suy ra f ' ( x ) = k ( x − x1 )( x − x2 ) = k  x 2 − x −  , với k > 0 3 3 

⇒ f ( x) =

k 3 k x − 2 x 2 − x + C ) , thay f (1) = 0 ta được C = 2 ⇒ f ( x ) = ( x 3 − 2 x 2 − x + 2 ) . ( 3 3 1

Khi đó S1 =

k k x 3 − 2 x 2 − x + 2 ) dx; S 2 = − ( ∫ 3 2− 7 3

2+ 7 3

∫ (x

− 2 x 2 − x + 2 ) dx . Do đó

∫ (x S1 = S2

2− 7 3 2+ 7 3

∫ (x

− 2 x 2 − x + 2 ) dx ≈ 6,85 ∈ ( 6, 7;6,9 ) .

− 2 x 2 − x + 2 ) dx

Câu 48: Chọn D. Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức w = x + yi; x, y ∈ ℝ. Ta có 2

iw − 2 + 5i = 1 ⇔ i ( x + yi ) − 2 + 5i = 1 ⇔ ( x + 5 ) + ( y + 2 ) = 1. Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm I ( −5; −2 ) , bán kính R = 1. Ta có: P = z 2 − wz − 4 = z 2 − wz − z

(

)

(

)

= z 2 − wz − z.z = z z − z − w = 2 z − z − w .

Đặt z = a + bi; a, b ∈ ℝ, do z = 2 ⇔ a 2 + b 2 = 4 ⇒ −2 ≤ b ≤ 2.

Gọi N là điểm biểu diễn số phức z − z = 2bi ⇒ N ( 0; 2b ) nên N thuộc đoạn AB, với A ( 0; 4 ) , B ( 0; −4 ) .

M ≡ C Khi đó P = 2 z − z − w = 2 MN ≥ 2CD = 8, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  . N ≡ D

(

)

Vậy giá trị nhỏ nhất của z 2 − wz − 4 bằng 8.

Câu 49: Chọn D. Điều kiện: a > 0. Vì 1 + ln 2 a > ln a ≥ ln a ⇒ 1 + ln 2 a − ln a > 0. Do đó

(

1 + ln a + ln a 2

)(

1 + ( a − 3) + a − 3

)

1 + ( a − 3) + a − 3 ≤ 1 ⇔

1 + ln 2 a − ln a

≤1

⇔ 1 + ( a − 3) + a − 3 ≤ 1 + ( − ln a ) + ( − ln a ) . (1) Xét hàm số f ( t ) = t + 1 + t 2 , t ∈ ℝ; f ' ( t ) = 1 +

t 1+ t2

t + 1+ t2 1+ t2

> 0, ∀t ∈ ℝ. Suy ra hàm số f ' ( t ) đồng

biến trên ℝ. Bất phương trình (1) ⇔ f ( a − 3) ≤ f ( − ln a ) ⇔ a − 3 ≤ − ln a ⇔ a − 3 + ln a ≤ 0. Xét hàm số g ( a ) = a − 3 + ln a, a ∈ ( 0; +∞ ) ; g ' ( a ) = 1 +

1 > 0, ∀a > 1. a

Hàm số g ( a ) đồng biến trên khoảng (1; +∞ ) . Do đó phương trình g ( a ) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm. Mặt khác g ( 2 ) .g ( 3) = ( ln 2 − 1) ln 3 < 0, suy ra ∃a0 ∈ ( 2;3) để g ( a0 ) = 0

a = 1 Do đó: g ( a ) ≤ 0 ⇔ a ≤ a0 ⇒ a ∈ ( 0; a0 ] ⇒  . a = 2

Câu 50: Chọn A.

Ta có:

VABCD VAMNP

 AB AC AD  + + 1 AB AC AD  AM AN AP  . . = ≤  = 8 ⇒ VAMNP ≥ VABCD . ( VABCD cố định). AM AN AP  3 8   

Dấu “=” xảy ra khi

AB AC AD = = = 2. AM AN AP

Suy ra

M , N, P

lần lượt là trung điểm của

3 1 3 AB, AC , AD ⇒ M  ; ;  và ( MNP ) / / ( BCD ) . 2 2 2 BC = ( −3; −1; −2 ) , BD = ( −2;3; 2 ) ⇒ n =  BC , BD  = ( 4;10; −11) . Mặt phẳng ( MNP ) đi qua điểm M và có véc tơ pháp tuyến n nên có phương trình là: 3 1 3    4  x −  + 10  y −  − 11 z −  = 0 ⇔ 8 x − 20 y + 22 z + 11 = 0. 2 2 2   

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 02

TRƯỜNG THPT KIM LIÊN

NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: Toán 12 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

MỤC TIÊU - Đề thi thử lần 2 của trường THPT Kim Liên, mức độ đã khó hơn so với đề thi thử lần 1 rất nhiều. - Đề thi phù hợp làm tài liệu cho những HS có mong muốn thi vào những trường ĐH Top đầu cả nước, giúp học sinh luyện tập chuyên sâu và phát triển khả năng giải quyết các bài toán khó, lạ. π  Câu 1: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = sin 3 x.cos x và F ( 0 ) = π . Tìm F   . 2 π  1 A. F   = + π . 2 4

1 π  B. F   = − + π 4 2

π  C. F   = −π . 2

π  D. F   = π . 2

C. π x ln π .

D. π x −1.

Câu 2: Hàm số y = π x có đạo hàm là: A. π x .

πx ln π

Câu 3: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz ,

cho mặt cầu

(S )

có phương trình

x 2 + y 2 + z 2 − 6 x + 6 y − 2 z − 6 = 0. Phương trình mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với mặt cầu tại điểm A ( −1; −3; 4 ) là

A. 4 x + 3 z + 16 = 0

B. 2 x − 6 y + 3 z − 28 = 0

C. 4 x − 3 z + 16 = 0

D. 4 x − 3 y − 5 = 0

Câu 4: Trong không gian Oxyz , mặt cầu có tâm I ( 4; −4; 2 ) và đi qua gốc tọa độ có phương trình là: 2

B. ( x + 4 ) + ( y − 4 ) + ( z + 2 ) = 36

D. ( x − 4 ) + ( y + 4 ) + ( z − 2 ) = 6

A. ( x + 4 ) + ( y − 4 ) + ( z + 2 ) = 6 C. ( x − 4 ) + ( y + 4 ) + ( z − 2 ) = 36 Câu 5: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng

A. 0

B. 1

C. −3

D. −4

Câu 6: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A (1;1;1) , B ( 4;3; 2 ) , C ( 5; 2;1) . Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C có dạng ax + by + cz − 2 = 0. Tính tổng S = a − b + c. A. S = 10

B. S = 2

C. S = −2

D. S = −10

Câu 7: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ dưới

Số nghiệm thực của phương trình 3 f ( x ) + 4 = 0 là:

A. 2

B. 0

C. 1

π   Câu 8: Tập nghiệm S của phương trình  sin   12  A. S = {2; −4} 2

Câu 9: Nếu

∫ −1

A. 1

π   =  sin   12 

B. S = {−4} 5

f ( x ) dx = 3 và

x −1

∫

D. 3

x 2 − x −9

là:

C. S = {2}

D. S = {−2; 4}

f ( t ) dt = −2 thì

∫ f ( s ) ds bằng: −1

B. 5

C. −5

Câu 10: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [ −1; 2] và có đồ thị như hình vẽ.

D. −1

Biết diện tích các hình phẳng ( K ) , ( H ) lần lượt là

A. −

37 12

B. −

5 8 và . Tính 12 3

9 4

∫ f ( x ) dx. −1

37 12

9 4

Câu 11: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng xét dấu của f ' ( x ) như sau:

Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là:

A. 2.

B. 1

C. 0

Câu 12: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng

( Q ) : nx − 8 y − 6 z + 2 = 0

D. 3

( P ) : 2 x + mt + 3z − 5 = 0

và

song song với nhau. Tính tổng S = m + n

A. S = −8

B. S = −16

C. S = 8

D. S = 0 2

Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có phương trình ( x − 3 ) + ( y + 2 ) + z 2 = 25. Mặt phẳng nào dưới đây cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3?

A. 3 x − 4 y + 5 z − 18 = 0

B. 3 x − 4 y + 5 z − 18 + 20 2 = 0

C. 2 x + 2 y − z + 2 = 0

D. x + y + z + 2 = 0

Câu 14: Tính thể tích khối tròn xoay tạo nên do quay xung quanh trục Ox hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các 2

đường y = (1 − x ) , y = 0, x = 0 và x = 2. A.

2π 5

2π 3

2 3

Câu 15: Số nghiệm nguyên của bất phương trình ln ( 2 x + 1) ≥ 1 + ln ( x − 1) là: A. 5

B. Vô số

C. 6

Câu 16: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình dưới. 3

D. 4

A. y =

−x + 2 x +1

B. y =

−2 x + 1 x +1

C. y =

−x x +1

D. y =

−x +1 x +1

Câu 17: Cho ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi parabol y = 3 x 2 , cung tròn có phương trình y = 4 − x 2 (với 0 ≤ x ≤ 2 ) và trục hoành (phần tô dâm trong hình vẽ bên). Khối tròn xoay tạo ra khi ( H ) quay quanh Ox có thể tích V được xác định bằng công thức nào sau đây?

A. V = π ∫ 3 x 2 dx + π ∫ 4 − x 2 dx 1

C. V = π ∫ 0

(

4 − x − 3x

B. V = π − ∫ 3 x 2 dx 0

) dx

D. V = 3π ∫ x dx + π ∫ ( 4 − x 2 ) dx 4

Câu 18: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh đáy bằng a, M là trung điểm của CD. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AC , BM . A.

3 6

3 2

C. 0

2 3 3

Câu 19: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A, D, AD = CD = a, AB = 2a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa cạnh bên SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 450. Gọi I là trung điểm của cạnh AB. Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng ( SBC ) .

A. a

a 3

a 2

Câu 20: Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = 4

D. 3x 2 − 2 x − 1 là: x2 −1

a 2 2

A. 4

B. 2

C. 1

D. 3

Câu 21: Có bao nhiêu cách chọn 3 học sinh từ một lớp gồm 35 học sinh? A. A353

B. C353

C. 353

D. 335

Câu 22: Cho đồ thị của ba hàm số y = a x , y = b x và y = c x ( a, b, c là ba số dương khác 1 cho trước) được vẽ trong cùng một mặt phẳng tọa độ như hình bên. Chọn khẳng định đúng?

A. a > b > c

B. b > c > a

C. c > b > a

D. a > c > b

Câu 23: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = − x 4 + 12 x 2 + 1 trên đoạn [ −1; 2] bằng: A. 1

B. 33

C. 12

D. 0

Câu 24: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y − 6 z − 2 = 0. Tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu là: A. I ( 2; −1;3) , R = 14.

B. I ( −2;1; −3) , R = 14.

C. I ( 2; −1;3) , R = 4.

D. I ( −2;1; −3) , R = 4.

Câu 25: Để dự báo dân số của một quốc gia, người ta sử dụng công thức S = A.enr ; trong đó A là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau n năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Năm 2017 dân số Việt Nam là 93.671.600 người (Tổng cục thống kê, Niên giám thống kê 2017, Nhà xuất bản Thống kê, Tr.79). Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi là 0,81%, dự báo dân số Việt Nam năm 2030 là bao nhiêu người? A. 103.233.600

B. 104.919.600

C. 104.029.100

D. 104.073.200

C. ( −4; −2 )

D. ( −2;1)

Câu 26: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình bên.

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −2;0 )

B. (1; +∞ )

Câu 27: Cho cấp số nhân ( un ) với u1 = 2 và u2 = 6. Công bội của cấp số nhân đã cho bằng: 5

A. 4

B. 3

C. 8

Câu 28: Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số y = A. x + 3ln ( x + 2 ) + C

D. 12

x −1 trên khoảng ( −2; +∞ ) là: x+2

B. x − 3ln ( x + 2 ) + C

C. x +

( x + 2)

D. x −

( x + 2)

Câu 29: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − z + 5 = 0. Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng là: A. n1 = ( 4; 2; −2 ) B. n4 = ( 2;1;5 ) C. n3 = ( 2; −1; −1) D. n2 = ( 2;1;1) Câu 30: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 2; −1;3) . Phương trình mặt phẳng qua các hình chiếu của M trên ba trục tọa độ là: A. 3 x − 6 y + 2 z − 6 = 0

B. 3 x − 6 y + 2 z + 6 = 0

C. 3 x + 6 y + 2 z − 6 = 0

D. −3 x + 6 y − 2 z − 6 = 0

Câu 31: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S , xác suất để số đó có hai chữ số tận cùng không có cùng tính chẵn lẻ bằng: A.

4 9

5 9

3 5

2 5

Câu 32: Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = 2a. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD. A. V =

4 3 a 3

B. V =

2 3 a 3

C. V = 4a 3

D. V =

2 3 a 3

Câu 33: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 4 x − m 2 x + 2m 2 − 27 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử? A. 4.

B. 3.

C. 2.

D. 1.

Câu 34: Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 4.Gọi H là trung điểm cạnh BC. Tính diện tích xung quanh của hình nón tạo thành khi quay tam giác ABC xung quanh trục AH là: A. S = 16π

B. S = 4π

C. S = 8π

D. S = 32π

Câu 35: Cho đường thẳng y = 2 x và parabol y = x 2 + c ( c là tham số thực dương). Gọi S1 và S2 lần lượt là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1 = S 2 thì c gần với số nào nhất sau đây?

A. 3

B. 2

C. 0

Câu 36: Diện tích hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường y =

A. 10 − 3ln 2

B. 10 − 2 ln 3

D. 1 2 , y = 3 x − 1, x = 3 là: x

C. 10 − ln 3

2 + 2 ln 3 3

Câu 37: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có AB = 1, AC = 2, AA ' = 2 5. Gọi D là trung điểm của CC ' và ∠BDA ' = 900. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C '.

A. V = 2 15

B. V = 15

C. V = 3 15

D. V =

15 2

Câu 38: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Hình chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là điểm H sao cho AB = 3 AH . Góc giữa cạnh SD và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 450. Tính thể tích V của khối chóp S .HCD. a3 2 A. V = 9

a 3 10 B. V = 9

a 3 10 C. V = 6

a 3 10 D. V = 18

Câu 39: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, AB = a, ∠SAB = ∠SCB = 900 , cạnh bên SA tạo với mặt phẳng đáy góc 600. Tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD.

A. S = 5π a 2

5 C. S = π a 2 4

B. S = 3π a 2

Câu 40: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn [ −10;10] để hàm số y =

5 D. S = π a 2 3

2021− x + 2 đồng biến trên 2021− x + m

khoảng ( 0; +∞ ) ?

A. 11

B. 3

C. 13

D. 2

Câu 41: Cho hàm số

f ( x ) liên tục trên

[ −1;1]

f ( x) −1 =

thỏa mãn

∫ ( x + e ) f ( t ) dt. t

Tích phân

−1 1

I = ∫ e x f ( x ) dx nằng: −1

A. I =

e+3 2 −e + e − 3

B. I =

e+3 2 e −e+3

C. I =

e2 + 3 −e2 + e − 3

D. I =

−2e e −e+3 2

Câu 42: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên:

−∞

−

+∞ −2

−∞

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f

A. 3

+∞

B. 2

(

)

x − 1 + 2 = m có hai nghiệm phân biệt?

C. 4

D. 1

Câu 43: Cho F ( x ) = xπ là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) .π x . Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ' ( x ) .π x . A.

∫ f ' ( x ) .π

dx = − xπ + xπ −1 + C

∫ f ' ( x ) .π

dx = − xπ ln π + π xπ −1 + C

∫ f ' ( x ) .π

dx = xπ ln π − π xπ −1 + C

∫ f ' ( x ) .π

dx = − xπ + π xπ −1 + C

Câu 44: Một bạn sinh viên muốn có một khoản tiền để mua xe máy làm phương tiện đi làm sau khi ra trường. Bạn lên kế hoạch làm thêm và gửi tiết kiệm trong 2 năm cuối đại học. Vào mỗi đầu tháng bạn đều đặn gửi vào ngân hàng một khoản tiền T (đồng) theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,56% mỗi tháng. Biết đến cuối tháng thứ 24 thì bạn đó có số tiền là 30 triệu đồng. Hỏi số tiền T gần với số tiền nào nhất trong các số sau? A. 1.139.450 đồng

B. 1.219.000 đồng

C. 1.116.000 đồng x +1

Câu 45: Xét các số thực không âm x và y thỏa mãn 28 x + 2 +1 − 43 x − y + 2 biểu thức P = x 2 + y 2 + 6 x + 4 y gần nhất với số nào dưới đây? A. 6

B. 7

D. 1.164.850 đồng

+ 2 x + 2 y − 3 ≥ 0. Giá trị nhỏ nhất của

C. 9

D. 8

Câu 46: Cho vật thể có đáy là một hình tròn giới hạn bởi x 2 + y 2 = R 2 . Biết rằng khi cắt vật thể bằng mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x ( − R ≤ x ≤ R ) thì được thiết diện là một hình vuông. Để thể tích V của vật thể đó bằng 2021 (đơn vị thể tích) thì R thuộc khoảng nào sau đây?

A. ( 6;7 )

B. ( 7;8 )

C. ( 9;10 )

D. ( 8;9 )

Câu 47: Cho hàm số f ( x ) liên tục và có đạo hàm trên [ −2; 2] thỏa mãn

64 ∫  f ( x ) − 2 f ( x )( x + 2 ) dx = − 3 . 2

−2 1

Tính I = ∫ 0

A. I =

f ( x) x2 + 1

dx.

π − 2 ln 2

B. I =

π − ln 2

C. I =

π + ln 2

D. I =

Câu 48: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m ∈ ( 0; 2021] sao cho đồ thị hàm số y =

π + 2 ln 2 2

x 2022 + x − 2 có x2 − ( m − 2) x + 2

đúng một tiện cận đứng? A. 2021

B. 2015

C. 2017

D. 2016

Câu 49: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ, có bảng biến thiên như hình vẽ:

−∞

f '( x)

−1

−

+∞ −

1 0

f ( x)

−1

Số điểm cực đại của hàm số y = f

A. 2

( f ( x ) ) là:

B. 0

C. 1

D. 3

Câu 50: Cho hai đường thẳng x ' x, y ' y chéo nhau và vuông góc với nhau. Trên x ' x lấy cố định điểm A, trên y ' y lấy cố định điểm B sao cho AB cùng vuông góc với Ax, By và AB = 2020 cm. Gọi C , D là hai điểm lần lượt di chuyển trên hai tia Ax, By sao cho AC + BD = CD. Hỏi bán kính R của mặt cầu ( S ) ngoại tiếp tứ diện ABCD có giá trị nhỏ nhất thuộc khoảng nào sau đây?

A. (1009;1011)

B. (1427;1429 )

C. ( 2855; 2857 )

D. ( 2019; 2021)

1-A

2-C

3-C

4-C

5-C

6-A

7-C

8-D

9-A

10-B

11-B

12-D

13-B

14-A

15-D

16-D

17-D

18-A

19-C

20-B

21-B

22-D

23-A

24-C

25-D

26-D

27-B

28-B

29-A

30-A

31-A

32-A

33-C

34-C

35-D

36-B

37-B

38-D

39-A

40-B

42-A

43-B

44-D

45-D

46-B

47-C

48-C

49-A

50-B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (TH) Phương pháp: Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến, đặt t = sin .

Cách giải: Đặt t = sin ⇒ dx = cos xdx. ⇒ F ( x ) = ∫ sin 3 x.cos xdx = ∫ t 3 dt =

t4 sin 4 x +C = + C. 4 4

Mà F ( 0 ) = π ⇒ C = π .

1 F ( x ) = sin 4 x + π . 4

π 1 π  1 Vậy F   = sin 4 + π = + π . 2 4 2 4 Chọn A. Câu 2 (NB) Phương pháp: Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm số mũ: ( a x ) ' = a x ln a.

Cách giải: y = π x ⇒ y ' = π x ln π .

Chọn C. Câu 3 (TH) Phương pháp: - Xác định tâm I và bán kính R của mặt cầu ( S ) . - Mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với mặt cầu tại điểm A ( −1; −3; 4 ) nhận IA là 1 VTPT. - Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và nhận n = ( A; B; C ) làm vectơ pháp tuyến có

phương trình là: A ( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0.

Cách giải: 2

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 3; −3;1) , bán kính R = 32 + ( −3) + 12 + 6 = 5. Vì ( P ) tiếp xúc với mặt cầu tại điểm A ( −1; −3; 4 ) nên IA ⊥ ( P ) ⇒ ( P ) nhận IA = ( −4; 0;3) làm 1 VTPT. ⇒ phương trình mặt phẳng ( P ) : −4 ( x + 1) + 3 ( z − 4 ) = 0 ⇔ 4 x − 3 z + 16 = 0.

Chọn C. Câu 4 (TH) Phương pháp: - Tính bán kính mặt cầu R = IO = xI2 + yI2 + z I2 . 2

- Mặt cầu tâm I ( a; b; c ) , bán kính R có phương trình là ( S ) : ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = R 2 .

Cách giải: 2

Bán kính mặt cầu là R = IO = xI2 + yI2 + z I2 = 42 + ( −4 ) + 22 = 6. 11

Vậy phương trình mặt cầu là: ( x − 4 ) + ( y + 4 ) + ( z − 2 ) = 36.

Chọn C. Câu 5 (NB) Phương pháp: Dựa vào BBT xác định giá trị cực đại của hàm số là giá trị của hàm số tại điểm cực đại – điểm mà qua đó hàm số liên tục và đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.

Cách giải: Dựa vào BBT ⇒ yCD = y ( 0 ) = −3.

Chọn C. Câu 6 (TH) Phương pháp: - Mặt phẳng ( ABC ) có 1 VTPT là n =  AB, AC  . - Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và nhận n = ( A; B; C ) làm vectơ pháp tuyến có

phương trình là: A ( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0.

Cách giải:  AB = ( 3; 2;1) ⇒  AB, AC  = ( −1; 4; −5 ) . Ta có:   AC = ( 4;1;0 ) ⇒ ( ABC ) có 1 VTPT là n = −  AB, AC  = (1; −4;5 ) . ⇒ Phương trình mp ( ABC ) :1( x − 1) − 4 ( y − 1) + 5 ( z − 1) = 0 ⇔ x − 4 y + 5 z − 2 = 0.

⇒ a = 1, b = −4, c = 5. Vậy S = a − b + c = 1 − ( −4 ) + 5 = 10.

Chọn A. Câu 7 (NB) Phương pháp: Số nghiệm của phương trình f ( x ) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = m song song với trục hoành.

Cách giải:

4 Ta có: 3 f ( x ) + 4 = 0 ⇔ f ( x ) = − ⇒ Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số 3 4 y = f ( x ) và đường thẳng y = − song song với trục hoành. 3

Đường thẳng y = −

4 cắt đồ thị y = f ( x ) tại 1 điểm. 3

Vậy phương trình 3 f ( x ) + 4 = 0 có 1 nghiệm thực duy nhất.

Chọn C. Câu 8 (TH) Phương pháp: Giải phương trình mũ: a

f ( x)

g ( x)

⇔ f ( x) = g ( x).

Cách giải:

π    sin   12 

x −1

π   =  sin   12 

x 2 − x −9

⇔ x − 1 = x2 − x − 9 ⇔ x2 − 2 x − 8 = 0

x = 4 ⇔  x = −2

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−2; 4} .

Chọn D. Câu 9 (TH) Phương pháp: b

Sử dụng tính chất tích phân:

∫

f ( x ) dx = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( s ) ds..., ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx.

Cách giải: Ta có: 5

∫

f ( s ) ds =

−1

∫ −1 2

∫ −1

f ( x ) dx =

∫ −1

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx 2

f ( x ) dx + ∫ f ( t ) dt = 3 + ( −2 ) = 1. 2

Chọn A. 13

Câu 10 (TH) Phương pháp: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) , đường thẳng x = a, x = b là b

S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx. a

Cách giải: 0 0  5 S = f x dx = f ( x ) dx = ( )  (K ) ∫ ∫ 12  −1 −1 Ta có:  2 2 2  S = f x dx = − f x dx = 8 ⇒ f x dx = − 8 ∫0 ( ) 3 ∫0 ( )  (H ) ∫ ( ) 3 0 

Vậy

−1

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 12 − 3 = − 4 .

Chọn B. Câu 11 (NB) Phương pháp: Điểm cực tiểu của hàm số là điểm mà qua đó hàm số liên tục và đạo hàm đổi dầu từ âm sang dương. Cách giải: Dựa vào BXD ta thấy hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x = 0. Vậy hàm số có 1 điểm cực tiểu.

Chọn B. Câu 12 (NB) Phương pháp: Hai mặt phẳng ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 và ( Q ) : A ' x + B ' y + C ' z + D ' = 0 song song với nhau khi và chỉ khi

A B C D . = = ≠ A' B ' C ' D '

Cách giải: Hai mặt phẳng

( P ) : 2 x + mt + 3z − 5 = 0

và

( Q ) : nx − 8 y − 6 z + 2 = 0

m = 4 n −8 −6 2 . = = ≠ ⇔ 2 m 3 −5  n = −4 Vậy S = m + n = 0.

Chọn D. Câu 13 (TH) 14

song song với nhau khi và chỉ khi

Phương pháp:

Áp dụng định lí Pytago: R 2 = r 2 + d 2 với R là bán kính hình cầu, r là bán kính hình tròn, d = d ( I , ( P ) ) với I là tâm mặt cầu.

Cách giải: Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 3; −2; 0 ) , bán kính R = 5. Gọi r là bán kính đường tròn giao tuyến ⇒ r = 3. Gọi d = d ( I , ( P ) ) , áp dụng định lí Ta-lét ta có R 2 = r 2 + d 2 ⇒ d = 4 Xét các đáp án chỉ có đáp án B thỏa mãn d ( I , ( P ) ) =

4.3 − 4. ( −2 ) − 18 + 20 2 2

4 +3 +5

20 2 = 4. 5 2

Chọn B. Câu 14 (NB) Phương pháp: Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , y = g ( x ) , x = a, x = b b

xung quanh trục Ox là: V = π ∫ f 2 ( x ) − g 2 ( x ) dx. a

Cách giải: 2

Thể tích cần tính là: V = π ∫ (1 − x ) dx = 0

2π . 5

Chọn A. Câu 15 (TH) Phương pháp: - Tìm ĐKXĐ. 15

- Sử dụng công thức ln a − ln b = ln

a ( a, b > 0 ) b

- Giải bất phương trình ln x > a ⇔ x > e a .

Cách giải: 2 x + 1 > 0 ⇔ x >1 ĐKXĐ  x −1 > 0

ln ( 2 x + 1) ≥ 1 + ln ( x − 1) ⇔ ln ⇔

2x +1 ≥1 x −1

2x +1 ≥e x −1

⇔ 2 x + 1 ≥ ex − 1

⇔ ( 2 − e ) x ≥ −e − 1 ⇔ x≤

−e − 1 . 2−e

 −e − 1  Kết hợp với điều kiện ta có x ∈ 1; .  2 − e  Mà x ∈ ℤ ⇒ x ∈ {2;3; 4;5} .

Chọn D. Câu 16 (TH) Phương pháp: Dựa vào TCN và TCĐ của đồ thị hàm số và các điểm thuộc đồ thị hàm số.

Cách giải: Đồ thị hàm số có TCN y = −1 nên loại đáp án B. Đồ thị hàm số có TCĐ x = −1 . Đồ thị hàm số đi qua điểm ( 0;1) nên loại đáp án A và C. Chọn D. Câu 17 (TH) Phương pháp:

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , y = g ( x ) , x = a, x = b b

xung quanh trục Ox là: V = π ∫ f 2 ( x ) − g 2 ( x ) dx. a

Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm 1

Thể tích cần tính: V = π ∫

(

)

3x 2 = 4 − x 2 ⇔ x = 1. 2

dx + π ∫ 1

(

4− x

) dx = 3π ∫ x dx + π ∫ ( 4 − x ) dx. 4

Chọn D. Câu 18 (TH) Phương pháp: - Gọi N là trung điểm của AD, chứng minh ∠ ( AC ; BM ) = ∠ ( MN ; BM ) - Tính các cạnh của tam giác BMN , sử dụng định lí Co-sin trong tam giác: cos ∠BMN =

BM 2 + MN 2 − BN 2 2 BM .MN

Cách giải:

Gọi N là trung điểm của AD, ta có MN / / AC ( MN là đường trung bình của ∆ACD )

⇒ ∠ ( AC ; BM ) = ∠ ( MN ; BM ) . ∆ABD, ∆BCD là các tam giác đều cạnh a nên BM = BN = MN là đường trung bình của ∆ACD nên MN =

a 3 . 2

a 1 AC = . 2 2

3a 2 a 2 3a 2 + − BM + MN − BN 4 4 = 3. Áp dụng định lí Co-sin trong tam giác BMN : cos ∠BMN = = 4 2 BM .MN 6 a 3 a 2. . 2 2 2

Chọn A. Câu 19 (TH) Phương pháp: - Chứng minh

d ( I ; ( SBC ) ) d ( A; ( SBC ) )

IB 1 = . AB 2

- Chứng minh ADCI là hình vuông và BC ⊥ ( SAC ) . - Trong ( SAC ) kẻ AH ⊥ SC , chứng minh AH ⊥ ( SBC ) . - Sử dụng tính chất tam giác vuông cân tính AH .

Cách giải:

Ta có IA ∩ ( SBC ) = B ⇒

d ( I ; ( SBC ) ) d ( A; ( SBC ) )

IB 1 = . AB 2

Vì ADCI là hình vuông cạnh a ⇒ CI = a =

1 AB. 2

⇒ ∆ACB vuông tại C ⇒ AC ⊥ BC .  BC ⊥ AC Ta có  ⇒ BC ⊥ ( SAC ) .  BC ⊥ SA  AH ⊥ SC Trong ( SAC ) kẻ AH ⊥ SC ta có  ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A; ( SBC ) ) = AH  AH ⊥ BC ⇒ d ( I ; ( ABC ) ) =

1 AH . 2

Ta có SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ AC là hình chiếu vuông góc của SC lên ( ABCD )

⇒ ∠ ( SC ; ( ABCD ) ) = ∠ ( SC ; AC ) = ∠SCA = 450

⇒ ∆SAC vuông cân tại A ⇒ AH =

AC a 2 = = a. 2 2

a Vậy d ( I ; ( SBC ) ) = . 2

Chọn C. Câu 20 (TH) Phương pháp: Sử dụng khái niệm đường tiệm cận của đồ thị hàm số: Cho hàm số y = f ( x ) . - Đường thẳng y = y0 là TCN của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y = y0 hoặc x →+∞

lim y = y0 .

x →−∞

- Đường thẳng x = x0 là TCĐ của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim+ y = +∞ hoặc x → x0

lim y = −∞ hoặc lim− y = +∞ hoặc lim− y = −∞ .

x → x0−

x → x0

Cách giải: Ta có:  3x 2 − 2 x − 1 lim y lim = =3  x →+∞ x →+∞ x2 −1 ⇒ y = 3 là TCN của đồ thị hàm số.  2  lim y = lim 3 x − 2 x − 1 = 3  x →−∞ x →−∞ x2 −1

 lim+ y = −∞ 3 x 2 − 2 x − 1 ( x − 1)( 3 x + 1) 3 x + 1 x →−1 = = nên ⇒ x = −1 là TCĐ của đồ thị hàm số.  2 y = +∞ lim x −1 ( x − 1)( x + 1) x + 1  x →−1−

3x 2 − 2 x − 1 Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = là 2. x2 −1

Chọn B. Câu 21 (NB) Phương pháp: Sử dụng tổ hợp.

Cách giải: Số cách chọn 3 học sinh từ một lớp gồm 35 học sinh là C353 .

Chọn B. Câu 22 (NB) 19

Phương pháp: - Hàm số y = a x đồng biến trên ℝ khi và chỉ khi a > 1 và nghịch biến trên ℝ khi và chỉ khi 0 < a < 1.

log a x > log a y ⇔ x > y khi a > 1 - So sánh:  . log a x > log a y ⇔ x < y khi 0 < a < 1 Cách giải: Hàm số y = a x đồng biến trên ℝ nên a > 1. 0 < b < 1 . Hàm số y = b x , y = c x nghịch biến trên ℝ nên  0 < c < 1

 log y0 b = b = y0  x2 = log b y0  ⇔ ⇔ Với cùng giá trị y0 > 1 ta thấy  x 1  x1 = log c y0 log c = c = y0  y0 x2

Vì x1 < x2 < 0 ⇒

1 x2 1 x1

1 1 > ⇒ log y0 c > log y0 b. Mà y0 > 1 nên c > b. x1 x2

Vậy a > c > b.

Chọn D. Câu 23 (TH) Phương pháp: - Tính f ' ( x ) , xác định các nghiệm xi ∈ [ −1; 2] của phương trình f ' ( x ) = 0. - Tính f ( −1) , f ( 2 ) , f ( xi ) . - KL: min f ( x ) = min { f ( −1) ; f ( 2 ) ; f ( xi )} , max f ( x ) = max { f ( −1) ; f ( 2 ) ; f ( xi )} [ −1;2]

[ −1;2]

Cách giải: Hàm số đã cho xác định và liên tục trên [ −1; 2] . 20

 x = 0 ∈ [ −1; 2] . Ta có f ' ( x ) = −4 x3 + 24 x = 0 ⇔   x = ± 6 ∉ [ −1; 2 ] Mà f ( −1) = 12, f ( 2 ) = 33, f ( 0 ) = 1. Vậy min f ( x ) = f ( 0 ) = 1. [ −1;2]

Chọn A. Câu 24 (NB) Phương pháp: Mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I ( −a; −b; −c ) , bán kính R = a 2 + b 2 + c 2 − d .

Cách giải: 2

Mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y − 6 z − 2 = 0 có tâm I ( 2; −1;3) , bán kính R = 22 + ( −1) + 32 − ( −2 ) = 4.

Chọn C. Câu 25 (NB) Phương pháp: Sử dụng công thức S = A.enr với A = 93.671.600, n = 2030 − 2017 = 13, r = 0,81% .

Cách giải: Dự báo dân số Việt Nam năm 2030 là: S = 93.671.600.e13.08.1% = 104.073.257 người.

Chọn D. Câu 26 (NB) Phương pháp: Xác định các khoảng mà hàm số đi xuống theo chiều từ trái sang phải.

Cách giải: Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên ( −2;1) .

Chọn D. Câu 27 (NB) Phương pháp: Sử dụng công thức SHTQ của CSN: un = u1q n −1.

Cách giải:

Ta có u2 = u1q ⇒ q =

u2 6 = = 3. u1 2

Chọn B Câu 28 (TH) Phương pháp: - Chia tử cho mẫu. - Sử dụng bảng nguyên hàm:

n ∫ x dx =

x n +1 1 1 + C ( n ≠ 1) , ∫ dx = ln ax + b + C. n +1 ax + b a

- Sử dụng điều kiện x ∈ ( −2; +∞ ) để phá trị tuyệt đối.

Cách giải: Ta có f ( x ) =

3 x −1 x + 2 − 3 . = = 1− x+2 x+2 x+2

3   ⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫ 1 −  dx = x − 3ln x + 2 + C.  x+2 Vì x ∈ ( −2; +∞ ) ⇒ x + 2 > 0. Vậy ⇒ ∫ f ( x ) dx = x − 3ln ( x + 2 ) + C ,

Chọn B. Câu 29 (NB) Phương pháp: - Mặt phẳng ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 có 1 VTPT là n = ( A; B; C ) .

- Mọi vectơ cùng phương với n đều là 1 VTPT của ( P ) . Cách giải: Mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − z + 5 = 0 có 1 VTPT là n = ( 2;1; −1) ⇒ n1 = 2n = ( 4; 2; −2 ) cũng là 1 VTPT của mặt

phẳng ( P ) .

Chọn A. Câu 30 (TH) Phương pháp: - Hình chiếu của điểm M ( a; b; c ) lên các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là ( a; 0;0 ) , ( 0; b; 0 ) , ( 0; 0; c ) . 22

- Phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm ( a; 0;0 ) , ( 0; b; 0 ) , ( 0; 0; c ) là:

x y z + + = 1. a b c

Cách giải: Hình chiếu của điểm M ( 2; −1;3) lên các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là ( 2; 0;0 ) , ( 0; −1;0 ) , ( 0;0;3) . Phương trình mặt phẳng qua các hình chiếu của M trên ba trục tọa độ là: x y z + + = 1 ⇔ 3 x − 6 y + 2 z − 6 = 0. 2 −1 3

Chọn A. Câu 31 (VD) Phương pháp: - Tính số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau ⇒

Số phần tử của không gian mẫu n ( Ω ) .

- Gọi A là biến cố: “ số đó có hai chữ số tận cùng không có cùng tính chẵn lẻ”, tìm số cách chọn 2 chữ số tận cùng, số cách chọn 3 chữ số còn lại và áp dụng quy tắc nhân tìm số phần tử của biến cố A. - Tính xác suất của biến cố A.

Cách giải: Gọi số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau là abcde. Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau là A105 − A94 = 27216. 1 Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S ⇒ Số phần tử của không gian mẫu n ( Ω ) = C27216 = 27216.

Gọi A là biến cố: “số đó có hai chữ số tận cùng không có cùng tính chẵn lẻ”. TH1: d , e không cùng tính chẵn lẻ, de ≠ 0.

⇒ Số cách chọn d , e là 4.5.2! = 40 cách. Số cách chọn a, b, c là A83 − A72 = 294.

⇒ TH1 có 40.294 = 11760 số thỏa mãn. TH2: d , e không cùng tính chẵn lẻ, de = 0. Chọn 1 số lẻ có 5 cách ⇒ Số cách chọn d , e là 5.2 = 10 cách. Số cách chọn a, b, c là A83 = 336 .

⇒ TH2 có 10.336 = 3360 số thỏa mãn.

⇒ n ( A ) = 11760 + 3360 = 112096 .

Vậy xác suất của biến cố A là P ( A ) =

n ( A) n (Ω)

12096 4 = . 27216 9

Chọn A. Câu 32 (NB) Phương pháp: 1 Sử dụng công thức Vchop = S day .h. 3

Cách giải: 1 1 VS . ABCD = SA.S ABCD = .2a. a 2 3 3

(

)

4 3 a. 3

Chọn A. Câu 33 (TH) Phương pháp: - Đặt ẩn phụ t = 2 x > 0, đưa phương trình về phương trình bậc hai ẩn t. - Để phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt thì phương trình bậc hai ẩn t có 2 nghiệm dương phân biệt. - Sử dụng định lí Vi-ét

Cách giải: Đặt t = 2 x > 0, phương trình đã cho trở thành t 2 − 2mt + 2m 2 − 27 = 0 (*) . Để phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm dương phân biệt.      2 2 ∆ ' = m − 2m + 27 > 0 −3 3 < m < 3 3 3 6  ⇒  S = 2m > 0 ⇔ m > 0 ⇔ < m < 3 3. 2  P = 2m 2 − 27 > 0   m > 3 6  2  m < − 3 6   2 Mà S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m nên S = {4;5} . Vậy S có 2 phần tử.

Chọn C. Câu 34 (TH) 24

Phương pháp: - Khi quay tam giác ABC xung quanh trục AH ta được hình nón có chiều cao h = AH , r =

BC . 2

- Tính độ dài đường sinh của hình nón l = h 2 + r 2 . - Diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh l , bán kính đáy r là S xq = π rl.

Cách giải: Khi quay tam giác ABC xung quanh trục AH ta được hình nón có chiều cao h = AH = r=

4 3 = 2 3, 2

BC 4 = = 2. 2 2

Độ dài đường sinh của hình nón l = h 2 + r 2 =

(2 3)

+ 22 = 4.

Diện tích xung quanh của hình nón tạo thành là: S = π rl = π .2.4 = 8π .

Chọn C. Câu 35 (VD) Phương pháp: x = a > 0 . - Giả sử nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm là x 2 + c = 2 x ⇔  x = b > 0 - Sử dụng: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) , đường thẳng x = a, x = b là b

S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx để tính S1 , S 2 . a

- Giải phương trình S1 = S 2 và thế c = 2b − b 2 , giải phương trình tìm b sau đó tìm c.

Cách giải:

x = a > 0 . Xét phương trình hoành độ giao điểm x 2 + c = 2 x ⇔  x = b > 0 Ta có

 x3  a a3 S1 = ∫ ( x 2 + c − 2 x ) dx =  + cx − x 2  = + ca − a 2 .  3 0 3 0 a

b  b x3 b3 a3 S 2 = ∫ ( 2 x − x 2 − c ) dx =  x 2 − − cx  = b 2 − − cb − a 2 + + ca 3 3 3  a a

Vì S1 = S 2 nên ta có: a3 b3 a3 + ca − a 2 = b 2 − − cb − a 2 + + ca 3 3 3

⇔ b2 −

b3 − cb = 0 3

b2 ⇔ b − − c = 0 (do b > 0 ) 3 Vì b là nghiệm của phương trình x 2 + c = 2 x ⇒ b 2 + c = 2b ⇒ c = 2b − b 2 . 3  b = ( tm ) b2 2  . ⇒ b − − 2b + b = 0 ⇔ 2  3 b = 0 ( ktm ) Vậy c = 2b − b 2 =

3 gần với 1 nhất. 4

Chọn D. Câu 36 (VD) Phương pháp: - Giải phương trình hoành độ giao điểm. - Vẽ đồ thị để xác định miền cần tính diện tích. - Sử dụng: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) , đường thẳng x = a, x = b là b

S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx. a

Cách giải: x = 1 2 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm = 3 x − 1( x ≠ 0 ) ⇔ 3 x − x − 2 = 0 ⇔  2. x = − x 3  26

Dựa vào đồ thị ta thấy diện tích cần tính là 3  3x 2  3 21 2 1  − x − 2 ln x  = − 2 ln 3 − = 10 − 2 ln 3 S = ∫  3 x − 1 −  dx =  x 2  2 1 2 1

Chọn B. Câu 37 (VD) Phương pháp: - Áp dụng định lí Pytago tính A ' B, A ' D. - Áp dụng định lí Pytago tính BD, tiếp tục áp dụng định lí Pytago tính BC. - Sử dụng công thức Hê-rong tính diện tích tam giác ABC : S∆ABC = nửa chu vi tam giác ABC . - Tính thể tích VABC . A ' B 'C ' = AA '.S ∆ABC .

Cách giải:

p ( p − AB )( p − AC )( p − BC ) , với p là

Áp dụng định lí Pytago ta có:

A ' B = AA '2 + AB 2 = 20 + 1 = 21 A ' D = A ' C '2 + C ' D 2 = 4 + 5 = 3 Vì ∆A ' BD vuông tại D nên BD = A ' B 2 − A ' D 2 = 21 − 9 = 2 3. Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông BCD ta có BC = BD 2 − CD 2 = 12 − 5 = 7. Gọi p là chu vi tam giác ABC ta có p = ⇒ S ∆ABC =

1+ 2 + 7 . 2

p ( p − AB )( p − AC )( p − BC ) =

Vậy VABC . A ' B 'C ' = AA '.S ∆ABC = 2 5.

3 . 2

3 = 15. 2

Chọn B. Câu 38 (VD) Phương pháp: - Xác định góc giữa SD và ( ABCD ) là góc giữa SD và hình chiếu của SD lên ( ABCD ) . - Sử dụng tính chất tam giác vuông cân tính SH . - Tính S ∆HCD = S ABCD − S ∆AHD − S ∆BCH . 1 - Tính VS . HCD = SH .S ∆HCD . 3

Cách giải:

Ta có SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ HD là hình chiếu vuông góc của SD lên ( ABCD ) .

⇒ ∠ ( SD; ( ABCD ) ) = ∠ ( SD; HD ) = ∠SDH = 450. 2

a 10 a ⇒ ∆SHD vuông cân tại H ⇒ SH = HD = AD + AH = a +   = . 3 3 2

1 a 1 2a a 2 = . Ta có S ∆HCD = S ABCD − S ∆AHD − S ∆BCH = a 2 − .a. − .a. 2 3 2 3 2 Vậy VS . HCD

1 1 a 10 a 2 a 3 10 . = . = SH .S ∆HCD = . 3 3 3 2 8

Chọn D. Câu 39 (VDC) Phương pháp: - Gọi I là trung điểm SB. Chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S . ABC . - Xác định góc giữa SA và ( ABC ) . - Đặt SB = x ( x > a ) , tính SA, SM , SH theo x. - Tính S ∆SBM =

p ( p − SB )( p − BM )( p − SM ) với p là nửa chu vi tam giác SBM .

- Giải phương trình

p ( p − SB )( p − BM )( p − SM ) =

1 SH .BM tìm x theo a và suy ra bán kính mặt cầu 2

ngoại tiếp khối chóp. - Diện tích mặt cầu bán kính R là S = 4π R 2 .

Cách giải:

Gọi I là trung điểm của SB. Vì ∠SAB = ∠SCB = 900 nên IA = IC =

1 SB = IS = IB ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S . ABC . 2

Gọi M là trung điểm của AC ta có ∆ABC vuông cân tại B ⇒ BM ⊥ AC . Lại có ∆SAB = ∆SCB (cạnh huyền – cạnh góc vuông) ⇒ SA = SC.

⇒ ∆SAC vuông tại S ⇒ SM ⊥ AC ,

⇒ AC ⊥ ( SMB ) .  SH ⊥ BM ⇒ SH ⊥ ( ABC ) . Trong ( SBM ) kẻ SH ⊥ BM ta có:   SH ⊥ AC

⇒ HA là hình chiếu vuông góc của SA lên ( ABC ) ⇒ ∠ ( SA; ( ABC ) ) = ∠ ( SA; HA ) = ∠SAH = 600 ,

Đặt SB = x ( x > a ) ta có SA = SB 2 − AB 2 = x 2 − a 2 . Vì ∆ABC vuông cân tại B có AB = a nên AC = a 2, BM = ⇒ SM = SA2 − AM 2 = x 2 − a 2 −

a2 3a 2 . = x2 − 2 2

Gọi p là nửa chu vi tam giác SBM ta có p =

SB + BM + SM = 2

Xét tam giác vuông SAH ta có SH = SA.sin 600 = x 2 − a 2 . ⇒ S ∆SBM =

a 2 . 2

p ( p − SB )( p − BM )( p − SM ) =

1 SH .BM 2 30

3 2

a 2 3a 2 + x2 − 2 2 . 2

⇒

1 3 a 2 p ( p − SB )( p − BM )( p − SM ) = . x 2 − a 2 . . 2 2 2

⇔ 8 p ( p − SB )( p − BM )( p − SM ) = 6. x 2 − a 2 ⇔ 64 p ( p − SB )( p − BM )( p − SM ) = 6 ( x 2 − a 2 ) ⇔ x=a 5

⇒ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là R =

1 a 5 . SB = 2 2 2

 5  Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S = 4π R = 4π .  a  = 5π a 2 . 2   2

Chọn A. Câu 40 (VD) Phương pháp: - Đặt t = 2020 − x. y' < 0 ax + b  - Hàm số y = nghịch biến trên ( m; n ) khi  d . cx + d − c ∉ ( m; n )

Cách giải: Đặt t = 2020− x , với x ∈ ( −∞;0 ) thì t ∈ (1; +∞ ) , t , x ngược tính đơn điệu. Bài toán trở thành: Tìm m để hàm số y =

t+2 nghịch biến trên (1; +∞ ) . t−m

−m − 2  < 0 m > −2 2 y ' = (t − m ) ⇒ ⇒ ⇔ −2 < m ≤ 1. m ≤ 1 m ∉ 1; +∞ ( )  Kết hợp điều kiện m ∈ [ −10;10] ta có m ∈ ( −2;1] . Lại có m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {−1;0;1} . Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn B. Câu 41 (VDC) Cách giải: Ta có: 31

f ( x) −1 =

−1

Giả sử

∫

∫ ( x + e ) f ( t ) dt ⇔ f ( x ) − 1 = x ∫ f ( t ) dt + ∫ e f ( t ) dt (*) −1

−1

f ( t ) dt = a, ∫ et f ( t ) dt = b ⇒ f ( x ) − 1 = xa + b ⇔ f ( x ) = ax + b + 1.

−1

Thay vào (*) ta có: 1

−1

ax + b = x ∫ ( at + b + 1) dt + ∫ et ( at + b + 1) dt 1  at 2 1 ⇔ ax + b = x  + bt + t  + ∫ et ( at + b + 1) dt  2  −1 −1

a a  ⇔ ax + b = x  + b + 1 − + b + 1 + ( at + b + 1) et 2 2 

1 −1

− a ∫ et dt −1

⇔ ax + b = x ( 2b + 2 ) + ( a + b + 1) e − ( − a + b + 1) e−1 − a ( e − e −1 )

⇔ ax + b = x ( 2b + 2 ) + ( b + 1) e + ( 2a − b − 1) e −1 a = 2b + 2 a = 2b + 2 ⇒ ⇔ −1 −1 b = ( b + 1) e + ( 2a − b − 1) e b = ( b + 1) e + ( 3b + 3 ) e  2e 2 = a  e2 − e − 1 a = 2b + 2    3 ⇔  3 3⇔ e+ 2 b = e + b + e +  e = e +3    b = e e   3 −e 2 + e − 3  1 − e −  e 1

e2 + 3 = I. Vậy ∫ e f ( t ) dt = ∫ e f ( x ) dx = 2 −e + e − 3 −1 −1 t

Chọn C. Câu 42 (VDC) Phương pháp: - Đặt t = x − 1 + 2 ( t ≥ 2 ) . - Từ BBT suy ra f ' ( x ) , tính f ( x ) = ∫ f ' ( x ) dx, sử dụng f (1) = 4, f ( 3) = −2. - Tính f ( 2 ) với hàm f ( x ) vừa tìm được, sau đó tìm điều kiện của m để phương trình có 2 nghiệm.

Cách giải: 32

Đặt t = x − 1 + 2 ( t ≥ 2 ) . Khi đó ta có f ( t ) = m có 2 nghiệm (ứng với mỗi nghiệm t cho ta một nghiệm x tương ứng). Từ BBT ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị x = 1, x = 3 nên f ' ( x ) = a ( x − 1)( x − 3) = a ( x 2 − 4 x + 3) . 1  ⇒ f ( x ) = ∫ f ' ( x ) dx = ∫ a ( x 2 − 4 x + 3) dx = a  x3 − 2 x 2 + 3 x  + C. 3  4 C = −2  f (1) = 4  a+C = 4  Có  ⇒ 3 ⇔ 9 . a = 2  f ( 3) = −2 C = −2 91 3 27  ⇒ f ( x ) =  x3 − 2 x 2 + 3x  − 2 = x3 − 9 x 2 + x−2 23 2 2 

⇒ f ( 2 ) = 1. Dựa vào BBT ta thấy phương trình f ( x ) = m có 2 nghiệm ⇔ −2 < m ≤ 1. Mà m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {−1;0;1} . Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn A. Câu 43 (VD) Phương pháp: u = π x Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, đặt  . dv = f ' ( x ) dx

Cách giải: Đặt I = ∫ f ' ( x ) π x dx. u = π x du = π x ln π Đặt  ⇒ dv = f ' ( x ) dx v = f ( x ) ⇒ I = π x f ( x ) − ln π ∫ π x f ( x ) dx.  F ' ( x ) = f ( x ) π x Vì F ( x ) = π là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) π ⇒  x π  ∫ f ( x ) π dx = F ( x ) + C = x + C. x

⇒ π .xπ −1 = f ( x ) .π x ⇒ f ( x ) =

π .xπ −1 πx 33

⇒ I =πx

π xπ −1 π − x ln π + C πx

⇒ I = π .xπ −1 − xπ ln π + C

Chọn B. Câu 44: Phương pháp: - Tính số tiền nhận được sau 1 tháng, 2 tháng và suy ra số tiền nhận được sau 24 tháng. - Giải phương trình tìm T .

Cách giải: Số tiền nhận được sau 1 tháng là T1 = T . (1 + 0,56% ) (đồng). Số tiền nhận được sau 2 tháng là

T2 = (T1 + T ) . (1 + 0,56% ) = T . (1 + 0,56% ) + T  (1 + 0,56% ) 2

= T . (1 + 0, 56% ) + T (1 + 0,56% ) … Số tiền nhận được sau 24 tháng là: 24

T24 = T (1 + 0, 56% ) + T (1 + 0, 56% ) + ... + T (1 + 0, 56% ) 23 22 = T (1 + 0,56% ) + (1 + 0, 56% ) + (1 + 0, 56% ) + ... + 1  

= T (1 + 0,56% )

1 − (1 + 0, 56% )

1 − (1 + 0,56% )

(1 + 0,56% )

−1

0, 56%

Theo bài ra ta có: T24 = 30000000

⇔ T (1 + 0, 56% )

(1 + 0,56% ) 0,56%

−1

= 30000000

⇔ T = 1.164.849 (đồng).

Chọn D. 34

Câu 45 (VDC) Phương pháp: Sử dụng phương pháp xét tính đơn điệu của hàm số.

Cách giải: Ta có:

28 x + 2

x +1

− 43 x − y + 2

+ 2x + 2 y − 3 ≥ 0

⇔ 28 x + 2

x +1

− 26 x − 2 y + 2

x +1

⇔ 28 x + 2

x +1

+ 8 x + 2 x +1 + 1 ≥ 26 x − 2 y + 2

+ 2x + 2 y − 3 ≥ 0 x +1

+ 6 x − 2 y + 2 x +1 + 4 ( *)

Xét hàm số f ( t ) = 2t + t ta có f ' ( t ) = 2t ln 2 + 1 > 0∀t ∈ ℝ, suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên ℝ. Do đó

(*) ⇔ 8 x + 2 x +1 + 1 ≥ 6 x − 2 y + 2 x +1 + 4 ⇔ 2x + 2 y − 3 ≥ 0 ⇔ y ≥

3 − 2x 2

Khi đó ta có

P = x2 + y 2 + 6 x + 4 y 2

3 − 2x  3 − 2x  ⇔ P ≥ x2 +   + 6 x + 4. 2  2  ⇔ P ≥ x2 +

4 x 2 − 12 x + 9 + 6x + 6 − 4x 4

⇔ P ≥ 2 x2 − x +

33 4

1 1  65  ⇔ P ≥ 2  x 2 − 2 x. +  + 4 16  8  2

1  65 65  ⇔ P ≥ 2 x −  + ≥ = 8,125 4 8 8 

1 Pmin = 8,125 ⇔ x = . 4

Chọn D. Câu 46 (VD) Phương pháp: 35

Giả sử vật thể T giới hạn bởi hai mặt phẳng x = a, x = b. Cắt vật thể T bởi một mặt phẳng vuông góc với trục

Ox tại điểm có hoành độ x ( a ≤ x ≤ b ) được thiết diện có thể tích S ( x ) . Khi đó thể tích vật thể T là b

VT = ∫ S ( x ) dx. a

Cách giải:

Giả sử vật thể là hình trụ ⇒ Thiết diện ABCD là hình vuông. Ta có DH = OD 2 − DH 2 = R 2 − x 2 ⇒ CD = 2 R 2 − x 2 . ⇒ S ABCD = CD 2 = 4 ( R 2 − x 2 ) .

Khi đó thể tích vật thể là:

 2 x3  R 2 2 4 − = 4 − R x dx R x )   ∫ ( 3  −R  −R R

 3 R3 R 3  16 R 3 3 = 4 R − +R − = 3 3  3  ⇒

16 R 3 = 2021 ⇔ R ≈ 7, 24 ∈ ( 7;8 ) . 3

Chọn B. Câu 47 (VDC) Phương pháp: 2

- Nhận xét

∫ ( x + 2) −2

dx =

64 , áp dụng tính chất tích phân và đưa biểu thức dưới dấu tích phân về dạng bình 3 36

phương. b

∫ f ( x ) dx = 0 ⇔ f ( x ) = 0.

- Sử dụng

Cách giải: 2

Ta có

∫ ( x + 2)

dx =

−2

64 nên 3

−2

2 ∫  f ( x ) − 2 f ( x )( x + 2 ) dx = − ∫ ( x + 2 ) dx

⇒

∫  f ( x ) − 2 f ( x )( x + 2 ) + ( x + 2 ) 2

−2

⇔

∫  f ( x ) − x − 2

 dx = 0 

dx = 0 ⇔ f ( x ) = x + 2

−2

Vậ y I = ∫ 0

x+2 π + ln 2 . dx = 2 x +1 2

Chọn C. Câu 48 (VD) Phương pháp: - Tìm ĐK để phương trình mẫu có nghiệm thỏa mãn ĐKXĐ. - Cô lập m, đưa phương trình về dạng m = f ( x ) . - Lập BBT hàm số y = f ( x ) và suy ra m.

Cách giải: ĐKXĐ: x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2. Để đồ thị có đúng 1 tiệm cận đứng thì phương trình x 2 − ( m − 2 ) x + 2 = 0 có 1 nhiệm x ≥ 2. ⇔ m−2 =

2 x2 + 2 = x + (do x ≥ 2 ) (*) x x

Xét hàm số f ( x ) = x +

2 2 ( x ≥ 2 ) ta có f ' ( x ) = 1 − 2 > 0 ∀x ≥ 2. x x

BBT:

Để phương trình (*) có nghiệm x ≥ 2 thì m − 2 ≥ 3 ⇔ m ≥ 5. Kết hợp với điều kiện đề bài ⇒ m ∈ [5; 2021] . Vậy có 2017 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C. Câu 49 (VCD) Cách giải: Đặt t = f ( x ) . Ta có BBT hàm số t = f ( x ) .

Dựa vào BBT hàm số y = f ( x ) ta thấy: t ∈ ( 0;1) ⇒ f ( t ) t ∈ ( 0;1) Vớ i  t ∈ (1; 0 ) ⇒ f ( t ) ∈ (1; 0 )

Từ đó ta mô phỏng được hình dáng hàm số y = f ( t ) như sau:

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực đại.

Chọn A. Câu 50 (VDC) Phương pháp: - Đặt AC = x, BD = y ( x, y > 0 ) ⇒ CD = x + y. - Sử dụng định lí Pytago tìm xy. 38

- Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. - Áp dụng BĐT Cô-si.

Cách giải:

 AC ⊥ BD Ta có:  ⇒ AC ⊥ ( ABD ) .  AC ⊥ AB

Đặt AC = x, BD = y ( x, y > 0 ) ⇒ CD = x + y. Áp dụng định lí Pytago ta có:

AD 2 = 20202 + y 2 CD 2 = AC 2 + AD 2 2

⇒ ( x + y ) = x 2 + 2020 2 + y 2

2020 2 ⇒ xy = 2 Gọi I là trung điểm của CD.  BD ⊥ AB Ta có:  ⇒ BD ⊥ ( ABC ) ⇒ BD ⊥ BC.  BD ⊥ AC

1 Vì ∆ACD, ∆BCD là các tam giác vuông tại A, B nên IA = IB = CD = IC = ID ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp 2 1 khối chóp ABCD, bán kính R = CD. 2 1 x+ y 20202 Ta có R = CD = ≥ xy = ≈ 1428,355. 2 2 2

Chọn B. 39

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT THI TNTHPT

TRƯỜNG THCS&THPT NGUYỄN TẤT THÀNH

Năm học: 2020 – 2021

Mã đề thi 101

Bài thi: Toán Thời gian làm bài: 90 phút

MỤC TIÊU - Đề thi tương đối dễ thở, giúp học sinh ôn tập một cách toàn diện phục vụ cho kì thi TNTHPT. - Đề thi bám sát đề minh họa, giúp học sinh ôn tập đúng trọng tâm nhất. - Các dạng bài tập cơ bản, không có bài tập quá khó và mới lạ, giúp học sinh nắm chắc phương pháp làm các dạng toán để có thể xử lý nhanh nhất khi bước vào kì thi chính thức. Câu 1: Đồ thị hàm số y = A. x = 4.

2 − 3x có tiệm cận ngang là: x−4

B. y = 3.

C. y = 2.

D. y = −3.

2x + 2 có đồ thị ( C ) và đường thẳng d : y = − x + m ( m x −1 là tham số). Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt.

Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hàm số y =

m > 7 A.   m < −1

m ≥ 7 C.   m ≤ −1

B. −1 < m < 7

D. −1 ≤ m ≤ 7

Câu 3: Hàm số y = ln ( x 2 + 4 x + 7 ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( −2; 2 ) Câu 4: Cho hàm số y =

B. ( −∞; −2 )

C. ( −2; +∞ )

D. ( −∞; +∞ )

2x −1 . Phát biểu nào sau đây đúng? x −1

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞;1) .

B. Hàm số nghịch biến trên ℝ.

C. Hàm số đồng biến trên khoảng (1; +∞ ) .

D. Hàm số đồng biến trên ℝ \ {1} .

Câu 5: Trong không gian tọa độ Oxyz cho ba điểm A (1; −1;0 ) , B ( −1; 0;1) và C ( 2;1; −1) . Phương trình mặt phẳng ( ABC ) là:

A. x + 3 y + z + 2 = 0

B. 3 x + y + 5 z − 2 = 0

C. 3 x + y + 5 z + 2 = 0

D. 3 x − y + 5 z + 2 = 0

C. z = 4i − 7

D. z = −4 + 7i

Câu 6: Số phức liên hợp của số phức z = 4 + 7i là: A. z = −4 − 7i

B. z = 4 − 7i 1

Câu 7: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [ 0; 2] . Biết

∫

f ( x ) dx = 5 và

A. I = 3

B. I = 2

∫

f ( t ) dt = 3. Tính I = ∫ f ( x ) dx. 0

C. I = 5

D. I = 1

Câu 8: Đạo hàm của hàm số y = 2 x + log 2 x là: A. y ' = x.2 x −1 +

1 x ln 2

B. y ' = 2 x +

1 x ln 2

C. y ' = 2 x ln 2 +

Câu 9: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

ln 2 x

D. y ' = 2 x ln 2 +

1 x ln 2

1 2  trên khoảng  ; +∞  . Tìm F ( x ) biết 3x − 2 3 

F (1) = 5. A. f ( x ) = ln ( 3x − 2 ) + 5 C. f ( x ) =

−3

( 3x − 2 )

B. f ( x ) = 3ln ( 3 x − 2 ) + 5 1 D. F ( x ) = ln ( 3 x − 2 ) + 5 3

Câu 10: Biết phương trình 4 x − 5.2 x + 3 = 0 có 2 nghiệm x1 , x2 . Tính x1 + x2 . A. 3

B. log 2 3

C. 5

D. log 2 5 3

Câu 11: Cho hàm số

f ( x)

liên tục trên

ℝ

và thỏa mãn

∫ f ( x ) dx = 20.

Tính tích phân

0 1

I = ∫ ( x + 1) f ( x 2 + 2 x ) dx. 0

A. I = 20

B. I = 10

C. I = 40

D. I = 30

Câu 12: Cho biết

a ln 2 x a 3 * ∫1 x dx = b ln 2, với a, b ∈ ℕ và b là phân số tối giản. Tính a + b.

A. 4

B. 5

C. 11

D. 9

Câu 13: Trong không gian tọa độ Oxyz cho ba điểm A ( 2; −1;1) , B ( −1;1; 0 ) và C ( 0; −11; 2 ) . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và song song với BC. A.

x − 2 y +1 z −1 = = −2 1 2

x + 2 y −1 z +1 = = −2 1 2

x −1 y + 2 z − 2 = = 2 1 −1

x −1 y + 2 z − 2 = = 1 2 −2

Câu 14: Cho số phức z thỏa mãn (1 + i ) z + 3i − 1 = 4 − 2i. Tính mô-đun của z . A. z = 2 2

B. z = 5 2

C. z = 5 2

D. z = 2

Câu 15: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f ( x ) là:

A. 3

B. 1

C. 4

D. 2

Câu 16: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = mx 4 − ( 2 − m ) x 2 + m − 1 có ba điểm cực trị. m > 2 A.  m < 0

B. 0 < m < 2

C. m < 0

D. m > 2

C. ( 0;1)

D. ( 0; 2]

Câu 17: Tập xác định của hàm số y = 1 − log 2 x là: A. ( −∞; 2]

B. [ 0; 2]

Câu 18: Cho hình chóp S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) , SA = AC = 2a, AB = a và ∠BAC = 600. Thể tích khối chóp S . ABC bằng:

2a 3 3

B. 1

Câu 19: Cho biết

∫ xe 0

A. 7

−x

dx = a +

3a 3 3

3a 3 6

3a 3

b với a, b ∈ ℤ. Tính a 2 + b 2 . e

B. 5

C. 3

D. 4

Câu 20: Cho hình nón có bán kính đáy r = 3 và độ dài đường cao h = 4. Tính diện tích xung quanh của hình nón đó. A. 20π

B. 6π

C. 12π

D. 15π

Câu 21: Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương cạnh a là: A. V =

a3 3

B. V =

3π a 3 2

C. V =

3a 3 2

D. V =

π a3 2

Câu 22: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi các đường y = sin, y = 0, x = 0 và x = π . Quay hình phẳng ( H ) quanh trục Ox ta được một vật thể tròn xoay có thể tích bằng:

A. π

B. π

π2 2

π 2

Câu 23: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = ( x 2 − 1) ( x 2 − 3 x + 2 ) x 2021 , ∀x ∈ ℝ. Hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 2

B. 3

C. 1

Câu 24: Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng

D. 4

( P) : x − 2 y + 2z +1 = 0

và điểm I (1; −1;1) . Viết

phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) . 2

B. ( x + 1) + ( y − 1) + ( z + 1) = 2

D. ( x + 1) + ( y − 1) + ( z + 1) = 4

A. ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 1) = 4 C. ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 1) = 2

Câu 25: Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. a < 0, b < 0, c > 0

B. a > 0, b < 0, c < 0

C. a > 0, b > 0, c < 0

D. a < 0, b > 0, c < 0

Câu 26: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm của phương trình f ( x ) = 2 là:

A. 0

B. 4

C. 3

Câu 27: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng ∆ : chỉ phương của ∆ ? A. u3 = ( 3; 4; −3)

D. 2

x −1 2 y +1 − z + 2 . Vectơ nào sau đây là một vectơ = = 3 4 3

B. u4 = ( 3; 2; −3)

C. u1 = ( 3; 4;3)

D. u2 = (1; −1; 2 )

Câu 28: Gọi m và M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = x3 − x 2 − x + 2 trên đoạn

[ 0; 2]. Tính m + M . A. 6 Câu 29: Cho biết

B. 4

C. 3

∫ f ( x ) dx = 2 và ∫ g ( x ) dx = 3. Tính ∫  4 f ( x ) − g ( x ) dx. 4

D. 5

A. I = 3

B. I = 1

C. I = 11

D. I = 5

Câu 30: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x + 1 và hai trục tọa độ Ox, Oy. Tính diện tích S của hình phẳng ( H ) .

A. S =

3 2

B. S =

1 3

C. S = 1

D. S =

C. 1

D. 0

2 3

Câu 31: Số nghiệm của phương trình 9 x + 3x + 2 − 1 = 0 là: A. 3

B. 2

Câu 32: Cho tứ diện ABCD. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC , AD và O là trọng tâm tam V giác BCD. Tính tỉ số thể tích OMNP . VABCD A.

1 6

Câu 33: Cho hàm số y = f ( x ) =

1 8

1 12

1 4

1 3 x − mx 2 + ( m + 2 ) x + 2 ( m là tham số). Tìm m để hàm số có hai điểm cực 3

trị.

A. −1 ≤ m ≤ 2

m ≥ 2 C.   m ≤ −1

B. −1 < m < 2

m > 2 D.   m < −1

Câu 34: Cho lăng trụ đều ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh đều bằng a. Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là: A. V =

3a 3 4

B. V =

Câu 35: Cho hàm số y = f ( x ) = A. m = −4 Câu

36:

3a 3 2

C. V =

hàm

D. V =

3a 3 3

2x − m . Tìm m để max f ( x ) + min f ( x ) = −5. [0;2] [0;2] x+2

B. m = −8 Cho

3a 3 6

số

C. m = 4

y = f ( x)

có

đồ

D. m = 8 thị

như

hình

I1 = ∫ f ( x ) dx, I 2 = ∫ f ( x ) dx, I 3 = ∫ f ( x ) dx, I 4 = ∫ f ( x ) dx. Phát biểu nào dưới đây là đúng?

vẽ

bên.

Đặt

A. I1 < I 2 < I 3 < I 4

B. I 2 < I1 < I 4 < I 3

C. I 2 < I1 < I 3 < I 4

D. I1 < I 2 < I 4 < I 3

Câu 37: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 x − ( m + 2 ) 2 x +1 + 3m − 5 = 0 có hai nghiệm trái dấu. A.

5 <m<8 3

Câu 38: Cho

B. m >

f ( x)

và

5 3

g ( x)

D. −2 < m < 8

là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên

f ( 0 ) = 1; f (1) = 2, g ( 0 ) = −2, g (1) = 4 và A. I = −3

C. m < 8

thỏa mãn

ℝ

∫ f ' ( x ) g ( x ) dx = 7. Tính ∫ f ( x ) g ' ( x ) dx.

B. I = 17

C. I = 3

D. I = −17

Câu 39: Một khu rừng có trữ lượng gỗ là 7.106 mét khối. Biết tốc độ sinh trưởng của các cây trong khu rừng đó là 4% một năm. Nếu hàng năm không khai thác thì sau 6 năm khu rừng đó có bao nhiêu mét khối gỗ? A. 7.146

B. 7.145

C. 7. (10, 4 )

Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ :

( P ) : x − y + 2 z + 5 = 0.

D. 7. (10, 4 )

x + 1 y z −1 = = và mặt phẳng 1 2 −1

Gọi M là giao điểm của ∆ và ( P ) . Tính độ dài OM .

A. 3 2

B. 4 2

C. 2 2

D. 5 2

Câu 41: Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng ( P ) : x + y − z − 1 = 0 và ( Q ) : 2 x − y + z − 6 = 0. Viết phương trình mặt phẳng ( R ) đi qua điểm A ( −1;0;3) và chứa giao tuyến của ( P ) và ( Q ) .

A. 2 x + y + z − 1 = 0

B. x − 2 y − 2 z + 7 = 0

C. x − 2 y + 2 z − 5 = 0

D. x + 2 y + 2 z − 5 = 0

x = 1+ t  Câu 42: Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng ∆ :  y = −t và điểm A (1;3; −1) . Viết phương trình  z = −1 + t  đường thẳng d đi qua điểm A, cắt và vuông góc với đường thẳng ∆. A.

x −1 y − 3 z + 1 = = 2 −1 −1

x −1 y − 3 z + 1 = = 1 −2 −1

x −1 y − 3 z + 1 = = 1 2 1

x −1 y − 3 z + 1 = = −1 2 −1

Câu 43: Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm M ( 2; −3;1) . Gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các trục Ox, Oy, Oz. Viết phương trình mặt phẳng ( ABC ) .

x y z + + =1 2 −3 1

x y z + + =1 −2 3 −1

x y z + + =0 2 −3 1

x y z + + =1 2 3 1 1

Câu 44: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ thỏa mãn f ( x ) + f (1 − x ) = x (1 − x ) ∀x ∈ ℝ. Tính I = ∫ f ( x ) dx. 2

A. I =

1 30

B. I =

1 60

C. I =

1 45

D. I =

1 15

Câu 45: Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) có phương trình là x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2my − 4 z − 1 = 0 (trong đó m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để mặt cầu ( S ) có diện tích bằng 28π .

A. m = ±1

B. m = ±2

C. m = ±7

D. m = ±3

Câu 46: Có bao nhiêu số nguyên m thỏa mãn ln x 1 ln x m + ≥ + ∀x > 0, x ≠ 1 x + 1 x x −1 x

A. 2

B. 1

C. Vô số

D. 0

Câu 47: Trong không gian tọa độ Oxyz cho ba điểm A (1; 0; 2 ) , B ( 2;3; −1) , C ( 0;3; 2 ) và mặt phẳng

( P ) : x − 2 y + 2 z − 7 = 0. E = MA + MB + MC .

Khi điểm M thay đổi trên mặt phẳng ( P ) , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A. 8

8 3

C. 4 3

D. 6

Câu 48: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm cấp hai trên [ 0; +∞ ) . Biết f ( 0 ) = 0 và hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Phát biểu nào sau đây đúng?

A. f ( 3) < f " ( 3) < f ' ( 3)

B. f ' ( 3) < f ( 3) < f " ( 3) 7

C. f ( 3) < f ' ( 3) < f " ( 3)

D. f " ( 3) < f ( 3) < f ' ( 3)

Câu 49: Tìm tập nghiệm của bất phương trình A. −∞; 2 

(

B. [ −2; +∞ )

Câu 50: Tính tổng các nghiệm của phương trình log 2 A. 3

) (

2 +1 −

)

2 −1

x− 2

≤2

(

)

2 +1 .

C. ( −∞; 2]

D. [ −1;1]

x2 + x + 1 + x 2 − 4 x + 2 = 0. 5x −1

B. 4

C. 5

D. 2

1-D

2-A

3-B

4-A

5-B

6-B

7-B

8-D

9-D

10-B

11-B

12-C

13-A

14-C

15-D

16-B

17-D

18-B

19-B

20-D

21-B

22-C

23-B

24-A

25-D

26-C

27-B

28-D

29-D

30-D

31-C

32-B

33-D

34-A

35-D

36-B

37-A

38-C

39-D

40-A

41-C

42-C

43-A

44-B

45-A

46-C

47-A

48-C

49-C

50-B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (NB) Phương pháp: Đồ thị hàm số y =

ax + b a có TCN là y = . cx + d c

Cách giải: Đồ thị hàm số y =

2 − 3x có tiệm cận ngang là y = −3. x−4

Chọn D. Câu 2 (TH) Phương pháp: - Xét phương trình hoành độ giao điểm. - Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt.

Cách giải: TXĐ: D = ℝ \ {1} . Xét phương trình hoành độ giao điểm 2x + 2 = −x + m x −1

⇒ 2 x + 2 = ( x − 1)( − x + m ) ⇒ 2 x + 2 = − x 2 + mx + x − m

⇒ x 2 + (1 − m ) x + m + 2 = 0 (*)

Để đường thẳng d cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 ∆ = (1 − m )2 − 4 ( m + 2 ) > 0 m > 7 m − 6m − 7 > 0 1⇒  . ⇔ ⇒ 4 ≠ 0 ( luon dung )  m < −1 1 + 1 − m + m + 2 ≠ 0

Chọn A. Câu 3 (TH) Phương pháp: - Tìm TXĐ. - Sử dụng công thức tính đạo hàm ( ln u ) ' =

u' . u

- Giải bất phương trình y ' < 0 và suy ra khoảng nghịch biến của hàm số.

Cách giải: 2

Vì x 2 + 4 x + 7 = ( x + 2 ) + 3 > 0∀x ∈ ℝ nên TXĐ của hàm số là D = ℝ. Ta có y = ln ( x 2 + 4 x + 7 ) ⇒ y ' = Xét y ' < 0 ⇔

2x + 4 . x + 4x + 7 2

2x + 4 < 0 ⇔ 2 x + 4 < 0 ⇔ x < −2. x + 4x + 7 2

Vậy hàm số y = ln ( x 2 + 4 x + 7 ) nghịch biến trên khoảng ( −∞; 2 ) .

Chọn B. Câu 4 (NB) Phương pháp: Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó.

Cách giải: TXĐ: D = ℝ \ {1} . Ta có y =

Vậy hàm số y =

−1 2x −1 ⇒ y'= < 0∀x ∈ D. 2 x −1 ( x − 1)

2x −1 nghịch biến trên ( −∞;1) , (1; +∞ ) . x −1

Chọn A. Câu 5 (TH) Phương pháp: - Mặt phẳng ( ABC ) nhận n =  AB, AC  làm 1 VTPT. 10

- Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và nhận n = ( A; B; C ) làm vectơ pháp tuyến

có phương trình là: A ( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0.

Cách giải:  AB = ( −2;1;1) ⇒  AB, AC  = ( −3; −1; −5 ) . Ta có   AC = (1; 2; −1) ⇒ mp ( ABC ) có 1 VTPT là n = ( 3;1;5 ) . Phương trình mặt phẳng ( ABC ) là: 3 ( x − 1) + 1( y + 1) + 5 z = 0 ⇔ 3x + y + 5 z − 2 = 0.

Chọn B. Câu 6 (NB) Phương pháp: Số phức z = a + bi có số phức liên hợp là z = a − bi.

Cách giải:

z = 4 + 7i ⇒ z = 4 − 7i. Chọn B. Câu 7 (TH) Phương pháp: Sử dụng tính chất tích phân:

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( t ) dt, ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx

Cách giải: 1

I = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx 2

= ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( t ) dt = 5 − 3 = 2.

Chọn B. Câu 8 (NB) Phương pháp: Sử dụng công thức tính đạo hàm: ( a x ) ' = a x ln a, ( log a x ) ' =

Cách giải: 11

1 . x ln a

y = 2 x + log 2 x ⇒ y ' = 2 x ln 2 +

1 . x ln 2

Chọn D. Câu 9 (TH) Phương pháp: Sử dụng công thức tính nguyên hàm mở rộng:

∫ ax + b dx = a ln ax + b + C.

Cách giải: F ( x) = ∫

1 1 dx = ln 3 x − 2 + C. 3x − 2 3

1 2  Vì x ∈  ; +∞  ⇒ 3 x − 2 > 0 ⇒ F ( x ) = ln ( 3 x − 2 ) + C. 3 3  Mà F (1) = 5 ⇒ C = 5. 1 Vậy F ( x ) = ln ( 3 x − 2 ) + 5. 3

Chọn D. Câu 10 (TH) Phương pháp: - Đặt ẩn phụ t = 2 x ( t > 0 ) . - Áp dụng định lí Vi-ét.

Cách giải: Đặt t = 2 x ( t > 0 ) , phương trình trở thành t 2 − 5t + 3 = 0. Giả sử phương trình có 2 nghiệm phân biệt t1 , t2 ⇒ x1 = log 2 t1 , x2 = log 2 t2

⇒ x1 + x2 = log 2 t1 + log 2 t2 = log 2 ( t1t2 ) = log 2 3. Chọn B. Câu 11 (TH) Phương pháp: Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số, đặt t = x 2 + 2 x.

Cách giải: Đặt t = x 2 + 2 x ⇒ dt = 2 ( x + 1) dx ⇒ ( x + 1) dx =

1 dt. 2 12

x = 0 ⇒ t = 0 . Đổi cận:  x = 1 ⇒ t = 3 3

⇒I=

1 1 1 f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = .20 = 10. ∫ 20 20 2

Chọn B. Câu 12 (TH) Phương pháp: Tính tích phân bằng phương pháp đưa biến vào vi phân.

Cách giải: 4

4 ln 2 x ln 3 x 4 2 Ta có ∫ dx = ∫ ln xd ( ln x ) = x 3 1 1 1

1 1 8 = ln 3 4 = ln 3 ( 2 2 ) = ln 3 x 3 3 3

⇒ a = 8, b = 3 ⇒ a + b = 11.

Chọn C. Câu 13 (TH) Phương pháp:

- Đường thẳng d / / BC nhận BC làm 1 VTCP. - Trong không gian Oxyz , phương trình của đường thẳng d đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và có vectơ chỉ phương x − x0 y − y0 z − z0 u = ( a; b; c ) là: . = = a b c

Cách giải: Đường thẳng d / / BC nhận BC = (1; −2; 2 ) làm 1 VTCP.

Phương trình đường thẳng d là:

x − 2 y + 1 z −1 . = = 1 2 −2

Chọn A. Câu 14 (TH) Phương pháp: - Thực hiện các phép tính tìm số phức z. - Số phức z = a + bi ⇒ z = a 2 + b 2 .

Cách giải: 13

Ta có: (1 + i ) z + 3i − 1 = 4 − 2i ⇒ z =

5 − 5i = −5i. 1+ i

Vậy z = 5.

Chọn C. Câu 15 (TH) Phương pháp: Sử dụng khái niệm đường tiệm cận của đồ thị hàm số: Cho hàm số y = f ( x ) : - Đường thẳng y = y0 là TCN của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y = y0 hoặc x →+∞

lim y = y0 .

x →−∞

- Đường thẳng x = x0 là TCĐ của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim+ y = +∞ hoặc x → x0

lim y = −∞ hoặc lim− y = +∞ hoặc lim− y = −∞ .

x → x0+

x → x0

Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy:

lim y = −2 ⇒ y = −2 là TCN của đồ thị hàm số.

x →−∞

lim y = +∞, lim− y = −∞ ⇒ x = 0 là TCĐ của đồ thị hàm số.

x → 0+

x →0

Vậy đồ thị hàm số y = f ( x ) có tổng 2 đường tiệm cận.

Chọn D. Câu 16 (TH) Phương pháp: Hàm số bậc bốn trùng phương y = ax 4 + bx 2 + c có 3 điểm cực trị khi ab < 0.

Cách giải: Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị khi − m ( 2 − m ) < 0 ⇔ m ( m − 2 ) < 0 ⇔ 0 < m < 2.

Chọn B. Câu 17 (TH) Phương pháp: 14

Hàm số y = log a f ( x ) xác định khi và chỉ khi f ( x ) xác định và f ( x ) > 0.

Cách giải:

1 − log 2 x ≥ 0 log x ≤ 1 ⇔ 2 ⇔ 0 < x ≤ 2. Hàm số y = 1 − log 2 x xác định khi  x > 0 x > 0 Chọn D. Câu 18 (TH) Phương pháp: - Tính S ∆ABC =

1 AB. AC.sin ∠BAC. 2

1 - Tính thể tích VS . ABC = .SA.S ∆ABC . 3

Cách giải: Ta có: S ∆ABC

1 1 3a 2 0 . = AB. AC.sin ∠BAC = .a.2a.sin 60 = 2 2 2

1 1 3a 2 3a 3 Vậy VS . ABC = .SA.S ∆ABC = .2a. . = 3 3 2 3

Chọn B. Câu 19 (TH) Phương pháp: Tính tích phân bằng phương pháp tích phân từng phần.

Cách giải:

u = x du = dx . Đặt  ⇒  x −x dv = e dx v = −e 1

⇒ ∫ xe− x dx = − xe− x 0

1 0

+ ∫ e− x dx. 0

1 1 1 1  2 = − − e − x = − −  − 1 = 1 − 0 e e e  e ⇒ a = 1, b = −2 ⇒ a 2 + b 2 = 5.

Chọn B. Câu 20 (TH) Phương pháp: 15

- Tính độ dài đường sinh l = h 2 + r 2 . - Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l là S xq = π rl.

Cách giải: Độ dài đường sinh l = h 2 + r 2 = 42 + 32 = 5. ⇒ Diện tích xung quanh của hình nón S xq = π rl = π .3.5 = 15π .

Chọn D. Câu 21 (TH) Phương pháp: - Khối cầu ngoại tiếp hình lập phương cạnh a có đường kính bằng đường chéo của hình lập phương. 4 - Thể tích khối cầu bán kính R là V = π R 3 . 3

Cách giải: Khối cầu ngoại tiếp hình lập phương cạnh a có đường kính bằng đường chéo của hình lập phương bằng a 3 nên có bán kính R =

a 3 . 2 3

4 4 a 3 3π a 3 . Vậy thể tích khối cầu là V = π R 3 = π .  =  3 3  2  2

Chọn B. Câu 22 (NB) Phương pháp: Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , y = g ( x ) , x = a , b

x = b xung quanh trục Ox là: V = π ∫ f 2 ( x ) − g 2 ( x ) dx. a

Cách giải: π

Thể tích cần tính: V = π ∫ sin xdx = 2

π2 2

Chọn C. 16

Câu 23 (TH) Phương pháp: Xác định số điểm cực trị của hàm số = số nghiệm bội lẻ của phương trình f ' ( x ) = 0.

Cách giải:  x = 1( nghiem boi 3)  2  x = −1( nghiem boi 2 ) 2 2 2021 Ta có f ' ( x ) = ( x − 1) ( x − 3 x + 2 ) x = 0 ⇔   x = 2 ( nghiem don )  x = 0 ( nghiem boi 2021)  Vậy hàm số f ( x ) có 3 điểm cực trị.

Chọn B. Câu 24 (TH) Phương pháp: - Mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) có bán kính R = d ( I ; ( P ) ) . - Khoảng cách từ điểm I ( x0 ; y0 ; z0 ) đến mặt phẳng ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 là d ( I ; ( P )) =

Ax0 + By0 + Cz0 + D A2 + B 2 + C 2

. 2

- Mặt cầu tâm I ( a; b; c ) , bán kính R có phương trình ( S ) : ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = R 2 .

Cách giải: Bán kính mặt cầu là R = d ( I ; ( P ) ) =

1 − 2. ( −1) + 2.1 + 1 2

12 + ( −2 ) + 22

= 2. 2

Vậy phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) là: ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 1) = 4.

Chọn A. Câu 25 (TH) Phương pháp: - Dựa vào nhánh cuối cùng suy ra dấu của hệ số a. - Dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung suy ra dấu của hệ số c. - Hệ vào số điểm cực trị suy ra dấu của hệ số b.

Cách giải: Đồ thị có nhánh cuối cùng đi xuống ⇒ a < 0. 17

Đồ thị cắt trục tung tại điểm nằm dưới trục hoành nên c < 0. Đồ thị có 3 điểm cực trị ⇒ ab < 0. Mà a < 0 ⇒ b > 0. Vậy a < 0, b > 0, c < 0.

Chọn D. Câu 26 (NB) Phương pháp: Số nghiệm của phương trình f ( x ) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = m song song với trục hoành.

Cách giải: Đường thẳng y = 2 cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 3 điểm phân biệt nên phương trình f ( x ) = 2 có 3 nghiệm phân biệt. Chọn C. Câu 27 (TH) Phương pháp: - Đưa phương trình đường thẳng về dạng - Đường thẳng

x − x0 y − y0 z − z0 . = = a b c

x − x0 y − y0 z − z0 = = có 1 VTCP là u = ( a; b; c ) . a b c

Cách giải: x −1 2 y +1 − z + 2 x −1 ∆: = = ⇒ ∆: = 3 4 3 3

1 2 = z − 2 có 1 VTCP là u = ( 3; 2; −3) . 4 2 −3

Chọn B. Câu 28 (TH) Phương pháp: - Tính y ', xác định các nghiệm xi ∈ [ −1; 2] của phương trình y ' = 0. - Tính y ( 0 ) , y ( 2 ) , y ( xi ) . - KL: min y = min { y ( 0 ) , y ( 2 ) , y ( xi )} , max y = max { y ( 0 ) , y ( 2 ) , y ( xi )} . [0;2]

[0;2]

Cách giải:

 x = 1 ∈ [ 0; 2] . Ta có y ' = 3 x − 2 x − 1 = 0 ⇔   x = − 1 ∉ [ 0; 2]  3 2

Mà y ( 0 ) = 2, y ( 2 ) = 4, y (1) = 1. ⇒ min y = y (1) = 1 = m, max y = y ( 2 ) = 4 = M . [0;2]

[0;2]

Vậy m + M = 1 + 4 = 5.

Chọn D. Câu 29 (TH) Phương pháp: b

∫  f ( x ) + g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx, ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx ( k ≠ 0 ) .

Sử dụng tính chất tích phân:

Cách giải: 4

I = ∫  4 f ( x ) − g ( x )  dx = 4 ∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx = 4.2 − 3 = 5.

Chọn D. Câu 30 (NB) Phương pháp: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) , đường thẳng x = a, x = b là b

S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx. a

Cách giải: 0

Ta có: S =

∫ −1

2 x + 1dx = . 3

Chọn D. Câu 31 (TH) Phương pháp: Đặt ẩn phụ t = 3x > 0. 19

Cách giải:  −9 + 85 ( tm ) t = 2 x 2  Đặt t = 3 > 0, phương trình trở thành t + 9t − 1 = 0 ⇔  −9 − 85 ( ktm ) t =  2 Với t =

 −9 + 85  −9 + 85 −9 + 85 ⇒ 3x = ⇔ x = log 3   . 2 2 2  

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.

Chọn C. Câu 32 (TH) Phương pháp: So sánh chiều cao và diện tích đáy của hai khối chóp.

Cách giải:

Vì ∆MNP ∽ ∆BCD theo tỉ số k =

S 1 1 nên MNP = k 2 = . 2 4 S BCD

Ta có ( MNP ) / / ( BCD ) ⇒ d ( O; ( MNP ) ) = d ( B; ( MNP ) ) . Lại có BA ∩ ( MNP ) = {M } ⇒

Vậ y

d ( B; ( MNP ) ) d ( A; ( MNP ) )

BM 1 = 1 ⇒ d ( B; ( MNP ) ) = d ( A; ( MNP ) ) = d ( A; ( BCD ) ) . AM 2

VOMNP d ( O; ( MNP ) ) S MNP 1 1 1 = . = . = . VABCD d ( A; ( BCD ) ) S BCD 2 4 8

Chọn B. 20

Câu 33 (TH) Phương pháp: Tìm điều kiện để phương trình y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt.

Cách giải: Ta có y = f ( x) =

1 3 x − mx 2 + ( m + 2 ) x + 2 3

⇒ y ' = x 2 − 2mx + m + 2

Để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình y ' = x 2 − 2mx + m + 2 = 0 phải có 2 nghiệm phân biệt. m > 2 . ⇒ ∆ ' = m 2 − m − 2.0 ⇔   m < −1

Chọn D. Câu 34 (TH) Phương pháp: Thể tích khối lăng trụ V = S day .h.

Cách giải: Thể tích khối lăng trụ V = S day .h =

a2 3 3a 3 .a = . 4 4

Chọn A. Câu 35 (TH) Phương pháp: Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định nên đạt GTNN và GTLN trên 1 đoạn xác định tại 2 điểm đầu mút.

Cách giải: Hàm số đã cho xác định trên [ 0; 2] , do đó nó đơn điệu trên [ 0; 2] . ⇒ max f ( x ) + min f ( x ) = f ( 0 ) + f ( 2 ) [0;2]

⇒

[0;2]

−m 4 − m + = −5 2 4

⇔ −2m + 4 − m = −20 ⇔ m=8 21

Chọn D. Câu 36 (VD) Phương pháp: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) , đường thẳng x = a, x = b là b

S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx. a

Cách giải:

Ta có: b

I1 = ∫ f ( x ) dx = S1 a c

I 2 = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = S1 − S 2 I 3 = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = S1 − S 2 + S3 = I 2 + S3 d

I 4 = ∫ f ( x ) dx = S3 c

Ta có I 2 = S1 − S 2 < S1 = I1 nên loại đáp án A và D.

 I3 > I 2 I 3 = I 2 + S3 ⇒   I3 > I 4 Dễ thấy S 2 < S1 < S3 ⇒ I1 < I 4 . Vậy I 2 < I1 < I 4 < I 3 .

Chọn B. Câu 37 (VD) Phương pháp: - Đặt t = 2 x > 0. Đưa về phương trình bậc hai ẩn t. 22

- Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm trái dấu thì phương trình bậc hai ẩn t có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn t1 < 1 < t2 . - Áp dụng định lí Vi-ét.

Cách giải: Đặt t = 2 x > 0, phương trình trở thành t 2 − 2 ( m + 2 ) t + 3m − 5 = 0 (*) . Giả sử phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt trái dấu x1 < 0 < x2 ⇒ log 2 t1 < 0 < log 2 t2 ⇔ t1 < 1 < t2 .

⇒ Phương trình (*) có 2 nghiệm phân phân biệt thỏa mãn t1 < 1 < t2 . ( m + 2 )2 − 3m + 5 > 0 ∆ ' > 0  t + t > 0 2 ( m + 2 ) > 0 1 2 ⇒ ⇔ t1t2 > 0 3m − 5 > 0 ( t1 − 1)( t2 − 1) < 0   3m − 5 − 2 ( m + 2 ) + 1 < 0 m 2 + m + 9 > 0 ( luon dung )  m > −2 5 ⇔ ⇔ <m<8 5 3 m > 3  m − 8 < 0

Chọn A. Câu 38 (VD) Phương pháp: Sử dụng quy tắc tính đạo hàm một tích: f ' ( x ) g ( x ) + f ( x ) g ' ( x ) =  f ( x ) g ( x )  ' .

Cách giải: Ta có: 1

∫ f ' ( x ) g ( x ) dx + ∫ f ( x ) g ' ( x ) dx = ∫  f ( x ) g ( x ) ' dx 1 = f ( x ) g ( x ) = f (1) g (1) − f ( 0 ) g ( 0 ) = 2.4 − 1. ( −2 ) = 10 0

⇒ 7 + I = 10 ⇔ I = 3.

Chọn C. Câu 39 (NB) Phương pháp: 23

Sử dụng công thức lãi kép.

Cách giải: 6

Nếu hàng năm không khai thác thì sau 6 năm khu rừng đó có: 7.106 (1 + 4% ) = 7. (10, 4 ) (mét khối).

Chọn D. Câu 40 (TH) Phương pháp: - Tham số hóa tọa độ điểm M ∈ ∆ : M ( −1 + t ; 2t ;1 − t ) . - Ch M ∈ ( P ) , tìm t và suy ra tọa độ điểm M - Tính OM = xM2 + yM2 + zM2 .

Cách giải: Gọi M ( −1 + t ; 2t ;1 − t ) ∈ ∆. Vì M = ∆ ∩ ( P ) ⇔ M ∈ ( P ) ⇒ −1 + t − 2t + 2 − 2t + 5 = 0 ⇔ t = 2. 2

⇒ M (1; 4; −1) ⇒ OM = 12 + 4 2 + ( −1) = 3 2. Chọn A. Câu 41 (VD) Phương pháp: ( P ) và suy ra phương trình đường thẳng giao tuyến của ( P ) , ( Q ) . - Xét hệ  ( Q ) - Xác định u là VTCP của đường thẳng giao tuyến. - Lấy M ∈ giao tuyến (bất kì). Tính AM . - ( R ) có 1 VTPT là n =  AM ; u  . - Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và nhận u = ( A; B; C ) làm vectơ pháp tuyến có phương trình là: A ( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0.

Cách giải: x + y − z −1 = 0 . Gọi ∆ = ( P ) ∩ ( Q ) ⇒ Phương trình đường thẳng ∆ :  2 x − y + z − 6 = 0

7  x = 3 3 x − 7 = 0  x + y − t −1 = 0 4   ⇔  y = −x + t +1 ⇔  y = − + t Cho z = t ta có  3 2 x − y + t − 6 = 0 z = t   z = t   7 4  ⇒ ∆ có 1 VTCP là u = ( 0;1;1) và đi qua điểm M  ; − ;0  . 3 3 

 10 4  5 10 10  5  Ta có AM =  ; − ; −3  ⇒  AM , u  =  ; − ;  = (1; −2; 2 ) . 3  3  3 3 3  3 n ⊥ u ∆ ⊂ ( R ) Gọi n là 1 VTCP của mặt phẳng ( R ) . Ta có  ⇒  ⇒ n = (1; −2; 2 ) .  A, M ∈ ( R ) n ⊥ AM

Vậy phương trình mặt phẳng ( R ) là: 1( x + 1) − 2 y + 2 ( z − 3) = 0 ⇔ x − 2 y + 2 z − 5 = 0.

Chọn C. Câu 42 (VD) Phương pháp: - Gọi M = d ∩ ∆, tham số hóa tọa độ điểm M : M (1 + t ; −t ; −1 + t ) .

- Giải AM .ud = 0 tìm t. - Đường thẳng d đi qua A và có 1 VTCP là AM . Viết phương trình đường thẳng d . Cách giải: Gọi M = d ∩ ∆ ⇒ M (1 + t ; −t ; −1 + t ) . ⇒ AM = ( t ; −t − 3; t ) .

x = 1+ t  Đường thẳng ∆ :  y = −t có 1 VTCP là u∆ = (1; −1;1) .  z = −1 + t 

Vì d ⊥ ∆ ⇒ AM .u∆ = 0 ⇒ 1.t − 1. ( −t − 3) + 1.t = 0 ⇔ t + t + 3 + t = 0 ⇔ t = −1 ⇒ AM = ( −1; −2; −1) ⇒ ud = (1; 2;1) là 1 VTCP của đường thẳng d . 25

x −1 y − 3 z + 1 . = = 1 2 1

Vậy phương trình đường thẳng d là:

Chọn C. Câu 43 (TH) Phương pháp: - Hình chiếu của M ( a; b; c ) trên các trục Ox, Oy, Oz là A ( a; 0; 0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) . - Phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm A ( a; 0; 0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) là

x y z + + = 1. a b c

Cách giải: Hình chiếu của M ( 2; −3;1) trên các trục Ox, Oy, Oz là A ( 2;0; 0 ) , B ( 0; −3;0 ) , C ( 0;0;1) . Phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm A ( 2;0; 0 ) , B ( 0; −3;0 ) , C ( 0;0;1) là

x y z + + = 1. 2 −3 1

Chọn A. Câu 44 (VD) Phương pháp: - Lấy tích phân hai vế. - Sử dụng phương pháp tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số.

Cách giải: 2

Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế của phương trình f ( x ) + f (1 − x ) = x 2 (1 − x ) ∀x ∈ ℝ ta có: 1

∫

f ( x ) dx + ∫ f (1 − x ) dx = ∫ x 2 (1 − x ) dx =

1 ( *) . 30

Xét

∫ f (1 − x ) dx. 0

Đặt t = 1 − x ⇒ dt = − dx ⇒ dx = − dt x = 0 ⇒ t = 1 . Đổi cận  x = 1 ⇒ t = 0

⇒ ∫ f (1 − x ) dx = − ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx. 1

Thay vào (*) ta có 2 ∫ f ( x ) dx = 0

1 1 ⇔ ∫ f ( x ) dx = . 30 60 0

Chọn B. Câu 45 (TH) Phương pháp: - Diện tích mặt cầu bán kính R là S = 4π R 2 , từ đó tính diện tích mặt cầu. - Mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có bán kính R = a 2 + b 2 + c 2 − d .

Cách giải: Gọi R là bán kính mặt cầu ta có 4π R 2 = 28π ⇔ R 2 = 7. 2

⇒ 12 + ( − m ) + 22 − ( −1) = 7 ⇔ m 2 + 6 = 7 ⇔ m = ±1

Chọn A. Câu 46 (VDC) Phương pháp: Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng m ≤ g ( x ) ∀x > 0 ⇔ m ≤ max g ( x ) . ( 0;+∞ )

Cách giải: Ta có: ln x 1 ln x m + ≥ + ∀x > 0, x ≠ 1 x + 1 x x −1 x

⇔

ln x 1 ln x m + − ≥ ∀x > 0, x ≠ 1 x +1 x x −1 x

x   x ⇔ ln x  −  + 1 ≥ m∀x > 0, x ≠ 1  x + 1 x −1  x2 − x − x2 − x ⇔ ln x. + 1 ≥ m∀x > 0, x ≠ 1 x2 − 1 ⇔

−2 x .ln x + 1 ≥ m∀x > 0, x ≠ 1 (*) x2 − 1

Đặt g ( x ) =

−2 x .ln x + 1 ta có m ≤ g ( x ) ∀x > 0, x ≠ 1. x2 − 1

Sử dụng MTCT ta vẽ được BBT hàm số g ( x ) như sau:

⇒ ( *) có nghiệm khi và chỉ khi m ≤ 1. Vậy có vô số giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Chọn C. Câu 47 (VD) Phương pháp:

- Sử dụng: G là trọng tâm tam giác ABC ta có: MA + MB + MC = 3MG. - Khoảng cách từ điểm I ( x0 ; y0 ; z0 ) đến mặt phẳng ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 là d ( I ; ( P )) =

Ax0 + By0 + Cz0 + D A2 + B 2 + C 2

Cách giải: Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có G (1; 2;1) . Ta có: E = MA + MB + MC = 3 MG = 3MG.

Do đó Emin ⇔ MGmin ⇔ M là hình chiếu của ( G ) lên ( P ) . Khi đó MG = d ( G; ( P ) ) =

1 − 2.2 + 2.1 − 7 2

12 + ( −2 ) + 22

8 3

8 Vậy Emin = 3. = 8. 3

Chọn A. Câu 48 (VD) Phương pháp: - Sử dụng: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) , đường thẳng x = a, x = b là b

S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx. Tính a

∫ f ' ( x ) dx, từ đó so sánh f ( 3) , f ' ( 3) . 0

- Từ đồ thị hàm số f ' ( x ) suy ra BXD hàm số f '' ( x ) , so sánh f '' ( 3) với 0.

Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta có f ' ( 3) = 0. 3

Ta có S = ∫ f ' ( x ) dx = − ∫ f ' ( x ) dx = f ( 0 ) − f ( 3) > 0 nên f ( 3) < f ( 0 ) = 0 ⇒ f ( 3) < f ' ( 3) .  x = a ∈ ( 0;3) Xét hàm số f ' ( x ) trên [ 0; +∞ ) , hàm số có 2 điểm cực trị  .  x = b > 3 Ta có BXD f '' ( x ) như sau:

⇒ f '' ( 3) > 0 = f ' ( 3) . Vậy f ( 3) < f ' ( 3) < f '' ( 3) .

Chọn C. Câu 49: Phương pháp: - Sử dụng

(

) (

)

2 −1 =

−1

2 + 1.

- Chia cả 2 vế cho - Đặt ẩn phụ t =

2 +1

(

)

2 +1

x −1

> 0, đưa về bất phương trình bậc hai ẩn t.

- Giải bất phương trình tìm t sau đó tìm x.

Cách giải: Ta có: x

(

2 +1 −

) (

⇔

(

2 +1 −

⇔

(

2 +1

⇔

(

2 +1

)

2 −1

) ( ) )

x −1

−

≤2

)

2 +1

(

2− x

(

1− x

)

2 +1

(

)

2 +1

)

2 +1

≤2

x −1

−

x−2

x −1

(

)

2 +1

≤2 ≤2 29

Đặt t =

(

)

2 +1

x −1

1 > 0, bất phương trình trở thành: t − ≤ 2 ⇔ t 2 − 2t − 1 ≤ 0 ⇔ 1 − 2 ≤ t ≤ 1 + 2. t

Kết hợp điều kiện ⇒ 0 < t ≤ 1 + 2.

⇒

(

)

2 +1

x −1

≤ 2 + 1 ⇔ x − 1 ≤ 1 ⇔ x ≤ 2.

Chọn C. Câu 50 (VDC) Phương pháp: Xét hàm đặc trưng.

Cách giải: 1 ĐKXĐ: 5 x − 1 > 0 ⇔ x > . 5 Ta có:

log 2

x2 + x +1 + x2 − 4 x + 2 = 0 5x −1

⇔

1 x2 + x + 1 2 log 2 + x − 4x + 2 = 0 2 5x −1

⇔

1 1 log 2 ( x 2 + x + 1) − log 2 ( 5 x − 1) + x 2 − 4 x + 2 = 0 2 2

⇔

1 1 log 2 ( x 2 + x + 1) + x 2 + x + 1 = log 2 ( 5 x − 1) + 5 x − 1 (*) 2 2

1 1 1 Xét hàm đặc trưng f ( t ) = log 2 t + t ( t > 0 ) có f ' ( t ) = . + 1 > 0∀t > 0 nên hàm số đồng biến trên 2 2 t ln 2 ( 0; +∞ ) , suy ra (*) ⇔ x 2 + x + 1 = 5 x − 1 ⇔ x 2 − 4 x + 2 = 0 ⇔ x = 2 ± 2 ( tm ) . Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho là 2 + 2 + 2 − 2 = 4.

Chọn B.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ KIỂM TRA ĐỊNH KÌ LẦN 3 NĂM HỌC 2020 - 2021

BẮC NINH

MÔN TOÁN – LỚP 12 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm Mã đề thi 005 MỤC TIÊU

- Đề kiểm tra định kì lần 3 môn Toán của trường THPT Chuyên Bắc Ninh ngày càng hay và vẫn giữ vững tinh thần bám sát đề chính thức các năm, qua đó giúp học sinh ôn tập tốt và đúng trọng tâm nhất. - Đề thi tập trung nhiều câu hỏi hay và khó, là nguồn tài liệu quý giá phục vụ cho HS trong giai đoạn ôn thi và luyện đề này. Câu 1: Cho hàm số y =

ax − b có đồ thị như hình vẽ bên: x −1

Tích ab bằng:

A. 2.

B. −3.

C. −2.

D. 3.

Câu 2: Hình đa diện nào sau đây có tâm đối xứng? A. Hình lăng trụ tam giác đều

B. Hình tứ diện đều

C. Hình chóp tứ giác đều

D. Hình lập phương

Câu 3: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a và có thể tích bằng khối chóp đã cho. A. h =

3 3a 2

B. h =

3a 3

C. h = 3a

3a 3 . Tính chiều cao h của

D. h = 2 3a

Câu 4: Một khối trụ có diện tích xung quanh bằng 80π . Tính thể tích của khối trụ biết khoảng cách giữa hai đáy bằng 10. 1

A. 160π Câu

(S ) : x

5: 2

B. 40π

Trong 2

không

gian

vớ i

C. 64π hệ

t ọa

Oxyz ,

độ

cho

D. 400π mặt

cầu

(S )

có

phương

trình

+ y + z − 2 x − 4 y − 6 z + 5 = 0. Tính diện tích mặt cầu ( S ) .

A. 42π

B. 12π

Câu 6: Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = A. y = −3

C. 9π

D. 36π

−3 x + 1 có phương trình là: x −1

B. y = 1

C. x = 1

D. x = −1.

C. a

D. 2 log 2 a

Câu 7: Với a là số thực khác không tùy ý, log 2 a 2 bằng: A. 2 log 2 a

1 log 2 a 2

Câu 8: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = 3 sin x + cos x − mx + 5 nghịch biến trên tập xác định. A. m ≥ 2

B. m ≤ 2

C. m ≥ −2

D. −2 ≤ m ≤ 2

Câu 9: Phương trình 2 x + 2 x −1 + 2 x − 2 = 3x − 3x −1 + 3x − 2 có nghiệm A. x = 2

B. x = 4

C. x = 3

D. x = 5

C. 2

D. 1

Câu 10: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thực của phương trình 2 f ( x ) − 3 = 0 là

A. 4

B. 3

Câu 11: Hình nón có bán kính đáy r = 3 và độ dài đường sinh l = 4. Diện tích xung quanh của hình nón bằng: A. S = 4 3π

B. S = 24π

C. S = 8 3π

Câu 12: Hàm số f ( x ) = log 2 x có đạo hàm là:

D. S = 16 3π

1 x ln 2

C. −

1 x ln 2

D. −

1 x ln 2

Câu 13: Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , SA = a, tam giác ABC đều và có độ dài đường cao là

a 3 . Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABC ) bằng: 2

A. 600

B. 300

C. 900

D. 450

C. y = x3 + 8 x + 9

D. y =

C. I = 5

D. I = 2

Câu 14: Hàm số nào sau đây có cực trị? B. y = x 2 − 2 x + 3

A. y = x − 1

2x −1 3x + 1

Câu 15: Tính tích phân I = ∫ ( 2 x + 1) dx. 0

A. I = 4

B. I = 6

Câu 16: Đồ thị hàm số y = f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d ( a ≠ 0 ) như hình vẽ. Hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 4

B. 5

C. 3

D. 2

 x 2 + 1 khi x > 0 Câu 17: Cho hàm số f ( x ) =  . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai? khi x ≤ 0 x A. f ( x ) liên tục tại x0 = 0.

B. lim+ f ( x ) = 1

C. f ( 0 ) = 0

D. lim− f ( x ) = 0

x →0

Câu 18: Hàm số nào sau đây là hàm số đồng biến?  2020  A. y =    2021 

 1  B. y =    π 

1 C. y =   e

(

2020

)

Câu 19: Cho tập hợp A = {1; 2;3; 4;5; 6;7;8} . Từ tập hợp A có thể lập được bao nhiêu số gồm 8 chữ số đôi một khác nhau sao cho các số này lẻ và không chia hết cho 5? A. 20100

B. 12260

C. 40320 3

D. 15120

Câu 20: Cho hình cầu có đường kính bằng 2a 3. Mặt phẳng ( P ) cắt hình cầu theo thiết diện là hình tròn có bán kính bằng a 2. Tính khoảng cách từ tâm hình cầu đến mặt phẳng ( P ) .

A. a 10

B. 2

Câu 21: Cho

∫

a 2

f ( x ) dx = 3 và

A. 10

a 10 2

D. a

∫ g ( x ) dx = 7, khi đó

∫  f ( x ) + 3g ( x ) dx

B. 16

bằng

C. −18

D. 24

Câu 22: Cho hàm số y = f ( x ) xác định và có đạo hàm cấp một và cấp hai trên khoảng ( a; b ) và x0 ∈ ( a; b ) . Khẳng định nào sau đây sai? A. Nếu hàm số đạt cực đại tại x0 thì y ' ( x0 ) = 0. B. Nếu y ' ( x0 ) = 0 và y " ( x0 ) ≠ 0 thì x0 là điểm cực trị của hàm số. C. Nếu y ' ( x0 ) = 0 và y " ( x0 ) ≠ 0 thì x0 không là điểm cực trị của hàm số. D. Nếu y ' ( x0 ) = 0 và y " ( x0 ) > 0 thì x0 là điểm cực tiểu của hàm số. 15

Câu 23: Hệ số của x 25 y10 trong khai triển ( x3 + xy ) là: A. 5005

B. 3003

C. 4004

D. 58690

Câu 24: Hàm số y = f ( x ) liên tục và có bảng biến thiên trong đoạn [ −1;3] cho trong hình bên. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ −1;3] , thì M bằng:

A. M = f ( 2 )

B. M = f ( 0 )

C. M = f ( −1)

D. M = f ( 3)

Câu 25: Khai triển nhị thức Niu-tơn ( x + 10 ) thành đa thức. Tính tổng các hệ số của đa thức nhận được A. 512

B. 1023

C. 2048

Câu 26: Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3x − sin x là

D. 1024

∫

f ( x ) dx =

3x 2 + cos x + C 2

∫ f ( x ) dx = 3x

∫

f ( x ) dx =

3x 2 − cos x + C 2

∫ f ( x ) dx = 3 + cos x + C

Câu 27: Tính giới hạn A = lim x →1

A. A = 2

+ cos x + C

x4 − 1 . x −1

B. A = 0

C. A = 4

D. A = +∞

Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (1; 2; 4 ) , B ( 2; 4; −1) . Tọa độ trọng tâm G của tam giác OAB là

A. G ( 2;1;1)

B. G ( 6;3;3)

Câu 29: Tập xác định của hàm số y = ( x 2 − 4 x + 3) A. (1;3)

2021

C. G (1;1; 2 )

D. G (1; 2;1)

C. ℝ \ {1;3}

D. ( −∞;1] ∪ [3; +∞ )

là:

B. ( −∞;1] ∪ ( 3; +∞ )

Câu 30: Trong một lớp học có 20 học sinh nữ và 15 học sinh nam. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 3 học sinh giữa 3 chức vụ: lớp trưởng, lớp phó và bí thư? 1 A152 + A202 . A151 A. A20

B. C353

C. A353

1 .C152 + C202 .C151 D. C20

C. ∫ cos xdx = sin x + C

Câu 31: Khẳng định nào sau đây sai? A.

∫ xdx = 2 x

B. ∫ e 2 x dx =

1 2x e +C 2

∫ x dx = ln x + C

Câu 32: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, cạnh huyển bằng a 2, SA = a 3, SA vuông góc với đáy. Thể tích V của khối chóp đã cho bằng:

4a 3 A. V = 3

4a 3 6 B. V = 3

a3 3 C. V = 6

D. V = 2a 3 2

Câu 33: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa hai mặt phẳng ( SCD ) và ( ABCD ) bằng ϕ và sin ϕ =

5 . Khoảng cách từ 5

điểm A đến mặt phẳng ( SCD ) bằng: A.

a 5

2a 5

C. 2

Câu 34: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có

∫

2 5a 5 4

f ( x ) dx = 9, ∫ f ( x ) dx = 4. Tính

D. 4

5a 5

∫ f ( x ) dx . 0

A. I = 5

B. I = 36

C. I = 13

D. I =

9 4

Câu 35: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên. Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

x2 −1 f 2 ( x) − 5 f ( x)

A. 3 Câu

B. 1

36:

Cho

hàm

số

C. 2 có

y = f ( x)

đạo

D. 4

hàm

trên

ℝ

thỏa

f ( 0) = 3

mãn

và

f ( x ) + f ( 2 − x ) = x 2 − 2 x + 2, ∀x ∈ ℝ. Tính I = ∫ x. f ' ( x ) dx . 0

A. I = − Câu

10 3

37:

B. I = −

Trong 2

không 2

gian

4 3

với

C. I = hệ

t ọa

5 3

Oxyz ,

độ

D. I = cho

điểm

2 3

thuộc

mặt

cầu

= 9 và ba điểm A (1; 0;0 ) , B ( 2;1;3) , C ( 0; 2; −3) . Biết rằng quỹ tích điểm M thỏa mãn MA2 + 2MBMC = 8 là một đường tròn cố định, tính bán kính r của đường tròn này.

( S ) : ( x − 3) + ( y − 3) + ( z − 2 ) A. r = 3

B. r = 3

C. r = 6

D. r = 6

Câu 38: Cho lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' có chiều cao bằng 2a và đáy là hình vuông có cạnh bằng a. Gọi M , N , P và Q lần lượt là tâm của các mặt bên ABB ' A ', BCC ' B ', CDD ' C ' và ADD ' A '. Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , D, M , N , P, Q bằng: A.

a3 6

5a 3 6

5a 3 3

125a 3 3

Câu 39: Cho hàm số y = f ( x ) . Biết hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Số điểm cực trị của hàm số y = 2021 f ( x ) + 2020 f ( x ) là:

A. 2.

B. 5.

C. 3.

D. 4.

Câu 40: Trong tất cả các khối chóp tứ giác đều ngoại tiếp mặt cầu bán kính bằng a, thể tích V của khối chóp có thể tích nhỏ nhất là: A. V =

8a 3 3

B. V =

10a 3 3

C. V = 2a 3

D. V =

32a 3 3

Câu 41: Biết đồ thị hàm số y = ax3 + bx 2 + cx + d cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt với hoành độ dương x1 , x2 , x3 đồng thời y " (1) = 0. Giá trị lớn nhất của biểu thức P = x3 + x2 x3 + 3 x1 x2 x3 là:

A. 5

B. 3

C. 4

D. 2

Câu 42: Biết hàm số f ( x ) − f ( 2 x ) có đạo hàm bằng 20 tại x = 1 và đạo hàm bằng 1001 tại x = 2. Tính đạo hàm của hàm số f ( x ) − f ( 4 x ) tại x = 1.

A. 2021

B. 2020

C. 2022

D. −2021

Câu 43: Cho mặt cầu ( S ) có bán kính R. Hình nón ( N ) thay đổi có đỉnh và đường kính đáy nằm trên mặt cầu

( S ) . Thể tích lớn nhất của khối nón ( N ) A.

32 R 3 27

là:

32π R 3 27

32 R 3 81

32π R 3 81

π 2

Câu 44: Biết

sin x

dx = a ln 5 + b ln 2, với a, b ∈ ℤ. Khẳng định nào sau đây đúng? ∫ π cos x + 2 3

A. 2a + b = 0

B. a + 2b = 0

C. 2a − b = 0

D. a + 2b = 0

Câu 45: Cho các số thực a, b > 1 và phương trình log a ( ax ) log b ( bx ) = 2021 có hai nghiệm phân biệt m, n. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ( 4a 2 + 25b 2 )(100m 2 n 2 + 1) bằng:

A. 200

B. 174

C. 404 7

D. 400

Câu 46: Cho n là số tự nhiên có bốn chữ số bất kì. Gọi S là tập hợp tất cả các số thực a thỏa mãn 3α = n. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S . Xác suất để chọn được một số tự nhiên bằng: A.

1 4500

1 3000

1 2500

D. 400

Câu 47: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ và có đạo hàm f ' ( x ) = ( 2 − x )( x + 3) g ( x ) + 2021 trong đó

g ( x ) < 0 ∀x ∈ ℝ . Hàm số y = f (1 − x ) + 2021x + 2022 đồng biến trên khoảng nào? A. ( −∞; −1)

B. ( −1; 4 )

C. ( −3; 2 )

D. ( 4; +∞ )

Câu 48: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có thể tích V . Lấy điểm I thuộc cạnh CC ' sao cho CI = 4 IC '. Gọi V M , N lần lượt là điểm đối xứng của A ', B ' qua I . Gọi V ' là thể tích của khối đa diện CABMNC '. Tỉ số V' bằng: A.

5 9

3 4

3 10

5 8

Câu 49: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy ( ABC ) . Lấy điểm M thuộc cạnh SC sao cho CM = 2 MS . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM bằng

32 3 3

4 21 . Thể tích của khối tứ diện C. ABM bằng: 7

32 3 9

C. 32 3

16 3 3

3ln x + 1 dx . Nếu đặt t = ln x thì: x 1

Câu 50: Cho tích phân I = ∫ e

A. I = ∫ ( 3t + 1) dt 1

3t + 1 dt t 0

B. I = ∫ ( 3t + 1) dt

C. I = ∫

---------------------- HẾT -------------------

3t + 1 dt t e 0

D. I = ∫

BẢNG ĐÁP ÁN 1. A

2. D

3. C

4. A

5. D

6. C

7. A

8. A

9. A

10. B

11. A

12. C

13. D

14. B

15. B

16. B

17. A

18. D

19. D

20. D

21. D

22. C

23. B

24. B

25. D

26. A

27. C

28. D

29. C

30. C

31. D

32. C

33. C

34. C

35. A

36. A

37. D

38. C

39. C

40. D

41. C

42. C

43. D

44. A

45. D

46. A

47. B

48. B

49. B

50. B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (TH) Phương pháp: Dựa vào các đường tiệm cận và các điểm thuộc đồ thị hàm số.

Cách giải: Đồ thị hàm số có TCN y = a = 1. Điểm ( 2; 0 ) thuộc đồ thị hàm số nên ta có 0 =

2a − b ⇒ 2a − b = 0, do đó b = 2a = 2. 2 −1

Vậy ab = 1.2 = 2.

Chọn A. Câu 2 (NB) Phương pháp: Dựa vào khái niệm tâm đối xứng của khối đa diện.

Cách giải: Hình đa diện có tâm đối xứng trong các đáp án đã cho là hình lập phương.

Chọn D. Câu 3 (NB) 9

Phương pháp:

1 3V Sử dụng công thức tính thể tích chóp V = S day h ⇒ h = S day 3 Cách giải: Chiều cao của khối chóp là h =

3V 3. 3a 3 = = 3a. S day ( 2a )2 3 4

Chọn C. Câu 4 (TH) Phương pháp: - Diện tích khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là S xq = 2π rh , từ đó tính bán kính đáy của hình trụ. - Thể tích khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là V = π r 2 h.

Cách giải: Vì khoảng cách giữa hai đáy bằng 10 ⇒ Chiều cao của hình trụ h = 10 Gọi r là bán kính đáy hình trụ ta có S xq = 2π rh = 80π ⇔ r = 4. Vậy thể tích khối trụ là V = π r 2 h = π .4 2.10 = 160π .

Chọn A. Câu 5 (TH) Phương pháp: - Dựa vào phương trình mặt cầu xác định bán kính mặt cầu: Mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có bán kính R = a 2 + b 2 + c 2 − d . - Diện tích mặt cầu bán kính R là S = 4π R 2 .

Cách giải: Mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 z − 4 y − 6 z + 5 = 0 có bán kính R = 12 + 22 + 32 − 5 = 3. Vậy diện tích mặt cầu ( S ) là S = 4π R 2 = 4π .9 = 36π .

Chọn D. Câu 6 (NB) Phương pháp: Đồ thị hàm số y =

ax + b d có TCĐ x = − . cx + d c 10

Cách giải: Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

−3 x + 1 có phương trình là x = 1. x −1

Chọn C. Câu 7 (NB) Phương pháp: Sử dụng công thức log a x m = m log a x ( 0 < a ≠ 1, x > 0 ) .

Cách giải:

log 2 a 2 = 2 log 2 a Chọn A. Câu 8 (TH) Phương pháp: - Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên TXĐ D khi và chỉ khi f ' ( x ) ≤ 0∀x ∈ D và bằng 0 tại hữu hạn điểm. - Sử dụng − a 2 + b 2 ≤ a sin x + b cos x ≤ a 2 + b 2 . - Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng m ≥ g ( x ) ∀x ∈ D ⇔ m ≥ max g ( x ) . D

Cách giải: Hàm số đã cho xác định trên ℝ. Ta có y ' = 3 cos x − sin x − m.

Để hàm số đã cho nghịch biến trên ℝ thì y ' = 3 cos x − sin x − m ≤ 0∀x ∈ ℝ. ⇔ m ≥ 3 cos x − sin x ∀x ∈ ℝ (*) . Ta có −2 ≤ 3 cos x − sin x ≤ 2 ∀x ∈ ℝ nên (*) ⇔ m ≥ 2.

Chọn A. Câu 9 (TH) Phương pháp: - Đặt nhân tử chung, sau đó đưa phương trình về dạng a x = m. - Giải phương trình mũ a x = m ⇔ x = log a m.

Cách giải: 2 x + 2 x −1 + 2 x − 2 = 3x − 3x −1 + 3x − 2 11

⇔ 2 x − 2 ( 22 + 2 + 1) = 3x − 2 ( 32 − 3 + 1) ⇔ 7.2

x −2

= 7.3

x−2

2 ⇔  3

x −2

⇔ x−2=0⇔ x = 2

Chọn A. Câu 10 (NB) Phương pháp: Số nghiệm của phương trình f ( x ) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = m song song với trục hoành.

Cách giải: 3 Ta có 2 f ( x ) − 3 = 0 ⇔ f ( x ) = . 2 Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y =

3 cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 3 điểm phân biệt. 2

Vậy Số nghiệm thực của phương trình 2 f ( x ) − 3 = 0 là 3.

Chọn B. Câu 11 (NB) Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l là S xq = π rl.

Cách giải: Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r = 3 và độ dài đường sinh l = 4 là S xq = π rl = π . 3.4 = 4 3π .

Chọn A. Câu 12 (TH) Phương pháp: - Viết x = x 2 . - Sử dụng công thức tính đạo hàm ( log a u ) ' =

u' . u ln a

Cách giải:

f ( x ) = log 2 x = log 2 x 2

⇒ f '( x) =

( )

x2 '

2 x 1 = 2 x = 2 = 2 x ln 2 x ln 2 x ln 2 x ln 2

Chọn C. Câu 13 (TH) Phương pháp: - Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó. - Sử dụng tính chất tam giác vuông cân.

Cách giải:

Vì SA ⊥ ( ABC ) nên AB là hình chiếu vuông góc của SB lên ( ABC )

⇒ ∠ ( SB; ( ABC ) ) = ∠ ( SB; AB ) = ∠SBA Tam giác ABC đều có đường cao là

a 3 ⇒ AB = a = SA ⇒ ∆SAB vuông cân tại A ⇒ ∠SBA = 450 . 2

Vậy ∠ ( SB; ( ABC ) ) = 450 .

Chọn D. Câu 14 (TH) Phương pháp: Giải phương trình y ' = 0 và xác định nghiệm bội lẻ của phương trình thỏa mãn ĐKXĐ.

Cách giải: Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất không có cực trị nên loại đáp án D.

Đáp án C: y ' = 3 x 2 + 8 > 0 ∀x ∈ ℝ nên hàm số không có cực trị.

Đáp án A: TXĐ D = [1; +∞ ) , y ' =

1 > 0 ∀x ∈ D nên hàm số không có cực trị. 2 x −1

Đáp án B: y ' = 2 x − 2 = 0 ⇔ x = 1, do đó hàm số đạt cực trị tại x = 1. Chọn B. Câu 15 (NB) Phương pháp: Sử dụng MTCT.

Cách giải:

Chọn B. Câu 16 (TH) Phương pháp: Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) = m + n với m là số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) , n là số giao

điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) với trục hoành (không tính điểm tiếp xúc). Cách giải: Hàm số y = f ( x ) có 2 cực trị và đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm nên hàm số y = f ( x ) có 2 + 3 = 5

điểm cực trị. Chọn B. Câu 17 (NB) Phương pháp: - Tính các giới hạn lim+ f ( x ) , lim− f ( x ) . x →0

x →0

- Hàm số y = f ( x ) liên tục tại x = x0 khi và chỉ khi lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) = f ( x0 ) x → x0

Cách giải: Ta có:

lim f ( x ) = lim ( x 2 + 1) = 1

x → 0+

x →0

lim f ( x ) = lim− ( x ) = 0

x → 0−

x →0

⇒ Đáp án B, D đúng. 14

x → x0

Vì lim+ f ( x ) ≠ lim− f ( x ) ⇒ Hàm số gián đoạn tại x0 = 0 nên đáp án A sai. x →0

x →0

Chọn A. Câu 18 (NB) Phương pháp: Cho hàm số y = a x . - Hàm số đồng biến trên ℝ khi và chỉ khi a > 1. - Hàm số nghịch biến trên ℝ khi và chỉ khi 0 < a < 1.

Cách giải: Ta có

2020

π > 1 nên hàm số

(

2020

)

hàm số đồng biến trên ℝ.

Chọn D. Câu 19 (TH) Phương pháp: - Số lẻ không chia hết cho 5 là số có tận cùng bằng {1;3;7} . - Sử dụng hoán vị và quy tắc nhân.

Cách giải: Gọi số có 8 chữ số là a1a2 ...a8 Vì số lập được là số lẻ không chia hết cho 5 nên a8 ∈ {1;3; 7} ⇒ Có 3 cách chọn a8 . Số cách chọn a1 , a2 ,..., a7 từ tập 7 chữ số còn lại khác a8 là 7! = 5040 cách. Vậy số các số gồm 8 chữ số đôi một khác nhau sao cho các số này lẻ và không chia hết cho 5 là 3.5040 = 15120

Chọn D. Câu 20 (TH) Phương pháp:

Áp dụng định lí Pytago: R 2 = r 2 + d 2 với R là bán kính hình cầu, r là bán kính hình tròn, d = d ( I ; ( P ) ) với I là tâm mặt cầu.

Cách giải: Gọi d là khoảng cách từ tâm hình cầu đến mặt phẳng ( P ) .

R là bán kính hình cầu ⇒ R = a 3 . r là bán kính hình tròn ⇒ r = a 2. Vậy d = R 2 − r 2 = 3a 2 − 2a 2 = a.

Chọn D. Câu 21 (NB) Phương pháp: Sử dụng tính chất tích phân:

∫  f ( x ) + g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx, ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx ( k ≠ 0 ) .

Cách giải: 2

∫  f ( x ) + 3g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + 3∫ g ( x ) dx = 3 + 3.7 = 24 . Chọn D. Câu 22 (NB) Phương pháp: Sử dụng các định lí về cực trị của hàm số.

Cách giải: Dễ thấy đáp án C sai.

Chọn C. Câu 23 (TH) Phương pháp: n

Khai triển nhị thức Niu-tơn: ( a + b ) = ∑ Cnk a n − k b k n

k =0

Cách giải: 15

15 − k

Ta có: ( x3 + xy ) = ∑ C15k ( x3 ) k =0

( xy )

= ∑ C15k x 45− 2 k y k k =0

45 − 2k = 25 Số hạng chứa x 25 y10 ứng với  ⇔ k = 10 ( tm ) . k = 10 15

Vậy hệ số của x 25 y10 trong khai triển ( x3 + xy ) là C1510 = 3003.

Chọn B. Câu 24 (NB) Phương pháp: Dựa vào BBT tìm M .

Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy M = max f ( x ) = f ( 0 ) = 5. [ −1;3]

Chọn B. Câu 25 (NB) Phương pháp: Để tính tổng các hệ số trong một khai triển ta thay x = 1. Cách giải: Tổng các hệ số của đa thức nhận được khi khai triển nhị thức Niu-tơn 10

(1 + 1)

= 1024.

Chọn D. Câu 26 (NB) Phương pháp: Sử dụng công thức tính nguyên hàm:

n ∫ x dx =

x n +1 + C ( n ≠ −1) , ∫ sin xdx = − cos x + C. n +1

Cách giải:

∫

f ( x ) dx = ∫ ( 3 x − sin x ) dx =

3x 2 + cos x + C. 2

Chọn A. Câu 27 (TH) Phương pháp: Phân tích tử thành nhân tử, triệt tiêu với mẫu để khử dạng 0/0.

Cách giải: 17

( x + 10 )

thành đa thức là

( x − 1)( x + 1) ( x 2 + 1) x4 − 1 = lim = lim ( x + 1) ( x 2 + 1) = 4. A = lim x →1 x − 1 x →1 x →1 x −1 Chọn C. Câu 28 (NB) Phương pháp: xA + xB + xC  x = G  3  y + yB + yC  Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là  yG = A . 3  z A + z B + zC   zG = 3 

Cách giải: xO + xA + xB 0 + 1 + 2  = =1  xG = 3 3  y + y A + yB 0 + 2 + 4  Tọa độ trọng tâm G của tam giác OAB là  yG = O = = 2 ⇒ G (1; 2;1) . 3 3  zO + z A + z B 0 + 4 − 1  = =1  zG = 3 3 

Chọn D. Câu 29 (TH) Phương pháp: n

Hàm số y =  f ( x )  với n là số nguyên âm xác định khi và chỉ khi f ( x ) xác định và f ( x ) ≠ 0.

Cách giải: Hàm số y = ( x 2 − 4 x + 3)

−2021

x ≠ 1 . xác định ⇔ x 2 − 4 x + 3 ≠ 0 ⇔  x ≠ 3

Vậy TXĐ của hàm số y = ( x 2 − 4 x + 3)

−2021

là ℝ \ {1;3} .

Chọn C. Câu 30 (NB) Phương pháp: Sử dụng chỉnh hợp

Cách giải: 18

Số cách chọn 3 học sinh giữa 3 chức vụ: lớp trưởng, lớp phó và bí thư từ 35 học sinh là A353 .

Chọn C. Câu 31 (NB) Phương pháp: Sử dụng công thức tính nguyên hàm:

n ∫ x dx =

x n +1 1 + C ( n ≠ −1) , ∫ cos xdx = sin x + C , ∫ e kx dx = ekx + C. n +1 k

Cách giải: Dễ thấy đáp án A, B, C đúng.

Đáp án D sai vì

∫ x dx = ln x + C.

Chọn D. Câu 32 (TH) Phương pháp: 1 Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V = S day .h. 3

Cách giải: Vì tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A, cạnh huyền bằng a 2 nên AB = AC = a. ⇒ S ∆ABC =

1 1 AB. AC = a 2 . 2 2

1 1 1 a3 3 Vậy VS . ABC = SA.S ∆ABC = .a 3. a 2 = . 3 3 2 6

Chọn C. Câu 33 (VD) Phương pháp: - Gọi H là trung điểm của AB. Chứng minh SH ⊥ ( ABCD ) . - Xác định góc giữa ( SCD ) và ( ABCD ) bằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến. - Chứng minh d ( A; ( SCD ) ) = d ( H ; ( SCD ) ) , dựng d ( H ; ( SCD ) ) . - Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính d ( H ; ( SCD ) ) .

Cách giải: 19

Gọi H là trung điểm của AB. Vì tam giác SAB cân tại S nên SH ⊥ AB . ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) = AB Ta có:  ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) .  SH ⊂ ( SAB ) , SH ⊥ AB CD ⊥ HK ⇒ CD ⊥ ( SHK ) ⇒ CD ⊥ SK . Gọi K là trung điểm của CD ta có  CD ⊥ SH

( SCD ) ∩ ( ABCD ) = CD   SK ⊂ ( SCD ) , SK ⊥ CD ⇒ ∠ ( ( SCD ) ; ( ABCD ) ) = ∠ ( SK ; HK ) = ∠SKH = ϕ .   HK ⊂ ( ABCD ) , HK ⊥ CD Vì AH / / CD ⇒ AH / / ( SCD ) ⇒ d ( A; ( SCD ) ) = d ( H ; ( SCD ) ) .  HI ⊥ SK Trong ( SHK ) kẻ HI ⊥ SK ( I ∈ SK ) ta có:  ⇒ HI ⊥ ( SCD )  HI ⊥ CD ( CD ⊥ ( SHK ) )

⇒ d ( H ; ( SCD ) ) = HI . Xét tam giác vuông HIK ta có sin ϕ = sin ∠SKH = Vậy d ( S ; ( SCD ) ) =

5 2a 5 HI . ⇒ HI = HK .sin ϕ = 2a. = HK 5 5

2a 5 . 5

Chọn C. Câu 34 (NB) Phương pháp: Sử dụng tính chất tích phân:

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

Cách giải: 4

∫ 0

f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 9 + 4 = 13. 20

Chọn C. Câu 35 (VD) Phương pháp: Xác định số nghiệm của phương trình mẫu số không bị triệt tiêu bởi nghiệm của phương trình tử số.

Cách giải: Phương trình x 2 − 1 = 0 ⇔ x = ±1.  f ( x) = 0 . Xét f 2 ( x ) − 5 f ( x ) = 0 ⇔   f ( x ) = 5  x = 1( nghiem kep ) Phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm  , nghiệm kép x = 1 không bị triệt tiêu bởi tử số. x = a < − 1  Phương trình f ( x ) = 5 có nghiệm x = b > 1. Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 tiệm cận đứng x = 1, x = a, x = b.

Chọn A. Câu 36 (VD) Phương pháp: u = x - Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, đặt  . dv = f ' ( x ) dx - Sử dụng giả thiết f ( 0 ) = 3 và f ( x ) + f ( 2 − x ) = x 2 − 2 x + 2 tính f ( 2 ) . 2

- Từ f ( x ) + f ( 2 − x ) = x 2 − 2 x + 2 lấy tích phân từ 0 đến 2 hai vế, sau đó tính

∫ f ( 2 − x ) dx

bằng phương pháp

đưa biến vào vi phân. Cách giải: u = x du = dx Đặt  . ⇒ dv = f ' ( x ) dx v = f ( x ) 2 2 2 ⇒ I = ∫ x. f ' ( x ) dx = xf ( x ) − ∫ f ( x ) dx 0 0 0 2

= 2 f ( 2 ) − ∫ f ( x ) dx 0

Theo bài ra ta có f ( x ) + f ( 2 − x ) = x 2 − 2 x + 2. Thay x = 0 ⇒ f ( 0 ) + f ( 2 ) = 2 ⇒ f ( 2 ) = 2 − f ( 0 ) = −1. 21

Lấy tích phân từ 0 đến 2 hai vế ta có

∫ 0

Mà

∫

8 f ( x ) dx + ∫ f ( 2 − x ) dx = ∫ ( x 2 − 2 x + 2 ) dx = . 3 0 0

f ( 2 − x ) dx = − ∫ f ( 2 − x ) d ( 2 − x ) = − ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx

0 2

8 4 ⇒ 2 ∫ f ( x ) dx = ⇔ ∫ f ( x ) dx = . 3 3 0 0 2

Vậy ⇒ I = 2 f ( 2 ) − ∫ f ( x ) dx = 2. ( −1) − 0

4 10 =− . 3 3

Chọn A. Câu 37 (VD) Phương pháp: - Gọi M ( x; y; z ) , tính MA, MB, MC

- Từ giả thiết MA2 + 2 MB.MC = 8 chứng minh I ∈ ( S ') , xác định tâm I ' và bán kính R ' của mặt cầu ( S ') . - Xác định tâm I và bán kính R của mặt cầu ( S ) . - Chứng minh II ' < R + R ' ⇒ ( S ) ∩ ( S ') = một đường tròn và M thuộc đường tròn đó. - Sử dụng định lí Pytago tính bán kính của đường tròn.

Cách giải:  MA = (1 − x; − y; − z )  Gọi M ( x; y; z ) . Ta có  MB = ( 2 − x;1 − y;3 − z ) .   MC = ( − x; 2 − y; −3 − z ) ⇒ MA2 + 2MB.MC = 8 2

⇔ (1 − x ) + y 2 + z 2 − 2 x ( 2 − x ) + 2 (1 − y )( 2 − y ) + 2 ( 3 − z )( −3 − z ) = 8 ⇔ x2 + y 2 + z 2 − 2 x + 1 − 4 x + 2 x2 + 2 ( 2 − 3 y + y 2 ) − 2 (9 − z 2 ) = 8 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 1 − 4 x + 2 x 2 + 4 − 6 y + 2 y 2 − 18 + 2 z 2 = 8 ⇔ 3 x3 + 3 y 2 + 3 z 2 − 6 x − 6 y − 21 = 0 22

⇔ x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 7 y − 7 = 0 ( S ') ⇒ M ∈ ( S ') là mặt cầu tâm I ' (1;1; 0 ) , bán kính R ' = 1 + 1 + 7 = 3. Hơn nữa, M ∈ ( S ) có tâm I ( 3;3; 2 ) , bán kính R = 3.

Ta có: II ' = 22 + 22 + 22 = 2 3 < R + R ' .

⇒ M = ( S ) ∩ ( S ') là một đường tròn có bán kính r = AH . Dễ thấy ∆AII ' cân tại A nên H là trung điểm của II ' ⇒ IH = Vậy r = AH = AI 2 − IH 2 = 32 −

( 3)

1 II ' = 3. 2

= 6.

Chọn D. Câu 38 (VDC) Phương pháp: - Sử dụng phân chia khối đa diện - Sử dụng công thức tính thể tích hình hộp V = S .h với S là diện tích đáy, h là chiều cao hình hộp. 1 - Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V = S .h với S là diện tích đáy, h là chiều cao hình hộp. 3

Cách giải:

Thể tích hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' là V = 2a.a 2 = 2a 3 Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt AA ', BB ' lần lượt tại A "; B ". Qua P kẻ đường thẳng song song với DC cắt DD ', CC ' lần lượt tại D "; C ". Suy ra A "; Q; D " thẳng hàng và A " D "/ / AD; B "; N ; C " thẳng hàng và B " C "/ / BC Ta có M , N , P, Q lần lượt là trung điểm của A " B ", B " C ", C " D ", D " A "

A ", B ", C ", D " lần lượt là trung điểm của AA ', BB ', CC ', DD '. 1 1 Suy ra VABCD. A" B "C " D " = VABCD. A ' B 'C ' D ' = .72 = 36 2 2 Ta có VABCD.MNPQ = VABCD. A" B "C " D " − VD.QD " P − VC . NC " P − VB.MNB " − VA.QMA" 1 VD.QD " P = .SQD " P .d ( D; ( QD " P ) ) 3 1 1 = . QD ".D " P.sin ∠QD " P.d ( D; ( A " B " C " D ") ) 3 2 1 1 1 1 = . . AD. DC.sin ∠ADC.d ( D; ( A " B " C " D ") ) 3 2 2 2 =

1 . AD.DC.sin ∠ADC.d ( D; ( A " B " C " D ") ) 24

1 .S ABCD .d ( D; ( A " B " C " D ") ) 24

1 .VABCD. A" B "C " D " 24 24

a3 1 .2a 3 = 24 12

Tương tự ta có VC . NC " P = VB.MNB " = VA.QMA" =

a3 12

Suy ra VABCD.MNPQ = VABCD. A" B "C " D " − VD.QD " P − VC . NC " P − VB.MNB " − VA.QMA"

a 3 5a 3 . = 2a − 4. = 12 3 3

Chọn C. Câu 39 (VD) Phương pháp: - Tính đạo hàm của hàm số đã cho. - Giải phương trình y ' = 0 bằng cách xét tương giao. - Số cực trị của hàm số chính là số nghiệm bội lẻ phân biệt của phương trình y ' = 0 .

Cách giải: Xét hàm số y = 2021 f ( x ) + 2020 f ( x ) ta có: y ' = f ' ( x ) .2021

f ( x)

ln 2021 + f ' ( x ) .2020

f ( x)

ln 2020

f x f x y ' = f ' ( x ) .  2021 ( ) ln 2021 + 2020 ( ) ln 2020 

⇒ y ' = 0 ⇔ f ' ( x ) = 0 (do 2021 f ( x ).ln 2021 + 2020 f ( x ) ln 2020 > 0 ∀x ) x = a < 0  ⇔  x = b ∈ (1;3)( b < c )  x = c ∈ 1;3 ( ) 

Ba nghiệm này là ba nghiệm phân biệt và là các nghiệm đơn. 25

Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Chọn C. Câu 40 (VD) Phương pháp: - Giả sử ta có khối chóp tứ giác đều S . ABCD . Xác định tâm mặt cầu nội tiếp khối chóp S . ABCD - Đặt SO = x > a, tính SI , SH theo x, a. - Sử dụng ∆SIH ∽ ∆SMO ( g.g ) , tính OM theo x, a từ đó tính S ABCD theo x, a. 1 - Tính VS . ABCD = SO.S ABCD theo x, a. 3 - Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN của VS . ABCD .

Cách giải:

Giả sử ta có khối chóp tứ giác đều S . ABCD . Gọi O = AC ∩ BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, AC. Trong ( SMN ) dựng tia phân giác của góc ∠SMN cắt SO tại

I ⇒ I là tâm mặt cầu nội tiếp khối chóp S . ABCD . Kẻ IH ⊥ SM ( H ∈ SM ) ta có r = IH = IO = a là bán kính mặt cầu nội tiếp khối chóp S . ABCD .

Đặt SO = x > a ⇒ SI = SO − IO = x − a Áp dụng định lý Pytago ta có SH = SI 2 − IH 2 = Vì ∆SIH ∽ ∆SMO ( g .g ) ⇒

SH IH = ⇒ SO OM

( x − a)

− a 2 = x 2 − 2ax .

x 2 − 2ax a = ⇒ OM = x OM

x 2 − 2ax

2ax

⇒ AB = 2OM =

x 2 − 2ax

⇒ S ABCD = AB 2 =

4a 2 x 2 x 2 − 2ax

1 1 4a 2 x 2 4a 2 x3 . 2 . ⇒ VS . ABCD = SO.S ABCD = x. 2 = 3 3 x − 2ax 3 x − 2ax Xét hàm số f ( x ) = f '( x) =

f '( x) =

x3 ( x > 0 ) ta có x 2 − 2ax

3 x 2 . ( x 2 − 2ax ) − x3 . ( 2 x − 2a )

− 2ax )

3 x 4 − 6ax3 − 2 x 4 + 2ax 3

− 2ax )

x 4 − 4ax3

− 2ax )

f ' ( x ) = 0 ⇔ x 3 ( x − 4a ) = 0 ⇔ x = 4a ( tm ) ⇒ min f ( x ) = f ( 4a ) = ( a ;+∞ )

Vậy min VS . ABCD

64a 3

( 4a )

− 2a.4a

= 8a.

4a 2 32a 3 = .8a = , đạt được khi SO = 4a. 3 3

Chọn D. Câu 41 (VDC) Cách giải: Sưu tầm nhóm Toán VD-VDC. Vì đồ thị hàm số y = ax3 + bx 2 + cx + d cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt với hoành độ dương x1 , x2 , x3 nên phương trình ax3 + bx 2 + cx + d = 0 có 3 nghiệm dương phân biệt x1 , x2 , x3 .

−b   x1 + x2 + x3 = a  c  Áp dụng định lí Vi-ét ta có:  x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = . a  d   x1 x2 x3 = a  Ta có: y ' = 3ax 2 + 2bx + c, y " = 6ax + 2b.

Vì y " (1) = 0 ⇒ 6a + 2b = 0 ⇔ b = −3a ⇒ x1 + x2 + x3 =

−b = −3. a

Ta có:

P = x3 + x2 x3 + 3 x1 x2 x3 P = x3 +

1 1 4 x2 x3 + 3 16 x1.4 x2 .x3 2 4

1 4 x + x 1 16 x + 4 x2 + x3 ⇒ P ≤ x3 + . 2 3 + . 1 2 2 4 3 ⇒ P ≤ x3 +

4 x2 + x3 16 x1 + 4 x2 + x3 + 4 12

⇒P≤

12 x3 + 12 x2 + 3 x3 + 16 x1 + 4 x2 + x3 12

⇒P≤

16 x1 + 16 x2 + 16 x3 4 = ( x1 + x2 + x3 ) 12 3

4 ⇒ P ≤ .3 = 4 3 Vậy Pmin = 4.

Chọn C. Câu 42 (VD) Phương pháp: - Đặt g ( x ) = f ( x ) − f ( 2 x ) , tính g ' ( x ) . - Dựa vào giả thiết suy ra g ' (1) , g ' ( 2 ) , sử dụng phương pháp cộng đại số tìm f ' (1) − 4 f ' ( 4 ) . - Đặt h ( x ) = f ( x ) − f ( 4 x ) , tính h ' ( x ) và tính h ' (1) .

Cách giải: Đặt g ( x ) = f ( x ) − f ( 2 x ) , ta có g ' ( x ) = f ' ( x ) − 2 f ' ( 2 x ) . Theo bài ra ta có  g ' (1) = 20  f ' (1) − 2 f ' ( 2 ) = 20 ⇒   g ' ( 2 ) = 1001  f ' ( 2 ) − 2 f ' ( 4 ) = 1001  f ' (1) − 2 f ' ( 2 ) = 20 ⇔ ⇒ f ' (1) − 4 f ' ( 4 ) = 2022 2 f ' ( 2 ) − 4 f ' ( 4 ) = 2002 28

Đặt h ( x ) = f ( x ) − f ( 4 x ) ta có h ' ( x ) = f ' ( x ) − 4 f ' ( 4 x ) .

⇒ h ' (1) = f ' (1) − 4 f ' ( 4 ) = 2002. Chọn C. Câu 43 (VD) Phương pháp: - Gọi h là chiều cao của hình nón, r là bán kính đường tròn đáy của hình nón. Sử dụng định lí Pytago biểu diễn r theo h, R. 1 - Thể tích khối nón có chiều cao h, bán kính đáy r là V = π r 2 h. 3 - Sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTLN của thể tích.

Cách giải:

Gọi h là chiều cao của hình nón. Để thể tích khối nón là lớn nhất thì hiển nhiên h > R. Gọi r là bán kính đường tròn đáy của hình nón. Ta có IH = SH − SI = h − R. 2

Áp dụng định lí Pytago ta có r = R 2 − ( h − R ) = 2hR − h 2 .

π 1 1 ⇒ Thể tích khối nón là V = π r 2 h = π ( 2hR − h 2 ) .h = ( 2 Rh 2 − h3 ) . 3 3 3  h = 0 ( ktm ) Xét hàm số f ( h ) = − h + 2 Rh với h > R ta có f ' ( h ) = −3h + 4 Rh = 0 ⇔  .  h = 4 R ( tm )  3 3

⇒ Vmax =

16 R 2 64 R3  32π R 3  4R  π  .f  . 2 . . = R −  =  3  3  3  9 27  81

Chọn D. 29

Câu 44 (VD) Phương pháp: π 2

- Lấy e mũ hai vế phương trình

sin x

dx = a ln 5 + b ln 2. ∫ π cos x + 2 3

π 2

sin x

∫ cos x + 2 dx π

- Sử dụng MTCT tính e 3

- Đồng nhất hệ số tìm a, b và chọn đáp án đúng.

Cách giải: Ta có π 2

sin x

dx = a ln 5 + b ln 2 ∫ π cos x + 2 3 π 2

sin x

∫ cos x + 2 dx π

⇒ e3

= e a ln 5+b ln 2 = 5a.2b

Sử dụng MTCT ta có: ⇒ 5a.2b =

5 = 51.2−2 4

⇒ a = 1, b = −2

Vậy a + 2b = 0 .

Chọn A. Câu 45 (VDC) Phương pháp: - Từ giả thiết log a ( ax ) log b ( bx ) = 2021 đưa về phương trình bậc hai ẩn ln x. - Sử dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc hai tìm tích abmn. - Tìm GTNN của biểu thức P nhờ BĐT Cô-si.

Cách giải: Theo bài ra ta có: 30

log a ( ax ) log b ( bx ) = 2021( x > 0 ) ⇔ (1 + log a x )(1 + log b x ) = 2021 ⇔ 1 + log a x.log b x + log a x + log b x = 2021 ⇔ log a x.log b x + log a x + log b x = 2020 ⇔

ln x ln x ln x ln x . + + = 2020 ln a ln b ln a ln b

⇔ ln 2 x + ( ln a + ln b ) ln x − 2020 ln a.ln b = 0 ⇔ ln 2 x + ln ( ab ) ln x − 2020 ln a.ln b = 0 Đặt t = ln x, phương trình trở thành t 2 + ln ( ab ) .t − 2020 ln a.ln b = 0 (*) Vì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt nên ∆ = ln 2 ( ab ) + 8080 ln a.ln b > 0.

t1 = ln m . Phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt m, n nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt  t2 = ln n Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có ln m + ln n = − ln ( ab ) ⇔ mn =

1 ⇔ mnab = 1. ab

Do a, b > 1 ⇒ mn > 0. Xét P = ( 4a 2 + 25b 2 )(100m 2 n 2 + 1) ta có

⇒ P ≥ 2 4a 2 .25b 2 .2 100m 2 n 2 .1 ⇒ P ≥ 2.10ab.20mn = 400abmn ≥ 400

2a = 5b 2a = 5b a = 5  Dấu “=” xảy ra ⇔  . ⇔ 10 ⇔  = 10 = 2 ab b 10 mn = 1 =    ab Vậy Pmin = 400 ⇔ a = 5, b = 2.

Chọn D. Câu 46 (VD) Phương pháp: - Tìm số các số tự nhiên có 4 chữ số, từ đó suy ra số phần tử của tập hợp S và số phần tử của không gian mẫu. - Gọi A là biến cố: “chọn được một số tự nhiên”. - Từ giả thiết 3α = n tìm n, cho n ∈ [1000;9999] , từ đó tìm α ∈ ℕ thỏa mãn. 31

- Tính xác suất của biến cố.

Cách giải: Vì n là số tự nhiên có bốn chữ số bất kì nên 1000 ≤ n ≤ 9999 và có 9999 − 1000 + 1 = 9000 số tự nhiên có 4 chữ s ố. Theo bài ra ta có 3α = n ⇔ α = log 3 n. Vì có 9000 số tự nhiên có 4 chữ số nên tập hợp S có 9000 phần tử ⇒ Số phần tử của không gian mẫu là

n ( Ω ) = 9000. Gọi A là biến cố: “chọn được một số tự nhiên”. Ta có

1000 ≤ n ≤ 9999 ⇔ log 3 1000 ≤ log 3 n ≤ log 3 9999 ⇒ 6, 29 ≤ log 3 n ≤ 8, 38 ⇒ 6, 29 ≤ α ≤ 8, 38 Mà α ∈ ℕ ⇒ α ∈ {7;8} ⇒ n ( A ) = 2. Vậy xác suất của biến cố A là P ( A ) =

n ( A) n (Ω)

2 1 = . 9000 4500

Chọn A. Câu 47 (VDC) Phương pháp: - Tính y '. - Từ f ' ( x ) đề bài cho suy ra f ' (1 − x ) . - Giải phương trình y ' = 0. - Lập BXD của y ' và suy ra các khoảng đồng biến của hàm số.

Cách giải: Xét hàm số y = f (1 − x ) + 2021x + 2022 có y ' = − f ' (1 − x ) + 2021 Cho y ' = 0 ⇔ f ' (1 − x ) = 2021. Vì f ' ( x ) = ( 2 − x )( x + 3) g ( x ) + 2021

⇒ f ' (1 − x ) = ( 2 − 1 + x )(1 − x + 3) g ' (1 − x ) + 2021 ⇒ f ' (1 − x ) = (1 + x )( 4 − x ) g (1 − x ) + 2021 ⇒ f ' (1 − x ) = 2021 32

⇔ (1 + x )( 4 − x ) g (1 − x ) + 2021 = 2021

⇔ (1 + x )( 4 − x ) g (1 − x ) = 0  x = −1 ⇔ ( do g (1 − x ) < 0 ∀x ∈ ℝ ) x = 4 Qua các nghiệm x = −1, x = 4 thì y ' đổi dấu. Với x = 0 ta có

y ' ( 0 ) = − f ' (1) + 2021 y ' ( 0 ) = − ( 2 − 1)(1 + 3) g (1) + 2021 y ' ( 0 ) = −4 g (1) + 2021 > 0 ( do g (1) > 0 ) Do dó ta có bảng xét dấu y ' như sau:

−1

−∞

−

+∞

−

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên ( −1; 4 ) .

Chọn B. Câu 48 (VDC) Cách giải:

Sưu tầm nhóm toán VD – VDC. Gọi V , V ' lần lượt là thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khối đa diện CABMNC '. Gọi P = AM ∩ CC '. Vì I là trung điểm của A ' M và B ' N nên ABMN là hình bình hành và A, B, M , N đồng phẳng. 33

Ta có AA '/ / CC ' , mà I là trung điểm của A ' M nên P là trung điểm của AM (1) . Lại có BB '/ / CC ', mà I là trung điểm của B ' N nên P là trung điểm của BN ( 2 ) . Từ (1) và ( 2 ) ⇒ P ∈ ( ABMN ) . ⇒ PC ' = PI + IC ' =

AA ' CC ' CC ' CC ' 7CC ' + = + = 2 5 2 5 10

⇒

3 CP = CC ' 10

⇒

d ( C ; ( ABMN ) ) CP 3 VC . ABMN 7 = = = ⇒ VC '. ABMN = VC . ABMN VC '. ABMN d ( C '; ( ABMN ) ) CC ' 7 3

Ta có:

VC . ABP CP 3 3 3 V V = = ⇒ VC . ABP = .VC . ABC ' = . = . 10 10 3 10 VC . ABC CC ' 10

V 2V  VC . ABMN = 2VC . ABM = 4VC . ABP = 4. 10 = 5  7 7 2V 14V V VC . ABMN = . = C '. ABMN =  3 3 5 15 V ' = VCABMNC ' = VC '. ABMN + VC . ABMN = Vậ y

14V 2V 4 + = V 15 5 3

V 3 = . V' 4

Chọn B. Câu 49 (VDC) Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AB, do tam giác SAB đều nên SH ⊥ AB. ( SAB ) ⊥ ( ABC ) = AB Ta có:  ⇒ SH ⊥ ( ABC ) .  SH ⊂ ( SAB ) , SH ⊥ AB Dựng hình vuông ABFC ta có BF / / AC ⇒ AC / / ( BMF )

⇒ d ( AC ; BM ) = d ( AC ; ( BMF ) ) = d ( A; ( BMF ) ) . Lại có AH ∩ ( BMF ) = B ⇒

d ( A; ( BMF ) ) d ( H ; ( BMF ) )

AB = 2 ⇒ d ( A; ( BMF ) ) = 2d ( H ; ( BMF ) ) HB

Trong ( SHC ) kẻ ME / / SH ( E ∈ CH ) ⇒ ME ⊥ ( ABC ) . Kéo dài HC cắt BF tại N , áp dụng định lí Ta-lét ta có

BH NH NB 1 = = = ⇒ H là trung điểm của NC FC NC NF 2

⇒ ACBN là hình bình hành Ta có: HE ∩ ( BMF ) = N ⇒ Áp dụng định lí Ta-lét ta có: ⇒

d ( H ; ( BMF ) ) d ( E ; ( BMF ) )

HN HC = EN HE + HC

HE SM 1 1 = = ⇒ HE = HC HC SC 3 3

HN HC HC 3 3 = = = ⇒ d ( H ; ( BMF ) ) = d ( E ; ( BMF ) ) 4 EN HE + HC 1 HC + HC 4 3

⇒ d ( AC ; BM ) = d ( A; ( BMF ) ) =

3 d ( E; ( BMF ) ) 2

Trong ( ABC ) kẻ EI / / AB ( I ∈ BF ) , trong ( MEI ) kẻ EJ ⊥ IM ta có:  BF ⊥ AB, EI / / AB ⇒ BF ⊥ EI ⇒ BF ⊥ ( MEI ) ⇒ BF ⊥ EJ   BF ⊥ ME ( ME ⊥ ( ABC ) )  EJ ⊥ BF ⇒ EJ ⊥ ( BMF ) ⇒ d ( E ; ( BMF ) ) = EJ   EJ ⊥ MI ⇒ d ( AC ; BM ) =

Ta có:

3 3 4 21 8 . d ( E ; ( BMF ) ) = EJ = ⇒ EJ = 2 2 7 21

ME CM 2 2 AB 3 AB 3 . = = ⇒ ME = SH . Mà Sh = ⇒ ME = SH CS 3 3 2 3

Ta có:

HN 3 NE 4 NE 2 IE IE 2 = ( cmt ) ⇒ = ⇒ = = = ⇒ IE = AB. EN 4 NH 3 NC 3 FC AB 3

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác MEI ta có:

1 1 1 = 2+ 2 EJ EI EM 2 ⇒

⇒

21 1 1 = + 4 1 64 AB 2 AB 2 9 3 21 21 = 64 4AB 2

⇔ AB = 4 ⇒ ME =

AB 3 4 3 1 = , S ∆ABC = AB 2 = 8. 3 3 2

1 1 4 3 32 3 .8 = . Vậy VC . ABM = ME.S ∆ABC = . 3 3 3 9

Chọn B. Câu 50 (TH) Phương pháp: Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số.

Cách giải: Đặt t = ln x ⇒ dt =

dx x

x = 1 ⇒ t = 0 . Đổi cận:  x = e ⇒ t = 1 1

Khi đó ta có I = ∫ ( 3t + 1) dt. 0

Chọn B.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

BẮC GIANG

LẦN 1 NĂM 2021 BÀI THI: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

(Đề thi gồm có 07 trang)

Mã đề thi: 101 Họ, tên thí sinh:..................................................................... Số báo danh: ............................. Câu 1: Gọi T là tập tất cả những giá trị thực của x để log 3 ( 2021 − x ) có nghĩa. Tìm T ? A. T = [ 0; 2021] .

B. T = ( 0; 2021) . 5

Câu 2: Cho hai tích phân

∫

D. T = ( −∞; 2021] .

−2

f ( x ) dx = 8 và

−2

A. I = 27 .

C. T = ( −∞; 2021) .

∫ g ( x ) dx = 3 . Tính I =

∫  f ( x ) − 4 g ( x ) − 1 dx .

−2

B. I = 3 .

C. I = 13 .

D. I = −11 .

Câu 3: Nguyên hàm ∫ cos 2 x dx bằng 1 A. − sin 2 x + C . 2

B. − sin 2 x + C.

1 sin 2 x + C . 2

D. sin 2 x + C.

Câu 4: Cho một hình cầu có diện tích bề mặt bằng 16π , bán kính của hình cầu đã cho bằng A. 1.

B. 2.

C. 4.

D. 3.

Câu 5: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − 3 y + 5 = 0 . Vectơ nào sau đây là một vectơ pháp tuyến của ( P ) ?

A. n1 = ( 2; −3;0 ) .

B. n4 = ( 2;3;5 ) .

C. n2 = ( 2; −3;5 ) .

D. n3 = ( −2;3;5 ) .

Câu 6: Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn a ≠ 1 và log a b = 3 . Tính log a ( a 2b ) . A. 4.

B. 3.

C. 5.

D. 6.

Câu 7: Cho khối lăng trụ tam giác có thể tích bằng 12 và diện tích đáy bằng 3. Chiều cao của khối lăng trụ đã cho bằng A. 4.

B. 3.

C. 8.

D. 12.

Câu 8: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x2 và y = x + 2 bằng A.

9 . 4

8 . 9

9 . 2

C. 9.

C. x = 3 .

D. x = 2 .

Câu 9: Nghiệm của phương trình 2 x+1 = 8 là A. x = −2 .

B. x = −3 .

Câu 10: Cho hình nón có chiều cao bằng 3 và bán kính đáy bằng 4. Diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng A. 16π .

B. 20π .

C. 36π .

D. 26π .

Câu 11: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2;1;0 ) , B ( 0; −1; 4 ) . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là

A. 2 x + y − 2 = 0 .

B. 2 x + y + z − 4 = 0 .

C. x + y − 2 z + 3 = 0 .

D. − x − y + 2 z + 3 = 0 .

C. 0 .

D. 3 .

Câu 12: Giá trị của ∫ dx bằng 0

A. 2 .

B. 1.

Câu 13: Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng 2. Thể tích của khối chóp đã cho bằng A. 4 2.

4 2 . 3

4 3 . 3

D. 4 3.

Câu 14: Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm A ( 2;3; 4 ) trên mặt phẳng tọa độ ( Oxy ) có tọa độ là

A. ( 2; 0; 0 ) .

B. ( 2;3; 0 ) .

C. ( 0;3; 4 ) .

D. ( 2;0; 4 ) .

Câu 15: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( 2;0;0 ) , B ( 0; −1;0 ) và C ( 0;0;3) . Mặt phẳng ( ABC ) đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây?

A. Q ( 2; −1;3) .

B. M ( 2; −1; −3) .

C. N (1; −2;3) .

D. P ( 3; −1; 2 ) .

2x Câu 16: Hàm số nào sau đây là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e ?

A. F ( x ) =

1 2x 2x e + 2020 . B. F ( x ) = 2e + 1 . 2

1 C. F ( x ) = e 2 x + x . 2

D. F ( x ) = e2 x + 2021 .

Câu 17: Trong không gian Oxyz , cho phương trình x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( m − 2 ) y − 2 ( m + 3) z + 3m2 + 7 = 0 với m là tham số thực. Có bao nhiêu số tự nhiên m để phương trình đã cho là phương trình của một mặt cầu?

A. 4 .

B. 3 .

C. 5 .

Câu 18: Hàm số nào dưới đây có bảng biến thiên như hình vẽ sau?

D. 2 .

A. y = − x 4 + 2 x 2 + 1.

B. y = − x3 + 3x2 + 1 .

C. y = x4 − 2 x2 + 1.

D. y = x3 − 3x2 + 1 .

Câu 19: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong như hình vẽ sau: y 3

-1 O -1

` Số nghiệm thực của phương trình 2 f ( x ) − 5 = 0 là

A. 2.

B. 1.

C. 3.

D. 0.

Câu 20: Số giao điểm của đường cong y = x3 − 2 x 2 + x − 1 và đường thẳng y = 1 − 2 x là A. 1.

B. 2 .

C. 3 .

D. 0 .

Câu 21: Cho khối trụ có bán kính đáy r = 3 và chiều cao h = 4. Thể tích của khối trụ đã cho bằng A. 16π .

B. 48π .

C. 12π .

D. 36π .

Câu 22: Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ (hình vẽ bên dưới). Số đo góc giữa hai đường thẳng AC và A′D bằng

A. 30° .

B. 45° .

C. 60° .

Câu 23: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ sau:

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng 3

D. 90° .

A. 2.

B. 1.

C. -2.

D. -1.

Câu 24: Nghiệm của phương trình log 2 ( 3x − 1) = 3 là A. x =

10 . 3

7 B. x = . 3

C. x = 3.

D. x = 6.

Câu 25: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −1;0 ) .

B. ( −∞;0 ) .

Câu 26: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = A. x = −2.

B. x = −3.

C. ( 0;1) .

D. ( −1;1) .

−3 x + 1 có phương trình là x−2

C. x = 3.

D. x = 2.

Câu 27: Có 5 bạn học sinh trong đó có hai bạn là Lan và Hồng. Có bao nhiêu cách xếp 5 học sinh trên thành một hàng dọc sao cho hai bạn Lan và Hồng đứng cạnh nhau? A. 48.

B. 24.

C. 6.

D. 120.

Câu 28: Cho cấp số nhân ( un ) có số hạng đầu u1 = 5 và công bội q = −2 . Số hạng thứ sáu của cấp số nhân là A. u6 = 160 .

B. u6 = 320 .

C. u6 = −320 .

D. u6 = −160 .

Câu 29: Số tập con có ba phần tử của một tập hợp gồm 10 phần tử là A. 720 .

B. 30 .

C. 120 . 2

D. 6 . 2

Câu 30: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y − 3) + ( z − 1) = 2 . Tâm của mặt cầu ( S ) là điểm nào sau đây? A. P ( −1; −3;1) .

B. M (1; −3; −1) .

C. Q (1;3;1) .

Câu 31: Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y =

D. N ( −1;3;1) . x −1 nghịch biến trên khoảng x+m−2

( 6; +∞ ) là A. ( −4;1] .

B. [ −4;1) .

Câu 32: Tập xác định của hàm số A. [ 0;2] .

C. ( −4;1) .

D. (1; 4 ) .

y = log 0,2 ( x 2 − 2 x +1) là

B. ( 0;2 ) \ {1} .

C. ( −∞;0] ∪ [ 2; +∞) . 4

D. [ 0;2] \ {1} .

Câu 33: Cho hàm số f ( x ) = x x 2 + 1 . Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số g ( x ) = x. f ' ( x ) là A.

3 2 x + 1) x 2 + 1 − x 2 + 1 + C. ( 2

B. ( x 2 + 1) x 2 + 1 − x 2 + 1 + C.

2 2 x + 1) x 2 + 1 − x 2 + 1 + C. ( 3

2 2 x + 1) x 2 + 1 + x 2 + 1 + C . ( 3

Câu 34: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng xét dấu của f ' ( x ) như sau:

Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là

A. 3.

B. 2.

C. 4.

D. 1.

Câu 35: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 − 6 x + 2 trên đoạn [1;5] bằng A. 2 + 4 2 .

1 Câu 36: Tập nghiệm của bất phương trình   2

A. ( −∞; −2] .

C. −4 .

B. 2 − 4 2 .

B. ( −2; 2 ) .

x2 −7

≥ 8 là

C. ( −∞; −2] ∪ [ 2; +∞ ) .

Câu 37: Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn 27 A. 4 .

B. 8 .

D. −3 .

log9 ab2

( )

D. [ −2; 2] .

= 2ab. Giá trị của biểu thức ab 4 bằng

C. 2 .

D. 16 .

Câu 38: Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1; −2;1) và mặt phẳng ( P ) : (m 2 −1) x + 3my − z + 7 = 0 với

m là tham số thực. Tập hợp tất cả các giá trị của m để mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A là A. {5} .

B. {1;5} .

C. {1} .

D. {−1;5} .

Câu 39: Cho hình nón có bán kính đáy bằng 2cm và thiết diện qua trục của hình nón đó là một tam giác đều. Thể tích của khối nón đã cho bằng A.

8π 3 cm3 . 3

16 3π cm3 . 3

C. 8π 3 cm3 .

D. 16π 3 cm3 .

Câu 40: Số nghiệm thực của phương trình log 2 ( x + 1) − 2 log 1 ( x −1) = 3 là 4

A. 2 .

B. 1.

C. 0 .

D. 3 .

Câu 41: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên ℝ và đồ thị hàm số y = f ′( x) cắt trục hoành tại các điểm có 4 4 hoành độ −3; −2; a; b;3; c;5 với − < a < −1; 1 < b < ; 4 < c < 5 (có dạng như hình vẽ bên dưới). Có bao 3 3 nhiêu giá trị nguyên của tham số thực m để hàm số y = f (2 x + m − 3) có 7 điểm cực trị?

A. 3.

B. 2.

C. 4.

D. Vô số.

= 120°; BC = 3a , SA vuông góc với mặt Câu 42: Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác ABC có BAC phẳng đáy, SA = 2a . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC bằng A. 12π a2 .

π a2 3

Câu 43: Cho x, y là các số thực thỏa mãn P=

( 2x + y )

.25 x

16π a 2 . 3 + 2 xy + 2 y 2 − 9

D. 16π a 2 . 2

+ ( x − y ) = 9. Giá trị lớn nhất của biểu thức

x −1 bằng 4x − y − 9

1 . 6

1 . 4

1 . 3

1 . 2

Câu 44: Một bác nông dân có số tiền 20.000.000 đồng. Bác dùng số tiền đó gửi ngân hàng loại kì hạn 6 tháng với lãi suất 8,5 0 0 trên một năm thì sau 5 năm 8 tháng bác nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu? Biết rằng bác không rút cả gốc lẫn lãi trong các định kì trước đó và nếu rút trước kì hạn thì ngân hàng trả lãi suất theo loại không kì hạn 0, 01 0 0 trên một ngày. (Giả thiết một tháng tính 30 ngày). A. 32802750, 09 đồng.

B. 33802750, 09 đồng.

C. 30802750, 09 đồng.

D. 31802750, 09 đồng.

Câu 45: Cho hàm số y = ( x − 1) ( x 2 − 2 x − 3) có đồ thị như hình 1. Đồ thị hình 2 là của hàm số nào dưới đây?

A. y = x − 1 ( x 2 − 2 x − 3) .

B. y = − x − 1 ( x 2 − 2 x − 3 ) .

C. y = ( x − 1) ( x 2 − 2 x − 3) .

D. y = ( x − 1) x 2 − 2 x − 3 . sin 2 x

Câu 46: Cho phương trình: 2 ⋅ 2 m

+ 3⋅

1 9cos x + 2

+ m − cos x = 8 ⋅ 4

cos x

2 1 + 2(cos x + 1) +   ⋅ 3cos x −1 (1) 3

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m đề phương trình (1) có nghiêm thực?

A. 3 .

B. 5 .

C. 7 .

D. 9 .

Câu 47: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau và các chữ số thuộc tập hợp {0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9} . Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S, xác suất để số đó không có hai chữ số kề nhau nào cùng là số lẻ bằng A.

1 . 4

5 . 18

31 . 189

19 . 189

Câu 48: Cho các hàm số f ( x ) = mx 4 + nx 3 + px 2 + qx + r và g ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d ( m, n, p, q, r , a , b, c, d ∈ ℝ ) thỏa mãn f ( 0 ) = g ( 0 ) . Các hàm số y = f ′ ( x ) và y = g ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên.

Gọi S là tổng tất cả nghiệm của phương trình f ( x ) = g ( x ) . Khi đó mệnh đề nào sau đây đúng? 3

A. S ∈  − ; −1 .  2 

C. S ∈  −2; −  . 2

B. S ∈ ( 0;1) .





D. S = 2.

Câu 49: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng a 2 . Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng ( SCD ) theo a . A. d =

2a 2 . 3

B. d = a 3 .

C. d =

4a 5 . 3

D. d = a 5 .

Câu 50: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có các cạnh AB = AA ' = 2a , đáy ABC là tam giác vuông cân 1 4

tại A. Trên cạnh AA ' lấy điểm I sao cho AI = AA '. Gọi M , N lần lượt là các điểm đối xứng với B và C qua I . Thể tích khối đa diện AMNA ' B ' C ' bằng

16a 3 . A. 3

B. 2a .

4 2a 3 . C. 3 ----------- HẾT -----------

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

‘ 7

D. a 3 2.

BẢNG ĐÁP ÁN 1-C

2-C

3-C

4-B

5-A

6-C

7-A

8-D

9-D

10-C

11-C

12-D

13-B

14-B

15-B

16-A

17-A

18-D

19-C

20-A

21-D

22-C

23-A

24-C

25-A

26-D

27-A

28-D

29-C

30-D

31-B

32-D

33-C

34-B

35-B

36-D

37-A

38-B

39-A

40-B

41-A

42-D

43-A

44-D

45-B

46-B

47-B

48-C

49-A

50-D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Điều kiện 2021 − x > 0 ⇔ x < 2021. Vậy T = ( −∞; 2021) .

Chọn C. Câu 2: Ta có: I =

−2

∫  f ( x ) − 4 g ( x ) − 1 dx = ∫ f ( x ) dx − 4 ∫ g ( x ) dx − ∫ 1dx = 8 − 4. ( −3) − 7 = 13.

Chọn C. Câu 3: 1 Ta có: ∫ cos 2 xdx = sin 2 x + C. 2

Chọn C. Câu 4: Ta có: S = 4π R 2 ⇒ R =

16π S = = 2. 4π 4π

Chọn B. Câu 5: Vectơ n1 = ( 2; −3;0 ) là một vectơ pháp tuyến của ( P ) . Chọn A. Câu 6: log a ( a 2b ) = log a a 2 + log a b = 2 + log a b = 2 + 3 = 5.

Chọn C. Câu 7: Dựa vào công thức tính thể tích khối lăng trụ, ta có: V = B.h ⇔ 3.h = 12 ⇔ h = 4.

Chọn A. 8

Câu 8: Ta có phương trình tọa độ giao điểm của đồ thị hai hàm số là  x = −1 x2 = x + 2 ⇔ x2 − x − 2 = 0 ⇔  x = 2 Từ công thức tính diện tích hình phẳng, ta có: 2

∫x

− x − 2 dx = − ∫ ( x 2 − x − 2 ) dx =

−1

9 , do x 2 − x − 2 < 0 khi −1 < x < 2. 2

Chọn D. Câu 9: Ta có: 2 x +1 = 8 ⇔ 2 x +1 = 23 ⇔ x + 1 = 3 ⇔ x = 2.

Chọn D. Câu 10: Ta có: l = r 2 + h 2 = 32 + 42 = 5. Diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng: Stp = π rl + π r 2 = π .4.5 + π .42 = 36π (đvdt).

Chọn C. Câu 11: Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó I (1;0; 2 ) .

Ta có: AB = ( −2; −2; 4 ) . Suy ra VTPT của mặt phẳng trung trực cần tìm là n (1;1; −2 ) . Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là: 1( x + 1) + 1( y − 0 ) − 2 ( z − 2 ) = 0

⇔ x + y − 2 z + 3 − 0.

Chọn C. Câu 12: 3

Ta có:

∫ dx = x

3 0

= 3.

Chọn D. Câu 13:

Giả sử khối chóp đã cho là S . ABCD.

S ABCD = 22 = 4. 2

2 2 Tam giác SOB vuông tại O nên SO = SB − OB = 2 −   2  = 4 − 2 = 2 ⇒ SO = 2   2

1 1 4 2 . Vậy thể tích khối chóp S . ABCD là: V = SO.S ABCD = . 2.4 = 3 3 3

Chọn B. Câu 14: Hình chiếu vuông góc của điểm A ( 2;3; 4 ) trên mặt phẳng tọa độ ( Oxy ) là: H ( 2;3;0 ) .

Chọn B. Câu 15: Mặt phẳng ( ABC ) có phương trình là:

x y z + + = 1. 2 −1 3

Thay tọa độ của các điểm ở bốn đáp án vào ta thấy điểm M ( 2; −1; −3) thỏa mãn.

Chọn B. Câu 16: Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e 2 x là: F ( x ) =

1 2x e + C. 2

Thay C = 2020 ta được một nguyên hàm là: F ( x ) =

1 2x e + 2020 nên chọn A. 2

Chọn A. Câu 17: Giả sử ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( m − 2 ) y − 2 ( m + 3) z + 3m 2 + 7 = 0 là phương trình mặt cầu. 2

( S ) có tâm I ( 0; 2 − m; m + 3) và bán kính R = ( 2 − m ) + ( m + 3) 2 2 ( 2 − m ) + ( m + 3) − 3m2 − 7 > 0 ⇔ −m 2 + 2m + 6 > 0 ⇔ 1 − 7 < m < 1 + 7.

Khi đó

− 3m 2 − 7 với điều kiện

Do m ∈ ℕ ⇒ m ∈ {0;1; 2;3} . Vậy có 4 giá trị m cần tìm.

Chọn A. Câu 18: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho là hàm bậc 3 với hệ số của x3 dương.

Chọn D. Câu 19: 5 Ta có: 2 f ( x ) − 5 = 0 ⇔ f ( x ) = . 2

Số nghiệm của phương trình 2 f ( x ) − 5 = 0 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng

5 y= . 2 Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình: 2 f ( x ) − 5 = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn C. Câu 20: Số giao điểm của đường cong: y = x3 − 2 x 2 + x − 1 và đường thẳng y = 1 − 2 x bằng nghiệm của phương trình: x3 − 2 x 2 + x − 1 = 1 − 2 x ⇔ x3 − 2 x 2 + 3 x − 2 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x 2 − x + 2 ) = 0 ⇔ x = 1. Vậy có duy nhất một giao điểm.

Chọn A. Câu 21: Thể tích của khối trụ đã cho bằng: V = π r 2 h = π .32.4 = 36π (đvdt).

Chọn D. Câu 22:

(

) (

)

AC , A ' D = A ' C ', A ' D = C ' A ' D. Vì AC / / A ' C ' ⇒ ' A ' D = 600. Mà tam giác A ' C ' D là tam giác đều ⇒ C Vậy góc giữa hai đường thẳng AC và A ' D bằng 600.

Chọn C. Câu 23: 11

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng 2.

Chọn A. Câu 24: Ta có: log 2 ( 3 x − 1) = 3 ⇔ 3 x − 1 = 23 ⇔ x = 3.

Chọn C. Câu 25: Từ bảng ta có hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −1; 0 ) .

Chọn A. Câu 26: Tập xác định: D = ℝ \ 2. Ta có: lim+ x→2

−3 x + 1 −3 x + 1 = −∞; lim− = +∞. x → 2 x−2 x−2

Vậy đồ thị hàm số đã cho nhận đường thẳng x = 2 làm tiệm cận đứng.

Chọn D. Câu 27: Xếp hai bạn Lan và Hồng đứng cạnh nhau có 2! cách. Xếp 5 học sinh thành một hàng dọc sao cho bạn Lan và Hồng đứng cạnh nhau là 2!.4! = 48 cách. Vậy có 48 cách.

Chọn A. Câu 28: 5

Ta có: u6 = u1q 5 = 5. ( −2 ) = −160. Vậy u6 = −160.

Chọn D. Câu 29: Số tập con có ba phần tử của một tập hợp gồm 10 phần tử là C103 = 120.

Chọn C. Câu 30: 2

Lý thuyết: Mặt cầu ( S ) : ( x − x0 ) + ( y − y0 ) + ( z − z0 ) = R 2 có tâm I ( x0 ; y0 ; z0 ) . 2

Mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y − 3) + ( z − 1) = 3 có tâm là điểm N ( −1;3;1) .

Chọn D. Câu 31: Tập xác định: D = ℝ \ {2 − m} .

Ta có: y ' =

m −1

( x + m − 2)

m − 1 < 0 Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( 6; +∞ ) ⇔ y ' < 0, ∀x ∈ ( 6; +∞ ) ⇔  2 − m ∉ ( 6; +∞ ) m < 1 m < 1 ⇔ ⇔ ⇔ −4 ≤ m < 1. 2 − m ≤ 6  m ≥ −4 Vậy m ∈ [ −4;1) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B. Câu 32:

 x 2 − 2 x + 1 > 0 x ≠ 1 x ≠ 1 ĐKXĐ:  . ⇔ 2 ⇔ 2  x − 2 x + 1 ≤ 1 0 ≤ x ≤ 2 log 0,2 ( x − 2 x + 1) ≥ 0 Chọn D. Câu 33: Ta có:

∫ g ( x ) dx = ∫ xf ' ( x ) dx

u = x du = dx Đặt  ⇔ dv = f ' ( x ) dx v = f ( x )

∫ g ( x ) dx = ∫ xf ' ( x ) dx = xf ( x ) − ∫ f ( x ) dx = x

x 2 + 1 − ∫ x x 2 + 1dx

Tính I = ∫ x x 2 + 1dx

x 2 + 1 = t ⇒ x 2 + 1 = t 2 ⇒ xdx = tdt t3 Khi đó: I = ∫ t dt = + C = 3 2

∫ g ( x ) dx = x

x2 + 1 −

+ 1)

1 2 2 x + 1) x 2 + 1 + C = ( x 2 + 1) x 2 + 1 − x 2 + 1 + C. ( 3 3

Chọn C. Câu 34: Hàm số liên tục trên ℝ, theo BBT ta thấy f ' ( x ) đổi dấu 3 lần tại các điểm −2;1; 2 nên hàm số có 3 cực trị. Hàm số f ( x ) có 2 cực tiểu tại điểm x = −2 và x = 2.

Chọn B. Câu 35: 13

y = x3 − 6 x + 2 ⇒ y ' = 3x 2 − 6

 x = 2 ∈ [1;5] . y'= 0 ⇔   x = − 2 ∉ [1;5] Khi đó y (1) = −3; y

( 2) = 2− 4

2; y ( 5 ) = 97.

Vậy giá trị nhỏ nhỏ nhất của hàm số y = x3 − 6 x + 2 trên đoạn [1;5] bằng y

( 2) = 2− 4

Chọn B. Câu 36: 1    2

x 2 −7

≥ 8 ⇔ x 2 − 7 ≤ log 1 8 ⇔ x 2 − 7 ≤ −3 ⇔ x 2 ≤ 4 ⇔ −2 ≤ x ≤ 2. 2

Chọn D. Câu 37:

log9 ab 2

( )

= 2ab ⇔ log 9 ( ab 2 ) = log 27 ( 2ab ) ⇔

1 1 log 3 ( ab 2 ) = log 3 ( 2ab ) 2 3

⇔ 3log 3 ( ab 2 ) = 2 log 3 ( 2ab ) ⇔ log 3 ( ab 2 ) = log 3 ( 2ab ) ⇔ a 3b 6 = 4a 2b 2 ⇔ ab 4 = 4

Chọn A. Câu 38: Vì điểm A thuộc mặt phẳng ( P ) nên:

m = 1 − 1) .1 + 3m. ( −2 ) − 1 + 7 = 0 ⇔ m 2 − 6m + 5 = 0 ⇔  m = 5

Chọn B. Câu 39:

Vì thiết diện qua trục của hình nón đó là một tam giác đều nên đường sinh l = 2r = 4cm. Do đó đường cao h = l 2 − r 2 = 42 − 22 = 12 = 2 3 1 1 8π 3 Thể tích khối nón là S = π r 2 h = π .22.2 3 = ( cm3 ) . 3 3 3

Chọn A. 14

Câu 40: Điều kiện xác định: x > 1 Phương trình: log 2 ( x + 1) − 2 log 1 ( x − 1) = 3 ⇔ log 2 ( x + 1) + log 2 ( x − 1) = 3 ⇔ log 2 ( x 2 − 1) = 3 4

⇔ x 2 − 1 = 8 ⇔ x = ±3. Kết hợp với điều kiện x > 1 suy ra phương trình có một nghiệm là x = 3.

Chọn B. Câu 41: Xét hàm số h ( x ) = f ( 2 x + m − 3) Ta có: h ' ( x ) = 2 f ' ( 2 x + m − 3) = 0 ⇔ f ' ( 2 x + m − 3) = 0 Từ đồ thị của hàm số

f '( x)

suy ra

f ' ( 2 x + m − 3) = 0 ⇔ 2 x + m − 3 = k ⇔ x =

k +3−m 2

vớ i

4  4  k ∈ {−3; −2; a; b;3; c;5}  − < a < −1;1 < b < ; 4 < c < 5  3 3   Hàm số y = f ( 2 x + m − 3) có 7 điểm cực trị ⇔ hàm số h ( x ) = f ( 2 x + m − 3) có 3 cực trị có hoành độ dương, mà 3 là nghiệm bội chẵn của f ' ( x ) nên hàm số h ( x ) = f ( 2 x + m − 3) có 3 cực trị có hoành độ dương ⇔ phương trình h ' ( x ) = 0 có 3 nghiệm dương phân biệt khác

a + 3− m <0  a + 3 − m < 0 m > a + 3 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ a+3< m < b+3 b + 3 − m > 0 m < b + 3 b + 3 − m > 0  2 4 4 Do − < a < −1 và 1 < b < nên −1 + 3 ≤ m ≤ 1 + 3 hay 2 ≤ m ≤ 4 3 3 Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là 2;3; 4.

Chọn A. Câu 42:

6−m 2

= 300. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ⇒ ∆IBC cân tại I có ICB Kẻ IK ⊥ BC ⇒ K là trung điểm của BC ⇒ KC =

= Ta có: cos ICB

BC 3a = . 2 2

3a 3a 3 KC KC : ⇒ IC = = = = a 3 ⇒ IA = IC = a 3 0 2 cos 30 IC 2 2 cos ICB

Qua I kẻ đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , nó cắt đường mặt trung trực của SA tại O ⇒ O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC và OA = OS . Gọi H là trung điểm của SA ⇒ Tứ giác OHAI là hình chữ nhật ⇒ OH = IA = a 3

(a 3 )

∆OHA vuông tại H ⇒ OA = OH 2 + HA2 =

+ a 2 = 4a 2 = 2a 2

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là 4π R 2 = 4π ( 2a ) = 16π a 2 .

Chọn D. Câu 43: 2

Ta có ( 2 x + y ) .25 x

+ 2 xy + 2 y 2 −9

+ ( x − y ) = 9 ⇔ ( 2 x + y ) .2(

2 x+ y)

2 9− x − y = 9 − ( x − y )  .2 ( )  

Xét hàm đặc trưng g ( u ) = u.2u với u > 0, ta có g ' ( u ) = 2u +

( 2x + y )

= 9 − ( x − y ) ⇔ ( 2 x + y ) + ( x − y ) = 9.

 2 x + y = 3sin t sin t + cos t − 1 ; t ∈ R (1) . Đặt  suy ra P = 3sin t + 6 cos t − 9  x − y = 3cos t

( *)

u.2u > 0 ∀u > 0. Do đó (*) xảy ra khi ln 2

Ta có

(1) ⇔ ( 3P − 1) sin t + ( 6 P − 1) cos t = 9 P − 1 2

do 3sin t + 6 cos t − 9 ≠ 0∀t ∈ R. Phương trình

nghiệm khi ( 3P − 1) + ( 6 P − 1) ≥ ( 9 P − 1) ⇔ 36 P 2 − 1 ≤ 0 ⇔ Suy ra giá trị lớn nhất của P là

(1)

có

−1 1 ≤P≤ . 6 6

1 . 6

Chọn A. Câu 44: Gửi 5 năm 8 tháng bằng 68 tháng được 11 chu kì 6 tháng dư 2 tháng. Số tiền bác nông dân thu được sau 66 tháng với kì hạn 6 tháng, lãi suất 4,25% trên 6 tháng là 11

A = 20000000. (1 + 4, 25% ) (đồng). Số tiền bác thu được sau 2 tháng theo lãi suất không kì hạn bao gồm cả gốc và lãi là

B = A (1 + 60.0, 01% ) = 31802750.09 (đồng) Chọn D. Câu 45:  − ( x − 1) ( x 2 − 2 x − 3) khi x ≥ 1  Xét đáp án B có y = − x − 1 ( x − 2 x − 3) =  2 ( x − 1) ( x − 2 x − 3) khi x < 1 2

Quan sát đồ thị hình 2 giữ nguyên phần đồ thị ứng với x < 1 và lấy đối xứng qua Ox phần đồ thị ứng với x ≥ 1 chính là đồ thị của hàm số y = − x − 1 ( x 2 − 2 x − 3) .

Chọn B. Câu 46: Ta có: 2 .2 m

sin 2 x

+ 3.

1 9cos x + 2

+ m − cos x = 8.4

cos x

2 1 + 2 ( cos x + 1) +   .3cos x −1 (1) 3

⇔ 2m +sin x + 3−2cos x −3 + m + sin 2 x = 2 2cos x +3 + 2 cos x + 3 + 3− m −sin ⇔2

m + sin 2 x

1 + m + sin x −   3

m + sin 2 x

2cos x + 3

1 + 2 cos x + 3 −    3

2cos x + 3

( 2)

1 1 1 1 Xét hàm số f ( t ) = 2t + t −   , có f ' ( t ) = 2t ln 2 + 1 −   ln = 2t ln 2 + 1 +   ln 3 > 0  3 3 3 3 Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến, từ đó ( 2 ) ⇔ f ( m + sin 2 x ) = f ( 2 cos x + 3) 2

⇔ m + sin 2 x = 2 cos x + 3 ⇔ m = cos 2 x + 2 cos x + 2 ⇔ m = ( cos x + 1) + 1 2

Do cos x ∈ [ −1;1] ⇒ ( cos x + 1) + 1 ∈ [1;5] dấu “=” xảy ra tương ứng với cos x = −1; cos x = 1 Từ đó để phương trình có nghiệm điều kiện là 1 ≤ m ≤ 5, m nguyên nên chọn m ∈ {1; 2;3; 4;5} .

Chọn B. 17

Câu 47: Số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau có dạng abcdef , trong đó a, b, c, d , e, f ∈ {0,1, 2, 3, 4,5, 6, 7,8,9} và khác nhau từng đôi một.

n ( Ω ) = 9. A95 = 136080. Gọi biến cố A: “Chọn được một số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau và không có hai chữ số kề nhau nào cùng là số lẻ”.

⇒ Số được chọn có ít nhất 1 chữ số lẻ và tối đa 3 chữ số lẻ. Xét các trường hợp sau: Trường hợp 1: Số cách chọn được có 1 chữ số lẻ, suy ra có 5. ( 6!− 5!) = 3000 (cách chọn). Trường hợp 2: Số chọn được có 2 chữ số lẻ. Nếu a là số lẻ thì có 5.C41 .4. A54 = 9600 (cách chọn). Nếu a không là số lẻ thì có 4.6. A52 . A43 = 11520 (cách chọn). Do vậy có 9600 + 11520 = 21120 (cách chọn). Trường hợp 3: Số chọn được có 3 chữ số lẻ Nếu a là số lẻ thì có 5.3. A42 . A53 = 10800 (cách chọn). Nếu a không là số lẻ thì có 4. A53 . A42 = 2880 (cách chọn). Do vậy có 10800 + 2880 = 13680 (cách chọn). Vậy có 3000 + 21120 + 13680 = 37800 (cách chọn). Suy ra n ( A ) = 37800. Xác suất xảy ra biến cố A là P ( A) =

n ( A) 5 = . n ( Ω ) 18

Chọn B. Câu 48: Ta có f ( x ) = g ( x ) ⇔ ax3 + bx 2 + cx + d = mx 4 + nx3 + px 2 + qx + r.

⇔ mx 4 + ( n − a ) x 3 + ( p − b ) x 2 + ( q − c ) x + r − d = 0 (1) Do f ( 0 ) = g ( 0 ) ⇒ x = 0 là nghiệm của phương trình (1) ⇒ r − d = 0. Lại có f ' ( x ) = 4mx 3 + 3nx 2 + 2 px + q.g ' ( x ) = 3ax 2 + 2bx + c .

f ' ( x ) = g ' ( x ) ⇔ 4mx 3 + 3 ( n − a ) x 2 + 2 ( p − b ) x + q = 0 . Từ đồ thị suy ra m > 0, a > 0, g ' ( 0 ) = 0 ⇒ c = 0. Ngoài ra, phương trình f ' ( x ) = g ' ( x ) có các nghiệm x = −a; x = 1; x = 2 nên ta có hệ:

 p − b = −2 m  −4 m + 3 ( n − a ) − 2 ( p − b ) + q = 0  p − b = −2m   8   ⇔ n − a = − m  4 m + 3 ( n − a ) + 2 ( p − b ) + q = 0 ⇔  q = −3 ( n − a ) 3  32m − 4q − 8m + q = 0  32 m + 12 n − a + 4 p − b + q = 0 ( ) ( )   q = 8m Khi đó phương trình (1) thành

x = 0 8 3 8 3  3 8 2  2 4 2 ⇔ mx − mx − 2mx + 8mx = 0 ⇔ x − x − 2 x + 8 x = 0 ⇔ x  x − x − 2 x + 8  = 0 ⇔  3 8 2 x − x − 2x + 8 = 0 ( 2 3 3 3   3  8 Xét h ( x ) = x3 − x 2 − 2 x + 8 , tập xác định ℝ. 3 4

 8+ x = 16 h ' ( x ) = 3x 2 − x − 2 = 0 ⇔  3  8− x = 

118 = x1 9 118 = x2 9

Bảng biến thiên

3  Suy ra, phương trình ( 2 ) có 1 nghiệm duy nhất trong khoảng  −2; −  nên phương trình (1) có 2 nghiệm 2  3 3   x = 0 và x ∈  −2; −  . Do đó, tổng tất cả các nghiệm của phương trình (1) : S ∈  −2; −  . 2 2  

Chọn C. Câu 49:

Gọi O là tâm hình vuông ABCD, M là trung điểm của CD, ta có CD ⊥ OM ⇒ CD ⊥ ( SOM ) ⇒ ( SCD ) ⊥ ( SOM ) và ( SCD ) ∩ ( SOM ) = SM  CD ⊥ SO Kẻ OH ⊥ SM , khi đó d ( O; ( SCD ) ) = OH =

OM .OS 2

OM + OS

a.a 2

a + 2a 2 4

a 2 . 3

Mặt khác AO ∩ ( SCD ) = C và O là trung điểm của AC , suy ra: d ( A; ( SCD ) ) = 2d ( O; ( SCD ) ) =

2a 2 . 3

Chọn A. Câu 50:

Ta có MN / / BC ⇒ MN / / B ' C ' và MN = BC = B ' C ' , suy ra tứ giác MNB ' C ' là hình bình hành. Gọi J = MB '∩ NC ' suy ra J là tâm hình bình hành và J ∈ AA '. VAMNA ' B 'C ' = VA.MNB ' C ' + VA '.MNB ' C ' 20

Do IJ là đường trung bình của tam giác MBB ' nên IJ =

1 1 BB ' = a ⇒ A ' J = a. 2 2

JB '+ JC '+ B ' C ' a 2 a 17 , B ' C ' = 2a 2, đặt p = +) B ' J = C ' J = A ' B ' + A ' J = 4a + = 2 4 2 2

+) S ∆JB 'C ' =

p ( p − IB ')( p − JC ')( p − B ' C ' ) =

3a 2 2 ⇒ S MNB ' C ' = 4 S ∆JB 'C ' = 6a 2 2. 2

+) d ( A '; ( JB ' C ' ) ) .S ∆JB ' C ' = 3VA '. JB 'C ' = A ' J .S ∆A ' B 'C ' ⇒ d ( A '; ( JB ' C ') ) = +) VA. JB 'C ' = VA. A ' B 'C ' − VJ . A ' B 'C ' =

A ' J .S ∆A ' B ' C ' a 2 . = 3 S ∆JB 'C '

1 AJ .S ∆A ' B 'C ' = a 3 . 3

+) d ( A; ( JB ' C ') ) .S ∆JB 'C ' = 3VA. JB 'C ' = 3a 3 ⇒ d ( A; ( JB ' C ' ) ) = Vậy VAMNA ' B 'C ' = VA,MNB 'C ' + VA '.MNB 'C ' =

3a 3 = a 2. S ∆JB 'C '

1 d ( A '; ( JB ' C ' ) ) + d ( A; ( JB ' C ' ) ) .S MNB 'C ' 3

(

)

 1 a 2 16a 3 . =  + a 2  .6a 2 2 = 3 3 3 

Chọn D.

UBND TỈNH BÌNH PHƯỚC

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NĂM 2021 - LẦN 1

-----------------------

MÔN: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 90 phút (50 câu trắc nghiệm)

Mã đề thi 482

(Đề thi gồm 07 trang) Họ và tên thí sinh: …………………………………… Số báo danh: ………………. 3

Câu 1. Cho

∫ 1

2 3 f ( x)dx = ; ∫ g ( x)dx = . Khi đó 3 1 4

1 . 2

∫ [ f ( x) − g ( x)] dx có giá trị bằng 1

17 . 12

C. −

1 . 12

Câu 2. Trong không gian Oxyz , cho M ( −3; 2; −1) . Tọa độ điểm M ′ đối xứng với M qua mặt phẳng

( Oxy ) A.

là

( 3; −2; −1) .

Câu 3. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm sốj y = A. x = 2.

( 3; 2;1) .

( 3; 2 − 1) .

( −3; 2;1) .

2x −1 là đường thẳng có phương trình x−3

B. x = 3.

1 C. x = . 2

1 D. x = . 3

D. [ 2; +∞ ) .

Câu 4. Tập xác định của hàm số y = log 2021 ( x − 2) là A.

( −∞; 2 ) .

( 2; +∞ ) .

( −∞; 2].

Câu 5. Cho khối chóp có diện tích đáy B = 12a 2 , chiều cao h = 5a. Thể tích của khối chóp đã cho bằng A. 180a 3 .

B. 20a 3 .

C. 60a 3 .

D. 10a 3 .

Câu 6. Cho khối trụ có bán kính đáy R = 2a, chiều cao h = 3a. Thể tích của khối trụ đã cho bằng A. 24π a 3 .

B. 12π a 3 .

C. 4π a 3 .

D. 36π a 3 .

x = 1  Câu 7. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y = 2 + 3t . Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ z = 5 − t  phương của d ?

A. u2 = ( 0;3; −1) .

B. u3 = (1; −3; −1) .

C. u4 = (1; 2;5 ) .

D. u1 = (1;3; −1) .

Câu 8. Trong không gian Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình của mặt phẳng ( Oyz ) ? A. y = 0.

B. x = 0.

C. y − z = 0. 1

D. z = 0.

Câu 9. Cho cấp số nhân ( un ) có u1 = 2, công bội q = 3. Giá trị của u3 bằng A. u3 = 18.

B. u3 = 5.

C. u3 = 6.

D. u3 = 8.

C. 4π R 2 .

D. 2π R 2 .

Câu 10. Diện tích của mặt cầu có bán kính R bằng A. 2π R.

B. π R 2 .

Câu 11. Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm

A. x = 3.

B. x = 4.

C. x = 1.

D. x = 2.

Câu 12. Cho số phức z = 3 − 4i. Số phức liên hợp của z là A. z = −4 + 3i.

B. z = −3 − 4i.

C. z = −3 + 4i.

D. z = 3 + 4i.

Câu 13. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 2 z − 7 = 0. Bán kính của ( S ) bằng A.

15.

B. 9.

D. 3.

Câu 14. Đường cong trong hình vẽ sau là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y = x 3 − 3 x + 2.

B. y = x 4 − 3 x 2 − 2.

C. y = − x 3 + 3 x − 2.

D. y = x 4 − 3 x 2 + 2.

C. x = 11.

D. x = 21.

Câu 15. Phương trình log 2 ( x − 5 ) = 4 có nghiệm là A. x = 13.

B. x = 3.

Câu 16. Cho khối lăng trụ có thể tích V = 24, diện tích đáy B = 4. Chiều cao của khối lăng trụ đã cho bằng A. 8.

B. 6.

C. 2.

Câu 17. Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?

D. 12.

A. log a 3 = 3log a.

1 B. log ( 3a ) = log a. 3

C. log ( 3a ) = 3log a.

1 D. log a 3 = log a. 3

3 C. x = . 2

D. x = 2.

Câu 18. Phương trình 22 x−3 = 1 có nghiệm là

2 A. x = . 3

5 B. x = . 2

Câu 19. Cho hai số phức z1 = 3 + 2i và z2 = −1 + 3i . Khi đó số phức z1 + z2 bằng A. −4 + i.

B. 4 − i.

C. 2 − i.

D. 2 + 5i.

C. F ( x ) = x + C.

D. F ( x ) = 2 x + C.

Câu 20. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x) = x 2 là A. F ( x ) =

x3 + C. 3

B. F ( x ) = x3 + C.

Câu 21. Từ các số 1; 2;3; 4;5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau ? A. 125.

B. 60.

C. 15.

D. 120.

Câu 22. Cho hình nón có bán kính đáy là r = 3 và độ dài đường sinh l = 4. Tính diện tích xung quanh S của hình nón đã cho. A. S = 16π 3.

B. S = 4π 3.

C. S = 8π 3.

D. S = 24π .

Câu 23. Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như sau

Hàm số y = f ( x) đồng biến trên khoảng nào dưới đây ?

( 0; +∞ ) .

B. (1; +∞ ) .

( −1;1) .

Câu 24. Điểm nào trong hình vẽ sau là điểm biểu diễn số phức z = −1 + 2i ?

( −∞; −1) .

A. P.

B. M .

C. Q.

D. N .

Câu 25. Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ sau.

Số nghiệm của phương trình f ( x ) =

A. 4.

2020 là 2021

B. 2.

C. 3.

D. 0.

Câu 26. Cho tích phân I =

∫

16 − x 2 dx và đặt x = 4sin t. Mệnh đề nào sau đây đúng ?

A. I = −16 ∫ cos 2 tdt.

B. I = 8 ∫ (1 + cos 2t )dt. C. I = 16 ∫ sin 2 tdt.

Câu 27. Số nghiệm nguyên dương của bất phương trình 23 x +1− x > A. 4.

B. 5.

D. I = 8 ∫ (1 − cos 2t )dt. 0

( 2)

là

C. 2.

D. 3.

Câu 28. Tìm điểm cực đại x0 của hàm số y = x3 − 3 x + 1. A. x0 = 3.

B. x0 = −1.

C. x0 = 0.

D. x0 = 1.

Câu 29. Cho số phức z = a + bi ( a; b ∈ ℝ ) thỏa mãn (1 + 2i ) z − ( 2 − 3i ) z = 2 + 30i. Tổng a + b có giá trị bằng

A. −8.

B. −2.

C. 2.

D. 8.

Câu 30. Gọi z1 , z 2 là các nghiệm của phương trình z 2 − 8 z + 25 = 0. Giá trị của z1 − z2 bằng A. 6.

B. 5.

C. 8.

D. 3.

Câu 31. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = cos ( 2 x + 3) là

1 A. − sin ( 2 x + 3) + C. B. sin ( 2 x + 3) + C. 2

1 sin ( 2 x + 3) + C. 2

D. − sin ( 2 x + 3) + C.

Câu 32. Cho log 2 x = 2. Giá trị của biểu thức P = log 2 x 2 + log 1 x3 + log 4 x bằng 2

A. 3 2.

11 2 . 2

2 . 2

C. −

Câu 33. Đồ thị hàm số y = − x 4 + 2 x 2 có bao nhiêu điểm chung với trục hoành ? A. 2.

B. 3.

C. 4.

D. 0.

Câu 34. Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = x3 − x và y = x − x 2 bằng A.

37 . 12

81 . 12

9 . 4

D. 13.

Câu 35. Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 1 = 0, ( Q ) : x − y + z − 2 = 0 và điểm

A (1; −2;3) . Đường thẳng đi qua A, song song với cả ( P ) và ( Q ) có phương trình là x = 1+ t  A.  y = −2 . z = 3 − t 

 x = 1 + 2t  C.  y = −2 .  z = 3 + 2t 

 x = −1 + t  . B.  y = 2  z = −3 − t 

x = 1  D.  y = −2 .  z = 3 − 2t 

1  Câu 36. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = 2 x 3 + 3x 2 − 1 trên đoạn  −2; −  bằng 2 

1 A. − . 2

B. 5.

C. −

11 . 2

D. −5.

Câu 37. Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng 2 3. Thể tích của khối nón đã cho bằng A. 3π 2.

B. 3π 3.

C. π 3.

D. 3π .

Câu 38. Tìm tọa độ điểm M là điểm biểu diễn số phức z biết z thỏa mãn phương trình (1 + i ) z = 3 − 5i. A. M (1; 4 ) .

B. M (1; −4 ) .

C. M ( −1; 4 ) .

D. M ( −1; −4 ) .

Câu 39. Cho hình chóp S . ABC có tam giác SBC là tam giác vuông cân tại S , SB = 2a và khoảng cách từ

A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng 3a. Tính theo a thể tích V của khối chóp S . ABC. A. V = 2a 3 .

B. V = 4a 3 .

C. V = 6a 3 .

D. V = 12a 3 .

Câu 40. Trong tất cả các khối chóp tứ giác đều nội tiếp khối cầu có bán kính bằng 9, khối chóp có thể tích lớn nhất bằng A. 576.

B. 576 2.

C. 144.

D. 144 6.

Câu 41. Cho đa giác đều 100 đỉnh nội tiếp một đường tròn. Số tam giác tù được tạo thành từ 3 trong 100 đỉnh của đa giác là A. 78400.

B. 235200.

C. 117600.

D. 44100.

Câu 42. Từ một cây sắt dài 6 mét người ta uốn và hàn lại thành khung của một cánh cổng gồm một hình chữ nhật và một nửa hình tròn ghép lại như hình vẽ sau (không tính đoạn AB ). 5

Cánh cổng trên có diện tích lớn nhất bằng bao nhiêu nếu bỏ qua hao hụt và các mối hàn khi gia công ?

18 . π +4

8π . 9

9 (π + 4 ) . 25

4 + 6π . 9

Câu 43. Ông Thành vay ngân hàng 2,5 tỷ đồng và trả góp hàng tháng với lãi suất 0, 51%. Hàng tháng, ông Thành trả 50 triệu đồng (bắt đầu từ khi vay). Hỏi sau 36 tháng thì số tiền ông Thành còn nợ là bao nhiêu (làm tròn đến hàng triệu) ?

A. 1019 triệu đồng.

B. 1025 triệu đồng.

C. 1016 triệu đồng.

D. 1022 triệu đồng.

Câu 44. Giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y = x 4 − 2(m + 1) x 2 + 2 đạt cực trị tại các điểm A, B, C sao cho BC > 2OA (trong đó O là gốc tọa độ, A là điểm cực trị thuộc trục tung) là

A. m > 1.

B. m > 3.

C. m > −1.

D. m < −3 hay m > 1.

Câu 45. Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SD . Biết góc giữa hai mặt phẳng ( ABCD ) và

( AHK ) A.

bằng 300 . Thể tích khối chóp S . ABCD bằng

a3 6 . 3

a3 6 . 9

a3 2 . 3

Câu 46. Cho bất phương trình ( m − 1) log 21 ( x − 2 ) + 4 ( m − 5 ) log 1 2

a3 6 . 2

1 + 4m − 4 ≥ 0 ( m là tham số thực). x−2

5  Tìm tập hợp tất cả các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x thuộc đoạn  ; 4  . 2  7  A.  ; +∞  . 3 

 7 B.  −3;  .  3

7  C.  −∞;  . 3 

D. [ −3; +∞ ) .

Câu 47. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình f ( sin x ) = 3sin x + m có nghiệm thuộc khoảng ( 0; π ) . Tổng các phần tử của S bằng

B. −5.

A. −6.

C. −8.

D. −10.

Câu 48. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC , cạnh đáy bằng a . Các điểm M , N lần lượt là trung điểm của SA, SC . Biết rằng BM vuông góc với AN . Thể tích của khối chóp bằng

7 3 a. 24

7 3 a. 8

14 3 a. 8

14 3 a. 24

Câu 49. Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đạo hàm thỏa mãn xf ' ( x − 1) = ( x − 3) f ' ( x ) . Số cực trị của hàm số y = f ( x 2 ) là

A. 4.

B. 6.

C. 3.

D. 5.

Câu 50. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =

a + bc b + ca + + c + 2021 bằng 1 + bc 1 + ca

2 3 + 51 . 3

2021 + 2.

2021.

------------- HẾT -------------

2022.

BẢNG ĐÁP ÁN 1-C

2-D

3-B

4-B

5-B

6-B

7-A

8-B

9-A

10-C

11-C

12-D

13-D

14-C

15-D

16-B

17-A

18-C

19-D

20-A

21-B

22-B

23-B

24-C

25-A

26-B

27-C

28-B

29-D

30-A

31-C

32-C

33-B

34-A

35-A

36-D

37-C

38-C

39-A

40-A

41-C

42-A

43-D

44-B

45-A

46-B

47-D

48-D

49-D

50-D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn C. 3

1 ∫  f ( x ) − g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx = − 12 .

Câu 2: Chọn D. Hình chiếu H của M lên mặt phẳng tọa độ ( Oxy ) có tọa độ là H ( −3; 2;0 ) . Khi đó H là trung điểm của

MM '. Vậy M ' ( −3; 2;1) .

Câu 3: Chọn B.  2x −1   2x −1  Ta có lim−  = −∞ và lim+    = +∞ x →3  x − 2  x →3  x − 2  Vì lim− ( 2 x − 1) = 5 > 0 x →3

Và x → 3− ⇒ x < 3 ⇒ x − 3 < 0. Và x → 3+ ⇒ x > 3 ⇒ x − 3 > 0.

Câu 4: Chọn B. Hàm số xác định khi và chỉ khi x − 2 > 0 ⇔ x > 2.

Câu 5: Chọn B. 1 1 Thể tích của khối chóp đã cho là V = Bh = .12a 2 .5a = 20a 3 . 3 3

Câu 6: Chọn B. 2

Thể tích của khối trụ đã cho là V = π R 2 h = π . ( 2a ) .3a = 12π a 3 .

Câu 7: Chọn A.

Một vectơ chỉ phương của d là u2 = ( 0;3; −1) . Câu 8: Chọn B. 8

Mặt phẳng ( Oyz ) có vectơ pháp tuyến là i = (1;0;0 ) . Mặt phẳng ( Oyz ) đi qua điểm O ( 0;0;0 ) có vectơ pháp tuyến là i = (1;0;0 ) có phương trình là x = 0.

Câu 9: Chọn A. Ta có u3 = u1.q 2 = 2.32 = 18.

Câu 10: Chọn C. Theo công thức SGK ta có diện tích mặt cầu có bán kính R là S = 4π R 2 .

Câu 11: Chọn C. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1.

Câu 12: Chọn D. Ta có z = 3 − 4i ⇒ z = 3 + 4i.

Câu 13: Chọn D. Bán kính mặt cầu r =

( −1)

+ 12 + 7 = 3.

Câu 14: Chọn C. Từ đồ thị suy ra đây là hàm số bậc ba có hệ số của x3 âm. Nên hàm số cần tìm là y = − x 3 + 3 x − 2.

Câu 15: Chọn D.

log 2 ( x − 5 ) = 4 ⇔ x − 5 = 24 ⇔ x = 21. Câu 16: Chọn B. Ta có V = B.h ⇒ h =

V 24 = = 6. B 4

Câu 17: Chọn A. Xét đáp án A, có log a 3 = 3log a nên D sai Xét đáp án B, có log ( 3a ) = log 3 + log a nên B, C sai.

Câu 18: Chọn C. 3 2 2 x −3 = 1 ⇔ 2 2 x − 3 = 20 ⇔ 2 x − 3 = 0 ⇔ x = . 2

Câu 19: Chọn D. Có z1 + z2 = 3 + 2i + ( −1 + 3i ) = 2 + 5i.

Câu 20: Chọn A.

Ta có F ( x ) = ∫ f ( x ) dx = ∫ x 2 dx =

x3 + C. 3

Câu 21: Chọn B. Mỗi số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau được lập từ 5 chữ số 1; 2;3; 4;5 là một chỉnh hợp chập 3 của 5 phần tử. Số các số tạo thành là: A53 = 60 (số).

Câu 22: Chọn B. Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh hình nón có: S xq = π rl = π . 3.4 = 4π 3.

Câu 23: Chọn B. Từ đồ thị ta thấy hàm số đồng biến trên (1; +∞ ) .

Câu 24: Chọn C. Từ hình vẽ ta thấy điểm biểu diễn của số phức z = −1 + 2i là điểm Q ( −1; 2 ) .

Câu 25: Chọn A. Số nghiệm của phương trình f ( x ) = thẳng y =

2020 chính bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường 2021

2020 . 2021

Dựa vào đồ thị, ta suy ra phương trình f ( x ) =

2020 có tất cả 4 nghiệm phâ biệt. 2021

Câu 26: Chọn B. Vì x = 4sin t ⇒ dx = 4 cos tdt .

Đổi cận: x = 0 thì 4 sin t = 0 ⇔ t = 0; x = 8 thì 4sin t = 8 ⇔ t = π

π 4

Khi đó I = ∫ 16 − ( 4sin t ) .4 cos tdt = 16 ∫ cos 2 tdt = 8 ∫ (1 + cos 2t ) dt 0

Câu 27: Chọn C. 10

Ta có 23 x +1− x >

( 2)

⇔ 23 x +1− x > 2 x

⇔ 3 x + 1 − x 2 > x ⇔ x 2 − 2 x − 1 < 0 ⇔ 1 − 2 < x < 1 + 2. Vì x ∈ ℕ * nên x ∈ {1; 2} . 2

Vậy bất phương trình 23 x +1− x >

( 2)

có 2 nghiệm nguyên dương.

Câu 28: Chọn B. Ta có y ' = 3 x 2 − 3. Xét y ' = 0 ⇔ x = ±1. Mà y " = 6 x và y " ( −1) = −6 < 0. Vậy điểm cực đại của hàm số y = x3 − 3 x + 1 là x0 = −1.

Câu 29: Chọn D. Ta có z = a + bi ⇒ z = a − bi Khi đó (1 + 2i ) z − ( 2 − 3i ) z = 2 + 30i

⇔ (1 + 2i )( a + bi ) − ( 2 − 3i )( a − bi ) = 2 + 30i ⇔ a + bi + 2ai − 2b − 2a + 2bi + 3ai + 3b = 2 + 30i

⇔ − a + b + ( 5a + 3b ) i = 2 + 30i − a + b = 2 a = 3 ⇔ ⇔ ⇒ a + b = 8. 5a + 3b = 30 b = 5 Câu 30: Chọn A.

 z1 = 4 + 3i 2 ⇒ z1 − z2 = 6i = 6. Ta có z 2 − 8 z + 25 = 0 ⇔ ( z − 4 ) = −9 = 9i 2 ⇔   z2 = 4 − 3i Câu 31: Chọn C. Ta có

∫ f ( x ) dx = ∫ cos ( 2 x + 3) dx = 2 sin ( 2 x + 3) + C.

Câu 32: Chọn C. 1 1 1 2 . Ta có P = 2 log 2 x − 3log 2 x + log 2 x = − log 2 x = − . 2 = − 2 2 2 2

Câu 33: Chọn B. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = − x 4 + 2 x 2 và trục hoành là:

x = 0  − x + 2x = 0 ⇔ − x ( x − 2) = 0 ⇔  x = 2 . x = − 2  4

Từ đó ta suy ra đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.

Câu 34: Chọn A. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x3 − x và y = x − x 2 là

 x = −2 x − x = x − x ⇔ x + x − 2 x = 0 ⇔  x = 0 .  x = 1 3

Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y = x3 − x và y = x − x 2 là 1

∫ (x

− x) − ( x − x

) dx = ∫ ( x

−2

+ x − 2 x ) dx +

−2

∫(x

+ x 2 − 2 x ) dx =

37 . 12

Câu 35: Chọn A.

Ta có ( P ) : x + y + z + 1 = 0 có vectơ pháp tuyến là n = (1;1;1) ;

(Q ) : x − y + z − 2 = 0

có vectơ pháp tuyến là n ' = (1; −1;1) .

 n, n ' = ( 2;0; −2 ) .   Gọi d là đường thẳng đi qua A và song song với cả ( P ) và ( Q ) .

x = 1+ t 1  Khi đó d có vectơ chỉ phương là u =  n.n ' = (1;0; −1) nên có phương trình tham số là  y = −2 . 2 z = 3 − t  Câu 36: Chọn D. 1  Trên đoạn  −2; −  hàm số có f ' ( x ) = 6 x 2 + 6 x; f ' ( x ) = 0 ⇔ x = −1. 2  1  1 Ta có f ( −2 ) = −5; f ( −1) = 0; f  −  = − . 2  2 Suy ra max f ( x ) = 0, min f ( x ) = −5. 1   −2; − 2 

1   −2; − 2   

1  Vậy tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = 2 x 3 + 3x 2 − 1 trên đoạn  −2; −  bằng −5. 2 

Câu 37: Chọn C.

Giả sử thiết diện qua trục của hình nón là tam giác SAB như hình vẽ và O là tâm đáy. Theo giả thiết tam giác SAB vuông cân tại S , AB = 2 3 và O là trung điểm AB. Khi đó hình nón có r =

AB 2 3 AB 2 3 = = 3, h = SO = = = 3 nên thể tích khối nón bằng 2 2 2 2

1 V = π r 2 h = π 3. 3

Câu 38: Chọn C. Ta có (1 + i ) z = 3 − 5i ⇒ z =

3 − 5i ( 3 − 5i )(1 − i ) 3 − 3i − 5i − 5 = = = −1 − 4i ⇒ z = −1 + 4i . 1+ i 2 2

Điểm biểu diễn số phức z là M ( −1; 4 ) . Câu 39: Chọn A.

Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng ( ABC ) ⇒ d ( A, ( SBC ) ) = AH ⇒ AH = 3a Ta có V =

1 1 1 AH .S SBC = .3a. .2a.2a = 2a 3 . 3 3 2

Câu 40: Chọn A.

Giả sử khối chóp đó là S . ABCD . Gọi I là tâm của hình vuông thì I là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy và

SO là trục đường tròn ngoại tiếp đáy. Gọi M là trung điểm của SA. Trong mặt phẳng ( SAI ) đường trung trực của SA cắt SI tại O thì OA = OB = OC = OS ⇒ O là tâm mặt cầu. Hai tam giác vuông SMO, SIA đồng dạng ⇒

⇒

SO SM SM .SA SA2 = ⇒ SO = = = 9. SA SI SI 2.SI

SI 2 + AI 2 = 18 SI

Mặt khác

1 1 AC 2 2 2 VS . ABCD = .SI .S ABCD = .SI . = .SI . AI 2 = SI . (18.SI − SI 2 ) . 3 3 2 3 3 Đặt SI = t ( 0 < t < 18 ) xét hàm số: 3

2 8 t t  8  t + 18 − t  f ( t ) = t 2 (18 − t ) = .  . . (18 − t )  ≤   = 576. 3 3 2 2 3  3  Dấu “=” xảy ra:

t = 18 − t ⇔ t = 12. 2

Suy ra, thể tích khối chóp S . ABCD đạt giá trị lớn nhất là 576 khi SI = 12.

Câu 41: Chọn C. Chọn 1 điểm bất kì: Có 100 cách chọn. Xét một điểm A bất kì, xét đường tròn có đường kính chứa điểm A (quay theo chiều ngược chiều kim đồng hồ) để tạo được một tam giác từ ta cần chọn 2 điểm còn lại cùng nằm trên nửa đường tròn. Vậy có: C492 cách chọn. Số tam giác tù là: 100.C492 = 117600.

Câu 42: Chọn A. Đặt: CD = 2 x ( m ) , AD = y ( m )( 0 < x < 3, 0 < y < 6 ) . 14

Ta có: bán kính của nửa đường tròn là x ( m ) Vì cây sắt dài 6 ( m ) nên ta có: 2 x + 2 y + π x = 6 ⇔ y =

6 − 2x − π x 2

1 1 1 Diện tích của cánh cổng là: S = 2 xy + π x 2 = x ( 6 − 2 x − π x ) + π x 2 = 6 x − 2 x 2 − π x 2 2 2 2

1 Đặt f ( x ) = 6 x − 2 x 2 − π x 2 = S ( 0 < x < 3) 2 Có: f ' ( x ) = 6 − 4 x − π x, f ' ( x ) = 0 ⇔ x =

6 4+π

Bảng biến thiên của f ( x ) trên ( 0;3)

Theo bảng biến thiên trên ta được: MaxS = Max f ( x ) = x∈( 0;3)

18 6 . đạt được khi x = π +4 π +4

Câu 43: Chọn D. Đặt A = 2500 (triệu), r = 0, 0051, m = 50 (triệu). Tiền còn nợ sau 1 tháng là: T1 = ( A − m ) . (1 + r ) = A. (1 + r ) − m. (1 + r ) Tiền còn nợ sau 2 tháng là: 3

T2 = (T1 − m ) . (1 + r ) = A. (1 + r )

(1 + r ) − (1 + r ) 2 2 − m. (1 + r ) + (1 + r )  = A. (1 + r ) − m.   r

Tiền còn nợ sau 3 tháng là: 4

(1 + r ) − (1 + r ) 3 2 3 T3 = (T2 − m ) . (1 + r ) = A. (1 + r ) − m. (1 + r ) + (1 + r ) + (1 + r )  = A. (1 + r ) − m.   r 3

Do vậy số tiền còn nợ sau 36 tháng là: T36 = A. (1 + r )

Thay số vào ta được: T36 = 2500. (1 + 0, 0051)

(1 + r ) − m.

(1 + 0, 0051) − 50.

− (1 + r ) r

− (1 + 0, 0051) ≈ 1022 triệu. 0, 0051

Câu 44: Chọn B. 15

Tập xác định ℝ

x = 0 y ' = 4 x3 − 4 ( m + 1) x, y ' = 0 ⇔  2 x = m +1 Hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m + 1 > 0 ⇔ m > −1. x = 0  Khi đó, y ' = 0 ⇔  x = m + 1 x = − m +1  2

x = m + 1 ⇒ y = 2 − ( m + 1) ⇒ B 2

(

m + 1; 2 − ( m + 1)

)

(

x = − m + 1 ⇒ y = 2 − ( m + 1) ⇒ C − m + 1; 2 − ( m + 1)

)

⇒ BC = 2 m + 1, OA = 2 Do đó, BC > 2OA ⇒ 2 m + 1 > 4 ⇔ m + 1 > 4 ⇔ m > 3 (thỏa mãn m > −1 ). Vậy m > 3.

Câu 45: Chọn A.

Ta có: BC ⊥ AB và BC ⊥ SA suy ra BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH . Mặt khác

AH ⊥ SB suy ra

AH ⊥ ( SBC ) ⇒ SC ⊥ AH . Chứng minh tương tự ta cũng có AK ⊥ ( SCD ) ⇒ SC ⊥ AK . Vậy SC ⊥ ( AHK ) . Mà SA ⊥ ( ABCD ) . Do đó góc giữa hai mặt phẳng ( ABCD ) và ( AHK ) là góc giữa hai đường thẳng SA và SC (theo định nghĩa góc giữa hai mặt phẳng) và bằng ASC . Vậy ASC = 300.

ASC = Xét tam giác SAC có cos

SA = SC

(

SA2 + a 2

)

3 ⇒ SA = a 6 . 2

1 1 a3 6 . VS . ABCD = SA.S ABCD = .a 6.a 2 = 3 3 3

Câu 46: Chọn B. Điều kiện: x > 2. 2

Ta có: ( m − 1) log 21 ( x − 2 ) + 4 ( m − 5 ) log 1 2

1 + 4m − 4 ≥ 0 x−2

⇔ 4 ( m − 1) log 22 ( x − 2 ) + 4 ( m − 5 ) log 2 ( x − 2 ) + 4m − 4 ≥ 0. Đặt t = log 2 ( x − 2 ) . 5  Với x ∈  ; 4  ⇒ t ∈ [ −1;1] . 2 

Do đó bất phương trình

( m − 1) log 21 ( x − 2 )

+ 4 ( m − 5 ) log 1

1 + 4m − 4 ≥ 0 nghiệm đúng với mọi x x−2

5  thuộc đoạn  ; 4  khi và chỉ khi bất phương trình 4 ( m − 1) t 2 + 4 ( m − 5 ) t + 4m − 4 ≥ 0 (1) , nghiệm đúng 2 

với mọi t thuộc đoạn [ −1;1] . Ta có: 4 ( m − 1) t 2 + 4 ( m − 5 ) t + 4m − 4 ≥ 0 ⇔ m ( t 2 + t + 1) ≥ t 2 + 5t + 1. 2

t 2 + 5t + 1  1 3 . Vì t 2 + t + 1 =  t +  + > 0, ∀t ∈ ℝ nên m ( t 2 + t + 1) ≥ t 2 + 5t + 1 ⇔ m ≥ 2 t + t +1  2 4 Xét hàm số f ( t ) = f '(t ) =

t 2 + 5t + 1

+ t + 1)

f (t ) = 0 ⇔

t 2 + 5t + 1 trên đoạn [ −1;1] . t2 + t +1 =

−4t 2 + 4

( t 2 + t + 1)

+ t + 1)

= 0 ⇔ t = ±1.

7 7 f ( −1) = −3; f (1) = . Suy ra max f ( t ) = f (1) = ; min f ( t ) = f ( −1) = −3. t∈[ −1;1] 3 3 t∈[ −1;1] Vậ y m ≥

t 2 + 5t + 1  7 nghiệm đúng với mọi t thuộc đoạn [ −1;1] khi m ∈  −3;  . 2 t + t +1 3 

Câu 47: Chọn D.

Xét phương trình f ( sin x ) = 3sin x + m (1) .

Đặt t = sin x, ta có phương trình f ( t ) = 3t + m ( 2 ) , phương trình (1) có nghiệm x ∈ ( 0; π ) khi và chỉ khi phương trình ( 2 ) có nghiệm t ∈ ( 0;1] . Số nghiệm của ( 2 ) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( t ) , t ∈ ( 0;1] và đường thẳng y = 3t + m.

Đường thẳng y = 3t + m đi qua điểm A ( 0;1) nên có phương trình y = 3t + 1. Đường thẳng y = 3t + m đi qua điểm B (1; −1) nên có phương trình y = 3t − 4. Từ đó ta có giá trị m thỏa mãn bài toán là m ∈ [ −4;1) . Các giá trị nguyên của m là tập

S = {−4; −3; −2; −1;0} , vậy tổng các phần tử bằng −10. Câu 48: Chọn D.

Gọi D sao cho MNAD là hình bình hành, BM vuông góc với AN nên tam giác DMB vuông cân tại M . 2

a 3 a +  BD a 14  2  Suy ra: BM = . = = 4 2 2 2

Gọi cạnh SA = x, x > 0.BM là đường trung tuyến tam giác SAB nên ta có:

BM =

2 ( BA2 + BS 2 ) − SA2

SH = SA2 − AH 2 =

2 ( a2 + x2 ) − x2  a 14  a 6 ⇔  ⇔ x= .  = 4 2  4 

1 a 42 a 2 3 a 3 14 a 42 . Vậy VS . ABC = . . . = 6 3 6 4 24

Câu 49: Chọn D. Từ giả thiết cho x = 0 ta có f ' ( 0 ) = 0 nên f ' ( x ) có nghiệm x = 0. Cho x = 1 ta được f ' (1) = 0 nên f ' ( x ) có nghiệm x = 1. Cho x = 2 ta được f ' ( 2 ) = 0 nên f ' ( x ) có nghiệm x = 2. Suy ra ta có f ' ( x ) = ax ( x − 1)( x − 2 ) . Từ y = f ( x 2 ) ⇒ y ' = 2 xf ' ( x 2 ) = 2ax3 ( x 2 − 1)( x 2 − 2 ) .

x = 0   x = −1 y ' = 0 ⇒ x = 1  x = 2   x = − 2 Vậy hàm số y = f ( x 2 ) có 5 cực trị.

Câu 50: Chọn D.

(

)

Ta có: a + bc ≥ a ( a + b + c ) ≥ a 2 + 2a bc ≥ a 2 1 + bc ⇒

Tương tự ta có:

a + bc ≥ a. 1 + bc

b + ca ≥ b. 1 + ca

Suy ra: A ≥ a + b + c + 2021 = 1 − c + c + 2021 Xét hàm số f ( c ) = −c + c + 2021; c ∈ [ 0;1] Ta có f ' ( c ) = −1 +

1 < c, ∀c ∈ [ 0;1] . 2 c + 2021

Vậy f ( c ) là hàm số nghịch biến nên ta có f ( c ) ≥ f (1) = 2022.