Đề phát triển theo cấu trúc ma trận minh họa BGD năm 2022 môn toán đề 29 tiêu chuẩn (bản word có lời giải)

ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT

Đề phát triển theo cấu trúc ma trận minh họa BGD năm 2022 Mơn Tốn - Đề 29 - Tiêu chuẩn (Bản word có lời giải)
Câu 1:
Câu 2:
Câu 3:

Có bao nhiêu cách chọn một tổ trưởng và một tổ phó từ nhóm học tập gồm 5 học sinh?
A. 20 .
B. 10 .
C. 25 .
D. 7 .
Cho cấp số cộng ( un ) , biết u2 = 3 và u4 = 7 . Giá trị của u15 bằng
A. 27 .
B. 31 .
C. 35 .
D. 29 .
Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên khoảng ( −∞ ; +∞ ) , có bảng biến thiên như hình
sau:

Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 1; +∞ ) .

B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; −2 ) .

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞;1) .

D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1; +∞ ) .

Câu 4:

Cho đồ thị hàm số y = f ( x ) . Tìm m để đồ thị hàm số f ( x ) + 1 = m có đúng 3 nghiệm.

Câu 5:

A. 0 < m < 5 .
B. 1 < m < 5 .
C. −1 < m < 4 .
D. 0 < m < 4 .
Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ và có bảng xét dấu đạo hàm dưới đây
.
Số điểm cực trị của hàm số là
A. 1 .
B. 2 .

Câu 6:

D. 4 .
2x −1
Tìm đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
.
x +1
1
1
A. x = , y = −1 .
B. x = 1, y = −2 .
C. x = −1, y = 2 .
D. x = −1, y = .
2
2

C. 3 .

Page 1


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
Câu 7:

Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình
bên?
A. y = − x 4 + 4 x 2 .
C. y = x 3 − 3x 2 + 3 .

Câu 8:

Câu 9:

B. y = x 4 − 4 x 2 − 3 .
D. y = − x 3 + 3x 2 − 3 .

Đồ thị của hàm số y = − x3 + 3 x 2 + 2 x − 1 và đồ thị của hàm số

y = 3 x 2 − 2 x − 1 có tất cả bao nhiêu điểm chung?
A. 0 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 1 .
 1000 
Với a là số thực dương tùy ý, log 
÷ bằng

 a 
A. 3 − log a .

B. 3log a .

3
.
log a

C.

D. 3 + log a .

Câu 10: Đạo hàm của hàm số y = 2022 x là:
A. y ′ = 2022 x ln 2022 . B. y′ = 2022 x .

C. y′ =

2022 x
.
ln 2022

D. y′ = x.2022 x −1 .

Câu 11: Với a là số thực dương tùy ý, a. 3 a 2 bằng
5

A. a 7 .

3

B. a 3 .

C. a 5 .

1

D. a 7 .

3 x− 4

1
1
Câu 12: Nghiệm của phương trình  ÷ =
là:
16
4
A. x = 3 .
B. x = 2 .
C. x = 1 .
D. x = −1 .
x2 − 2 x
Câu 13: Tích các nghiệm của phương trình 2
= 8 là
A. 2 .
B. 0 .
C. −3 .
D. 3 .
3
2

Câu 14: Hàm số F ( x ) = x − 2 x + 3 là nguyên hàm của hàm số nào trong các hàm số sau?

A. f ( x ) =

x4 2 3
− x + 3x + 1 .
4 3

B. f ( x ) = 3 x 2 − 4 x .

x4 2 3
D. f ( x ) = 3x 2 − 4 x + 3 .
− x + 3x .
4 3
Câu 15: Cho đồ thị hàm số y = f ( x ) như hình vẽ. Diện tích S của hình phẳng ( tơ đậm) trong hình là
C. f ( x ) =

0

b

A. S = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .
a

0

0

0

a

b

a

b

0

0

0

0

a

b

B. S = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx .
C. S = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .
D. S = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .
Câu 16: Tập nghiệm của bất phương trình log 1 ( x − 3) ≥ log 1 4 là
2

2

Page 2

ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
A. S = [ 7; +∞ ) .
B. S = ( 3;7 ] .
C. S = ( −∞;7 ] .
D. S = [ 3;7 ] .
Câu 17: Cho số phức z = 1 + 2i . Điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của số phức w = z + iz trên mặt
phẳng tọa độ?
A. N ( 2;3) .
B. M ( 3;3) .
C. Q ( 3; 2 ) .
D. P ( −3;3) .
Câu 18: Trên mặt phẳng tọa độ, điểm đối xứng với điểm biểu diễn số phức z = −2i + 4 qua trục Oy có
tọa độ là
A. ( 4;2 ) .
B. ( −4;2 ) .
C. ( 4; −2 ) .
D. ( −4; −2 ) .
Câu 19: Khối chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành, biết diện tích hình bình hành ABCD bằng 8 và
chiều cao khối chóp bằng 3. Tính thể tích khối chóp S . ABC .
A. 8 .
B. 4.
C. 24.
D. 6.
Câu 20: Đường chéo của hình hộp chữ nhật có ba kích thước 3, 4,12 có độ dài là
A. 13. .
B. 30. .
C. 15. .
D. 6.
Câu 21: Cho khối nón có chiều cao h = 2 3a và độ dài đường sinh l = 4a . Tính thể tích V của khối

nón đã cho.
4 3π a3
28 3π a 3
8 3π a 3
A. V =
.
B. V =
.
C. V = 8 3π a 3 .
D. V =
.
3
3
3
Câu 22: Hình trụ có đường cao h = 2cm và đường kính đáy là 10cm . Diện tích tồn phần của hình
trụ đó bằng
A. 240π cm 2 .
B. 120π cm 2 .
C. 70π cm 2 .
D. 140π cm 2 .
Câu 23: Trong không gian Oxyz , khoảng cách từ điểm M ( 4; −1; 2 ) đến mặt phẳng

( P ) : x − 2 y + 2z +1 = 0

bằng

7
11
.
B. 11 .

C. 7 .
D. .
3
3
2
2
2
Câu 24: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x + y + z + 2 y − 8 z + 1 = 0 . Tìm tọa độ tâm I và

A.

bán kính R của mặt cầu ( S ) .
A. I ( 0;1; − 4 ) , R = 2 .

B. I ( 0;1; − 4 ) , R = 4 . C. I ( 0; –1;4 ) , R = 2 . D. I ( 0; –1;4 ) , R = 4 .

Câu 25: Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc của điểm M ( 2; −1;3) trên trục Oz có tọa độ là
A. ( 2; 0; 0 ) .

B. ( 2; −1;0 ) .

C. ( 0;0;3) .

D. ( 0; −1;0 ) .

Câu 26: Trong không gian Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình của đường thẳng đi qua

M ( 2;0; −3) và vng góc với mặt phẳng ( P ) : x − 3 y + 2 z − 5 = 0?
 x = 1 + 2t


A.  y = −3 .
 z = 2 − 3t

Câu 27: Hàm số y = ( x − 1)
A. D = ¡ .

x = 2 + t

B.  y = −3t
.
 z = −3 + 2t

−3
2

B. D = ( 1; +∞ ) .

Câu 29: Nếu ∫ (2 x − 3 f ( x ))dx = 9 thì
1

 x = 1 + 2t

D.  y = 3t .
 z = 2 − 3t


C. D = [ 1; +∞ ) .

D. D = ¡ \ { 1} .

C. y = x 3 + x .

D. y =

có tập xác định là

Câu 28: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên ¡ ?
x +1
.
A. y =
B. y = x 4 + 3.
x+3
4

x = 2 + t

C.  y = 3t
.
 z = −3 + 2t


1
.
x +1
2

2

∫ f (2 x)dx
1

2

bằng

Page 3


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
A. 1 .

C. −1 .

B. 4 .

D. −4

3
Câu 30: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x −

đoạn [ 0;3] . Khi đó 2M − m có giá trị bằng
B. 18 .

A. 0 .

Câu 31: Tập nghiệm của bất phương trình log 3 ( 25 − x
A. ( −5; −4] ∪ [ 4;5 ) .

2

)

C. 10 .
≤ 2 là

3 2
x − 6 x + 1 trên
2

D. 11 .

B. ( −∞; −4] ∪ [ 4; +∞ ) . C. ( 4;5 ) .

D. [ 4; +∞ ) .

Câu 32: Tìm nguyên hàm F ( x ) = ∫ ( x + sin x ) dx biết F ( 0 ) = 1 .
2
A. F ( x ) = x − cos x + 20 .

B. F ( x ) =

1 2
x − cos x .
2

1 2
2
x − cos x + 2 .
D. F ( x ) = x + cos x + 20 .
2
Câu 33: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2;1; 2 ) và B ( 6;5; −4 ) . Mặt phẳng trung trực của

C. F ( x ) =

đoạn thẳng AB có phương trình là
A. 2 x + 2 y − 3 z − 17 = 0 . B. 4 x + 3 y − z − 26 = 0 .
C. 2 x + 2 y − 3 z + 17 = 0 . D. 2 x + 2 y + 3z − 11 = 0 .
Câu 34: Cho hình chóp S . ABCD và đáy ABCD là hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy,
SB = a 7 (tham khảo hình vẽ). Góc giữa đường thẳng SC và mặt đáy bằng

A. 30° .
B. 45° .
C. 60° .
D. 90° .
Câu 35: Trong không gian Oxyz , mặt cầu tâm I ( 1;0;2 ) và đi qua điểm A ( 2;1; 4 ) có phương trình là
A. ( x − 1) + y 2 + ( z − 2 ) = 6 .

B. ( x + 1) + y 2 + ( z + 2 ) = 6 .

C. ( x − 1) + y 2 + ( z − 2 ) = 6 .

D. ( x + 1) + y 2 + ( z + 2 ) = 6 .

2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 36: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy. Cạnh bên SC
tạo với đáy góc 60o . Trên cạnh SB lấy điểm K sao cho KS = 2 KB . Khoảng cách từ K đến

( SCD )

A.

bằng

a 42
.
7

Câu 37: Trong

không

2a 42
.
21
Oxyz , cho

B.

gian

a 42
2a 15
.
D.
.
21
15
phẳng ( P ) : x + y − 2 z + 2 = 0 và hai

C.

mặt

điểm

A ( 2, −4, 0 ) , B ( 4, 2, −2 ) . Tập hợp các điểm M thuộc mặt phẳng ( P) sao cho góc giữa MA và
MB bằng 90° là một đường tròn có diện tích bằng
A. 5π .
B. 17π .
C. 38π .
D. 11π .

Page 4


ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT

Câu 38: Trong khơng gian Oxyz , cho điểm A(2; 2; −1) và đường thẳng ∆ có phương trình:
x −1 y + 2 z − 3
=
=
. Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua A , cắt và vng
2
−1
1
góc với đường thẳng ∆ .
 x = −3 + 2t
 x = 1 + 2t
x = 2 + t
x = 2 + t




A.  y = −3 + 2t .
B.  y = 1 + 2t .
C.  y = 2 + t .
D.  y = 2 + t .
z = 3 − t
 z = −1 − t
 z = −1 − t
 z = −1 − 2t




Câu 39: Một hộp đựng 12 viên bi được đánh số từ 1 đến 12 . Lấy ngẫu nhiên 6 viên bi từ hộp, xác suất

để tổng 6 số ghi trên 6 viên bi là một số lẻ bằng
118
109
1
8
A.
.
B.
.
C. .
D.
231
231
2
231
2
x (2 − x )
1− x (2 − x )
x −m2
Câu 40: Có bao nhiêu giá trị thực m để phương trình 3
+3
=2
+ 2m − x + 2 có đúng 3
nghiệm thực phân biệt.
A. 3.
B. 4.
C. 5.
D. 6.
Câu 41: Cho hàm số f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên.

2

Biết

∫ f ′( x )
2

x dx = 12. Giá trị của f ( 2 ) bằng

1

A. 24.
B. 4.
C. 6.
D. 12.
Câu 42: Trong đợt hội trai được tổ chức tại trường THPT A, Đoàn trường có thực hiện một dự án ảnh
trưng bày trên một pano có dạng Parabol như hình vẽ. Biết rằng Đồn trường sẽ u cầu các
lớp gửi hình dự thi và dán lên khu vực hình chữ nhật ABCD , phần còn lại sẽ được trang trí hoa
văn cho phù hợp. Chi phí dán hoa văn là 100.000 đồng cho

1m 2 bẳng. Hỏi chi phí thấp nhất cho

việc hồn tất hoa văn trên pano sẽ là bao nhiêu (làm tròn đến hàng nghìn)?

A. 616.000 (đồng).

B. 450.000 (đồng).
C. 615.000 (đồng).
D. 451.000 .(đồng).
1− i

Câu 43: Cho số phức z thỏa mãn
là số thuần ảo và z − 2 − i = m, với m ∈ ¡ . Có bao nhiêu giá trị
z
thực của m để có đúng một số phức z thỏa mãn bài toán?
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4.

Page 5


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
x
Câu 44: Cho hai đồ thị ( C1 ) : y = log 2 x và ( C2 ) : y = 2 . M , N lần lượt là hai điểm thay đổi trên ( C1 )

và ( C2 ) . Giá trị nhỏ nhất của MN thuộc khoảng nào sau đây?




1
2

1 
2 

A.  0; ÷.

B.  ;1÷.

 3
 2

C.  1; ÷ .

3
2




D.  ; +∞ ÷.

Câu 45: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi tâm H , SH ⊥ ( ABCD ) . Hai đường chéo
AC = 2a, BD = a 2; M , N lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB; P ∈ CD . Biết khoảng cách

từ A đến mp ( MNP ) bằng a , thể tích khối đa diện AMNP bằng?

a3 2
.
8
Câu 46: Cho hàm số
A.

a3 3
a3 2
a3 3
.
C.

.
D.
.
4
4
8
f ( x ) = ax5 + bx 4 + cx 3 + dx 2 + mx + n ( a, b, c, d , m, n ∈ ¡ ) . Đồ thị hàm số
B.

y = f ′ ( x ) như hình vẽ sau

Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = f ( x ) - ( 1024a + 256b + 64c +16d + 4m + n ) là
A. 4 .
B. 3 .
C. 7 .
D. 9 .
Câu 47: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có ABCD là hình vng tâm O , cạnh bằng 4a , góc giữa
mặt bên và mặt đáy bằng 450 . Gọi M là trung điểm AD , H , K lần lượt là hai điểm thay đổi
thuộc miền trong tam giác SAB và SCD sao cho HK∥ ( ABCD ) , SHOK là tứ giác nội tiếp.
Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp M .SHOK .
4 3
16 6 3
A. 4a 3 .
B. a .
C.
D.
a .
3
9
Câu 48: Cho hàm f xác định, đơn điệu giảm, có đạo hàm liên tục trên

(

2 3
a .
3
¡ và thỏa mãn

)

x
3
1
2
3
2
3 [ f ( x) ] = 2 ∫ ( f (t ) ) + f ′ (t ) dt + 2 x với mọi số thực x . Tích phân ∫ 2021( f ( x) ) x dx

0 
0

nhận giá trị trong khoảng nào trong các khoảng sau?
A. (205; 206).
B. (199; 200).
C. (242; 243).
D. (201; 202).
Câu 49: Trong không gian Oxyz cho A ( a;b;1) , B ( b;1; a ) , C ( 1;a;b ) (với a ,b≥ 0 ), biết mặt phẳng

( ABC )

cùng với các mặt phẳng tọa độ tạo thành tứ diện có thể tích bằng 36. Tìm bán kính nhỏ

nhất của mặt cầu ( S ) đi qua 4 điểm A, B ,C , D ( 1;2;3) .
A.

6.

Câu 50: Cho các số phức

B. 1 .

C.

2

.

D.

6
3

z1 , z2 thỏa mãn các điều kiện: ( z1 + 2 − i ) ( z1 +1 + 2i ) là một số thực và

z2 − 1 − 3i = z2 − 1 + i . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z1 − z2 + z1 − 5 − 2i + z2 − 5 − 2i
bằng:
A. 9 .

B. 6 +3 2 .

C. 10 .

D. 1 +

85 .

Page 6


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT

Câu 1:

Câu 2:

Câu 3:

---------- HẾT ---------HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Có bao nhiêu cách chọn một tổ trưởng và một tổ phó từ nhóm học tập gồm 5 học sinh?
A. 20 .
B. 10 .
C. 25 .
D. 7 .
Lời giải
Chọn A
2
Số cách chọn một tổ trưởng và một tổ phó từ nhóm học tập gồm 5 học sinh là A5 = 20 .
Cho cấp số cộng ( un ) , biết u2 = 3 và u4 = 7 . Giá trị của u15 bằng
A. 27 .
B. 31 .

C. 35 .
D. 29 .
Lời giải
Chọn D
u1 + d = 3
u = 1
⇔ 1
Từ giả thiết u2 = 3 và u4 = 7 suy ra ta có hệ phương trình: 
.
d = 2
u1 + 3d = 7
Vậy u15 = u1 + 14d = 29 .
Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên khoảng ( −∞ ; +∞ ) , có bảng biến thiên như hình
sau:

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

B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; −2 ) .

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞;1) .

D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1; +∞ ) .

Lời giải
Chọn B

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; −1) , suy ra hàm số cũng đồng
biến trên khoảng ( −∞; − 2 ) .
Câu 4:

Cho đồ thị hàm số y = f ( x ) . Tìm m để đồ thị hàm số f ( x ) + 1 = m có đúng 3 nghiệm.

A. 0 < m < 5 .

B. 1 < m < 5 .

C. −1 < m < 4 .

D. 0 < m < 4 .

Lời giải
Chọn B
Ta có f ( x ) + 1 = m ⇔ f ( x ) = m − 1 .

Page 7


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT

f ( x ) = m − 1 là phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị y = f ( x ) và đường thẳng
y = m − 1 (là đường thẳng vuông góc với Oy và cắt Oy tại điểm có tung độ là m − 1 ).

Để phương trình f ( x ) = m − 1 có đúng 3 nghiệm thì 0 < m − 1 < 4 ⇔ 1 < m < 5 .
Câu 5:

Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ và có bảng xét dấu đạo hàm dưới đây
.
Số điểm cực trị của hàm số là
A. 1 .

B. 2 .

C. 3 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn C
Hàm số có ba điểm cực trị.
Câu 6:

Tìm đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

1
A. x = , y = −1 .
2

B. x = 1, y = −2 .

C. x = −1, y = 2 .

2x −1
.
x +1

D. x = −1, y =

1
.
2

Lời giải
Chọn C
Ta có :

Câu 7:

1
2−
2x −1
x = 2 nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
= lim
Vì xlim
→±∞ x + 1
x →±∞
1
1+
x
2x −1
2x −1
= −∞ , lim−
= +∞ nên đường thẳng x = −1 là tiệm cân đứng của đồ thị
Vì lim+
x →−1 x + 1
x →−1 x + 1
hàm số.
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?

A. y = − x 4 + 4 x 2 .

Câu 8:

B. y = x 4 − 4 x 2 − 3 .
C. y = x 3 − 3x 2 + 3 .
Lời giải

D. y = − x 3 + 3 x 2 − 3 .

Chọn D
Dựa vào hình dạng đồ thị, ta thấy đây là dạng đồ thị của hàm số bậc 3, hệ số a < 0 .
Đồ thị của hàm số y = − x 3 + 3 x 2 + 2 x − 1 và đồ thị của hàm số y = 3 x 2 − 2 x − 1 có tất cả bao
nhiêu điểm chung?
A. 0 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 1 .
Page 8


ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT
Lời giải
Chọn C
Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị hàm số: − x 3 + 3 x 2 + 2 x − 1 = 3 x 2 − 2 x − 1
x = 0
3
⇔ − x + 4 x = 0 ⇔  x = 2 . Ta được đồ thị hai hàm số đã cho cắt nhau tại ba điểm phân biệt.
 x = −2
Câu 9:

 1000 

Với a là số thực dương tùy ý, log 
÷ bằng
 a 

A. 3 − log a .

B. 3log a .

C.

3
.
log a

D. 3 + log a .

Lời giải
Chọn A
 1000 
Ta có log 
÷ = log1000 − log a = 3 − log a .
 a 
Câu 10: Đạo hàm của hàm số y = 2022 x là:

A. y ′ = 2022 x ln 2022 . B. y′ = 2022 x .

C. y′ =

2022 x
.

ln 2022

D. y′ = x.2022 x −1 .

Lời giải
Chọn A
Ta có: y = 2022 x ⇒ y′ = 2022 x.ln 2022 .
Câu 11: Với a là số thực dương tùy ý, a. 3 a 2 bằng
5

A. a 7 .

B. a 3 .

3

1

C. a 5 .
Lời giải

D. a 7 .

C. x = 1 .
Lời giải

D. x = −1 .

Chọn B
2

2

5

Ta có a. 3 a 2 = a.a 3 = a1+ 3 = a 3 .
3 x− 4

1
1
Câu 12: Nghiệm của phương trình  ÷ =
là:
16
4
A. x = 3 .
B. x = 2 .

Chọn B
3 x −4

3 x −4

2

1
1
1
1
⇔  ÷ =  ÷ ⇔ 3x − 4 = 2 ⇔ x = 2 .
 ÷ =

16
4
4
4
Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình đã cho.
2
Câu 13: Tích các nghiệm của phương trình 2 x − 2 x = 8 là
A. 2 .
B. 0 .
C. −3 .
D. 3 .
Lời giải
Chọn C
2
 x = −1
x2 − 2 x
= 8 ⇔ 2 x − 2 x = 23 ⇔ x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔ 
Ta có 2
.
x = 3
Nên tích các nghiệm của phương trình là −3 .
3
2
Câu 14: Hàm số F ( x ) = x − 2 x + 3 là nguyên hàm của hàm số nào trong các hàm số sau?

A. f ( x ) =

x4 2 3
− x + 3x + 1 .
4 3

B. f ( x ) = 3 x 2 − 4 x .

Page 9


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT

x4 2 3
C. f ( x ) =
− x + 3x .
4 3

D. f ( x ) = 3x 2 − 4 x + 3 .

Lời giải
Chọn B
Ta có F ( x) là một nguyên hàm của f ( x) nếu F ′ ( x) = f ( x) .
Mà  F ( x ) ′ = ( x 3 − 2 x 2 + 3) ′ = 3x 2 − 4 x ⇒ f ( x ) = 3 x 2 − 4 x .
Câu 15: Cho đồ thị hàm số y = f ( x ) như hình vẽ. Diện tích S của hình phẳng ( tơ đậm) trong hình là

0

b

a

0

a

b

0

0

A. S = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .

0

0

a

b

0

0

a

b

B. S = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx .

C. S = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .

D. S = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .

Lời giải

Chọn D
Diện tích S của hình phẳng ( tơ đậm) trong hình là
0

b

0

0

a

0

a

b

S = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .
Câu 16: Tập nghiệm của bất phương trình log 1 ( x − 3) ≥ log 1 4 là
A. S = [ 7; +∞ ) .

2

B. S = ( 3;7 ] .

2

C. S = ( −∞;7 ] .
Lời giải

D. S = [ 3;7 ] .

Chọn B
x − 3 > 0
⇔ 3< x ≤ 7.
Ta có: log 1 ( x − 3) ≥ log 1 4 ⇔ 
x − 3 ≤ 4
2
2
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = ( 3;7 ] .
Câu 17: Cho số phức z = 1 + 2i . Điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của số phức w = z + iz trên mặt
phẳng tọa độ?
A. N ( 2;3) .
B. M ( 3;3) .
C. Q ( 3; 2 ) .
D. P ( −3;3) .
Lời giải
Chọn B
w = z + iz = 3 + 3i ⇒ điểm biểu diễn là M ( 3;3) .
Câu 18: Trên mặt phẳng tọa độ, điểm đối xứng với điểm biểu diễn số phức z = −2i + 4 qua trục Oy có
tọa độ là

Page 10


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
A. ( 4;2 ) .

B. ( −4;2 ) .

C. ( 4; −2 ) .

D. ( −4; −2 ) .

Lời giải
Chọn D

Số phức z = −2i + 4 có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là M ( 4; −2 ) .
Điểm đối xứng với M qua Oy là M ′ ( −4; −2 ) .
Câu 19: Khối chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành, biết diện tích hình bình hành ABCD bằng 8 và
chiều cao khối chóp bằng 3. Tính thể tích khối chóp S . ABC .
A. 8 .
B. 4.
C. 24.
D. 6.
Lời giải
Chọn B
1
1
Vì ABCD là hình bình hành nên S ABC = S ABCD = .8 = 4.
2
2
1
1
VS . ABC = S ABC .h = .4.3 = 4. .
3
3

Câu 20: Đường chéo của hình hộp chữ nhật có ba kích thước 3, 4,12 có độ dài là
A. 13. .
B. 30. .
C. 15. .
D. 6.
Lời giải
Chọn A
Hình hộp chữ nhật có ba kích thước là a, b, c thì có độ dài đường chéo là a 2 + b2 + c 2 .

32 + 42 + 122 = 13. .
Câu 21: Cho khối nón có chiều cao h = 2 3a và độ dài đường sinh l = 4a . Tính thể tích V của khối
nón đã cho.
4 3π a3
28 3π a 3
8 3π a 3
A. V =
.
B. V =
.
C. V = 8 3π a 3 .
D. V =
.
Do đó độ dài đường chéo hình hộp chữ nhật đã cho là

3

3

3

Lời giải
Chọn D
Bán kính đáy của khối nón r =

( 4a )

2

(

− 2 3a

)

2

= 2a .

1
1
8 3π a 3
2
Thể tích của khối nón là: V = π r 2 h = π ( 2a ) 2a 3 =
.
3
3
3
Câu 22: Hình trụ có đường cao h = 2cm và đường kính đáy là 10cm . Diện tích tồn phần của hình
trụ đó bằng
A. 240π cm 2 .

B. 120π cm 2 .
C. 70π cm 2 .
D. 140π cm 2 .
Lời giải
Chọn C
Đường kính đáy hình trụ là 10cm ⇒ bán kính đáy là r = 5cm.

(

)

2
Diện tích tồn phần của hình trụ là: S = 2π r ( r + h ) = 2π r ( r + h ) = 2π .5. ( 5 + 2 ) = 70π cm .

Câu 23: Trong

không

gian

( P ) : x − 2 y + 2z +1 = 0
A.

7
.
3

Oxyz ,

khoảng

cách

từ

điểm

M ( 4; −1; 2 )

đến

mặt

phẳng

bằng
B. 11 .

C. 7 .

D.

11
.
3

Lời giải
Chọn D

Page 11

ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT
Ta có d ( M , ( P ) ) =

4 − 2. ( −1) + 2.2 + 1
12 + ( −2 ) + 2 2
2

=

11
.
3

2
2
2
Câu 24: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x + y + z + 2 y − 8 z + 1 = 0 . Tìm tọa độ tâm I và

bán kính R của mặt cầu ( S ) .
A. I ( 0;1; − 4 ) , R = 2 .

B. I ( 0;1; − 4 ) , R = 4 . C. I ( 0; –1;4 ) , R = 2 . D. I ( 0; –1;4 ) , R = 4 .
Lời giải

Chọn D
 −2a = 0
a=0



2
2
2
 −2b = 2 ⇒ b = −1 ⇒ I ( 0; –1; 4 ) , R = a + b + c − d = 4.
−2c = −8  c = 4



Câu 25: Trong không gian Oxyz , hình chiếu vng góc của điểm M ( 2; −1;3) trên trục Oz có tọa độ là
A. ( 2;0;0 ) .

B. ( 2; −1;0 ) .

C. ( 0;0;3) .
Lời giải

D. ( 0; −1;0 ) .

Chọn C
Câu 26: Trong khơng gian Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình của đường thẳng đi qua

M ( 2;0; −3) và vng góc với mặt phẳng ( P ) : x − 3 y + 2 z − 5 = 0?
 x = 1 + 2t

A.  y = −3 .
 z = 2 − 3t


x = 2 + t


B.  y = −3t
.
 z = −3 + 2t


x = 2 + t

C.  y = 3t
.
 z = −3 + 2t


 x = 1 + 2t

D.  y = 3t .
 z = 2 − 3t


Lời giải
Chọn B
x = 2 + t
 M ( 2;0; −3) ∈ ( d )

⇒ Ptts ( d ) :  y = −3t .
r
Đường thẳng cần tìm có 
 z = −3 + 2t
 Vtcp u (1; −3;2)


Câu 27: Hàm số y = ( x − 1)
A. D = ¡ .

−3
2

có tập xác định là
B. D = ( 1; +∞ ) .

C. D = [ 1; +∞ ) .
Lời giải

D. D = ¡ \ { 1} .

Chọn B
Hàm số xác định khi x − 1 > 0 ⇔ x > 1 .

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D = ( 1; +∞ ) .
Câu 28: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên ¡ ?
x +1
..
A. y =
B. y = x 4 + 3. .
C. y = x 3 + x .
x+3
Lời giải
Chọn C
Xét đáp án. C.
Hàm số đã cho có TXĐ: D = ¡ .

D. y =

1
.
x +1
2

y = x3 + x ⇒ y′ = 3x 2 + 1 > 0, ∀ x ∈ ¡ ⇒ hàm số đồng biến trên ¡ .
4

Câu 29: Nếu ∫ (2 x − 3 f ( x ))dx = 9 thì
1

2

∫ f (2 x)dx
1
2

bằng

Page 12


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
A. 1 .

C. −1 .
Lời giải

B. 4 .

D. −4

Chọn A
4

Ta có ∫ (2 x − 3 f ( x ))dx = 9 ⇔ x
1

2 4
1

4

4

1

1

− 3∫ f ( x )dx = 9 ⇒ ∫ f ( x )dx = 2

Đặt t = 2 x ⇒ dt = 2dx
Đổi cận:
1
x = ⇒ t =1
2
x =2⇒t =4
2

Suy ra:

∫
1
2

4

1
f (2 x )dx = ∫ f (t )dt = 1 .
21

3
Câu 30: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x −

3 2
x − 6 x + 1 trên
2

đoạn [ 0;3] . Khi đó 2M − m có giá trị bằng
B. 18 .

A. 0 .

C. 10 .
Lời giải

D. 11 .

Chọn D

3 2
x − 6 x + 1 trên đoạn [ 0;3] .
2
2
Ta có f ' ( x ) = 3 x − 3x − 6 .
3
Xét hàm số f ( x ) = x −

 x = −1
f '( x) = 0 ⇔ 
.
x = 2
Do x ∈ [ 0;3] nên x = 2 .

7
Ta có: f ( 0 ) = 1 , f ( 2 ) = −9 , f ( 3) = − .
2
Do đó M = f ( 0 ) = 1, m = f ( 2 ) = −9 .
Vậy 2 M − m = 2 + 9 = 11 .

2
Câu 31: Tập nghiệm của bất phương trình log 3 ( 25 − x ) ≤ 2 là

A. ( −5; −4] ∪ [ 4;5 ) .

B. ( −∞; −4] ∪ [ 4; +∞ ) . C. ( 4;5 ) .

D. [ 4; +∞ ) .

Lời giải
Chọn A
2
2


 −5 < x ≤ −4
25 − x > 0
 x < 25
2
log
25
−
x
≤
2
⇔
⇔
⇔
Ta có


3
4 ≤ x < 5 .
2
2




25 − x ≤ 9
 x ≥ 16

(

)

Do tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = ( −5; −4] ∪ [ 4;5 ) .
Câu 32: Tìm nguyên hàm F ( x ) = ∫ ( x + sin x ) dx biết F ( 0 ) = 1 .
2
A. F ( x ) = x − cos x + 20 .

C. F ( x ) =

1 2
x − cos x + 2 .
2

B. F ( x ) =

1 2
x − cos x .
2

2
D. F ( x ) = x + cos x + 20 .

Lời giải

Page 13

ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
Chọn C
x2
− cos x + C .
2

Ta có F ( x ) = ∫ ( x + sin x ) dx = ∫ xdx + ∫ sin xdx =
Mặt khác ta có F ( 0 ) = 1 ⇔
Vậy F ( x ) =

02
− cos 0 + C = 1 ⇔ C = 2 .
2

x2
− cos x + 2 .
2

Câu 33: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2;1; 2 ) và B ( 6;5; −4 ) . Mặt phẳng trung trực của
đoạn thẳng AB có phương trình là
A. 2 x + 2 y − 3 z − 17 = 0 . B. 4 x + 3 y − z − 26 = 0 .
C. 2 x + 2 y − 3 z + 17 = 0 . D. 2 x + 2 y + 3 z − 11 = 0 .
Lời giải
Chọn A
Ta có mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua điểm I ( 4;3; −1) là trung điểm của đoạn
uuur
thẳng AB và nhận AB = ( 4; 4; −6 ) = 2 ( 2; 2; −3 ) làm véc-tơ pháp tuyến.
Suy ra phương trình là 2 x + 2 y − 3 z = 17 ⇔ 2 x + 2 y − 3z − 17 = 0 .

Câu 34: Cho hình chóp S . ABCD và đáy ABCD là hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy,
SB = a 7 (tham khảo hình vẽ). Góc giữa đường thẳng SC và mặt đáy bằng

A. 30° .

B. 45° .

C. 60° .
Lời giải

D. 90° .

Chọn C
·
Ta có: (·SC ; ( ABCD ) ) = SCA
.
Xét tam giác SAB vng tại A ta có: SA = SB 2 − AB 2 = a 6 .
SA a 6
·
=
= 3 ⇒ SCA
= 60° .
SC a 2
Câu 35: Trong không gian Oxyz , mặt cầu tâm I ( 1;0;2 ) và đi qua điểm A ( 2;1; 4 ) có phương trình là
·
=
Xét tam giác SAC vng tại A ta có: tan SCA

A. ( x − 1) + y 2 + ( z − 2 ) = 6 .

B. ( x + 1) + y 2 + ( z + 2 ) = 6 .

C. ( x − 1) + y 2 + ( z − 2 ) = 6 .

D. ( x + 1) + y 2 + ( z + 2 ) = 6 .

2
2

2
2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn C
Ta có mặt cầu tâm I ( 1;0;2 ) và đi qua điểm A ( 2;1; 4 ) nên bán kính mặt cầu R = IA .

Page 14


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
uu
r

IA = ( 1;1;2 ) ⇒ IA = 6 .
Vậy phương trình mặt cầu tâm I ( 1;0; 2 ) và đi qua A là:

( x − 1)

2

+ y2 + ( z − 2) = 6 .
2

Câu 36: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy. Cạnh bên SC
tạo với đáy góc 60o . Trên cạnh SB lấy điểm K sao cho KS = 2 KB . Khoảng cách từ K đến

( SCD )

A.

bằng

a 42
.
7

B.

2a 42
.
21

C.

a 42
.
21

D.

2a 15
.
15

Lời giải
Chọn B

Kẻ AH ⊥ SC tại H .
·
Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là SCA
= 60o ⇒ SA = AC tan 60o = a 6 .
d ( K , ( SCD ) )
d ( B, ( SCD ) )

=

SK 2
2
2
2
= ⇒ d ( K , ( SCD ) ) = d ( B, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) = AH .
SB 3
3

3
3

1
1
1
7
a 42
2a 42
.
= 2+
= 2 ⇒ AH =
⇒ d ( K , ( SCD ) ) =
2
2
AH
SA
AD
6a
7
7
Câu 37: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y − 2 z + 2 = 0

Ta có

và

hai

điểm

A ( 2, −4, 0 ) , B ( 4, 2, −2 ) . Tập hợp các điểm M thuộc mặt phẳng ( P) sao cho góc giữa MA và
MB bằng 90° là một đường tròn có diện tích bằng
A. 5π .
B. 17π .
C. 38π .
D. 11π .
Lời giải
Chọn A

Page 15


ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT
Góc giữa MA và MB bằng 90° khi và chỉ khi ·AMB = 90° , do đó tập hợp điểm M là mặt cầu
AB
44
tâm I (3, - 1, - 1) là trung điểm của AB và bán kính R =
=
= 11 .
2
2
Vì M Ỵ ( P) và M Ỵ ( S ) nên M nằm trên đường tròn giao tuyến của ( P) và ( S ) .
3 - 1+ 2 + 2
= 6.
Ta có: d = d ( I , ( P )) =
6

Bán kính đường tròn giao tuyến là r = R 2 - d 2 = 11- 6 = 5
Diện tích đường tròn cần tìm là: S = pr 2 = 5p .

Câu 38: Trong không gian Oxyz , cho điểm A(2; 2; −1) và đường thẳng ∆ có phương trình:
x −1 y + 2 z − 3
=
=
. Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua A , cắt và vng
2
−1
1
góc với đường thẳng ∆ .
 x = −3 + 2t
 x = 1 + 2t
x = 2 + t
x = 2 + t




A.  y = −3 + 2t .
B.  y = 1 + 2t .
C.  y = 2 + t .
D.  y = 2 + t .
z = 3 − t
 z = −1 − t
 z = −1 − t
 z = −1 − 2t




Lời giải

Chọn C
Gọi B = d ∩ ∆ ⇒ B ( 1 + 2t ; − 2 − t ; 3 + t ) . Ta có:
r
+ Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là u = ( 2; − 1;1) .
uuu
r
+ AB = ( 2t − 1; − 4 − t ; 4 + t ) .
Do đường thẳng d vng góc với đường thẳng ∆ nên:
uuur r
AB.u = 0 ⇔ 2. ( 2t − 1) + ( −1) . ( −4 − t ) + 1. ( 4 + t ) = 0 ⇔ 6t + 6 = 0 ⇔ t = −1 .
uuur
⇒ AB = ( −3; − 3; 3) .
x = 2 + t

Vậy phương trình tham số của đường thẳng d là:  y = 2 + t .
 z = −1 − t


Câu 39: Một hộp đựng 12 viên bi được đánh số từ 1 đến 12 . Lấy ngẫu nhiên 6 viên bi từ hộp, xác suất
để tổng 6 số ghi trên 6 viên bi là một số lẻ bằng
118
109
1
8
A.
.
B.
.
C. .
D.

231
231
2
231
Lời giải
Chọn A
Trong hộp có 6 bi ghi số chẵn và 6 bi ghi số lẻ.
6
Ta có n( Ω ) = C12 = 924 .
Gọi A là biến cố cần tìm.
Để chọn được 6 viên bi mà tổng 6 số ghi trên 6 viên bi là một số lẻ thì phải có lẻ số lượng
viên bi ghi số lẻ.
1
5
TH1: 1 viên bi ghi số lẻ, 5 viên bi ghi số chẵn có C6 .C6 = 36 (cách chọn).
3
3
TH2: 3 viên bi ghi số lẻ, 3 viên bi ghi số chẵn có C6 .C6 = 400 (cách chọn).
5
1
TH1: 5 viên bi ghi số lẻ, 1 viên bi ghi số chẵn có C6 .C6 = 36 (cách chọn).
⇒ n( A) = 36 + 400 + 36 = 472 .

Page 16


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
n( A )

Vậy xác suất cần tính là P( A ) =

n( Ω )

=

472 118
=
.
924 231

Câu 40: Có bao nhiêu giá trị thực m để phương trình 3 x (2 − x ) + 31−
nghiệm thực phân biệt.
A. 3.
B. 4.
C. 5.
Lời giải
Chọn C
2
2
Phương trình 3 x (2− x ) + 31− x (2 − x ) = 2 x −m + 2m − x + 2
2
2
3
⇔ 3 x (2− x ) + x (2− x ) − 4 = 2 x −m + 2m − x − 2
3

(3
⇔

x (2 − x )

)(

−1 3
3

x (2 − x )

−3

) =  2



x (2 − x )

x −m2
2

−2

m2 − x
2

x (2 − x )

2

= 2 x −m + 2m

2

−x

+ 2 có đúng 3

D. 6.

2


÷ (*)
÷


Ta có 0 ≤ x(2 − x) ≤ 1
Nên phương trình (*) trở thành:
 x = 0
 x(2 − x) = 0

⇔  x = 2 suy ra m = 0, m = ± 2 .
Trường hợp 1: 
2
 x − m = 0
 2
m = x
 x(2 − x) = 1
x = 1
⇔ 2
Trường hợp 2: 

suy ra m = ±1 .
2
 x − m = 0
m = x
Vậy có 5 giá trị m thoã mãn.
Câu 41: Cho hàm số f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên.

2

Biết

∫ f ′( x )
2

x dx = 12. Giá trị của f ( 2 ) bằng

1

A. 24. .

B. 4. .

C. 6. .
Lời giải

D. 12.

Chọn D
Đặt t = x 2 ⇒ dt = 2 xdx, đổi cận: x = 1 ⇒ t = 1, x = 2 ⇒ t = 4.
4

Khi đó:

∫

f ′( t )

1

4

dt
= 12 ⇒ ∫ f ′ ( x ) dx = 24.
2
1

Dễ dàng thấy hàm số đồng biến trên khoảng ( 1; 2 ) và nghịch biến trên khoảng ( 2; 4 ) .
2

4

1

2

Suy ra: 24 = ∫ f ′ ( x ) dx − ∫ f ′ ( x ) dx ⇔ 24 = 2 f ( 2 ) ⇔ f ( 2 ) = 12. .
Câu 42: Trong đợt hội trai được tổ chức tại trường THPT A, Đồn trường có thực hiện một dự án ảnh
trưng bày trên một pano có dạng Parabol như hình vẽ. Biết rằng Đồn trường sẽ u cầu các
lớp gửi hình dự thi và dán lên khu vực hình chữ nhật ABCD , phần còn lại sẽ được trang trí hoa
Page 17

ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
văn cho phù hợp. Chi phí dán hoa văn là 100.000 đồng cho

1m 2 bẳng. Hỏi chi phí thấp nhất cho

việc hồn tất hoa văn trên pano sẽ là bao nhiêu (làm tròn đến hàng nghìn)?

A. 616.000 (đồng).

B. 450.000 (đồng).
C. 615.000 (đồng).
Lời giải

D. 451.000 .(đồng).

Chọn D

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ bên. Giả sử ( P )

y = ax 2 + bx + c

Khi đó ( P ) đi qua ba điểm E ( 0;4 ) , F ( 2;0 ) , G ( − 2;0 )
Ta suy ra: a = −1 , b = 0 , c = 4 ⇒ ( P ) :

y = − x2 + 4

Để chi phí cho việc dán hoa văn trên pano là thấp nhất thì cần diện tích dán hoa văn là nhỏ
nhất, do đó diện tích hình chữ nhật dùng để dán ảnh là lớn nhất.

2
Gọi đoạn OC = x ( m ) , CD = 2 x , x ∈ ( 0; 2 ) ⇒ C ( x;0 ) ⇒ B ( x; − x + 4 ) ⇒ BC = − x 2 + 4 .
2
3
Vậy S ABCD = CD.BC = 2 x. ( − x + 4 ) = −2 x + 8 x , x ∈ ( 0; 2 ) .

3
Ta xét hàm f ( x ) = − 2 x + 8 x

Ta có:

y′ = − 6 x 2 + 8 , f ′ ( x ) = 0 ⇔ x =

2
3

Bảng biến thiên

Page 18


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
 2  32 3 2
f ( x) = f 
Theo BBT, max S ABCD = max
÷= 9 ( m ) .
[ 0;2]
 3
2
32

2
Diện tích giới hạn bởi Parabol: S Parabol = ∫ ( 4 − x ) dx = .
3
−2

Do đó diện tích dán hoa văn cần: S = S Parabol − S ABCD =
Vậy chi phí cho việc dán hoa văn trên pano là:

96 − 32 3
≈ 4,51( m 2 ) .
9

4,51.105 = 451.000 (đồng).

1− i
là số thuần ảo và z − 2 − i = m, với m ∈ ¡ . Có bao nhiêu giá trị
z
thực của m để có đúng một số phức z thỏa mãn bài toán?
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4.
Lời giải
Chọn B
Cách 1: Phương pháp hình học
• Gọi z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ; z ≠ 0 ) ⇒

Câu 43: Cho số phức z thỏa mãn

( 1 − i ) ( a − bi ) = ( a − b ) − ( a + b ) i = a − b − ( a + b ) i

1− i 1− i
=
=
z
a + bi ( a + bi ) ( a − bi )
a 2 + b2
a2 + b2 a 2 + b2
1− i
a −b
= 0 ⇔ a = b. Khi đó M ( z ) thuộc đường thẳng d : y = x
là số thuần ảo ⇔ 2
z
a + b2
• Ta có z − 2 − i = m với m > 0 là đường tròn (C ) tâm I (2;1), R = m (với m = 0 thì khơng
•

thỏa đề)
Khi đó, u cầu bài tốn có 2 trường hợp: (xem hình vẽ)
1

 d ( I ; d ) = m  m =
2.
⇔
TH1: d tiếp xúc với (C ) tại 1 điểm khác gốc tọa độ ⇔ 
 IO ≠ m
 5≠m

TH2: d cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt, trong đó có 1 điểm là gốc tọa độ ⇔
1


 d ( I ; d ) < m  m >
2.
⇔

 IO = m
 5=m


Page 19


ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT

2
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn bài toán là m =
và m = 5.
2

Cách 2: Phương pháp đại số
• Gọi z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ; a 2 + b 2 > 0 ) ⇒

( 1 − i ) ( a − bi ) = ( a − b ) − ( a + b ) i = a − b − ( a + b ) i
1− i 1− i
=
=
z
a + bi ( a + bi ) ( a − bi )
a 2 + b2
a2 + b2 a 2 + b2
1− i

a −b
= 0 ⇔ a = b. Khi đó z = a + ai , với a ≠ 0 .
là số thuần ảo ⇔ 2
z
a + b2
• Ta có
m ≥ 0
z − 2 − i = m ⇔ a + ai − 2 − i = m ⇔ (a − 2) 2 + (a − 1) 2 = m ⇔  2
.
2
 2a − 6a + 5 − m = 0, (*)
• Có đúng một số phức z thỏa mãn bài tốn ⇔ Phương trình (*) có nghiệm duy nhất a ≠ 0 .
Trường hợp 1: (*) có nghiệm kép khác 0 ⇔
•


2
 ∆′ = 9 − 2 ( 5 − m 2 ) = 0
(n)
m =

2
2

⇔ 2m − 1 = 0 ⇔
 −6

2
≠0
−

(l )
m = −
 2.2

2
Trường hợp 2: (*) có một nghiệm a1 = 0 và một nghiệm a2 ≠ 0 . Thay a1 = 0 vào phương trình
ta có:
m = 5
. Ta thấy m = 5 thỏa mãn vì khi đó ta có a = 0 ; a = 3 ≠ 0 .
5 − m2 = 0 ⇔ 
1
2
 m = − 5 (l )
2
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn bài toán là m =
và m = 5. .
2

x
Câu 44: Cho hai đồ thị ( C1 ) : y = log 2 x và ( C2 ) : y = 2 . M , N lần lượt là hai điểm thay đổi trên ( C1 )

và ( C2 ) . Giá trị nhỏ nhất của MN thuộc khoảng nào sau đây?

Page 20


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT




1
2

1 
2 

A.  0; ÷.

 3
 2

B.  ;1÷.

C.  1; ÷ .

3
2




D.  ; +∞ ÷.

Lời giải
Chọn C

Ta có: ( C1 ) , ( C2 ) đối xứng qua đường thẳng ( d ) : y = x .
Gọi M ′ là điểm đối xứng của M qua d , N ′ là điểm đối xứng của N qua d .

Nếu M ≠ N ′ thì MM ′NN ′ là hình thang cân suy ra MN ≥ min { MM ′, NN ′} ,
do đó MN nhỏ nhất khi M , N đối xứng qua d .

Gọi ∆ là tiếp tuyến của ( C2 ) song song với d tại điểm I ( x0 ; y0 ) .
Khi M , N đối xứng nhau qua d thì MN = 2d [ N , d ] ≥ 2d [ ∆ , d ] .
Hệ số góc đường thẳng ∆ là
Ta có:

k∆ = 1 .

y = 2 x ⇒ y′ = 2 x ln 2 .

k∆ = 1 ⇔ 2 x0 ln 2 = 1 ⇔ x0 = − log 2 ( ln 2 ) ⇒ y0 =
⇒ ( ∆ ) : y = x + log 2 ( ln 2 ) +

⇒ d [ d, ∆] =

log 2 ( ln 2 ) +

1 .
ln 2

1
.
ln 2

1
ln 2

2

Ta có: MN min = 2 log ( ln 2 ) +

≈ 0.65

1
≈ 1.29
ln 2

Câu 45: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi tâm H , SH ⊥ ( ABCD ) . Hai đường chéo
AC = 2a, BD = a 2; M , N lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB; P ∈ CD . Biết khoảng cách

từ A đến mp ( MNP ) bằng a , thể tích khối đa diện AMNP bằng?
A.

a3 2
.
8

B.

a3 3
.
4

C.

a3 2
.
4

D.

a3 3
.
8

Lời giải
Chọn A

Page 21


ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT

Ta có CM ∩ SH = I ⇒ ( MNP ) ∩ SH = I . I là trọng tâm tam giác SAC .
1
a
Lại có d( H ,( MNP ) ) = d ( A,( MNP ) ) = .
2
2
1
1
1
4
+
+
=
⇒ HI = a ⇒ SH = 3a .
Suy ra

HI 2 HD 2 HC 2 a 2
1
1
a3 2
Vậy VS . ADB = SH × BD ×AH =
.
3
2
2
1
a3 2
Mặt khác VPAMN = VDAMN = VS . ABD =
.
4
8
f ( x ) = ax5 + bx 4 + cx 3 + dx 2 + mx + n ( a, b, c, d , m, n Ỵ ¡ )
Câu 46: Cho hàm số
. Đồ thị hàm số
y = f ¢( x)
như hình vẽ sau

Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = f ( x ) - ( 1024a + 256b + 64c +16d + 4m + n ) là
C. 7 .
Lời giải

B. 3 .

A. 4 .

D. 9 .

Chọn B
Đặt h ( x ) = f ( x ) − ( 1024a + 256b + 64c + 16d + 4m + n ) = f ( x ) − f ( 4 ) ⇒ h ' ( x ) = f ' ( x )
Có: f ′ ( x ) = 5a ( x + 2 ) x ( x − 1) ( x − 3) , a > 0 .
Xét: f ( 1) − f ( −2 ) =
Do đó h ( −2 ) > h ( 1) .

1

∫

−2

1

f ' ( x ) dx = ∫ 5a ( x + 2 ) x ( x − 1) ( x − 3 ) dx = −
−2

99a
< 0 ⇒ f ( −2 ) > f ( 1) .
10

Page 22


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
f ( 4 ) − f ( −2 ) =

4

∫

−2

4

f ' ( x ) dx = ∫ 5a ( x + 2 ) x ( x − 1) ( x − 3) dx > 0 ⇒ f ( 4 ) > f ( −2 ) ⇒ h ( 4 ) > h ( −2 )
−2

Ta có bảng biến thiên của h ( x ) như sau

Vậy hàm số g ( x ) có 3 điểm cực tiểu.
Câu 47: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có ABCD là hình vng tâm O , cạnh bằng 4a , góc giữa
mặt bên và mặt đáy bằng 450 . Gọi M là trung điểm AD , H , K lần lượt là hai điểm thay đổi
thuộc miền trong tam giác SAB và SCD sao cho HK∥ ( ABCD ) , SHOK là tứ giác nội tiếp.
Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp M .SHOK .
4 3
16 6 3
A. 4a 3 .
B. a .
C.
a .
3
9

D.

2 3
a .
3

Lời giải
Chọn B

Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của SH với AB , SK với CD , kẻ MG ⊥ PQ .
Vì HK∥ ( ABCD ) , SO ⊥ ( ABCD ) nên HK ⊥ SO .
Do tính đối xứng nên SO đi qua trung điểm của HK .
Mà SHOK là tứ giác nội tiếp nên SO là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác SHOK .
·
= 450 , SO = 2a .
Ta có: ( ( SAD ) , ( ABCD ) ) = SMO
1
1
1
a
VM .SHOK = .MG. .SO.HK = .SO.MG.HK = .MG.HK .
3
2
6
3
Để VM . SHOK lớn nhất thì MG.HK lớn nhất, khi và chỉ khi HK là đường kính của đường tròn

ngoại tiếp tứ giác SHOK và MG = MO .
Vậy thể tích lớn nhất của khối chóp M .SHOK là:

1
4
.2a.2a.2a = a 3 .
6
3

Page 23


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
Câu 48: Cho hàm f

xác định, đơn điệu giảm, có đạo hàm liên tục trên ¡

(

và thỏa mãn

)

x
3
1
2
3
2
3 [ f ( x) ] = 2 ∫ ( f (t ) ) + f ′ (t ) dt + 2 x với mọi số thực x . Tích phân ∫ 2021( f ( x) ) x dx

0 
0

nhận giá trị trong khoảng nào trong các khoảng sau?
A. (205; 206).
B. (199; 200).
C. (242; 243).

D. (201; 202).
Lời giải
Chọn C
x
3
2
3
′
(*)
Xét 3[ f ( x) ] = 2 ∫0 ( f (t ) ) + ( f (t ) ) dt + 2 x, ∀x ∈ ¡


Từ (*), thay x = 0 , ta nhận được f (0) = 0. Hơn nữa, đạo hàm hai vế (*), ta có

(

)

3

6 f ( x) f ′ ( x ) = 2 ( f ( x) ) + 2 f ′ ( x) + 2, ∀x ∈ ¡
3

⇔ [ f '( x) + f ( x) + 1] ( f '( x ) − f ( x) ) + ( f ( x) − 1) 2 + ( f ′( x ) − 1) 2  = 0, ∀x ∈ ¡ .


Vì f đơn điệu giảm trên ¡ nên f '( x) ≤ 0 với mọi x ∈ ¡ nên
2

(

f ′( x ) − f ( x) ) + ( f ( x) − 1) 2 + ( f ′( x) − 1) 2 ≥ ( f '( x) −1) 2 > 0.
2

Từ đó, ta nhận được

f '( x ) + f ( x) + 1 = 0, ∀x ∈ ¡
′

⇔  e x f ( x)  = −e x , ∀x ∈ ¡
⇔ ∃ C ∈ ¡ : f ( x ) = − 1 + Ce − x , ∀ x ∈ ¡ .
Vì f (0) = 0 nên C = 1 . Do đó

f ( x) = − 1 + e− x , với mọi

x ∈¡ , là hàm duy nhất thỏa đề

1
4 3 5
xdx = 2021∫ ( −1 + e − x )2 xdx = 2021 × − 2 − ÷∈ (242; 243).
0
0
 e 4e 4 
Câu 49: Trong không gian Oxyz cho A ( a ; b ;1) , B ( b ;1; a ) , C ( 1; a ; b ) (với a , b ≥ 0 ), biết mặt phẳng

Do đó

( ABC )

1

∫ 2021( f ( x) )

2

cùng với các mặt phẳng tọa độ tạo thành tứ diện có thể tích bằng 36 . Tìm bán kính nhỏ

nhất của mặt cầu ( S ) đi qua 4 điểm A, B , C , D ( 1;2;3) .
A.

6.

B. 1 .

C.

2

.

D.

6
3

Lời giải
Chọn C

Ta có phương trình mặt phẳng ( ABC ) là x + y + z = a + b +1

( ABC ) cắt các trục Ox , Oy , Oz tại các điểm
M ( a + b + 1;0;0 ) , N ( 0; a + b + 1;0 ) , P ( 0;0; a + b + 1)
Ta có thể tích khối tứ diện OMNP

a + b + 1)
là V = (
6

3

= 36 ( do a + b ≥ 0 ),

suy ra a + b + 1 = 6 suy ra a + b = 5 ( do a + b ≥ 0 ) suy ra phương trình ( ABC ) là
x + y + z −6 = 0

Nhận xét: D ∈ ( ABC ) , mà theo giả thiết 4 điểm A, B, C , D cùng thuộc mặt cầu ( S ) vì vậy
A, B, C , D cùng thuộc đường tròn.

Mà tam giác ABC đều suy ra tâm của đường tròn là I ( 2;2;2 ) , bk R = ID = 2 .

Page 24


ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT
Mặt cầu ( S ) luôn chứa đường tròn qua 4 điểm A, B, C , D nên bán kính của mặt cầu ( S ) nhỏ
nhất bằng bán kính của đường tròn bằng
Câu 50: Cho các số phức

2

.

z1 , z2 thỏa mãn các điều kiện: ( z1 + 2 − i ) ( z1 +1 + 2i ) là một số thực và

z2 − 1 − 3i = z2 − 1 + i . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z1 − z2 + z1 − 5 − 2i + z2 − 5 − 2i
bằng:
A. 9 .

D. 1 +

C. 10 .

B. 6 +3 2 .

85 .

Lời giải
Chọn C
Gọi M , N , A lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức

z1 = x + yi, z2 = c + di, z3 = 5 + 2i ( x, y, a, b ∈ ¡

)

( z1 + 2 − i ) ( z1 +1 + 2i ) = ( x + 2 ) ( x +1) − ( y −1) ( − y + 2 ) + ( x + 2 ) ( − y + 2 ) + ( y −1) ( x +1)  i
( z1 + 2 − i ) ( z1 +1 + 2i ) là một số thực nên ( x + 2 ) ( − y + 2 ) + ( y − 1) ( x + 1) = 0
⇔ −xy + 2 x − 2 y + 4 + xy + y − x −1 = 0 ⇔ x − y + 3 = 0 .

Suy ra tập các điểm biểu diễn của

z1 là đường thẳng ∆ 1 có phương trình

x − y +3 = 0 .

z2 − 1 − 3i = z2 − 1 + i ⇔ ( c − 1) + ( d − 3) = ( c − 1) + ( d + 1) ⇔ d = 1
2

Suy ra tập các điểm biểu diễn của

2

2

2

z2 là đường thẳng ∆ 2 có phương trình

y −1 = 0 .

Ta có P = z1 − z2 + z1 − 5 − 2i + z2 − 5 − 2i = MN + MA + NA
Gọi A′, A′′ lần lượt là các điểm đối xứng với A qua các đường thẳng ∆ 1 , ∆ 2 .
Khi đó ta có P = MN + MA + NA = MN + MA′ + NA′′ ≥ A′A′′
Dấu bằng xảy ra khi các điểm A′, M , N , A′′ thẳng hàng hay M , N lần lượt là giao điểm của
đường thẳng A′A′′ với các đường thẳng

∆ 1, ∆ 2 .

Tính được A′ ( −1;8 ) ; A′′ ( 5;0 ) ; A′A′′ = 10 .
Vậy GTNN của P = z1 − z2 + z1 − 5 − 2i + z2 − 5 − 2i = A′A′′ = 10 .

Page 25