đề thi TN THPT môn toán đề số 20 có lời giải và đáp án

ĐỀ SỐ 20

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
NĂM HỌC: 2020 – 2021
MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút; khơng kể thời gian phát đề

Câu 1. Hàm số x 4 − x 2 + 3 có bao nhiêu điểm cực trị ?
A. 0.

B. 2.

C. 3.

D. 1.

Câu 2. Cho log a b > 0 và a, b là các số thực với a ∈ ( 0;1) . Khi đó kết luận nào sau đây đúng?
A. b > 0.

B. b > 1.

C. 0 < b ≠ 1.

D. 0 < b < 1.

Câu 3. Tìm đạo hàm của hàm số y = 102x +1.
2x + 1) .102x +1
(
y′ =
.

2x
A. y′ = ( 2x + 1) .10 .

B.

C. y′ = 2.102x ln10.

D. y′ = 20.102x ln10.

ln10

Câu 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M ( 2; −3) là điểm biểu diễn số phức z. Khi đó số phức z
có phần thực, phần ảo lần lượt là
A. -3 và 2.

B. 2 và -3.

C. -2 và 3.

D. 2 và 3.

Câu 5. Cho số phức z thỏa mãn z = z. Trong những khẳng định sau, đâu là khẳng định đúng?
A. z là số ảo.
Câu 6. Cho hàm số y =

B. z là số thực.

C. z = 0.

D. –z là số thuần ảo.

2x − 1
. Mệnh đề nào sau đây sai ?
x+2

A. Hàm số đồng biến trên tập xác định của nó.
B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 2; +∞ ) .
C. Hàm số không có giá trị lớn nhất, khơng có giá trị nhỏ nhất.
D. Đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận.
Câu 7. Cho bảng biến thiên của hàm số y = f(x) trên nửa khoảng ( −2;3] như hình vẽ bên. Mệnh đề nào
dưới đây đúng?
A. Hàm số khơng có điểm cực đại.
y = 4.
B. max
x∈( −2;3]
y = −3.
C. min
x∈( −2;3]
D. Cực tiểu của hàm số bằng 2.
Câu 8. Có 10 cuốn sách Toán khác nhau. Chọn ra 3 cuốn, hỏi có bao nhiêu cách ?
A. 30.

3
B. C10 .

3
C. A10 .

D. 310.

Trang 1


Câu 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q) lần lượt có
phương trình x + y − z + 1 = 0 và 2x − y + 2z − 3 = 0. Vectơ nào sau đây là vectơ chỉ phương của đường
thẳng d?
uu
r
A. n1 = ( 1; −4; −3) .

uur
B. n 2 = ( 1; 4; −3) .

Câu 10. Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x −

uu
r
C. n 3 = ( 2;1;3) .
3

( x + 1)

x2
3
−
+ C.
A. ∫ f ( x ) dx =
2 2 ( x + 1) 2
C. ∫ f ( x ) dx =

x2
3
+
+ C.
2 2 ( x + 1) 2

Câu 11. Đồ thị hàm số y =
A. 1.

3

uur
D. n 4 = ( 1; −2; −2 ) .

.

x2
3
−
+ C.
B. ∫ f ( x ) dx =
2 ( x + 1) 2
D. ∫ f ( x ) dx =

x2
1
+
+ C.
2 ( x + 1) 2

16 − x 4
có bao nhiêu đường tiệm cận?
− x 2 + 4x − 3
B. 2.

C. 3.

D. 4.

a
Câu 12. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn log a b = 2, log a c = 3. Tính giá trị của T = log c
.
b
5
A. T = .
6

B.

3
.
4

1
C. T = − .
2

2
D. − .
3

Câu 13. Đường cong ở hình bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số
được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây.
Hỏi hàm số đó là hàm số nào?
A. y = 3− x.

B. y = 3x.

C. y = log 3 x.

D. y = − log 3 x.

Câu 14. Hàm số nào sau đây đồng biến trên từng khoảng xác định của nó?
4
A. f ( x ) = 2x − 1.

B. f ( x ) = ln x.

1
−x
C. f ( x ) = e + .
x

D. f ( x ) =

2x + 3
.
x +1

Câu 15. Cho hàm số f (x) có đạo hàm là f ′(x). Đồ thị y = f ′(x) được

cho như hình vẽ bên. Giá trị nhỏ nhất của f(x) trên đoạn [ 0;3] là
A. f(0).

B. f(2).

C. f(3).

D. không xác định được.

Câu 16. Cho hình nón có chu vi đáy là 8π cm và thể tích khối nón là 16π cm3 . Khi đó đường sinh l của
hình nón có độ dài là
A. l = 3 2 cm.

B. l = 2 3 cm.

C. l = 5 cm.

D. l = 7 cm.

Trang 2


Câu 17. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I ( 1; −1; 2 ) cắt mặt phẳng

( α ) : x − 2y + 2z − 1 = 0

theo giao tuyến là một đường trịn có bán kính r = 3. Khi đó diện tích mặt cầu (S)

là
A. 5π.

B. 52π.

C. 24π.

D. 13π.

Câu 18. Biết z = 1 − 2i là nghiệm phức của phương trình z 2 + az + b = 0 với a, b ∈ ¡ . Khi đó a − b bằng
bao nhiêu?
A. a − b = −7.

B. a − b = 7.

2
Câu 19. Tính giá trị lớn nhất của hàm số y = sin x −

A.

2
.
3

B.

1
.
3

C. a − b = −3.
2

trên khoảng
27 cos x
C.

3
.
2

D. a − b = 3.
 π
 0; ÷.
 2
D.

2
.
2

1
2
Câu 20. Biết C n + C n = 210. Hỏi đâu là khẳng định đúng ?

A. n ∈ ( 5;8 ) .

B. n ∈ ( 10;15 ) .

C. n ∈ ( 22; 25 ) .

D. n ∈ ( 19; 22 ) .

Câu 21. Tìm cơng thức tính diện tích S của hình phẳng (H) giới hạn bởi các đồ thị hàm số
y = f (x), y = g(x) và hai đường thẳng x = a, x = b như hình dưới đây.
c

b

a

c

A. S = ∫ [ f (x) − g(x) ] dx + ∫ [ g(x) − f (x) ] dx.
c

b

a

c

S = ∫ [ g(x) − f (x) ] dx + ∫ [ f(x) − g(x) ] dx.

B.
b

C. S =

∫ [ g(x) − f (x)] dx .
a

b

D. S =

∫ [ f(x) − g(x)] dx .
a

Câu 22. Phương trình 9 x − 3.3x + 2 = 0. có hai nghiệm x1 , x 2 với x1 < x 2 .
Tính giá trị của A = 2x1 + 3x 2
A. A = 0.

B. A = 4 log 3 2.

C. A = 3log 3 2.

D. A = 2.

Câu 23. Biết hàm số y = − x 4 + 2x 2 − 1 có đồ thị là một trong bốn đồ thị liệt kê ở các phương án A, B, C,
D. Hỏi đó là đồ thị nào?

A.

B.

C.

D.

Trang 3

e

2
2
Câu 24. Cho tích phân I = ∫ x .ln xdx. Mệnh đề nào sau đây đúng?
1

e

e

3
2
B. I = x ln x 1 −

1

e

e

e

3
2
2
A. I = x ln x 1 − 2∫ x ln xdx.

e

e

1
2
C. I = x 3 ln 2 x − ∫ x 2 ln xdx.
3
31
1

2 2
x ln xdx.
3 ∫1
e

1
D. I = x 3 ln 2 x − 4 ∫ x ln xdx.
3
1
1

Câu 25. Trên mặt phẳng tọa độ Oxyz, điểm M là điểm biểu diễn của
số phức z. Biết rằng số phức w = z + i được biểu diễn bởi một trong
bốn điểm P, Q, R, S như hình vẽ. Hỏi điểm biểu diễn w là điểm nào?
A. P.

B. Q.

C. R.

D. S.

Câu 26. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a,
·
·
ABC
= ASC
= 60°. Biết SA vng góc với mặt đáy (ABCD). Thể tích V
của khối chóp S.ABCD là
A. V =

a3 3
.
2

a3
C. V = .
2

a3 3
D. V =
.
6
4

Câu 27. Biết

3a 3
.
2

B. V =

dx

∫ ( x + 1) ( x − 2 ) = a ln 2 + b ln 5 + c, với a, b, c là các số hữu tỉ. Tính S = a − 3b + c.
3

A. S = 3.

B. S = 2.

C. S = −2.

D. S = 0.

Câu 28. Cho khối lập phương ABCD.A′B′C′D′ có thể tích là V. Một hình nón
có đáy là đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD và đỉnh là tâm của hình
vng A′B′C′D′. Khi đó thể tích của khối nón đó là
A.

V
.
3

B.

V
.
6

C.

πV
.
12

D.

πV
.
6

Câu 29. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x + 2y − mz + 2 = 0 và đường
thẳng ∆ :

x −1 y z + 2
= =
(với m, n ∈ ¡ và n ≠ 0 ). Biết ∆ vng góc với (P). Khi đó tổng m + n bằng
−2 n
4

bao nhiêu?
A. m + n = −2.

B. m + n = 2.

C. m + n = 7.

D. m + n = −5.

Trang 4


Câu 30. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật và
AB = 2a, BC = a. Biết hình chiếu vng góc của S xuống mặt đáy
(ABCD) là trung điểm H của AB. Biết góc tạo bởi 2 mặt (SBC) và
(ABCD) bằng 60°. Tính khoảng cách h giữa hai đường thẳng SC và
HD.
A. h =

a 66
.
11

B. h =

a 264
.
11

C. h =

a 30
.
5

D. h =

a 30
.

3

Câu 31. Biết y = 2017x − 2018 là phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f (x) tại điểm có
hồnh độ x = x 0 . Biết g(x) = xf (x) − 2017x 2 + 2018x − 1. Tính giá trị của g′ ( x 0 ) .
A. g′ ( x 0 ) = 0.

B. g′ ( x 0 ) = 1.

C. g′ ( x 0 ) = −2018.

D. g′ ( x 0 ) = 2017.

Câu 32. Cho hàm số y = f(x) liên tục, có đạo hàm cấp hai trên ¡ và
có đồ thị (C) như hình vẽ. Biết ∆ là tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm
1

2
có hồnh độ x = 0. Tính tích phân I = ∫ xf ′′ ( x ) dx.
0

A.

1
.
4

C. 4

B. 2
D.

1
.
2


x2 +1 
Câu 33. Cho hàm số y = log 1  log5
÷ có tập xác định là D. Khi đó có bao nhiêu số thuộc tập hợp
x +3 
5 
D là số nguyên ?
A. 5.

B. 6.

C. 7.

D. 8.
Câu 34. Trong không gian Oxyz, cho vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x = 0 và x = π, biết rằng thiết diện
của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vng góc với trục Ox tại điểm có hồnh độ bằng x, ( 0 ≤ x ≤ π ) là một
tam giác đều cạnh là 2 sin x. Tính thể tích của vật thể đó.
A. V = 2 3π.

B. V = 8.

Câu 35. Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y =

C. V = 2 3.

D. V = 8π.

ax + b
.
cx + d

Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. ad > bc > 0.

B. 0 > ad > bc.

C. ad < bc < 0.

D. 0 < ad < bc.
Trang 5


Câu 36. Tổng các góc của tất cả các mặt của khối đa diện đều loại { 5;3} là
A. 12π.

B. 18π.

Câu 37. Tính

( sin x + cos x + 1)
lim
x→

D. 36π.

+ 2 2018. ( sin x − 2 )
.
4x 3 − π2 x

π
2

22019
A. 2 .
π

C. 24π.

2018

1009.22017
B. −
.
π2

22018
C. − 2 .
π
2

dx
2
= ln 2 và
Câu 38. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn ∫
ax + b a

0

1009.22018
D.
.
π2
2

dx

1

∫ bx + a = b ln
0

2a + 1
. Khi đó tổng
3

T = a + b bằng bao nhiêu ?
A. T = 7.

B. T = 3.

Câu 39. Cho số phức z thỏa mãn ( 2 − i ) z −

C. T = 9.

D. T = 5.

25
= 6 − 2i. Khi đó z thuộc khoảng nào trong các khoảng
z

sau?
A. ( 2; 4 ) .

B. ( 4;6 ) .

C. ( 9;11) .

D. ( 11;14 ) .

x
Câu 40. Xét hàm số f (x) = e ( a sin x + b cos x ) với a, b là tham số thực. Biết rằng tồn tại x ∈ ¡ để

f ′(x) + f ′′(x) = 10e x . Khi đó, nhận định nào sau đây đúng?
A. a 2 + b 2 = 10.

B. a 2 + b 2 ≥ 10.

C. a − b ≤ 10.

D. a + b = 10.

Câu 41. Gọi S là tập hợp các số có ba chữ số có dạng abc. Tính xác suất để rút ngẫu nhiên 1 số từ tập S
thỏa mãn a, b, c là ba cạnh của một tam giác cân, đồng thời là tam giác nhọn
A.

1

.
72

B.

3
.
50

C.

4
.
25

D.

61
.
900

Câu 42. Trong không gian với trục tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A ( −1; −4; 4 ) , B ( 1;7; −2 ) , C ( 1; 4; −2 ) . Mặt
phẳng ( P ) : 2x + by + cz + d = 0 đi qua điểm A. Đặt h1 = d ( B, ( P ) ) ; h 2 = 2d ( C, ( P ) ) . Khi h1 + h 2 , đạt giá
trị lớn nhất, tính T = b + c + d.
A. T = 52.

B. T = 33.

C. T = 65.

D. T = 77.

Câu 43. Cho tứ diện ABCD có hai mặt (ABC) VÀ (DBC) chứa trong hai mặt phẳng vng góc với nhau.
·
·
Biết BC = a, BAC
= 60°, BDC
= 30°. Thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là
A. V =

39πa 3
.
54

B. V =

13 39πa 3
.
54

C. V =

13 39πa 3
.
27

D. V =

πa 3
.

27

3
3
2
Câu 44. Cho hàm số f (x) = ( m − 1) x + 3x + 3 ( m − 2 ) x + 4. Biết f(x) ≤ 0 với ∀ x ∈ [ 3;5] . Khi đó có tất

cả bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn [ −100;100] ?
A. 100.

B. 101.

C. 99.

D. 201.
Trang 6


Câu 45. Có bao nhiêu giá trị nguyên m ∈ [ −10;10] để phương trình
π m

sin  2x − ÷−
3 2


2018

.log 2019 ( sin 2x − m + 12 ) = log 2019

A. 3.

(

 π 5π 
3 cos 2x + 12 có 4 nghiệm thuộc  6 ; 3  ?



)

B. 1.

C. 9.

D. 2.

3
2
Câu 46. Cho hàm số y = f ( x ) = ax + bx + cx + d có

bảng biến thiên như sau. Khi đó phương trình f ( x ) = m
có

bốn

nghiệm

x1 , x 2 , x 3 , x 4

thỏa

mãn

x1 < x 2 < x 3 < 1 < x 4 . khi và chỉ khi
A. 0 < m < 6.

B. 3 < m < 6.

C. 2 < m < 6.

D. 4 < m < 6.

Câu 47. Cho dãy số ( u n ) với u1 = 2 và u n +1 =

2u n
3

3u 3n + 8

với ∀n ≥ 1. Hỏi có tất cả bao nhiêu số hạng của

 1

;1 ?
dãy ( u n ) có giá trị thuộc đoạn  9
 2018 
A. 31.

B. 30.

C. 2017.

D. 2018.

Câu 48. Cho hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn z1 − 1 + 3i = 4 và z 2 − 1 + i = z 2 + 2 + 3i . Giá trị nhỏ nhất của
biểu thức T = z1 − z 2 bằng bao nhiêu?
A.

1
.
2

B.

1
.
15

C.

1
.
10

D.

3
.
2

Câu 49. Cho hình trụ (T) có bán kính đáy và chiều cao đều bằng R, hai đáy là hai hình trịn (O) và (O′).
Gọi AA′ và BB′ là hai đường sinh bất kì của (T) và M là một điểm di động trên đường trịn (O). Thể tích
lớn nhất của khối chóp M.AA′B′B bằng bao nhiêu?
A.

R3 3
.
4

B.

R3 3
.
2

C.

3R 3 3
.
4

D.

R3 3
.
3

Câu 50. Cho khối đa diện tám mặt đều (bát diện đều) có thể tích bằng V. Gọi V′ là thể tích của khối đa
diện có các đỉnh là trọng tâm các mặt của khối tám mặt đều đã cho. Tính tỉ số
A.

1
.
3

B.

2
.
3

C.

1
.
9

V′
.
V
D.

2
.
9

Trang 7


Đáp án

1-C
11-A
21-A
31-A
41-C

2-D
12-C
22-C
32-D
42-C

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

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

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

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

7-B
17-B
27-B
37-B
47-A

8-B
18-A
28-D
38-D
48-C

9-A
19-A
29-A
39-B
49-B

10-C
20-D
30-C
40-B
50-D

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Ta có ab = −1 < 0, suy ra hàm số có 3 điểm cực trị
Chú ý: Hàm số trùng phương y = ax 4 + bx 2 + c (với a ≠ 0 )
+) Có 1 cực trị khi ab ≥ 0.
+) Có 3 cực trị khi ab < 0.
a ∈ ( 0;1)
⇒ 0 < b < 1.
Câu 2: Do 
log a b > 0
a, b ∈ ( 0;1)
a ∈ ( 0;1)
a > 1
.
Chú ý: log a b > 0 ⇔ 
và log a b < 0 ⇔ 
hoặc 
b > 1
 b ∈ ( 0;1)
a, b > 1
Câu 3: Ta có ( a u ) ′ = u′a u ln a ⇒ y′ = ( 102x +1 ) ′ = 2.102x +1 ln10 = 20.10 2x ln10.
Câu 4: Ta có M ( 2; −3) ⇒ z = 2 − 3i
⇒ z = 2 + 3i ⇒ z có phần thực, phần ảo lần lượt là 2 và 3.
Câu 5: Đặt z = a + bi, khi đó:
z = z ⇔ a + bi = a − bi ⇔ 2bi = 0 ⇒ z = a là số thực.
Câu 6: TXĐ: ¡ \ { −2} . Ta có y′ =

5

( x + 2)

2

> 0, ∀x ≠ −2.

Suy ra hàm số đồng biến trên từng khoảng ( −∞; −2 ) và ( −2; +∞ )
Suy ra A sai (đúng phải là hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó).
Chú ý : Ở đây B đúng vì hàm số đồng biến trên ( −2; +∞ ) thì cũng sẽ đồng biến trên ( 2; +∞ )
Câu 7:
+) Hàm số đạt cực đại tại x = 0 → A sai.
y = 4 → B đúng.
+) Giá trị lớn nhất của hàm số là max
x∈( −2;3]
+) Hàm số không xác định tại x = −2 ⇒ khơng có giá trị nhỏ nhất → C sai.
+) Cực tiểu của hàm số là giá trị cực tiểu của hàm số. Nên cực tiểu của hàm số là 1 → D sai.
Câu 8:
3
Chọn ra 3 cuốn sách từ 10 cuốn (không quan tâm tới thứ tự) nên số cách chọn là: C10 .

Trang 8


r
 n ( P ) = ( 1;1; −1)
r
r r
⇒ u d =  n ( P ) , n ( Q )  = ( 1; −4; −3) .
Câu 9: Ta có  r
 n ( Q ) = ( 2; −1; 2 )

3 

x2
3
dx
=
+
+ C.
÷
Câu 10: Ta có ∫ f ( x ) dx = ∫  x −
3
2

÷
2
x
+
1
2
x
+
1
(
)
(
)


4
−2 ≤ x ≤ 2
16 − x ≥ 0
⇔

⇔ x ∈ [ −2; 2] \ { 1} ⇒ Đồ thị hàm số khơng có tiệm
Câu 11: Điều kiện  2
 x ≠ 1, x ≠ 3
 − x + 4x − 3 ≠ 0

y ).
cận ngang (Vì khơng chứa −∞ hoặc +∞ nên không tồn tại xlim
→+∞
x = 1
2
Xét − x + 4x − 3 = 0 ⇔ 
x = 2
+) Với x = 1 ⇒ 16 − x 4 = 15 ≠ 0 ⇒ x = 1 là tiệm cận đứng.
+) Với x = 3 ⇒ 16 − x 4 không xác định nên x = 3 không phải là tiệm cận đứng.
Vậy đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng là đường x = 1.
Câu 12: Ta có T = log c

log a b
a 1
1
1 2
1
= log c a − log c b =
−
=
− =− .
b
2
2 log a c log a c 2.3 3
2

Câu 13: Hàm số xác định trên tập ¡ → Loại C, D.
Hàm số đồng biến trên ( −∞; +∞ ) → Loại A.
1


Câu 14: Ta dễ thấy hàm số f (x) = ln x đồng biến trên ( 0; +∞ )  y′ = > 0, ∀x > 0 ÷.
x


Câu 15:
Ta có dấu của f ′ ( x ) trên [ 0;3] như sau:
Suy ra bảng biến thiên:

f ( x ) = f ( 2) .
Suy ra min
[ 0;3]
Câu 16: Ta có C = 2πr = 8π ⇒ r = 4 cm.
1 2
2
2
Suy ra: V = πr .h = 16π ⇒ h = 3 cm ⇒ l = r + h = 5 cm.
3

Trang 9


Câu 17: Ta có: h = d ( I, ( α ) ) =

1+ 2 + 4 −1

=2
3

⇒ R = h 2 + r 2 = 4 + 9 = 13 ⇒ S = 4πR 2 = 52π.
Câu 18:
Cách 1: Do z = 1 − 2i là nghiệm thức của phương trình
z 2 + az + b = 0 ⇒ ( 1 − 2i ) + a ( 1 − 2i ) + b = 0
2

a + b − 3 = 0
a = −2
⇔ a + b − 3 − 2 ( a + 2) i = 0 ⇔ 
⇔
⇒ a − b = −7.
a + 2 = 0
b = 5
Cách 2:
Phương trình bậc 2 với hệ số thực có 2 nghiệm phức là 2 số phức liên hợp của nhau.
Suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm z1 = 1 − 2i và z 2 = 1 + 2i
a = − ( z1 + z 2 ) = −2
⇒
⇒ a − b = −7.
b = z1.z 2 = 5
 π
2
2
Câu 19: Đặt cos x = t ⇒ sin x = 1 − t , x ∈  0; ÷⇒ t ∈ ( 0;1)
 2
2
Khi đó y = 1 − t −

2
2
1
⇒ y′ = −2t +
, y′ = 0 ⇔ t = ∈ ( 0;1) .
2
27t
27t
3

1 2
y = y  ÷= .
Dựa vào bảng biến thiên, ta có max
( 0;1)
 3 3
n ∈ ¥ *
. Khi đó phương trình tương đương:
Câu 20: Điều kiện 
n ≥ 2
n+

n ( n − 1)
 n = 20
n ≥2
= 210 ⇔ n 2 + n − 420 = 0 ⇔ 
→
n = 20 ∈ ( 19; 22 ) .
2
 n = −21

Câu 21: Dựa vào hình vẽ cho ta biết:
+) Trên [ a;c ] : f (x) ≥ g(x) hay f (x) − g(x) ≥ 0.
+) Trên [ c; b ] : g(x) ≥ f(x) hay g(x) − f(x) ≥ 0.
b

c

b

a

a

c

Do đó: S = ∫ g(x) − f (x) dx = ∫ f (x) − g(x) dx + ∫ f (x) − g(x) dx
c

b

a

c

= ∫ [ f (x) − g(x) ] dx + ∫ [ g(x) − f (x) ] dx.
3x = 1
x = 0
x
x

⇔ 1
⇒ A = 2x1 + 3x 2 = 3log 3 2
Câu 22: Phương trình 9 − 3.3 + 2 = 0 ⇔  x
x
=
log
2
3
=
2

2
3

Câu 23: Ta có a = −1 < 0, suy ra “điểm cuối” của đồ thị có hướng đi xuống loại C.
Ta có ab = −2 < 0, suy ra hàm số có 3 cực trị → loại B.
Trang 10


Do d = −1 < 0, suy ra đồ thị cắt trục hồnh Oy tại điểm có hồnh độ âm.
2 ln x

du =
dx
e
e

 u = ln x

x

1 3 2
2 2
⇔
.
I
=
x
ln
x
−
x ln xdx.
Câu 24: Đặt 
Khi
đó

3
2
3
3 ∫1
dv = x dx
1
v = x

3
2

Câu 25: Ta có M ( x;1) ⇒ z = x + i ⇒ w = z + i = x ⇒ điểm biểu diễn w là điểm S.
·
Câu 26: Do ABC là tam giác cân và ABC
= 60° nên tam giác ABC đều

⇒ SABCD = 2SABC =
Lại có: SA =

a2 3
.
2

AC
a
a
1
a3
=
=
⇒ V = SA.SABCD = .
·
tan 60°
3
6
3
tan ASC

Câu 27:
4

dx
1 x−2
= ln
Ta có I = ∫
x + 1) ( x − 2 ) 3 x + 1

3 (

4

3

1 8
1
= ln = ln 2 − ln 5 + 0 = a ln 2 + b ln 5 + c.
3 5
3

a = 1

1

Do a, b, c Ô b = ⇒ S = a − 3b + c = 2.
3

c = 0
Chú ý: Ta có cơng thức tính nhanh tích phân

dx

1

ax + b

∫ ( ax + b ) ( cx + d ) = ad − bc ln cx + d .

Câu 28: Gọi cạnh của hình lập phương là a khi đó ta có V = a 3 .
Hình nón có đáy là đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD và đỉnh là tâm của hình vng A′B′C′D′

a 2
1
1 3 πV
R =
2
⇒
.
2 ⇒ V( N ) = hπR = πa =
3
6
6
h = a

r
 n ( P ) = ( 1; 2; − m )
r r
. Do ∆ vng góc với (P), suy ra n ( P ) , u ∆ cùng phương.
Câu 29: Ta có  r
 u ∆ = ( −2; n; 4 )
Do đó:

 n = −4
1 2 −m
= =
⇔
⇒ m + n = −2.
−2 n

4
m = 2

Câu 30: Dựng hình bình hành HDCE.
Suy ra HD / /CE ⇒ HD / / ( SCE ) .
Khi đó:
h = d ( HD,SC ) = d ( HD, ( SCE ) ) = d ( H, ( SCE ) ) = HK
(như hình vẽ). Ta có: EC = HD = AH 2 + AD 2 = a 2.
Trang 11


Suy ra: HI =

SHDCE SABCD 2a 2
=
=
= a 2.
EC
EC
a 2

·
= 60°.
Tam giác SAB cân tại S và ( SB, ( ABCD ) ) = SBA
Suy ra ∆SAB đều cạnh AB = 2a ⇒ SH = a 3.
Ta có:

1
1
1

1
1
5
=
+ 2 = 2+ 2 = 2
2
2
HK
SH
HI
3a
2a
6a

⇒ HK =

a 30
a 30
. Vậy d ( HD,SC ) =
.
5
5

Câu 31: Ta có: g′ ( x ) = f ( x ) + xf ′ ( x ) − 4034x + 2018.
Suy ra: g′ ( x 0 ) = f ( x 0 ) + x 0f ′ ( x 0 ) − 4034x 0 + 2018 (*)
f ′ ( x 0 ) = 2017
Gọi M ( x 0 ;f ( x 0 ) ) là tiếp điểm của tiếp tuyến, suy ra: 
(2*)
f ( x 0 ) = 2017x 0 − 2018
Thay (2*) vào (*), ta được g′ ( x 0 ) = 2017x 0 − 2018 + x 0 .2017 − 4034x 0 + 2018 = 0.

dt = 2xdx
2
.
Câu 32: Đặt t = x ⇒ 
x : 0 → 1 ⇒ t : 0 → 1
1

Khi đó: I =

1
1
1
1
f ′′ ( t ) dt = f ′ ( t ) 0 = . ( f ' ( 1) − f ' ( 0 ) ) (*)
∫
20
2
2

Do hàm số y = f ( x ) có điểm cực trị x = 1 ⇒ f ′ ( 1) = 0.
Phương trình đường thẳng ∆ :

x y
+ = 1 ⇔ y = − x + 1 (1)
1 1

Suy ra hệ số góc của đường thẳng ∆ là −1 ⇒ f ′ ( 0 ) = −1 (2).
1
1
Thay (1), (2) vào (*), ta được: I = . ( 0 − ( −1) ) = .

2
2

x2 +1 
x2 +1
≤1
Câu 33: Điều kiện log 1  log5
÷ ≥ 0 = log 1 1 ⇔ 0 < log 5
x +3 
x +3
5 
5
⇔ log 5 1 < log 5

x2 +1
x2 +1
≤ log 5 5 ⇔ 1 <
≤5
x +3
x +3

  −3 < x < −1
 x2 − x − 2

>
0
 x + 3
 −2 ≤ x < −1
 x > 2
⇔ 2

⇔
⇔
⇒ D = [ −2; −1) ∪ ( 2;7 ] .
2 < x ≤ 7
 x − 5x − 14 ≤ 0
  x < −3
 x + 3
  −2 ≤ x ≤ 7

x ∈ D
→ x ∈ { −2;3; 4;5;6;7} : có 6 số nguyên.
Khi đó: 
x ∈ ¢

Trang 12


2
sin x có diện tích: S ( x ) = (

Câu 34: Tam giác đều cạnh 2
π

π

0

0

)

2

sin x . 3
4

= 3 sin x.

π

Suy ra thể tích vật thể là: V = ∫ S ( x ) dx = ∫ 3 sin xdx = − 3 cos x 0 = − 3 ( −1 − 2 ) = 2 3.
Câu 35: Dựa vào đồ thị ta có:
+) Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định, suy ra:
y′ =

ad − bc

( cx + d )

2

< 0, với x ≠ − d ⇔ ad − bc < 0 ⇔ ad < bc ( *) → loại A, B.
c

+) Đồ thị cắt trục hồnh Ox tại điểm có hồnh độ x = −
+) Đồ thị có tiệm cận ngang y =

b
> 0 ⇔ ab < 0 (1).
a

a
> 0 ⇔ ac > 0 (2).
c

Từ (1), (2) ⇒ a 2 bc < 0 ⇔ bc < 0 (2*) (vì a ≠ 0 ).
Từ (*), (2*) ⇒ ad < bc < 0.
Câu 36: Để trả lời được câu hỏi ta cần xác định được khối đa diện đều loại { 5;3} có bao nhiêu mặt và
mỗi mặt có bao nhiêu đỉnh (cạnh) ?
+) Loại { 5;3} cho ta biết mỗi mặt có 5 đỉnh (5 cạnh) hay mỗi mặt là một ngũ giác (chia thành 3 tam giác),
suy ra tổng các góc của một mặt là: 3.180° = 3π (rad) (*).
+) Loại { 5;3} là khối đa diện mười hai mặt đều, nên có 12 mặt (2*).
Từ (*) và (2*), suy ra tổng các góc của tất cả các mặt là: 12.3π = 36π.
Chú ý: Một đa giác n cạnh (n đỉnh) có tổng các góc là: ( n − 2 ) .180° = ( n − 2 ) π.
Câu 37: Ta có:

( sin x + cos x + 1)
L = lim
x→

+ 2 2018. ( sin x − 2 )
4x 3 − π2 x

π
2

2018

( sin x + cos x + 1) 2018 + 2 2018 sin x  − 2 2019
1


= limπ 
.
.
π
π

x→
x−
2
4x  x + ÷
2
2

Đặt f ( x ) = ( sin x + cos x + 1)

2018

+ 2 2018.sin x.

1
π
π 1
L = f ′  ÷.limπ
= f ′  ÷. 2 .
Khi đó
 2  x → 2 4x  x + π 
 2  2π

÷

2

Ta có: f ′ ( x ) = 2018. ( sin x + cos x + 1)
Suy ra L = −2018.22017.

2017

π
. ( cos x − sin x ) + 2 2018.cos x ⇒ f ′  ÷ = −2018.2 2017.
2

1
1009.22017
=
−
.
2π2
π2
Trang 13


f ( x ) − f ( x0 )
.
0
x − x0

Chú ý: Cho hàm số y = f ( x ) thì f ′ ( x 0 ) = xlim
→x
Câu 38: Với a, b > 0, ta có:
2

+)

dx

1

∫ ax + b = a ln ax + b
0

2

+)

dx

2
0

1

∫ bx + a = b ln bx + a
0

⇒

1 2a + b 2
2a + b
= ln
= ln 2 ⇒

= 4 ⇔ 2a = 3b (*).
a
b
a
b

2

=

0

1 2b + a 1 2a + 1
ln
= ln
b
a
b
3

2b + a 2a + 1
=
⇔ 6b + 3a = 2a 2 + a (2*)
a
3

Thay (*) vào (2*), ta được:
a = 0 a >0
( *)
4a + 3a = 2a 2 + a ⇔ 2a ( a − 3) = 0 ⇔ 

→ a = 3 
→ b = 2.
a = 3
Suy ra T = a + b = 5.
Câu 39: Điều kiện bài toán tương đương:

( 2 − i)

z − 6 + 2i =

25
25
⇔ ( 2 z − 6) − ( z − 2) i = .
z
z

⇒ ( 2 z − 6) − ( z − 2) i =

25
⇔
z

Đặt t = z > 0, khi đó (*) có dạng:

( 2 z − 6) + ( z − 2)
2

( 2t − 6 )

2

2

+ ( t − 2) =
2

25

=

z

(*)

25
625
⇔ 5t 2 − 28t + 40 = 2
t
t

⇔ 5t 4 − 28t 3 + 40t 2 − 625 = 0 ⇔ ( t − 5 ) ( 5t 3 − 3t 2 + 25t + 125 ) = 0 (2*)
3
2
2
Do ( 5t − 3t + 25t + 125 ) = 0 ⇔ t ( 5t − 3t + 25 ) + 125 > 0, ∀t > 0, suy ra:

(2*) ⇔ t = 5 ⇔ z = 5 ∈ ( 4;6 ) .
x
x
Câu 40: Ta có: f ′ ( x ) = e ( a sin x + b cos x ) + e ( a cos x − b sin x )

= e x ( a − b ) sin x + ( a + b ) cos x 
= e x [ A sin x + B cos x ] với A = a − b; B = a + b.
⇒ f ′′ = e x ( A − B ) sin x + ( A + B ) cos x  = e x . ( −2b sin x + 2a cos x ) .
x
x
Suy ra: 10e = f ′ ( x ) + f ′′ ( x ) = e ( a − 3b ) sin x + ( 3a + b ) cos x 

⇔ ( a − 3b ) sin x + ( 3a + b ) cos x = 10.
Điều kiện phương trình có nghiệm: ( a − 3b ) + ( 3a + b ) ≥ 102 ⇔ a 2 + b 2 ≥ 10.
2

2

Câu 41: Số các số có ba chữ số là: n ( Ω ) = 9.10.10 = 900.
Gọi A là biến cố rút 1 số từ tập S thỏa mãn a, b, c là ba cạnh của một tam giác vừa cân, vừa nhọn.
Trang 14


Do tam giác cân, nên ta gọi ba cạnh của tam giác lần lượt là: a;b;c với a=c.
Gọi α là góc ở đỉnh cân (hình vẽ).
Khi đó tam giác nhọn ⇔ cos α =

2a 2 − b 2
> 0 ⇔ 2a 2 > b 2 .
2
2a

 2a > b
⇔ 2a 2 > b 2 .

Vậy điều kiện để tam giác cân đồng thời nhọn là:  2
2
2a
>
b

+) Với a = 1 ⇒ b = 1 ⇒ ∆ đều được lấy ra từ số 111, nghĩa là có 1 cách.
+) Với a = 2 ⇒ b ∈ { 1; 2} ⇒ số khả năng 1 + 3 = 4 (cách) (gồm 1 tam giác đều, 3 tam giác cân không đều).
+) Với a = 3 ⇒ b ∈ { 1; 2;3; 4} ⇒ số khả năng 1 + 3.3 = 10 (cách)
+) Với a = 4 ⇒ b ∈ { 1; 2;3; 4;5} ⇒ số khả năng 1 + 4.3 = 13 (cách)
+) Với a = 5 ⇒ b ∈ { 1; 2;3; 4;5;6;7} ⇒ số khả năng 1 + 6.3 = 19 (cách)
+) Với a = 6 ⇒ b ∈ { 1; 2;3; 4;5;6;7;8} ⇒ số khả năng 1 + 7.3 = 22 (cách)
+) Với a ∈ { 7;8;9} ⇒ b ∈ { 1; 2;3; 4;5;6;7;8;9} ⇒ số khả năng 3. ( 1 + 8.3) = 75 (cách)
Suy ra n ( A ) = 1 + 4 + 10 + 13 + 19 + 22 + 75 = 144.
Vậy xác suất cần tính là: P ( A ) =

n ( A ) 144 4
=
= .
n ( Ω ) 900 25

Câu 42:
Ta dựng thêm điểm D sao cho C là trung điểm của
AD ⇒ D ( 3;12; −8 )
Gọi H1, H3 lần lượt là hình chiếu vng góc của B, D lên mặt
phẳng (P). Khi đó:
d ( D, ( P ) ) = 2d ( C, ( P ) ) = h 2 = DH 3 .
Trường hợp 1: B, C cùng phía với mặt phẳng (P) (hình vẽ).
 19


Gọi I, H lần lượt là trung điểm của BD, H1H3 ⇒ I  2; ; −5 ÷
 2

Suy ra: h1 + h 2 = BH1 + DH 3 = 2IH ≤ 2IA = 33 (*)
Trường hợp 2: B, C khác phía với mặt phẳng (P) (hình vẽ).
Suy ra: h1 + h 2 ≤ BI + DI = BD = 65 (2*).
Từ (*), (2*) suy ra: ( h1 + h 2 ) max = 33.
Dấu “=” xảy ra khi IA ⊥ ( P )
uuur uur 
27 
⇒ n ( P ) = IA =  −3; − ;9 ÷/ / ( 2;9; −6 ) .
2 

Trang 15


Suy ra phương trình ( P ) : 2 ( x + 1) + 9 ( y + 4 ) − 6 ( z − 4 ) = 0
b = 9

⇔ ( P ) : 2x + 9y − 6z + 62 = 0 ⇒ c = −6 ⇒ T = 65.
d = 62

Câu 43: Do ( ABC ) ∩ ( DBC ) = BC và ( ABC ) ⊥ ( DBC ) nên theo mơ
hình 3, ta có:
 BC 2 
R c = R 12 + R 22 − 
÷ với R 1 , R 2 lần lượt là bán kính đường trịn
2



ngoại tiếp tam giác ABC và DBC.
BC
a
a

 R1 = 2sin A = 2sin 60° = 3
.
Ta có: 
a
 R = BC =
=a
 2 2sin D 2sin 30°
2

 a 2  a 39
4 3 13 39πa 3
 a 
2
⇒ Rc = 
+
a
−
=
⇒
V
=
πR c =
.
 ÷
÷

6
3
54
 3
 2
Câu 44: Ta có: f ( x ) ≤ 0 với ∀x ∈ [ 3;5] .
⇔ ( m 3 − 1) x 3 + 3x 2 + 3 ( m − 2 ) x + 4 ≤ 0, ∀x ∈ [ 3;5] .
⇔ ( mx ) + 3mx ≤ x 3 − 3x 2 + 6x − 4, ∀x ∈ [ 3;5] .
3

⇔ ( mx ) + 3mx ≤ ( x − 1) + 3 ( x − 1) , ∀x ∈ [ 3;5] .
3

3

⇔ g ( mx ) ≤ g ( x − 1) với g ( t ) = t 3 + 3t là hàm số đồng biến.
⇔ mx ≤ x − 1, ∀x ∈ [ 3;5] ⇔ m ≤
Ta có h ′ ( x ) =
Vậy m ≤

x −1
1
= 1 − = h ( x ) , ∀x ∈ [ 3;5] ⇔ m ≤ min h ( x ) .
[ 3;5]
x
x

1
2
> 0, ∀x ∈ [ 3;5] , suy ra h ( x ) đồng biến trên [ 3;5] ⇒ min h ( x ) = h ( 3) = .

2
[ 3;5]
x
3

2 m∈[ −100;100]

→ m : −100 → 0, nghĩa là có 101 số ngun m.
m∈¢
3

Câu 45: Ta có:
π m 1
3
m sin 2x − 3 cos 2 x − m

sin  2x − ÷− = sin 2x −
cos 2x − =
.
3 2 2
2
2
2

 u = sin 2x − m + 12
, khi đó phương trình có dạng:
Đặt 
 v = 3 cos 2x + 12
2018

u −v
2

.log 2019 u = log 2019

(
v⇔
(

)
2018 )
2018

u

v

.log 2019 u = log 2019 v
Trang 16


⇔

(

)

u

2018 .log 019 u =

(

)

v

2018 log 2019 v ⇔ f ( u ) = f ( v ) trong đó f ( t ) =

(

)

t

2018 .log 2019 t

π m

⇔ u = v ⇔ sin 2x − m + 12 = 3 cos 2x + 12 ⇔ sin  2x − ÷ =
(*)
3 2

π
m
 π 5π  
Do x ∈  ;  ⇒  2x − ÷∈ [ 0;3π] nên để (*) có 4 nghiệm thì: 0 ≤ < 1
3
2
6 3  

m∈¢
⇔ 0 ≤ m < 2 
→ m ∈ { 0;1} : có giá trị m thỏa mãn.

Câu 46: Từ bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) , ta suy ra bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) như
sau:

Vì bài tốn quan tâm tới việc sắp thứ tự các nghiệm với giá trị x = 1 do đó ta cần tính được giá trị của
hàm số tại x = 1. Nhưng ta nhận thấy M(0;6) và N(2;0) là hai điểm cực trị của hàm số. Khi đó, trung điểm
I(1;3) của MN cũng thuộc đồ thị hàm số hay f ( 1) = 3 nên ta có bảng biến thiên sau:

Dựa vào bảng biến thiên này, suy ra phương trình f ( x ) = m có bốn nghiệm x1 , x 2 , x 3 , x 4 thỏa mãn
x1 < x 2 < x 3 < 1 < x 4 khi và chỉ khi 3 < m < 6.
Câu 47: Ta có: u n +1 =
⇔

2u n
3

3u 3n + 8

⇔u

3
n +1

8u 3n
= 3
⇔ 8u 3n +1 + 3u 3n .u 3n +1 − 8u 3n = 0.
3u n + 8

8
8
8
8
+ 3 − 3 = 0 ⇔ 3 = 3 + 3 (*)
3
un
u n +1
u n +1 u n

8 ( *)
Đặt v n = 3 → v n +1 = v n + 3, suy ra ( v n ) là một cấp số cộng có
un

8

 v1 = 3 = 1
u1
.

d = 3


Trang 17


Khi đó ⇒ v n = v1 + ( n − 1) d = 3n − 2 ⇒

8

8
= 3n − 2 ⇔ u 3n =
.
3
un
3n − 2

 1

 1

;1 ⇔ u 3n ∈  3
;1 ⇔
Xét các số hạng: u n ∈  9
 2018 
 2018 

3

1
8
≤
≤1
2018 3n − 2

n∈¥ *
⇔ 8 ≤ 3n − 2 ≤ 8. 3 2018 ⇔ 3,3 ≤ n ≤ 34, 4 
→ n : 4 → 34, có 31 số hạng.

 M ( z1 )

, khi đó: z1 − 1 + 3i = 4 ⇔ MI = 4 với I ( 1; −3) .
Câu 48: Gọi 
 M ( z 2 )
Suy ra M thuộc đường tròn tâm I ( 1; −3) , bán kính R = 4.
 A ( 1; −1)
.
Ta có: z 2 − 1 + i = z 2 + 2 + 3i ⇔ z 2 − 1 + i = z 2 + 2 − 3i ⇔ NA = NB trong đó: 
 B ( −2;3)
Suy ra N thuộc đường thẳng ∆ : 6 x − 8y + 11 = 0 là đường trung trực của AB.
Khi đó: T = z1 − z 2 = MN ≥ M 0 H với H là hình chiếu vng góc của I trên ∆ và IH ∩ ( C ) = { M 0 } (như
hình vẽ)

M 0 H = IH − IM 0

Ta có:
= d ( I, ∆ ) − R =
Suy ra T ≥

6 + 24 + 11
6 +8
2

2

−4=

1
.
10

1
1
⇒ Tmin = .
10
10

Câu 49: Gọi H là hình chiếu vng góc của M trên AB ⇒ MH ⊥ ( AA′B′B ) .
1
1
R
Khi đó: VM.AA′B′B = MH.SAA′B′B = MH.AB.AA′ = MH.AB.
3
3
3
Vậy để ( VM.AA′B′B ) max ⇔ ( MH.AB ) max .
Khi AB cố định thì ( MH.AB ) max ⇔ MH max ⇔ M nằm chính giữa cung lớn AB, suy ra O ∈ MH ⇒ H là
trung điểm của AB.
MH = MO + OH = R + x
.
Đặt OH = x ⇒ 
2
2
2
2
AB = 2HB = 2 OB − OH = 2 R − x
Suy ra: MH.AB = ( R + x ) .2 R 2 − x 2
Trang 18


⇔ ( MH.AB ) = 4 ( R + x ) .(R 2 − x 2 )

2

=

2

4
( R + x ) ( R + x ) ( R + x ) . ( 3R − 3x )
3

4  ( R + x ) + ( R + x ) + ( R + x ) + ( 3R − 3x ) 
27R 4
≤ 
.
÷ =
3
4
4

4

Dấu “=” xảy ra khi: R + x = 3R − 3x ⇔ x =
Suy ra MH.AB ≤

R
.
2

3 3R 2
R 3 3R 2 R 3 3

R3 3
⇒ VM.AA′B′B ≤ .
=
⇒ ( VM.AA′B′B ) max =
.
2
3
2
2
2

Câu 50: Gọi SABCDS′ là khối đa diện đều cạnh a.
1
1
a3 2
Khi đó: VSABCDS′ = SS′.SABCD = .a. 2.a 2 =
.
3
3
3
Khối đa diện có các đỉnh là trọng tâm các mặt của khối tám mặt đều SABCDS′ là hình lập phương có
cạnh MN (như hình vẽ bên).
Gọi I là trung điểm của CD.
Khi đó:

MN IM 1
1
a 2
=
= ⇒ MN = SS′ =

.
SS′
IS 3
3
3

Khi đó thể tích hình lập phương:
2a 3 2
 a 2  2a 3 2
V′
2
= 327 =
V′ = 
=
. Suy ra
÷
÷
V
9
a 2
27
 3 
3
3

Chú ý: Khối bát diện đều cạnh a có thể tích: V =

a3 2
.
3

Trang 19