de thi thu thpt quoc gia mon toan 2020 lan nguyen quan nho 2

S GD&ĐT THANH HĨA
THPT NGUYỄN QN NHO

KÌ THI TRUNG H C PH THỌNG QU C GIA NĂM 2020
Bài thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
(Đề thi có 50 câu trắc nghiệm)

Đ CHÍNH THỨC L N 1
(Đề có 06 trang)

Mã đ thi 101

H , tên thí sinh: .....................................................................
S

báo danh: ..........................................................................

Câu 1. Cho hình lập phương có tổng diện tích các mặt bằng 12a 2 . Thể tích khối lập phương đó bằng
A. 2 2a 3 .
B. 2a 3 .
C. a 3 .
D. 2a 3 .
Câu 2. Cho hàm số y = f ( x) có bảng bi n thiên như hình. Giá trị cực tiểu của hàm số bằng

A. −2 .
B. 2 .
C. −4 .
D. 4 .
Câu 3 . Cho hai điểm M (1; −2;3) và N ( 3;0; −1) . Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng MN .
A. I ( 4; −2;2) .

B. I ( 2; −1;2 ) .

C. I ( 4; −2;1)

D. I ( 2; −1;1)

A. ( 0;1) .

B. ( −;1) .

C. ( −1;1) .

D. ( −1;0 ) .

Câu 4. Cho h̀m số y = f ( x ) có đ̀ thị như hình. H̀m số đ̃ cho đ̀ng bi n trên khoảng ǹo?

Câu 5. Tìm tập xác định D của hàm số y = ( x 2 − x − 2 )

B. D = ( 0; + ) .

A. D = R .

C. D = ( −; −1)  ( 2; + ) .



10

Câu 6. Cho

f ( x ) dx = 10 và

0

A. 10 .


6

f ( x ) dx = 3 , khi đó

2

B. 4 .

3

3.

B.

3


2

f ( x ) dx +  f ( x ) dx bằng

Câu 8. Tổng các nghiệm của phương trình 3x

A. 0.
B. 1.

4

−3 x

2

10

C. 7 .

D. −4 .

C. 2 .

D. 3 .

8
thì bán kính bằng
3

2.

.

D. D = R \ −1; 2 .
0

Câu 7. Một khối cầu có thể tích bằng
A.

− log1000

= 81 bằng
C. 3.

6

D. 4.
1

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP


Câu 9: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x) = −4sin 2 x + 2cos x − e x là

A. −8cos 2x + 2sin x − ex + C .
B. 8cos 2x − 2sin x − ex + C .
C. 4cos 2x − 2sin x − ex + C .
D. 2cos 2x + 2sin x − ex + C .
Câu 10. Cho mặt cầu ( S) : x2 + y2 + z2 − 2x + 4y − 4z − m = 0 có bán kính R= 5 . Tìm m .

A. m = −16 .
B. m = 16 .
C. m= 4 .
D. m= −4 .
Câu 11. Có bao nhiêu cách sắp x p chỗ ng̀i cho 5 học sinh vào 5 gh x p thành một dãy?
A. 120 .

B. 240 .
C. 90 .
D. 60 .
Câu 12. Cho cấp số cộng ( un ) có số hạng đầu u1 = −5 và công sai d = 3 . Số 100 là số hạng thứ mấy
của cấp số cộng?
A. 15.
B. 20.
C. 35.
Câu 13. Đường cong ở hình bên là đ̀ thị của hàm số nào?

A. y = − x 2 + x − 1 .

D. 36.

B. y = − x3 + 3x + 1 .

C. y = x 4 − x 2 + 1 .

D. y = x3 − 3x + 1 .

Câu 14. Giá trị lớn nhất của hàm số y = cos3 x + 2sin 2 x + cos x bằng
58
A. max y =
.
B. max y = 3 .
C. max y = 2 .
D. max y = −2 .
27
Câu 15. Cho hàm số f ( x) xác định trên R v̀ có đ̀ thị hàm số y = f  ( x ) l̀ đường cong trong hình bên.
Mệnh đề ǹo dưới đây đúng ?

A. Hàm số y = f ( x) đ̀ng bi n trên (1; 2 ) .

C. Hàm số y = f ( x) nghịch bi n trên ( −1;1) .

B. Hàm số y = f ( x) đ̀ng bi n trên ( −2;1) .

D. Hàm số y = f ( x) nghịch bi n trên ( 0;2 ) .

Câu 16. Cho mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2; −4 ) và thể tích bằng 36 . Phương trình của ( S ) là
A. ( x − 1) + ( y − 2) + ( z − 4) = 9 .
C. ( x − 1) + ( y − 2) + ( z + 4) = 9 .
2

2

2

2

2

2

Câu 17. Cho 0  x; y  1 thỏa mãn: log 3 x y =
A. 120 .

B. 132 .

B. ( x + 1) + ( y + 2) + ( z − 4) = 9 .

D. ( x − 1) + ( y − 2) + ( z + 4) = 3 .
2

2

2

2

2

2

32
3y
và log 2 x =
. Giá trị của x 2 − y 2 bằng
y
8
C. 240 .
D. 340 .

2

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP


x2 −3 x −10

1
Câu 18. Gọi S là tập hợp các nghiệm nguyên của bất phương trình  
 32− x .Tìm số phần
 3
tử của S
A. 11.
B. 10 .
C. 9 .
D. 1 .
Câu 19. Hình nón có chiều cao 10 3cm , góc giữa một đường sinh và mặt đáy bằng 600 . Diện tích xung
quanh của hình nón đó bằng:
A. 50 3 cm2 .
B. 200 cm2 .
C. 100 cm2 .
D. 100 3 cm2 .
Câu 20. Cho hàm số y = f ( x ) phù hợp với bảng bi n thiên bên dưới. Tổng số đường tiệm cận là:

A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Câu 21. Cho hình chóp tam giác đều có cạnh bằng a và cạnh bên tạo vói đáy một góc 60o . Thể tích của
khối chóp đó bằng
3a3
3a3
3a3
3a3
A.
B.
C.

D.
.
.
.
.
3
4
12
6
Câu 22. Tính đạo hàm của hàm số y = e x sin 2 x .
A. y = e x ( sin 2 x − cos 2 x ) .
B. y  = e x ( sin 2 x + 2cos 2 x ) .
C. y = e x ( sin 2 x + cos 2 x ) .

D. y  = e x cos 2 x .

Câu 23. Cho đ̀ thị y = f ( x) . Tìm m để phương trình f ( x) + 1 = m có đúng 3 nghiệm?

A. −3  m  1 .
B. −4  m  0 .
C. −5  m  1.
D. −4  m  1.
x 1
x
Câu 24: Gọi S là tổng các nghiệm của phương trình 4
3.2 7 0 . Tính S .
A. S log 2 7 .
B. S 12 .
C. S 28 .
D. S log 2 28 .

Câu 25 . Một người dùng một cái ca hình bán cầu có bán kính là 3cm để múc nước đổ vào trong một
thùng hình trụ chiều cao 3cm v̀ bán kính đáy bằng 12cm . Hỏi người ấy sau bao nhiêu lần đổ thì nước
đầy thùng? ( Bi t mỗi lần đổ, nước trong ca luôn đầy).
A. 10 lần.
B. 12 lần.
C. 20 lần.
D. 24 lần.
x
Câu 26. Một nguyên hàm F ( x ) của f ( x ) =
thỏa F ( 0 ) = 1 . Tính log 2 F ( −1) bằng
2
x +1
1
2
A.
.
B. .
C. 2 .
D. 2 .
2
2
3

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP


Câu 27. Cho hình chóp S . ABC có đáy l̀ tam giác vuông cân tại A , mặt bên ( SBC ) l̀ tam giác đều

cạnh a và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA
và BC bằng:

a 2
a 3
a 5
a 3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
4
4
3
4
2
2
2
Câu 28. Phương trình mặt cầu ( S  ) đối xứng với mặt cầu ( S ) : ( x − 4 ) + ( y − 3) + ( z − 5 ) = 36 qua mặt
phẳng ( Oxy ) là

B. ( S  ) : ( x − 4 ) + ( y + 3) + ( z − 5 ) = 36 .

A. ( S  ) : ( x + 4 ) + ( y − 3) + ( z − 5 ) = 36 .
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

D. ( S  ) : ( x − 4 ) + ( y − 3) + ( z + 5 ) = 36 .

C. ( S  ) : ( x + 4 ) + ( y + 3) + ( z − 5 ) = 36 .

Câu 29. Họ nguyên h̀m của h̀m số f ( x ) =

1
1
− 2 l̀ :
2
cos x sin x

A. tan x + cot x + C .
B. tan x − cot x + C .
C. − tan x + cot x + C .
D. − tan x − cot x + C .
Câu 30. Đường cong ở hình bên l̀ đ̀ thị của hàm số nào?

A. y = − x3 + x 2 − 1 .

B. y = x 4 − x 2 − 1 .

C. y = x3 − x 2 − 1 .

D. y = − x 4 + x 2 − 1 .

Câu 31. Cho hàm số y = f ( x ) có đ̀ thị f  ( x ) l̀ đường cong như hình v bên. Tìm khẳng định đúng?

B. f ( x ) nghịch bi n trên ( 0;+  ) .

A. f ( x ) đ̀ng bi n trên ( −2;0) .

C. f ( x ) đ̀ng bi n trên ( −;3) .
Câu 32. Tổng các nghiệm của phương trình 3
A. 3log3 5.
B. 2 + log3 5.

x

x
2
− 8.3

D. f ( x ) nghịch bi n trên ( −3; − 2 ) .

+ 15 = 0 bằng.
C. 2 (1 + log3 5) .

D. 4 log 5 3.

Câu 33. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD l̀ hình bình h̀nh. Điểm M di động trên cạnh SC ,

MC
= k . Mặt phẳng qua A , M song song với BD cắt SB , SD theo thứ tự tại N , P . Thể tích khối
MS
chóp C. APMN lớn nhất khi
A. k = 3 .
B. k = 1 .
C. k = 2 .
D. k = 2 .

đặt

4

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP


Câu 34. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình m + 2 m + 2sin x = sin x có nghiệm thực
A. 0.
B. 1.
C. 2.

D. 3.
5
1− 2x
3
dx = a ln + b ln 2 với a, b Z . Mệnh đề ǹo đúng ?
Câu 35. Cho  2
x − 5x + 6
2
4
A. 2a + b = 11 .
B. a + 2b = −7 .
C. a + b = 8 .
D. a − 2b = 15 .
2
Câu 36. Tìm m để bất phương trình log 2 2 x − 2(m + 1) log 2 x − 2  0 có nghiệm x  ( 2; +) .

3
3
B. m  (− ;0) .
C. m  (− ; +) .
D. m (−;0) .
4
4
Câu 37. Bạn Trang có 10 đơi tất tay khác nhau. Sáng nay, trong tâm trạng vội ṽ đi thi, Trang đ̃ lấy ngẫu
nhiên 4 chi c tất. Xác suất để trong 4 chi c tất lấy ra có ít nhất một đơi bằng
6
99
224
11
A.

.
B.
.
C.
.
D.
.
969
323
19
323
Câu 38. Trong khơng gian Oxyz , cho các điểm A( 5;8; −11) , B ( 3;5; −4 ) , C ( 2;1; −6 ) v̀ mặt cầu

A. m (0; +) .

( S ) : ( x − 4)

2

+ ( y − 2 ) + ( z + 1) = 9 . Gọi
2

2

M ( xM ; yM ; zM )

l̀ điểm trên

thức MA − MB − MC đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của tổng xM + yM bằng
A. 4 .

B. 0 .

Câu 39. Phương trình 2

sin 2 x

+2

1+ cos2 x

C. −2 .

= m có nghiệm khi và chỉ khi

(S )

sao cho biểu

D. 2 .

A. 4  m  3 2 .
B. 3 2  m  5 .
C. 0  m  5 .
D. 4  m  5 .
2
Câu 40. Cho đa thức f ( x ) hệ số thực và thỏa điều kiện 2 f ( x ) + f (1 − x ) = x , x  R. Tìm tất cả các

giá trị của tham số m để hàm số y = 3x. f ( x ) + ( m −1) x + 1 đ̀ng bi n trên R .
B. m 

10
.
3
Câu 41. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên

A. m

.

( )

2
cực trị của hàm số y = g ( x ) = f x là :

C.

.

D. m  1 .

v̀ có đ̀ thị y = f  ( x ) được cho như hình v bên. Số điểm

A. 4 . B. 2 .
C. 3 .
D. 5 .
Câu 43. Cho hàm số y = f ( x) liên tục v̀ có đạo hàm trên 0;1 và thỏa mãn:

f ( x) + 2 xf ( x 2 ) + 3x 2 f ( x3 ) = 1 − x 2 với mọi x trên 0;1 ; tính

A.


.
4

B.



.

C.



.

 f ( x)dx .
1

0

D.


.
12

24

36
Câu 44. Ng̀y 20/5/2018,ng̀y con trai đầu lòng ch̀o đời,chú Tuấn quy t định mở một tài khoản ti t kiệm
ở ngân hàng với lãi suất 0.5% /tháng.Kể từ đó cứ vào 21 hàng tháng,chú s gởi tài khoản 1 triệu đ̀ng.
Sau 1 tháng, số tiền lãi s nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng ti p theo. Hỏi vào ngày 22/5/2036,
số tiền ti t kiệm trong tài khoản đó l̀ bao nhiêu? (l̀m tròn đ n triệu đ̀ng)
A. 387 (triệu đ̀ng).
B. 391 (triệu đ̀ng).
C. 388 (triệu đ̀ng).
D. 390 (triệu đ̀ng).
5

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP


Câu 45 Cho hàm số y = f ( x) có bảng bi n thiên như sau. Phương trình f (4 x − x 2 ) − 2 = 0 có bao nhiêu
nghiệm thực phân biệt?
A. 2 .
B. 6.
C. 4.
D. 0.
x
Câu 46. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình log 2 ( 4 − m ) = x + 1 có đúng 2
nghiệm phân biệt?
A. 0 .

B. 3 .
C. 1 .
D. 2 .
2 x +m
Câu 47. Cho hàm số f ( x ) =

với m là tham số thực, m  1. Gọi S là tập hợp các giá trị
x +1
nguyên dương của m để hàm số có giá trị lớn nhất trên đoạn 0; 4 nhỏ hơn 3. Số phần từ của tập S là

()

( )

A. 1 .
B. 3.
Câu 48. Cho hàm số y = f x . Hàm số y = f  x

(

)

y = f x 2 + m có 3 điểm cực trị ?

)

A. m  0 ; 3 .

B. m  0; 3 .

C. 0.
D. 2.
có đ̀ thị như hình bên dưới. Tìm m để hàm số

(

)

(

)

C. m  3; +  .

D. m  − ; 0 .

C. 3 .

D. 2 .

Câu 49. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên R v̀ đ̀ thị của hàm số f ' ( x ) như hình v

(

)

2
Xét hàm số g ( x ) = f x − 3 và các mệnh đề sau:

(1) Hàm số g ( x ) có 3 điểm cực trị.

(2) Hàm số g ( x ) đạt cực tiểu tại điểm x = 0 .
(3) Hàm số g ( x ) đạt cực đại tại điểm x = 2 .

(4) Hàm số g ( x ) đ̀ng bi n trên khoảng ( −2;0) .

(5) Hàm số g ( x ) nghịch bi n trên khoảng ( −1;1) .

Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề trên?
A. 1 .
B. 4 .

6

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP


Câu 50. Cho hàm số y

f(x) có đạo hàm liên tục trên

. Đ̀ thị hàm f(x) như hình v .

y
4

x

-2
-1

Số đường tiện cận đứng của đ̀ thị hàm số y
A. 4 .

B. 1.

O

1

x2 1
là
f 2 (x) 4f(x)
C. 2 .

D. 3 .

-------------- H T --------------

7

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP


ĐÁP ÁN Đ THI
1.A
12.D
22.B
33.D
44.D

2.D
13.D
23.A
34.C
46.A

4.D
14.A
24.D
35.B
47.A

5.D
15.D
26.B
36.C
48.B

6.C
16.C
27.A
37.B
49.D

7.B
17.C
28.D
38.D
50.C

8.A
18.D
29.A
39.D

9.D
19.B
30.B
40.B

10.B
20.B
31.A
41.C

11.A
21.A
32.C
43.D

HƯ NG DẪN GI I CHI TIẾT
Câu 1: Ch n A
Gọi độ lớn 1 cạnh của hình lập phương l̀ x .
Vì hình lập phương g̀m 6 mặt giống nhau nên tổng diện tích các mặt của hình lập phương s l̀

S = 6 x 2 = 12a 2  x = a 2 .
Thể tích của khối lập phương l̀:

(

V = x3 = a 2

)

3

= 2 2a 3 .

Câu 2: Ch n D
Dựa v̀o bảng bi n thiên ta thấy giá trị cực tiểu bằng 4 .
Câu 3: Ch n D
 1 + 3 −2 + 0 3 − 1 
Trung điểm I có tọa độ l̀ I 
;
;
  I ( 2; −1;1) .
2
2 
 2
Câu 4: Ch n D
Nhìn v̀o đ̀ thị h̀m số ta thấy h̀m số đ̀ng bi n trên 2 khoảng ( −1;0 ) v̀ ( 2;+ ) .
Câu 5: Ch n D

x  2
.
H̀m số xác định khi x 2 − x − 2  0  
 x  −1
Vậy tập xác định của h̀m số l̀ D = R \ −1;2 .

Câu 6: Ch n C



10

Ta có

2

6

10

 f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  f ( x ) dx −  f ( x ) dx =10 − 3 = 7

0

Do đó

f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx +  f ( x ) dx
0

2

2

10

10

6

6

0

6

0

2

Vậy đáp án l̀ C.
Câu 7: Ch n B

4
Thể tích khối cầu V =  .R3
3
Câu 8: Ch n A

3x

4

−3 x 2

= 81  3x

4

−3 x 2

Suy ra

4

8
 .R3 =   R = 3 2
3
3

 x 2 = −1 (VN )
 x = −2
= 34  x 4 − 3x 2 − 4 = 0   2

 x=2
x =4

Câu 9: Ch n D
Ta có  ( −4sin 2 x + 2 cos x − e x )dx = 2 cos 2 x + 2sin x − e x + C .
Câu 10: Ch n B

Bán kính của mặt cầu: R = 12 + ( −2 ) + 22 + m = 5 .
2

 9+m = 5.
 m = 16 .

8

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP


Câu 11: Ch n A
Số cách sắp x p l̀: 5! = 120 .
Câu 12: Ch n D

Ta có: un = u1 + ( n − 1) d  100 = −5 + ( n − 1).3  100 = 3n − 8  n = 36 .
Câu 13: Ch n D

Dựa theo hình dáng đ̀ thị l̀ h̀m số bậc 3 có hệ số của x 3 dương nên ta chọn D.
Câu 14: Ch n A
Ta có: y = cos3 x + 2sin 2 x + cos x = cos3 x − 2cos 2 x + cos x + 2
Đặt t = cos x , điều kiện: t   −1;1  .

Khi đó: y = f ( t ) = t 3 − 2t 2 + t + 2 xét với t   −1;1  .

t = 1   −1;1 
Ta có: f ' ( t ) = 3t − 4t + 1 ; f ' ( t ) = 0  3t − 4t + 1 = 0   1
t =   −1;1 
 3
 1  58
Lại có: f ( −1) = −2; f (1) = 2; f   =
.
 3  27
58
.
Nên max y =
27
Câu 15: Ch n D
Từ đ̀ thị h̀m số y = f  ( x ) , ta có bảng xét dấu của h̀m số y = f  ( x ) như sau:
2

2

x
−

−2
0
2
+
0
+ 0
− 0
+
y = f '( x) −
+ Từ bảng xét dấu h̀m số y = f '( x) , ta có: h̀m số y = f ( x) nghịch bi n trên ( 0; 2) .
Câu 16: Ch n C
4
Áp dụng công thức V =  R3 ta được bán kính R = 3
3
Mà tâm I (1; 2; −4 ) nên phương trình của ( S ) là ( x − 1) + ( y − 2) + ( z + 4) = 9
2

2

2

Vậy chọn C
Câu 17: Ch n C

16
y
và log 2 x =
y
8
2

Suy ra log 2 y = 2  y = 4  x = 16  x − y 2 = 240
Câu 18: Ch n D
  x  −2
  x  −2

2


2

x −3 x −10

 x  5
 x − 3x − 10  0
 x  5
1
2− x
3


 5  x  6 S l̀ tập

 
2− x  0
2

x
2

 3



 x − 3x − 10  2 − x




 x 2 − 3x − 10  ( 2 − x )2 
x6



Từ giả thi t ta có log x y =

hợp các nghiệm nguyên của bất phương trình nên S = 5 .

Vậy có 1 phần tử.

9

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP


Câu 19: Ch n B

Xét hình nón đỉnh S , ta có: SAI = 600 và h = SI = 10 3cm .
Xét SAI vng tại I , ta có
r = AI =

(

10 3
SI
=
= 10cm l = SA = SI 2 + AI 2 =
0
tan 60
3

)

10 3 + 102 = 400 = 20cm .
2

Vậy diện tích xung quanh của hình nón đó l̀: S xq =  rl = 200 ( cm2 ) .
Câu 20: Ch n B
Ta có: lim f ( x ) = −3 nên ta có TCN: y = −3

Ta có: lim− f ( x ) = + nên ta có TCĐ: x = −1
x→+
x →−1

Câu 21: Ch n A.
S

A

C
O

I

B

Gọi S . ABC l̀ hình chóp tam giác đều, O l̀ tâm của đáy.
3 2
+ S ABC =
a
4
+ Do O l̀ tâm của ABC nên SO ⊥ (ABC)

2
3
AO = .a .sin 60o =
a
3
3
3
 SO = AO.tan 60o =
a. 3 = a
3
1
1 3 2
3 3
 V = .S ABC .SO = .
a .a =
a.
3
3 4
12

Câu 22: Ch n B.
Ta có:
y = e x sin 2 x  y  = ( e x ) sin 2 x + e x ( sin 2 x ) = e x sin 2 x + 2e x cos 2 x = e x (sin 2 x + 2cos 2 x ) .
10

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP


Câu 23: Ch n A
Ta có: f ( x) +1 = m  f ( x) = m −1 .
Số nghiệm của phương trình f ( x) + 1 = m bằng số giao điểm của đ̀ thị y = f ( x) v̀ đường thẳng
y = m −1 .

Dựa v̀o đ̀ thị, ta có ycbt  −4  m − 1  0  −3  m  1 .
Câu 24: Ch n C
Gọi x1 , x2 l̀ hai nghiệm của phương trình 4x 1 3.2x 7
PT

1 x
.2
4

2

Suy ra 2 x1.2 x2

2x1
Vậy S

x2

3.2 x

7

0.

0

1
28
4
x1 x2 log 2 28

7:

28
log 2 28 .

2 .33
= 36 ( cm3 )
3
Thể tích cái thùng hình trụ: V ' =  .122.3 = 432 ( cm3 )
Câu 25: Ch n B

Thể tích cái ca: V =

Số lần đổ để nước đầy thùng l̀:
Câu 26: Ch n D
Ta có, F ( x ) = 

x

x +1
2

V ' 432
=
= 12 lần.
V
36

dx

Đặt u = x2 + 1  u 2 = x2 + 1  udu = xdx
u
x
Khi đó; F ( x ) = 
dx =  du = u + C = x 2 + 1 + C
2
u
x +1
Mà F ( 0 ) = 1 hay

0 +1 + C = 1  C = 0

Vậy F ( x ) = x2 + 1 l̀ một nguyên h̀m của f ( x ) =

Lại có, F ( −1) =

( −1)

2

+1 = 2

Suy ra, log 2 F ( −1) = log 2

2 = log 2 2 =

x

x +1
2

.

1
.
2

11

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP


Câu 27: Ch n A
Gọi H l̀ trung điểm của BC . Ta có
( SBC ) ⊥ ( ABC ) = BC


 SH ⊥ ( ABC ) (1)
 SH ⊥ BC
 SH  SBC
(
)


S

Trong tam giác SAH kẻ HK ⊥ SA (*)
Từ (1) ta có SH ⊥ BC (2)
Mà tam giác ABC cân tại A nên AH ⊥ BC (3)
Từ (2) v̀ (3) ta có BC ⊥ ( SAH )  BC ⊥ HK (**)

K
B

Từ (*) v̀ (**) ta có HK l̀ đoạn vng góc chung của SA và BC nên: d ( SA, BC ) = HK
Trong tam giác SAH :

1
1
1
=
+
(***)
2
2
HK
HS

HA2

H

A

Trong tam giác ABC vng cân tại A có BC = a và H l̀ trung điểm của BC nên AH =
Trong tam giác đều SBC cạnh a nên SH =
1
1
1
1
1
16
=
+
=
+
= 2
2
2
2
2
2
HK
HS
HA
3a
a 3 a





2
 2   

C

a
1
BC =
2
2

a 3
2

 HK 2 =

a 3
3a 2
 HK =
16
4
Câu 28: Ch n D
Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 4;3;5) và bán kính R = 6

Giả sử mặt cầu ( S  ) có tâm I  , bán kính R thì I  l̀ ảnh của điểm I qua phép đối xứng qua mặt phẳng

( Oxy ) , suy ra I  ( 4;3; − 5) và R = R = 6

2
2
2
Vậy phương trình mặt cầu ( S  ) là: ( x − 4 ) + ( y − 3) + ( z + 5 ) = 36 .

Câu 29: Ch n A
Ta có
1 
 1
 f ( x ) dx =  cos2 x − sin 2 x dx = tan x + cot x + C
Câu 30: Ch n B
Dựa v̀o đ̀ thị, ta thấy h̀m số có 3 điểm cực trị nên đây khơng phải l̀ đ̀ thị h̀m số bậc 3, do đó loại
đáp án A và C.
Ta có: lim y = +  a  0 nên loại đáp án D.
x →+

Câu 31: Ch n A
Từ đ̀ thị h̀m số f  ( x ) ta có bảng bi n thiên

12

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP


So sánh các đáp án ta thấy: f ( x ) đ̀ng bi n trên ( −2;0) .
Câu 32: Ch n B

x
 x
 2 = log3 5

3 2 = 5
 x = 2 log3 5
Phương trình
+ 15 = 0  


x
x = 2
 x =1

2
=
3
3

 2
Suy ra tổng các nghiệm của phương trình l̀ 2 (1 + log3 5) .
x
x
2
3 − 8.3

Câu 33: Ch n D

Gọi O là tâm hình bình hành ABCD ; I l̀ giao điểm của SO và NP .
Ta có

SC SM CM
=
+

= 1 + k.
SM SM SM

 AM  ( ANMP)

 NP / / BD .
Do  BD / / ( ANMP)

( SBD )  ( ANMP) = NP
Áp dụng định lý Menelayut cho tam giác SOC và 3 điểm A, I , M thẳng h̀ng, ta được
AO MC IS
IS 2
SO k + 2
=1 
.
.
= 
=
.
AC MS IO
IO k
SI
2

Vì NP / / BD nên

SB SD SO k + 2
.
=
=

=
2
SN SP SI

Theo công thức tỷ lệ thể tích

VS . APMN
VS . ABCD

SA SD SC SB
2+k
2+k
+
+
+
1+
+ (1 + k ) +
2
( 2 + k ) .2
2
2 =
=
= SA SP SM SN =
2
2+k
2+k
SA SD SC SB
( 2 + k ) (1 + k )( 2 + k )
4.
. (1 + k ) .

4. .
.
.
+
k
4.
1
.
(
)
2
2
SA SP SM SN
4

 VS . APMN =

2VS . ABCD
.
(1 + k )( 2 + k )

VC . APMN = k .VS . APMN = k .
VC . APMN max =

2VS . ABCD
2.V
2.VS . ABCD
2VS . ABCD
2V
= k . 2 S . ABCD =


= S . ABCD .
(1 + k )( 2 + k ) k + 3k + 2 k + 2 + 3 2 k. 2 + 3 2 2 + 3
k
k

2VS . ABCD
2
k = k = 2.
k
2 2 +3

13

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP


m + 2 m + 2sin x = sin x (1)  m + 2 m + 2sin x = sin 2 x ( 2)

Câu 34: Ch n C
- Ta có

m + 2sin x = t  0  m + 2sin x = t 2 .

- Khi đó từ ( 2) ta có m + 2t = sin 2 x .
- Đặt

2

m + 2sin x = t (*)

.
- Từ (1) ta có hệ sau: 
2
m
2
t
+
sin
=
x
**
(
)


Lấy (**) − (*) v với v ta được: ( t − sin x )(sin x + t + 2) = 0

t = sin x
 
t = −2 − sin x

TH1: t = sin x  0;1 thay vào PT (*)  t 2 − 2t − m = 0 có nghiệm t 0;1
Đặt f ( t ) = t 2 − 2t = m có nghiệm t 0;1
Bảng bi n thiên

t
f ' (t )
f (t )

01

-0
0
-1

Phương trình có nghiệm khi −1  m  0
TH2: t = −2 − sin x   −3; −1 (loại) vì t  0

K t luận: Để phương trình có nghiệm thì −1  m  0 nên ta có 2 giá trị m nguyên.
Câu 35: Ch n B
5
1− 2x
dx
Đặt I =  2
x − 5x + 6
4
Ta có:

1 − 2x
A
B
=
+
( x − 2 )( x − 3) x − 2 x − 3

 1 − 2 x = A ( x − 3) + B ( x − 2) (1)

Chọn x = 3 thay vào (1)  B = −5
Chọn x = 2 thay vào (1)  A = 3
I =

5
5
3
5
3
dx − 
dx = 3ln ( x − 2 ) 4 − 5ln ( x − 3) 4 = 3ln − 5ln 2
x−2
x −3
2
4
4
 a = 3, b = −5  a + 2b = 3 − 10 = −7 .
Câu 36: Ch n C
Ta có: log 22 2 x − 2(m + 1) log 2 x − 2  0  (1 + log 2 x) 2 − 2( m + 1) log 2 x − 2  0

5

5

 log 22 x − 2m log 2 x − 1  0

1
Đặt log 2 x = t , x  ( 2; +)  t  ( ; +)
2
2
Khi đó bất phương trình log 2 2 x − 2(m + 1) log 2 x − 2  0 có nghiệm x  ( 2; +) khi v̀ chỉ khi bất

1
phương trình t 2 − 2mt −1  0 có nghiệm t  ( ; +)

2
2
t −1
1
1
= t − = f (t ) có nghiệm t  ( ; +) (1)
Hay bất phương trình 2m 
t
t
2

14

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP


1
1
 0 t  ( ; +)
2
t
2
1
3
3
Do đó (1)  2m  min f (t ) = f ( ) = −  m  −
1

2
2

4
 ;+ )

Ta có f ' (t ) = 1 +

2

Câu 37: Ch n B
Số cách chọn ra 4 chi c tất bất kì từ 20 chi c l̀ C204 = 4845 (cách).
Ta s đ m số cách lấy 4 chi c tất sao cho khơng có hai chi c ǹo thuộc cùng một đơi.
Số cách chọn 4 đôi tất từ 10 đôi l̀: C104 (cách).
Để 4 chi c tất lấy ra khơng có hai chi c ǹo cùng thuộc một đơi thì mỗi chi c tất phải được lấy ra từ một
đôi tất trong số 4 đơi nói trên.
Như vậy số cách lấy 4 chi c tất sao cho khơng có hai chi c ǹo thuộc cùng một đôi l̀ C104 .24 = 3360
(cách).
3360 99
.
Xác suất để trong 4 chi c tất lấy ra có ít nhất một đơi bằng: 1 −
=
4845 323
Đáp án B đúng.
Câu 38: Ch n B

Mặt cầu ( S ) tâm E ( 4;2; −1) bán kính R = 3

5 − x − ( 3 − x ) − ( 2 − x ) = 0
x = 0


  y = −2

Gọi I ( x; y; z ) l̀ điểm thỏa m̃n IA − IB − IC = 0 8 − y − ( 5 − y ) − (1 − y ) = 0

z = 1

−11 − z − ( −4 − z ) − ( −6 − z ) = 0
Vậy I ( 0; −2;1)
Ta có: MA − MB − MC = MI + IA − MI − IB − MI − IC = MI

Vậy để MA − MB − MC đạt giá trị nhỏ nhất thì MI phải nhỏ nhất  M  ( S )  IE
Ta có IE = ( 4;4; −2 )  IE = 6 nên điểm E nằm ngòi mặt cầu ( S )
IE nhận u ( 2;2; −1) làm VTCP

 x = 4 + 2t

Phương trình đường thẳng IE :  y = 2 + 2t
 z = −1 − t


( t  ) Ta có M  IE  M ( 2t;2 + 2t;1 − t )

Mặt khác M  ( S ) nên ( 4 + 2t − 4 ) + ( 2 + 2t − 2 ) + ( −1 − t ) = 9
2

2

2

t = 1  M ( 6;4; −2 )  MI = ( −6;6;3)  MI = 9
 9t = 9  
t = −1  M ( 2;0;0 )  MI = ( −2; −2;1)  MI = 3


2

15

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP


Vậy M ( 2;0;0 ) thỏa m̃n b̀i ra. Do đó xM + yM = 2 .
Câu 39: Ch n D

Ta có 2sin x + 21+cos x = m  21−cos x + 21+cos x = m (1)
2

2

2

2

Đặt t = 2cos x , ta có 0  cos2 x  1  1  t  2
2
Phương trình (1) trở th̀nh: + 2t = m ( 2)
t
2
2
Xét h̀m số f ( t ) = + 2t với t  1; 2 , ta có f  ( t ) = 2 − 2  0 t  1; 2
t
t
2

 H̀m số f ( t ) = + 2t đ̀ng bi n trên đoạn 1; 2
t
 f (1)  f ( t )  f ( 2) .  4  f ( t )  5
2

Do đó phương trình (1) có nghiệm khi phương trình ( 2) có nghiệm t  1; 2
4m5
Câu 40: Ch n B
Từ giả thi t vì đa thức f ( x ) hệ số thực:

Thay x bởi x − 1 vào 2 f ( x ) + f (1 − x ) = x2 , x 

ta được 2 f (1 − x ) + f ( x ) = ( x − 1) .

2 f ( x ) + f (1 − x ) = x 2
 3 f ( x ) = x 2 + 2 x − 1.
Khi đó ta có 
2
2 f (1 − x ) + f ( x ) = x − 2 x + 1
Suy ra y = 3x. f ( x ) + ( m −1) x + 1

2

 y = x3 + 2 x 2 + ( m − 2 ) x + 1

 y = 3 x 2 + 4 x + m − 2
Để h̀m số đ̀ng bi n trên

  0  4 − 3 ( m − 2 )  0  m 
thì

10
.
3

Câu 41: Ch n C
Nhận thấy đ̀ thị của h̀m số y = f  ( x ) cắt trục Ox tại 2 điểm v̀ ti p xúc với trục Ox tại 1 điểm, Do đó

phương trình f  ( x ) = 0 có 3 nghiệm trong đó có 1 nghiệm kép:

x = A

f ( x) = 0   x = B
x = C


( A  0)
( B  0 ) , với
(C  0)

( ) ( )

A, B l̀ hai điểm cực trị của h̀m số f ( x ) .

( )


Mặt khác: g  ( x ) = x 2 . f  x 2 = 2 x. f  x 2
x = 0
x = 0


  x2 = A
g( x ) = 0  
2
 f  ( x ) = 0
 2
x = B

( )

x = 0

( A  0)  
x = 
( B  0)

2
Vậy ĐTHS y = g ( x ) = f x có 3 điểm cực trị.

B

16

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP


Câu 42: Ch n C
Gọi A ( x1; y ( x1 ) ) , B ( x2 ; y ( x2 ) ) l̀ hai điểm thuộc ( Cm ) .

Do A, B nằm về hai phía của trục tung nên x1 x2  0

Ta có y = x 2 + 2mx + 2m − 3

1
1
5
Mặt khác d : x + 2 y − 5 = 0  y = − x + có hệ số góc l̀ k = −
2
2
2

 1
 y ( x1 ) .  − 2  = −1



Ti p tuy n tại A, B vuông góc với d nên: 
 y ( x1 ) − 2 = y ( x2 ) − 2 = 0
1


 y ( x ) . − = −1
2 


 2
 x1 , x2 l̀ hai nghiệm của phương trình y − 2 = 0  x2 + 2mx + 2m − 3 = 0 (*)

B̀i tốn trở về tìm m ngun dương để phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu điều kiện:
5
C.

a.c  0  2m − 5  0  m  vì m  Z + nên m1; 2 . Chọn
2
Câu 43: Ch n D

Ta có: f ( x) + 2 xf ( x 2 ) + 3x 2 f ( x3 ) = 1 − x 2   ( f ( x) + 2 xf ( x 2 ) + 3x 2 f ( x3 ))dx =  1 − x 2 dx
1

1

  f ( x)dx +  f ( x 2 )dx 2 +  f ( x3 )dx3 =  1 − x 2 dx  3 f ( x)dx = 1 − x 2 dx
0

1

0



1

1

1

1

0

0

0

0

0

1 − x 2 dx

1

Xét:

1

2
2
Đặt: x = sin t; 1 − x = 1 − sin t = cost; dx = cos tdt

0

0


1

Ta có





2

2

2





2
1 + cos 2t
1
cos 2t
t 2 s in2t
1 − x dx =  cos tdt = 
+
dt =  dt + 
dt =
2
2
2
2
2
0
0
0
0
0

2

2



 f ( x)dx = 12 .
0

1

Vậy




2
0

=


4

0

Câu 44: Ch n D
Chú Tu n mỗi tháng g i đ u đặn 1 triệu đ ng v i lãi su t 0.5%/tháng từ 20/5/2018 đ n 22/5/2036 có
18.12 = 216 tháng thì:
Cu i tháng 1 s ti n chú Tu n có: (1 + 0.5% ) .

Đ u tháng 2 s ti n chú Tu n có: (1 + 0.5%) + 1 .

Cu i tháng 2 s ti n chú Tu n có:
ầ
ầ
ầ

( (1 + 0.5% ) + 1) (1 + 0.5% ) = (1 + 0.5% ) + (1 + 0.5% ) .

Cu i tháng 216 s ti n chú Tu n có: (1 + 0.5% )

2

216

+ (1 + 0.5% )

215

+ ... + (1 + 0.5% )

Ngày 21/5/2036 chú Tu n g i thêm 1 triệu nên s ti n trong tài kho n:
1 − (1 + 0.5% )
1.
 390 (triệu đ ng).
1 − (1 + 0.5% )

.

217

Câu 45: Ch n C

17

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP


Ta có 4 x − x 2 = 4 − ( x 2 − 4 x + 4) = 4 − ( x − 2) 2 .

Do ( x − 2)2  0, x  R nên 4 x − x 2  4, x 

Đặt t = 4x − x2 (t  4) . Khi đó, phương trình đ̃ cho trở th̀nh f (t ) − 2 = 0 (1) .
.

Từ bảng bi n thiên ta thấy, trên khoảng (− ;4] , đ̀ thị h̀m số y = f (t ) cắt đường thẳng y = 2 tại hai
điểm phân biệt có hònh độ bé hơn 4 nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt t1, t2 trong đó
t1, t2  ( −;4) .

Với mỗi nghiệm t  ( −;4) thì phương trình t = 4x − x2 có hai nghiệm x phân biệt.

Vậy phương trình f (4 x − x 2 ) − 2 = 0 có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 46: Ch n A
Ta có phương trình log 2 ( 4 x − m ) = x + 1  4x − m = 2x+1 ( vì 2 x +1  0 x R )

 4x − 2.2x = m .
Đặt t = 2x ( t  0)  Mỗi giá trị t  0 có một giá trị x  R .

Phương trình đ̃ cho trở th̀nh t 2 − 2t = m (*) .

Phương trình đ̃ cho có hai nghiệm phân biệt khi v̀ chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm dương phân

biệt.
Xét h̀m số f ( t ) = t 2 − 2t với t  0
Ta có bảng bi n thiên:

Từ bảng bi n thiên ta suy ra phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt khi m ( −1;0) .

Vì m l̀ số ngun  khơng có giá trị ǹo của m .
Câu 47: Ch n A
Đặt t = x . Khi đó giá trị lớn nhất của h̀m số f ( x ) trên 0; 4 chính l̀ giá trị lớn nhất của

2t + m
trên 0; 2 . H̀m số g ( t ) đơn điệu trên 0; 2 cho nên giá trị lớn nhất của nó trên 0; 2 là
t +1
m+4
1 trong 2 số g ( 0) = m hoặc g ( 2 ) =
. Yêu cầu b̀i toán tương đương với
3
m  3

 m  3. Vậy m = 2 l̀ số duy nhất thỏa yêu cầu đề.
m + 4
 3  3
g (t ) =

18

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP

Câu 48: Ch n B
Đặt

x = 0
 2
x = 0
x + m = 0
2
2
 2
g x = f x + m  g  x = 2x .f  x + m  g  x = 0  
2
x +m =1
 f  x + m = 0
 2
x + m = 3
x = 0
 2
1
x = −m
 2
x +m =1 2

x 2 = 3 − m 3


()

(

)

( )

(

()
()
()

)

( )

(

)

(

)

( )

Nhận thấy số điểm cực trị của h̀m số y = f x 2 + m bằng số nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ của g  x .

()

()

M̀ đ̀ thị h̀m số y = f  x ti p xúc với Ox tại điểm có hònh độ x = 1 nên 2 có nghiệm hay vơ

(

)

nghiệm thì số điểm cực trị của h̀m số y = f x 2 + m cũng không bị ảnh hưởng. Vậy ta xét các trường

( )

hợp:

(

)

* m = 0 : Khi đó g  x có đúng 3 nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ nên y = f x 2 + m có 3 điểm cực trị,
tức l̀ m = 0 thỏa m̃n yêu cầu b̀i toán.
* m = 3 : Khi đó g  x có đúng 1 nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ nên y = f x 2 + m có đúng 1 điểm

( )

(

cực trị, tức l̀ m = 3 khơng thỏa m̃n u cầu b̀i tốn.

 

()

()

)

* m  0; 3 : Khi đó các nghiệm của 1 và 3 (n u có) đều khác 0, đ̀ng thời 3 − m  −m, m .

( )

( )

3 − m  0  −m
 m  0; 3
Do đó g  x có đúng 3 nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ khi 
m  0; 3

)

Vậy m  0; 3 .

(

Câu 49: Ch n D
2
Ta có: g ' ( x ) = 2 xf ' x − 3

)

 x 2 − 3 = −2


g ' ( x ) = 0  2 xf ' x 2 − 3 = 0   x 2 − 3 = 1
x = 0

Ta có bảng bi n thiên:

(

)

 

(nghiem boi chan )

 x = 1

  x = 2
x = 0


19

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP


Dựa v̀o bảng bi n thiên ta thấy h̀m số có 3 điểm cực trị, h̀m số đ̀ng bi n trên khoảng ( −2;0) .

Do đó có 2 mệnh đề đúng l̀ (1) v̀ (4).
Câu 50: Ch n C

Dựa v̀o đ̀ thị, khi đó phương trình f (x)

2

4f(x)

0

f(x)
f(x)

x
x
x

0
4

2

1 , trong đó x = 1 là
1

nghiệm kép bội chẵn. Khi đó

f 2 (x)
Suy ra y

4f(x)

x

2 x

x2 1
f 2 (x) 4f(x)

Vậy đ̀ thị h̀m số y

1

2k

1 .g(x) , với g(x) l̀ một đa thức vô nghiệm trên

x

x
x

2 x

1 x
1

2k

1
x

và k

*

.

1
1 .g(x)

x

2 x

x2 1
có 2 đường tiệm cận đứng đó l̀ x
f 2 (x) 4f(x)

1

2k 1

2, x

.g(x)

1.

-------------- H T --------------

20

7ҥL  W j L  O L ӉX PL ӇQ SKt  KW W SV    Y QGRF  F RP