Đề 952 dáp án tài liệu ôn thi đh

BẢNG ĐÁP ÁN
1.C
11.D
21.B
31.A
41.A

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

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

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

5.B
15.B
25.A
35.D
45.C

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

MÃ ĐỀ 952

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

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

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

10.D
20.D
30.B
40.B

50.A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.

Số nghiệm của phương trình ln ( x 2 − 6 x + 7 ) = ln ( x − 3) là
C. 1 .

B. 3 .

A. 0 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn C
x − 3  0

x  3
 2
x − 6x + 7 = x − 3
 x − 7 x + 10 = 0

Ta có ln ( x 2 − 6 x + 7 ) = ln ( x − 3)  

2

x  3

  x = 2  x = 5 .

 x = 5

Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x = 5 .
Câu 2.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O cạnh 2a . Biết SA vng góc với
mặt phẳng đáy và

4a 3 3
A.
.
12

SA = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABO .
B.

a3 3
C.
.
3

3

a 3.

a3 3
D.
.
6

Lời giải
Chọn C

Do ABCD là hình vng cạnh bằng 2a nên AC = BD = 2a 2  OA = OB =
 SAOB =

2a 2
=a 2
2

1
1
OA.OB = .a 2.a 2 = a 2 (đvdt).
2
2

1
1
a3 3
2
V
=
SA
.
S
=
.
a
3.
a

=
Vậy thể tích của khối chóp S. ABO là S . ABO
(đvtt).
ABO
3
3
3


Câu 3.

Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( 2; −1;3) , B ( 4;0;1) , C ( −10;5;3) . Vectơ nào dưới
đây là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ABC ) ?
A. n = (1; 2;0 ) .

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

C. n = (1; −2; 2 ) .

D. n = (1;8; 2 ) .

Lời giải
Chọn B
Ta có AB = ( 2;1; −2 ) , AC = ( −12;6;0 )   AB, AC  = (12; 24; 24 ) là một vectơ pháp tuyến của
mặt phẳng ( ABC ) nên vectơ n = (1; 2; 2 ) cũng là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ABC ) .
Câu 4.

Một lớp có 15 học sinh nam và 20 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn 5 bạn học sinh sao
cho trong đó có đúng 3 học sinh nam?
A. 119700 .

B. 86450 .
C. 645 .
D. 1037400 .
Lời giải
Chọn B
Chọn 5 học sinh trong tổng số 35 học sinh sao cho có 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ có

C153 .C202 = 86450 cách chọn.
Câu 5.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I ( 2; −1; −6 ) và mặt phẳng

( P ) : 2 x − y − 2 z + 4 = 0 . Tính khoảng cách
7
9

A. d = .

d từ điểm I đến mặt phẳng ( P ) ?

B. d = 7 .

7
9

C. d = −7 .

D. d = − .

Lời giải

Chọn B
Ta có: khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng ( P ) bằng: d =

Câu 6.

2.2 − ( −1) − 2. ( −6 ) + 4
22 + ( −1) + ( −2 )
2

2

=

21
= 7.
3

Cho biết rằng bảng biến thiên sau là bảng biến thiên của một hàm số trong các hàm số được liệt
kê ở các phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?

A. y =

x +1
.
x−2

B. y =

x −3
.

x−2

C. y =

2x +1
.
x−2

D. y =

2x + 5
.
x+2

Lời giải
Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:
1. Hàm số không xác định tại điểm x = 2 . Nên loại đáp án D.
2. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x = 2 , tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1
. Loại được đáp án C.


3. Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định. Chọn A vì y =
Câu 7.

−3

( x − 2)

2

 0 , x  2 .

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , tìm một véctơ chỉ phương của đường thẳng
d:

x −4 y −5 z +7
.
=
=
7
4
−5

A. u = ( 7; 4;5 ) .

B. u = ( −7; −4;5 ) .

C. u = ( −7; 4;5 ) .

D. u = ( −7; 4; −5 ) .

Lời giải
Chọn B
Đường thẳng d :
Câu 8.

x −4 y −5 z +7
có một véctơ chỉ phương là u = ( −7; −4;5 ) .
=

=
7
4
−5

Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng qua trụ ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD có AB và
CD thuộc hai đáy của hình trụ, AB = 6a, AC = 10a . Thể tích khối trụ là
A. 36a3 .

B. 64a3 .

C. 90a3 .

D. 72a3 .

Lời giải
Chọn D

AB = 6a  Bán kính đáy của hình trụ R = 3a .
2
2
Chiều cao hình trụ h = BC = AC − AB = 8a .

Thể tích khối trụ là V = .R2 .h = 72a3 .
Câu 9.

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

m

để hàm số y = ln ( x 2 − 3x + m ) có tập xác định

D=
9
4










9 9
4 4

9

B. m   −;  .
4

A. m   ; +  .




C. m   −;    ; +  .

D. m 

9
.
4

Lời giải
Chọn A
Để hàm số có tập xác định D =

thì

Suy ra:  = ( −3)2 − 4.1.m  0  m 

x2 − 3x + m  0, x 

9
.
4




9
4




Vậy m   ; +  .

Câu 10. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên

3
. Biết f ( 4 x ) = f ( x ) + 4 x + 2 x và f ( 0 ) = 2 . Tính

2

I =  f ( x ) dx .
0

A.

147
.
63

B.

149
.
63

C.

148
.
63

D.

352
.
63

Lời giải
Chọn D
3
3
Ta có: f ( 4 x ) = f ( x ) + 4 x + 2 x  f ( 4 x ) − f ( x ) = 4 x + 2 x (1) .

Suy ra: f ( x ) và f ( 4 x ) là hàm số bậc ba.
3
2
3
2
Khi đó: f ( x ) = ax + bx + cx + d ( a  0 ) và f ( 4 x ) = 64ax + 16bx + 4cx + d .
3
2
Ta có: f ( 4 x ) − f ( x ) = 63ax + 15bx + 3cx ( 2 ) .

4

 a = 63

Từ (1) và ( 2 ) ta suy ra: b = 0 . Mặt khác: vì f ( 0 ) = 2 nên d = 2 .

2
c =
3


Do đó, f ( x ) =

4 3 2
x + x+2.
63
3

2
352
 4

Vậy I =  f ( x ) dx =   x3 + x + 2  dx =
.
63
3
63

0
0
2

2

* Chứng minh f ( x ) là duy nhất.
Ta có: f ( x ) =

3
4 3 2
256 3 8
x + x + 2 và f ( 4 x ) =

x + x + 2 ; f ( 4x ) − f ( x ) = 4x + 2x .
63
3
63
3

Suy ra: f ( 4 x ) −

4
2
4
2
3
( 4 x ) − ( 4 x ) = f ( x ) − x3 − x .
63
3
63
3

Đặt g ( 4 x ) = f ( 4 x ) −

4
2
4
2
3
( 4 x ) − ( 4 x ) và g ( x ) = f ( x ) − x3 − x .
63
3
63

3

Ta có: g ( 4 x ) = g ( x ) ; g ( 0 ) = f ( 0 ) = 2 .

 x
4

 x
 x
= ... = g  n  , n 
2 
4 
4 

Suy ra: g ( x ) = g   = g 
Khi

n → + suy ra g ( x ) = g ( 0 ) = 2 .

*


Vậy f ( x ) =

4 3 2
x − x + 2, x .
63
3

z1 = −1 + 3i; z2 = 2 − 2i . Tính mơ đun của số phức w = z1 − 2z2 .

Câu 11. Cho hai số phức
A.

26 .

B. 5 2 .

C.

2 6.

D.

74 .

Lời giải
Chọn D
Ta có w = z1 − 2 z2 = −1 + 3i − 2 ( 2 − 2i ) = −5 + 7i .

 w = 25 + 49 = 74 .
Câu 12. Khẳng định nào sau đây sai ?
A.  cos xdx = sin x + C . B.

1

 x dx = ln x + C .

C.

1

 xdx = 2 x

2

+C .

D.  e 2 x dx =

1 2x
e +C .
2

Lời giải
Chọn B
Ta có

1

 x dx = ln x + C

Câu 13. Tính bán kính

r

của khối cầu có thể tích

A. r = 3 (cm) .

V = 36 (cm3 )

B. r = 4 (cm) .
C. r = 6 (cm) .
Lời giải

D. r = 9 (cm) .

Chọn A
Áp dụng cơng thức tính thể tích khối cầu ta có:

Câu 14.

Đồ thị hàm số y =
A. x = 2 .

4 3
r = 36  r 3 = 27  r = 3
3

2x +1
có tiệm cận đứng là đường thẳng nào sau đây ?
x −3
1
B. x = 3 .
C. x = − .
D. y = 2 .
2

Lời giải

Chọn B
Ta có lim

x →3+

2x +1
= + .
x −3

Do đó đồ thị hàm số y =

2x +1
có đường tiệm cận đứng là đường thẳng x = 3 .
x −3

Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M thỏa mãn hệ thức OM = −2 j + 3k . Tọa độ
của điểm M là
A. M ( −2;3;0 ) .

B. M ( 0; −2;3) .

C. M ( −2;0;3) .

Lời giải
Chọn B
Ta có j ( 0;1;0 ) , k ( 0;0;1) nên OM = −2 j + 3k = ( 0; −2;3) .
Vậy M ( 0; −2;3) .

D. M ( 0;3; −2 ) .

Câu 16. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y − 3) + ( z − 2 ) = 9. Tọa
2

2

2

độ tâm và bán kính của mặt cầu ( S ) là
A. I (1; −3; −2 ) , R = 9 .

B. I ( −1;3; 2 ) , R = 3 . C. I (1;3; 2 ) , R = 3 .

D. I ( −1;3; 2 ) , R = 9 .

Lời giải
Chọn B
Ta có phương trình mặt cầu ( S ) tâm I ( a; b; c ) , bán kính R là:

( x − a) + ( y − b) + ( z − c)
2

2

2

= R 2 Vậy theo giả thiết tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ( S ) là

I ( −1;3; 2 ) , R = 3 .
Câu 17. Cho hai số thực a , b lớn hơn 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 a 2 + 4b 2
S = log a 
4

5
A. .
4


1
.
+
 4 log ab b
11
B. .
4

9
.
4

C.

D.

7
.
4

Lời giải

Chọn C
2
 a 2 + 4b 2 
a 2 + 4b2 a + ( 2b ) 4ab
=

=
ab

log
Theo bất đẳng thức Cơsi ta có
  log a ab .
a
4
4
4
4


2

Do a ,

b  1  loga b  loga 1 = 0 .

Ta có
 a 2 + 4b 2  1
1
S = log a 
 + log b ab  log a ab + log b ab

4
4

 4

= 1 + log a b +
Đặt

1
1
5
+ .
( logb a + 1) = log a b +
4
4log a b 4

t = log a b , ta có

S t+

Xét hàm số f ( t ) = t +
Ta có f  ( t ) = 1 −

1 5
+ với t  0 .
4t 4

1 4t 2 − 1
=
.

4t 2
4t 2

Khi đó f  ( t ) = 0 
Bảng biến thiên

1 5
+ .
4t 4

4t 2 − 1
1
1
= 0  4t 2 − 1 = 0  t 2 =  t = .
2
4t
4
2


Suy ra min f ( t ) =
t( 0; + )

9
1
khi t = .
4
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của S =

9
1
khi t = log a b =  b = a .
4
2

Câu 18. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai véctơ a và b thỏa mãn a = 2 , b = 4 và

( a, b ) = 60

o

. Độ dài của u = 2a + b .

A. 4 2 .

B.

2 3.

C. 2 2 .

D.

4 3.

Lời giải
Chọn D

( )

Ta có cos a, b =

a.b



a.b

1 a.b
=
 a.b = 4 .
2 8

Theo đề bài
2

(

)

2

2

2

2

2

u = 2a + b  u = 2a + b = 4a + b + 4a.b = 4 a + b + 4a.b = 16 + 16 + 16 = 48 .
Vậy u = 48 = 4 3 .
Câu 19. Cho hình nón có đường sinh bằng 3a , diện tích xung quanh bằng 6a 2 . Tính chiều cao hình
nón đó theo a .
A.

a 5.

B.

2 5a .

C.

a 3.

D.

a 13 .

Lời giải
Chọn A
Gọi h, l , r lần lượt là chiều cao, đường sinh và bán kính đáy của hình nón.
Theo giả thiết l = 3a .
2
Ta có: S xq = 6a  rl = 6a2  r3a = 6a 2  r = 2a .

2

2
Vậy chiều cao hình nón đã cho là h = l − r =

Câu 20. Nghiệm của bất phương trình 3x+ 2 
A. x  −4 .

B. x  0 .

( 3a ) − ( 2a )
2

2

=a 5.

1
là.
9

C. x  0 .

D. x  −4 .


Lời giải
Chọn D
Ta có 3x+ 2 

1
 3x+2  3−2  x + 2  −2  x  −4 .

9

Câu 21. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hàm số y = f  ( x ) ( như hình vẽ). Gọi S là tập tất cả các giá
trị nguyên của tham số

m

thuộc khoảng ( −5;5 ) sao cho hàm số y = f ( x ) − mx + 2020 có

đúng một điểm cực trị. Tổng các phần tử của S bằng

A. −5 .

B. −3 .

C. 2 .

D. −1 .

Lời giải
Chọn B
Ta có y = f  ( x ) − m ; y = 0  f  ( x ) − m = 0  f  ( x ) = m (1) .
Hàm số có đúng một điểm cực trị khi phương trình (1) có nghiệm duy nhất hoặc có hai nghiệm

 m  −1
trong đó có 1 nghiệm kép  
m  3
Vì m  ( −5;5 )  m  ( −5; −1  3;5 ) .
Mặt khác m nguyên nên m  −4; −3; −2; −1;3; 4  S = −4; −3; −2; −1;3; 4 .
Tổng các phần tử của S bằng: −4 − 3 − 2 −1 + 3 + 4 = −3 .


Câu 22. Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) thỏa mãn điều kiện: f ( x ) = 2 x − 3cos x, F   = 3 .
2
2
.
4
2
C. F ( x ) = x 2 − 3sin x + 6 + .
4

A. F ( x ) = x 2 − 3sin x +

B. F ( x ) = x 2 − 3sin x −

2
.
4

D. F ( x ) = x 2 − 3sin x + 6 −
Lời giải

Chọn D
F ( x ) =  f ( x ) dx =  ( 2 x − 3cos x ) dx = x 2 − 3sin x + C .

2
.
4

2

2

F   = 3  − 3sin + C = 3  C = 6 − .
4
2
4
2
 F ( x ) = x 2 − 3sin x + 6 −

2
4

Câu 23. Xác định n biết rằng hệ số của x n trong khai triển (1 + x + 2 x 2 + ... + nx n ) bằng 6n .
2

A. n = 8 .

B. n = 6 .

C. n = 10 .

D. n = 5 .

Lời giải
Chọn D
Ta có:

(1 + x + 2 x

2

+ ... + nx n ) = (1 + x + 2 x 2 + ... + ( n − 1) x n −1 + nx n ) ( nx n + ( n − 1) x n −1 + ... + x 2 + x + 1)
2

Suy ra hệ số của x n là:
n + 1. ( n − 1) + 2. ( n − 2 ) + ... + ( n − 2 ) .2 + ( n − 1) .1 + n
= n + 1. ( n − 1) + 2. ( n − 2 ) + ... + ( n − 2 ) .  n − ( n − 2 )  + ( n − 1) .  n − ( n − 1)  + n

(

= 2n + 1.n + 2.n + ... + ( n − 1) .n + n.n − 12 + 22 + ... + ( n − 1) + n 2
2

(

= 2n + n (1 + 2 + .. + n ) − 12 + 22 + ... + ( n − 1) + n 2

= 2n + n.

2

)

)

n ( n + 1) n(n + 1)(2n + 1) n3 + 11n
−
=

2
6
6

n3 + 11n
= 6n  n3 + 11n = 36n  n = 5 (Vì n 
Vậy
6

*

).

Câu 24. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD = 2 AB = 2a . Cạnh bên
SA = 2a và vng góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB và SD . Tính khoảng
cách d từ điểm S đến mặt phẳng ( AMN ) .
A. d = 2a .

B. d =

3a
.
2

C. d =
Lời giải

Chọn C

a 6

.
3

D. d = a 5 .


Từ A kẻ đường thẳng vng góc với BD tại H , ta có:

 BD ⊥ ( SAH )
 MN ⊥ ( SAH )  ( AMN ) ⊥ ( SAH )


 MN / / BD

Mặt khác ( AMN )  ( SAH ) = SE , suy ra: d ( S ; ( AMN ) ) = d ( S ; AE ) .
Xét tam giác vng SAH có: AH =

AB. AD
a.2a
2a 5
.
=
=
2
2
BD
5
a + 4a

20a 2 2a 30

=
.
25
5
Vì MN là đường trung bình của tam giác SBD nên E là trung điểm của SH , suy ra:
SH = SA2 + AH 2 = 4a 2 +

AE =

1
a 30
SH =
.
2
5

d ( S ; AE ) =

2SSAE SSAH AS . AH
2a.2a 5 a 6
.
=
=
=
=
AE
AE
2. AE
3
a 30

2.5.
5

Câu 25. Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x , thỏa mãn F ( 0 ) =

1
. Tính giá trị biểu
ln 2

thức T = F ( 0 ) + F (1) + F ( 2 ) + ... + F ( 2019 ) .
A. T =

22020 − 1
.
ln 2

B. T = 1009.

22019 − 1
. C. T = 22019.2020 .
2
Lời giải

D. T =

Chọn A
2x
+C .
Ta có: F ( x ) =  2 dx =
ln 2

x

Theo giả thiết F ( 0 ) =

1
20
1
2x

+C =
 C = 0 . Suy ra: F ( x ) =
ln 2
ln 2
ln 2
ln 2

Vậy T = F ( 0 ) + F (1) + F ( 2 ) + ... + F ( 2019 ) =

20
21
22
22019
+
+
+ ... +
ln 2 ln 2 ln 2
ln 2

1
1

1 − 22020 22020 − 1
0
1
2
2019
=
( 2 + 2 + 2 + ... + 2 ) = ln 2 .1. 1 − 2 = ln 2 .
ln 2

22019 − 1
.
ln 2


Câu 26. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , cạnh bên SA = y

( y  0)

và

vng góc với mặt đáy ( ABCD ) . Trên cạnh AD lấy điểm M và đặt AM = x ( 0  x  a ) .
Tính thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp S.ABCM , biết x 2 + y 2 = a 2 .
A.

a3 3
.
9

B.

a3 3
.
3

C.

a3 3
.
8

D.

a3 3
.
5

Lời giải
Chọn C

Ta có: S ABCM =

1
1
( AM + BC ) . AB = ( x + a ) .a .
2
2

Vậy thể tích khối chóp S.ABCM là V = 1 SA.S ABCM = 1 y. 1 ( ax + a 2 ) = a ( xy + ay )
3
3 2

6
a2 2
36
2
2
V =
y ( x + a )  2 V 2 = ( a2 − x2 ) ( x + a )
36
a
2

Xét hàm số f ( x ) = ( a 2 − x 2 ) ( x + a ) trên khoảng ( 0; a ) .
2

Ta có: f  ( x ) = −2 x ( x + a ) + 2 ( a 2 − x 2 ) ( x + a ) = 2 ( x + a ) ( a − 2 x )
2

f ( x) = 0  x =

2

a
(Vì x  0 )
2

Bảng biến thiên

4
a2   a
a 

 27a
Từ bảng biến thiên suy ra: max f ( x ) = f   =  a 2 −   + a  =
( 0;a )
4  2
16
2 

2


Vậy Vmax =

a2
a 2 27a 4 a 3 3
. max f ( x ) =
.
=
.
36 ( 0; a )
36 16
8

Câu 27. Tìm tập xác định của hàm số y = (4 − x2 )−2020 .
A. D = (−; −2)  (2; +) .

B. D =  −2; 2 .

C. D = (−2;2) .

D. D =

\ −2; 2 .

Lời giải
Chọn D

x  2
Điều kiện xác định: 4 − x 2  0  
.
 x  −2
Tập xác định D =

\ −2; 2 .

Câu 28. Tính thể tích của vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vng góc với trục Ox tại các điểm có
hồnh độ x = 1 và x = 3 , biết rằng khi cắt vật thể bởi mặt phẳng tùy ý vng góc với trục Ox
tại điểm có hồnh độ x thuộc đoạn 1;3 thì được thiết diện là một hình chữ nhật có hai cạnh
là 3x và

3x 2 − 2 .

A. 32 + 2 15 .

(

)

B. 32 + 2 15  .

C.

124
.
3

D. V =

124
.
3

Lời giải
Chọn C
Ta có diện tích của thiết diện là S ( x ) = 3x. 3x 2 − 2 .
3

3

Thể tích của vật thể T là V =  S ( x ) dx =  3x. 3x 2 − 2dx
1

3

=

1
1
3x 2 − 2 d ( 3x 2 − 2 ) = ( 3x 2 − 2 )

21

3

1

3 3
2
1

=

124
.
3

Câu 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P) : x + (m + 1) y − 2 z + m = 0 và mặt
phẳng (Q) : 2 x − y + 3 = 0 , với m là tham số thực. Để ( P) vng góc với (Q) thì giá trị của m
bằng bao nhiêu?
A. m = 1.

B. m = −1 .

C. m = −5 .

D. m = 3 .

Lời giải
Chọn A
Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n1 = (1; m + 1; −2) , mặt phẳng (Q) có véc tơ pháp tuyến
n2 = (2; −1;0) .

Để ( P) ⊥ (Q)  n1 ⊥ n2  n1.n2 = 0  2 − m − 1 = 0  m = 1
Câu 30. Diện tích tồn phần của hình hộp chữ nhật là S = 72 . Đáy của nó là hình vng cạnh 3. Thể
tích khối hộp chữ nhật bằng bao nhiêu ?
81
27
A. 81.
B.
.
C. 243.
D.
.
2
4
Lời giải
Chọn B


Gọi a, b, c là 3 kích thước của hình hộp chữ nhật. Theo giả thiết đáy là hình vng cạnh bằng
3 nên a = b = 3 .
Ta có: Stp = 72  2(a.b + a.c + b.c) = 72  2(9 + 6c) = 72  c =

V = a.b.c =

9
.
2

81
2

Câu 31. Cho số phức z có số phức liên hợp z = 3 − 4i . Tổng phần thực và phần ảo của số phức z bằng
A. 7 .
B. −7 .
C. −1 .
D. 1 .
Lời giải
Chọn A
Ta có: z = 3 − 4i  z = 3 + 4i
Vậy tổng phần thực và phần ảo của số phức z bằng 7 .
Câu 32. Cho số thực x thỏa mãn log 2 ( log 8 x ) = log 8 ( log 2 x ) . Tính giá trị P = ( log 2 x )
B. P = 81 3 .
C. P = 729 .
Lời giải

A. P = 27 .

4

D. P = 243 .

Chọn C
x  0

Điều kiện: log 8 x  0
log x  0
 2
1
1

Ta có: log 2 ( log8 x ) = log8 ( log 2 x )  log 2  log 2 x  = log 2 ( log 2 x ) 3

3


1
 log 2 x = 3 log 2 x  log 2 x = 3 3 log 2 x (*) .
3
Đặt t = 3 log 2 x ( t  0 )  t 3 = log 2 x
t = 0

(*)  t 3 = 3t  t = 3  t = 3  3 log 2 x = 3  log 2 x = 3 3
t = − 3

 log 2 x = 3 3  x = 23

( )

Vậy P = 3 3

4

3

(thỏa mãn đề bài).

= 729 .

Câu 33. Cho số phức z = 2 + 4i . Tìm số phức w = iz + z .
A. −2 − 2i .
B. 2 + 2i .
C. −2 + 2i .

Lời giải
Chọn A

D. 2 − 2i .


Ta có: z = 2 + 4i  z = 2 − 4i .
Khi đó: w = iz + z = i ( 2 + 4i ) + 2 − 4i = 2i + 4i 2 + 2 − 4i = −2 − 2i .
Câu 34. Gọi z1 , z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 z + 10 = 0 , giá trị của biểu thức
A = z1 + z2
4

4

là

A. 20 .

B. 200 .

C. 2 10 .

D. 2 5 .

Lời giải
Chọn B

 z = 1 + 3i = z1
 z − 1 = 3i
2

Ta có: z 2 − 2 z + 10 = 0  z 2 − 2 z + 1 = −9  ( z − 1) = 9i 2  
.

 z − 1 = −3i
 z = 1 − 3i = z2
Suy ra A = z1 + z2 =
4

4

(

12 + 32

) (
4

12 + ( −3)

+

2

) = 200 .
4

Câu 35. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2 2, AA = 4 .
Tính góc giữa đường thẳng AC với mặt phẳng ( AABB ) .
A. 60o .

B. 45o .

C. 90o .

D. 30o .

Lời giải
Chọn D

Ta có CB ⊥ AB, CB ⊥ BB  CB ⊥ ( AABB ) .

 AC có hình chiếu là AB trên ( AABB )  ( AC , ( AABB ) ) = ( AC , AB ) = CAB (vì
CAB vng tại B nên CAB nhọn).
Ta có AB = AA2 + AB 2 = 2 6  tan CAB =

BC
1
=
 CAB = 30o .
AB
3

Câu 36. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f  ( x ) = 3x 2 + 6 x + 4, x 

. Có tất cả bao nhiêu giá trị

nguyên thuộc ( −2020; 2020 ) của tham số m để hàm số g ( x ) = f ( x ) − ( 2m + 4 ) x − 5 nghịch
biến trên ( 0; 2 ) ?
A. 2008 .

B. 2007 .

C. 2018 .
Lời giải

D. 2019 .


Chọn A
Ta có g  ( x ) = f  ( x ) − ( 2m + 4 ) .
Hàm số g ( x ) = f ( x ) − ( 2m + 4 ) x − 5 nghịch biến trên ( 0; 2 ) khi g  ( x )  0, x  ( 0; 2 )

 f  ( x ) − ( 2m + 4 )  0, x  ( 0; 2 )  3 x 2 + 6 x + 4  2m + 4, x  ( 0; 2 ) .
Xét hàm số h ( x ) = 3x 2 + 6 x + 4  h ( x ) = 6 x + 6 . Ta có BBT:

Vậy 2m + 4  28  m  12 . Vì m nguyên thuộc ( −2020; 2020 ) nên có 2008 giá trị thỏa mãn.
Câu 37. Hàm số y =
A. 1 .

2x +1
có bao nhiêu điểm cực trị ?
x −1
B. 2 .
C. 0 .
Lời giải

Chọn C
2x +1
y=
.

x −1
Tập xác định: D =
y =

−3

( x − 1)

2

D. 3 .

\ 1 .

 0, x 

\ 1 .

Suy ra hàm số khơng có điểm cực trị.
Câu 38. Gọi S là tập tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y = x3 + 3x2 − 9 x + 2m + 1 và trục

Ox có đúng hai điểm chung phân biệt. Tính tổng T của các phần tử thuộc tập S
A. T = −10 .
B. T = 10 .
C. T = −12 .
D. T = 12 .
Lời giải
Chọn C
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x3 + 3x2 − 9 x + 2m + 1 và trục Ox là nghiệm của
phương trình : x3 + 3x2 − 9x + 2m + 1 = 0  − x3 − 3x2 + 9x = 2m + 1 .

Xét hàm số f ( x ) = − x 3 − 3x 2 + 9 x .
Tập xác định: D =

.

x = 1
f  ( x ) = −3x 2 − 6 x + 9, f  ( x ) = 0  −3x 2 − 6 x + 9 = 0  
.
 x = −3
Bảng biến thiên:


Đồ thị hàm số y = x3 + 3x2 − 9 x + 2m + 1 cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi đường
thẳng y = 2m + 1 cắt đồ thị hàm số f ( x ) = − x 3 − 3x 2 + 9 x tại hai điểm phân biệt .

 2m + 1 = 5
m = 2

 S = −14; 2 .
Từ bảng biến thiên suy ra : 
2
m
+
1
=
−
27
m
=
−

14


Tổng của các phần tử thuộc tập S là : T = −14 + 2 = −12 .
Câu 39. Cho hàm số f có đạo hàm là f ' ( x ) = x 5 ( x − 1) ( x + 3)( x + 2 ) . Số điểm cực trị của hàm số f
2

là:
A. 3 .

B. 1 .

4

D. 2 .

C. 0 .
Lời giải

Chọn D

Ta có f ' ( x ) = 0  x 5 ( x − 1) ( x + 3)( x + 2 )
2

4

x = 0
x = 1
=0
 x = −3


 x = −2

Ta thấy x = 0 là nghiệm bội lẻ nên đạo hàm f ' ( x ) đổi dấu qua x = 0

x = 1, x = −2 là hai nghiệm bội chẵn nên đạo hàm f ' ( x ) không đổi dấu qua x = 1 và x = −2
x = −3 là nghiệm đơn nên nên đạo hàm f ' ( x ) đổi dấu qua x = −3 .
Từ đó ta có bảng xét dấu của f '( x) như sau:

x
f '( x)

−2

−3

−

+

0

−

0

−

0

+

1

0

+

0

+

Vậy số điểm cực trị của hàm số f là 2
Câu 40. Hàm số f ( x ) có đạo hàm trên

và f ' ( x )  0, x  ( 0; + ) , biết f ( 2 ) = 1 . Khẳng định nào

sau đây có thể xảy ra?
A. f ( 3) = 0 .

B. f ( 2 ) + f ( 3) = 4 .

C. f (1) = 4 .

D. f ( 2019 )  f ( 2020 ) .
Lời giải

Chọn B

Ta có hàm số f ( x ) có đạo hàm trên

và f ' ( x )  0, x  ( 0; + ) nên hàm số f ( x ) đồng biến

trên ( 0; + )
Lại có f ( 2 ) = 1 mà 3  2  f ( 3)  f ( 2 ) nên A sai
1  2  f (1)  f ( 2 ) nên C sai
2019  2020  f ( 2019 )  f ( 2020 ) nên D sai

Xét B : f ( 2 ) + f ( 3) = 4  f (3) = 4 − f ( 2 ) = 4 − 1 = 3  f ( 2 )
Vậy B có thể xảy ra
Câu 41. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1; −2;0 ) và B ( −3;0; 4 ) . Độ dài
đoạn thẳng AB bằng
A. 6 .

C. 2 6 .

B. 3 .

D.

6.

Lời giải
Chọn A
Ta có: AB =

( −3 − 1) + ( 0 − ( −2 ) ) + ( 4 − 0 )
2

2

2

= 16 + 4 + 16 = 36 = 6 .

Câu 42. Cho hàm số f ( x ) = x 2 − x − ln x . Biết trên đoạn 1;e  hàm số có GTNN là m , và có GTLN là

M . Hỏi M + m bằng
A. e2 − e + 1.

B. e2 − e − 1 .

C. e2 − e .

D. 2e2 − e + 1 .

Lời giải
Chọn B
Điều kiện: x  0 .

x = 1
1
1
2
Ta có: f  ( x ) = 2 x − 1 − ; f  ( x ) = 0  2 x − 1 − = 0  2 x − x − 1 = 0  
.
 x = − 1 ( L)
x
x


2
Xét trên đoạn 1;e  : f (1) = 0, f ( e ) = e 2 − e − 1 .
Suy ra M = e2 − e − 1 và m = 0 nên M + m = e2 − e − 1 .
1

Câu 43. Cho

1

 f ( x ) dx = 3 . Tính tích phân I =  3 f ( x ) − 1 dx .
−2

−2

A. 5.

C. −6 .
Lời giải.

B. 3.

D. 6.

Chọn D
1

1

1

Ta có I =  3 f ( x ) − 1 dx = 3  f ( x ) dx −  dx = 3.3 − x −2 = 6 .
1

−2

−2

−2

Câu 44. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai trên
bảng xét dấu của f  ( x ) như sau

. Biết f  ( 0 ) = 3, f  ( 2 ) = f  ( −2018 ) = 0 , và


Hàm số y = f ( x − 1 − 2018 ) đạt giá trị nhỏ nhất tại x0 thuộc khoảng nào sau đây?
A. ( −; −2015 ) .

B. (1;3) .

C. ( −1009; 2 ) .

D. ( −2015;1) .

Lời giải.
Chọn C
Từ bảng xét dấu của f  ( x ) và giả thiết f  ( 0 ) = 3, f  ( 2 ) = f  ( −2018 ) = 0 suy ra bảng biến
thiên của hàm số y = f  ( x ) như sau

Từ đó suy ra bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) :

Hàm số y = f ( x − 1 − 2018 ) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi x − 1 − 2018 = −2018
 x − 1 = 0  x = 1 ( −1009; 2 ) .

2x −1
có đồ thị ( C ) . Gọi M ( x0 ; y0 ) (với x0  1 ) là điểm thuộc ( C ) , biết tiếp
2x − 2
tuyến của ( C ) tại M cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B sao cho

Câu 45. Cho hàm số y =

SOIB = 8SOIA (trong đó O là gốc tọa độ, I là giao điểm hai tiệm cận). Tính S = x0 − 4 y0 .
13
7
A. S = .
B. S = .
C. S = −2 .
D. S = 2 .
4
4
Lời giải
Chọn C

2x −1
1
= 1+
2x − 2
2x − 2
TCĐ: x = 1 ( d1 ) , TCN: y = 1 ( d 2 ) . Điểm I (1;1) .

Ta có y =


Ta có y =

−1
2 ( x − 1)

2


1 
Giả sử M  x0 ; 1 +
  (C )
2 x0 − 2 

Phương trình tiếp tuyến tại M là  : y =

−1
2 ( x0 − 1)

2

( x − x0 ) + 1 +

1
2 x0 − 2




x 
1 
A =   d1  A 1; 0  , B =   d 2  B ( 2 x0 − 1;1) , IB = ( 2 x0 − 2;0 ) ; IA =  0;
.
 x0 − 1 
 x0 − 1 
1
1
Ta có SOIB = 8SOIA  .1.IB = 8. .1.IA  IB = 8IA
2
2
 x0 = 3 (TM )
1
2
 2 x0 − 2 = 8.
 ( x0 − 1) = 4  
x0 − 1
 x0 = −1 ( L )
5
5
 y0 =  S = x0 − 4 y0 = 3 − 4 = −2 .
4
4
3
2
Câu 46. Cho hàm số f ( x ) = ax + bx + cx + d có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

Số nghiệm của phương trình f ( x ) + 2 = 0 là
A. 2 .

B. 1 .

C. 3 .

D. 0 .

Lời giải
Chọn A
Ta có f ( x ) + 2 = 0  f ( x ) = −2 .

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) với đường thẳng

y = −2 . Suy ra số nghiệm của phương trình f ( x ) + 2 = 0 là 2 .
Câu 47. Một viên phấn bảng có dạng một khối trụ với bán kính đáy bằng 0,5cm , chiều dài bằng
6cm . Người ta làm một hình hộp chữ nhật bằng carton xếp các viên phấn đó với kích thước
6cm  5cm  6cm . Hỏi cần ít nhất bao nhiêu hộp kích thước như trên để xếp được 460 viên
phấn.
A. 16 .
B. 15 .
C. 17 .
D. 18 .
Lời giải


Chọn A
Một viên phấn nội tiếp trong một hình hộp chữ nhật có kích thước: 1cm  6cm 1cm ; thể tích
khối hộp đó là V1 = 1.6.1 = 6 cm3 .
Một hình hộp chữ nhật bằng carton theo yêu cầu bài tốn có thể tích là V2 = 6.5.6 = 180 cm3
đựng được số viên phấn là:

V2
= 30 viên
V1
phấn.

460
 15,3 .
30
Số hộp chữ nhật bằng carton phải làm là
Suy ra số hộp chữ nhật bằng carton ít nhất phải làm là n = 16 .
Câu 48. Cho log3 5 = a, log5 2 = b,log3 11 = c . Khi đó log 216 495 bằng
n

A.

a+c+2
.
3ab + 3

B.

a+c+2
.
3ab

C.

a+c
.
3ab + 3

D. a + c + 2 .
ab + 3

Lời giải
Chọn A
Cách 1

log 216 495 = log 23.33 ( 32.5.11) = log 23.33 32 + log 23.33 5 + log 23.33 11
=

1
1
1
+
+
3 3
3 3
log 32 ( 2 .3 ) log 5 ( 2 .3 ) log11 ( 23.33 )

=

1
1
1
+
+
3
3
3

3
log32 2 + log 32 3 log 5 2 + log 5 3 log11 2 + log11 33

=

=

=

3

1
3
3
log 3 2 +
2
2

+

1
1
+
3log 5 2 + 3log 5 3 3log 2 + 3
11
c

1
1
1

+
+
3
log3 2 3
3 log5 2 3
3b +
.
+
3.
+
a
2 log 5 3 2
log 3 11 c
1
3
3
.ab +
2
2

+

1
3b +

3
a

Cách 2

log 216 495 = log 23.33 ( 3 .5.11) =
2

=

+

1
2
a
c
a+c+2 .
=
+
+
=
ab 3 3ab + 3 3ab + 3 3ab + 3 3ab + 3
3. +
c c

log3 ( 32.5.11)
log3 ( 2 .3
3

3

)

=

2 + log 3 5 + log 3 11 2 + log 3 5 + log 3 11
=
3 + log3 23
3 + 3log 3 2

2 + log3 5 + log3 11 2 + a + c
=
.
3 + 3log 3 5.log 5 2 3 + 3ab

Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 3 z = 0. Đường thẳng d đi
qua điểm M (1 ; − 1 ; 2 ) và vng góc với ( P ) có phương trình

 x = 1 + 3t

A.  y = −1 − t .
 z = 5 − 2t


 x = 2 + 3t

B.  y = t
.
 z = 2 + 2t

Lời giải

 x = 1 + 2t

C.  y = −1 − t .

 z = 2 + 3t


 x = 3 + 3t

D.  y = t
.
 z = 2t



Chọn C
Mặt phẳng ( P ) nhận n = ( 2 ; − 1 ; 3) làm VTPT.
Vì d ⊥ ( P ) nên d nhận n làm VTCP.
Đường thẳng d đi qua M (1 ; − 1 ; 2 ) và nhận n = ( 2 ; − 1 ; 3) làm VTCP có phương trình là

 x = 1 + 2t

 y = −1 − t .
 z = 2 + 3t

Câu 50. Cho cấp số nhân ( un ) có
cho.
A. 73810.

u1 = −5 và

q = −3. Tính tổng 10 số hạng đầu tiên của cấp số nhân đã

B. −73810 .

C. 36905.
Lời giải

Chọn A

1 − ( −3)
1 − q10
= −5.
= 73810 .
Ta có S10 = u1.
1− q
1 − ( −3)
10

D. −14762 .