ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT MÔN TOÁN NĂM 2023 CÓ ĐÁP ÁN 21

ĐỀ THI THỬ
TỐT NGHIỆP THPT 

MƠN

TỐN
2023 

Sevendung Nguyen








BẢNG ĐÁP ÁN
1

2

3

4

5

6

7

8

9

D
2
6
B

C
2
7
D

A
2
8
B

A
2
9
C

A
3
0
A

A
3
1
C

D
3
2
A

D
3
3
D

B
3
4
B

1
0
D
3
5
D

1
1
B

3
6
A

1
2
B
3
7
A

1
3
C
3
8
C

1
4
D
3
9
A

1
5
B
4
0

C

1
6
C
4
1
B

1
7
D
4
2
B

1
8
A
4
3
C

1
9
B
4
4
D

2
0
B
4
5
C

2
1
A
4
6
C

2
2
D
4
7
B

2
3
A
4
8
A

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:

Cho cấp số cộng  un  có u2  3 , cơng sai d  2. Khi đó u4 bằng
A. 5 .

B. 1 .

C. 9 .
Lời giải

D. 7 .

Chọn D
Ta có:

u1  u2  d  3  2  1  u4  u1  3d  1  3.2  7 .
Câu 2:

Hàm số nào dưới đây khơng có điểm cực trị?
A. y  x 3  3 x .

B. y   x 4  2 .

C. y  3 x  4 .

D. y  x 2  2 x .

Lời giải
Chọn C
y  3 x  4  y  3  0 . Suy ra hàm số không có cực trị.

Câu 3:

Thể tích của khối cầu bán kính R bằng
4
3
A.  R 3 .
B.  R 3 .
3
4

C. 2 R 3 .

D. 4 R 2 .

Lời giải
Chọn A
Lý thuyết.
Câu 4:

Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D '. Góc giữa hai đường thẳng AC và A ' D bằng
A. 60 .
B. 30 .
C. 45 .
D. 90 .
Lời giải
Chọn A

2
4
B

4
9
D

2
5
D
5
0
B


D'

C'
B'

A'

C

D
A

B

Ta có  AC , AD    AC , BC   
ACB .

ACB  60 .

ACB đều suy ra 
Câu 5:

Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có độ dài cạnh đáy bằng a, độ dài cạnh bên bằng
Tính góc giữa cạnh bên và mặt đáy của hình chóp.
A. 60 .
B. 30 .
C. 45 .
Lời giải

2 3a
.
3

D. 90 .

Chọn A
S

C

A
G

I

B

Gọi G là trọng tâm ABC . AI 

a 3
2
a 3
.
; AG  AI 
2
3
3

Xét SAG ta có:

a 3
AG
1

  60 .
cos SAG
 3   SAG
SA 2a 3 2
3
Câu 6:

Một hình trụ có bán kính đáy r  5 cm, chiều cao h  7cm. Diện tích tồn phần của hình trụ là
A. 120 cm 2 .

B. 95 cm 2 .

C. 60 cm 2 .

D. 175 cm 2 .

Lời giải
Chọn A
Diện tích tồn phần của hình trụ là:
Stp  2 rl  2 r 2  2 .5.7  2 .52  120 cm 2 . .
Câu 7:

Cho khối chóp có thể tích bằng 32 cm3 và diện tích đáy bằng 16 cm 2 . Tính chiều cao của khối
chóp.
A. 2 cm .

B. 4 cm .

C. 3cm .

D. 6 cm .

Lời giải
Chọn D
1
3V 3.32
Ta có; V  S .h  h 

 6 cm. .
3
S
16

Câu 8:

y  f  x

Cho hàm số
cực đại tại:
A. x  2 .

f   x    x  1 x  2   x  3 , x  .
2

thỏa mãn

B. x  1 .

C. x  3 .
Lời giải

Hàm số

y  f  x

D. x  1 .

Chọn D

x  1
f   x    x  1 x  2   x  3  f   x   0   x  2 , trong đó x  2 là nghiệm kép.
 x  3
2

Vậy hàm số y  f  x  đạt cực đại tại x  1 .
Câu 9:

Cho hàm số f  x  liên tục trên  và có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  2;1 .
B.  0;1 .
C.  ; 1 .
Lời giải
Chọn B
Từ BBT, hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  1; 2  .
Suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  0;1 .
Câu 10: Tính đạo hàm của hàm số y  3x
A. y 

3x

2

2 x

 2x  2 .

ln 3

2

2 x

B. y  3x

2

.

2 x

ln 3 .

D.  ;0  .

đạt


2

C. y 

3x  2 x
.
ln 3

D. y  3x

2

 2 x  2  ln 3 .

2 x

Lời giải
Chọn D
Ta có y  3x

2

2 x

 y   2 x  2  .3x

2

2 x

.ln 3 .

Câu 11: Tích các nghiệm của phương trình 32 x

2

5 x 1



C. 2 .

B. 0 .

A. 2 .

1
là
3

D.

5
.
2

Lời giải
Chọn B
2
1
 32 x 5 x 1  31  2 x 2  5 x  0 .
3
Theo Viet, ta có tích các nghiệm bằng 0 .

Ta có 32 x

2

5 x 1



Câu 12: Giá trị lớn nhất của hàm số y  16  x 2 là
A. 16 .

C. 0 .
Lời giải

B. 4 .

D. 1 .

Chọn B
Ta có y  16  x 2  4 , dấu “=” khi x  0 .
Vậy max y  4 .
 4;4

Câu 13: Đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
trình là
A. x  2 và y  1 .

B. x  1 và y  3 .

2x  3
tương ứng có phương
x 1

C. x  1 và y  2 .

D. x  1 và y  2 .

Lời giải
Chọn C
Ta có lim y  2 nên y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số; lim  y   nên x  1 là
x  1

x 

tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Câu 14: Hàm số nào dưới đây có bảng biến thiên như hình vẽ sau?

A. y 

2x 1
.
x2

B. y 

x4
.
x2

C. y 
Lời giải

Chọn D
Hàm số đồng biến trên  ; 2  và  2;   .

x 1
.
x2

D. y 

x 3
.
x2


Câu 15: Số giao điểm của đồ thị hàm số y  x3  2 x 2  x  1 và đường thẳng y  1  2 x là
A. 3 .

C. 0 .
Lời giải

B. 1 .

D. 2 .

Chọn B
Xét phương trình

x 3  2 x 2  x  1  1  2 x  x 3  2 x 2  3 x  2  0   x  1  x 2  x  2   0  x  1 .

Vậy hai đồ thị hàm số có một giao điểm.
Câu 16: Tính thể tích của khối nón có chiều cao bằng 8 và độ dài đường sinh bằng 10.
A. 256 .
B. 288 .
C. 96 .
D. 384 .
Lời giải
Chọn C
Gọi chiều cao, độ dài đường sinh, bán kính đáy của khối nón lần lượt là h , l , r .
Bán kính đáy của khối nón là r  l 2  h 2  102  82  6 .

1
1
Thể tích của khối nón là V   r 2 h   .62.8  96 .
3
3

Câu 17: Tập xác định của hàm số y   2 x  1 là


1

A. D   ;    .
2


1 
C.  \   .
2

B.  .

1

D. D   ;    .
2


Lời giải
Chọn D
Điều kiện 2 x  1  0  x 

1
.
2


1

Tập xác định của hàm số y   2 x  1 là: D   ;    .
2


Câu 18: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ:

x

∞

y'

1
+

+

2

0
3

4

y

+∞

1

∞

1

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  là
A. 3 .

B. 2 .

C. 0 .
Lời giải

Chọn A
Ta có lim y  2 ; lim y  1 .
x 

x 

D. 1 .


Do đó đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y  2 ; y  1 .

Lại có lim y   nên đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x  1 .
x 1

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 3.
Câu 19: Cho a , b , c là các số thực dương và a  1. Mệnh đề nào sau đây sai?
1
A. log a     log a b . B. log a  b  c   log a b.log a c .
b
b
C. log a    log a b  log a c .
D. log a  bc   log a b  log a c .
c
Lời giải
Chọn B
Áp dụng cơng thức về logrit ta thấy:
1
1
• log a    log a  b    log a b .
b

• log a  b  c   log a b.log a c .
b
• log a    log a b  log a c .
c

• log a  bc   log a b  log a c .
Nên mệnh đề B sai.
Câu 20: Đường cong trong hình bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

x

A. y  log 3 x .

1
C. y    .
3

B. y  3x .

D. y  x 3

Lời giải
Chọn B
Dựa vào đồ thị ta thấy, đây là đồ thị hàm số mũ dạng y  a x với a  1 .





Câu 21: Xét tất cả các số thực dương a và b thỏa mãn log 3 a  log 27 a 2 b . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
B. a  b .

A. a 2  b .

C. a 3  b .

D. a  b 2 .

Lời giải
Chọn A









log 3 a  log 27 a 2 b  log 27 a 3  log 27 a 2 b  a 3  a 2 b  a 2  b .


Câu 22: Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối và đồng chất 3 lần. Tính xác suất để tích số chấm xuất
hiện trong 3 lần gieo là một số lẻ.
7
5
3
1
A. .
B. .
C. .
D. .
8
8
8
8
Lời giải
Chọn D
Số kết quả của việc gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối và đồng chất 3 lần là 63  216

 n     216 .
Gọi A là biến cố: “tích số chấm xuất hiện trong 3 lần gieo là một số lẻ”.
A xảy ra khi kết quả của cả ba lần gieo đều là số lẻ  n  A   33  27 .

Vậy, P  A  

n  A 1
 .
n  8

Câu 23: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật. Các mặt bên  SAB  và  SAD  vng góc với
đáy. Góc giữa mặt phẳng  SCD  và  ABCD  bằng 60, BC  a 3. Khoảng cách giữa hai đường
thẳng AB và SC bằng
A.

3a
.
2

B.

6 13a
.
13

C.

a 3
.
2

D.

6 5a
.
5

Lời giải
Chọn A

 SAB  và  SAD  vng góc với đáy nên

SA   ABCD  .

Ta có:  SCD    ABCD   CD , CD   SAD  ,  SAD    ABCD   AD ,

 SAD    SCD   SD . Suy ra, góc giữa  SCD 

 . Vậy SDA
  60 .
và  ABCD  là SDA

 AB //  SCD 
 d  AB, SC   d  AB,  SCD    d  A,  SCD   .

 SC   SCD 
Gọi H là hình chiếu của A trên SD .
Ta có: AH  SD; AH  CD do CD   SAD   AH   SCD 
3a
.

 d  A,  SCD    AH  AD sin 
ADS 
2


Vậy d  AB, SC  

3a
.
2

8

Câu 24: Cho hàm số bậc ba y  f ( x) có đồ thị hàm số f '( x) như hình vẽ bên.
4 y



Hàm số g ( x)  f ( x) 
A.  1;3 .



7

3

x

1

đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
x

B.  0;7  .

C.  ; 1 .

D.  3;   .

Lời giải
Chọn B
Ta có: g ( x)  f ( x) 

1
.
x2

Từ đồ thị hàm số f '( x) ta có f '( x)  0, x   0;7  . Suy ra g ( x)  0, x   0;7  .
Vậy hàm số g ( x)  f ( x) 

1
đồng biến trên khoảng  0;7  .
x

Câu 25: Cho hình nón có chiều cao và bán kính đáy đều bằng a . Mặt phẳng ( P) đi qua đỉnh của hình
nón và cắt đường trịn đáy theo một dây cung có độ dài bằng a . Khoảng cách từ tâm của đáy tới
mặt phẳng ( P) bằng
A.

2

a.
2

B.

3
a.
3

C.

7
a.
7

D.

21
a.
7

Lời giải
Chọn D

Giả sử hình nón đã cho có đỉnh là S , tâm của đáy là O và ( P) cắt đường tròn đáy theo dây cung
AB .

Gọi H là trung điểm của đoạn AB và K là hình chiếu của O trên SH .

Ta

có:

AB  SO, OH  AB   SOH   AB  OK ,

mà

OK  SH  OK   SAB 

 d  O,  P    OK .
Xét tam giác vng SOH có OH 
Suy ra: OK 

OS .OH
OS 2  OH 2

Vậy d  O,  P   



a 3
(do tam giác OAB đều có cạnh bằng a ), SO  a .
2

a 21
.
7

a 21

.
7

Câu 26: Cho khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có thể tích bằng 2022. Mặt phẳng  P  cắt các cạnh AA ', BB ',

CC ' lần lượt tại M , N , P sao cho MA  MA ', NB  2 NB ', PC  3PC  . Tính thể tích khối đa
diện ABC.MNP.
7751
13480
10784
A. 1348 .
B.
.
C.
.
D.
.
6
9
9
Lời giải
Chọn B

MA NB PC


V
23
MA 1 NB 2 PC 3
Ta có

.
 ;
 ;
 suy ra ABC .MNP  AA ' BB ' CC ' 
VABC . A ' B 'C '
3
36
AA ' 2 BB ' 3 CC ' 4
Vậy VABC .MNP 

23
7751
.
.2022 
36
6

Câu 27: Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình log
thực phân biệt là:
A. Vô số.

B. 4 .

C. 5 .
Lời giải

2

 x  1  log 2  mx  8

có hai nghiệm

D. 3 .

Chọn D
x 1  0
x  1
 x  1



log 2  x  1  log 2  mx  8   mx  8  0

x2  2x  9
2
x

1

mx

8
m






2

x

 x  1  mx  8


Xét hàm số y 

x2  2x  9
trên 1;   , ta có
x

x2  9
; y '  0  x  3
x2
Bảng biến thiên
y' 

Để thỏa mãn yêu cầu thì 4  m  8 nên các giá trị nguyên của tham số m là 5, 6, 7 .

  120 ,
Câu 28: Cho khối chóp S . ABC có SA vng góc với đáy, tam giác ABC cân tại A, BAC
AB  a, SA  2a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng

A. 2a 3 .

B.

a3 3
.
6

C. a 3 3 .

D.

a3 3
.
3

Lời giải
Chọn B

Ta có S ABC 

2
1
a 3.
AB. AC.sin BAC
2
4

1
a3 3
Thể tích của khối chóp đã cho là: V  .SA.S ABC 
.
3
6
1
Câu 29: Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  mx3  2mx 2   m  5  x  1 nghịch biến trên 
3

là:
A. 3 .
B. 1 .
C. 2 .
D. 0 .

Lời giải
Chọn C
Ta có D  , y '  mx 2  4mx  m  5 . Hàm số nghịch biến trên   y '  0, x  
TH1: m  0 : y '  5  0, x   suy ra m  0 thỏa mãn.


m  0
m  0
5
 2
   m  0.
TH2: m  0 : 
3
 '  0
3m  5m  0
5
m
Vậy   m  0 
 m  1;0 .
3

Câu 30: Cho hàm số y  ax 4  bx 2  c , với a, b, c là các số thực a  0 . Biết lim y   , hàm số có 3
x 

điểm cực trị và phương trình y  0 vơ nghiệm. Hỏi trong 3 số a, b, c có bao nhiêu số dương?
A. 2 .

B. 1 .

C. 3 .

D. 0 .

Lời giải
Chọn A
Do lim y   nên a  0 .
x 

Ta lại có hàm số có 3 điểm cực trị nên ab  0  b  0 .
Vì nhánh cuối của đồ thị đi lên mà phương trình y  0 vơ nghiệm nên đồ thị nằm hồn toàn trên

Ox  c  0 .

  120. Diện tích mặt
  60 , CSA
ASB  90 , BSC
Câu 31: Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  2, 
cầu ngoại tiếp hình chóp bằng:
16
A. 4 .
B.
.
3

C. 16 .

D. 8 .

Lời giải
Chọn C

  60 suy ra tam giác BSC đều  BC  2 .
Ta có SB  SC  2 , BSC
ASB  90 suy ra tam giác ASB vuông cân tại S  AB  2 2 .
Lại có SA  SC  2 , 
ASB  120 , áp dụng định lí cosin cho tam giác ASC , ta được:
Mặt khác, SA  SC  2 , 


AC 2  SA2  SC 2  2 SA.SC.cos 
ASC  3.22  AC  2 3 .



Xét tam giác ABC có BC 2  AB 2  22  2 2



2

 12  AC 2 suy ra tam giác ABC vuông tại B .

Gọi H là trung điểm của cạnh AC suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Mà SA  SB  SC  SH   ABC  .

Trong mặt phẳng  SAC  kẻ đường trung trực canh SC cắt đường thẳng SH tại I suy ra là tâm
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
2

2 3
Xét tam giác vng ASH vng tại H có SH  SA  AH  2  
  1 .
 2 
2

Ta có SHC  SMI 

2

2

SI SM
SM .SC

 SI 
2
SC SH
SH

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp là. S  4 R 2  16 .
Câu 32: Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy bằng 1, chiều cao bằng 2. Thể tích khối cầu ngoại
tiếp lăng trụ đã cho bằng:
A.

32 3

.
27

B.

16
.
3

16
.
9
Lời giải

C.

D.

32 3
.
9

Chọn A

Gọi I , I  lần lượt là trọng tâm tam giác ABC , ABC  , O là trung điểm của II  . Khi đó O là
tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ.
Ta có AI 

2
3

, OI  1 .
AM 
3
3
2

2
 1 
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ R  OA  OI  AI  1  
.
 
3
 3
2

2

2


3

4
4  2  32 32 3


Thể tích khối cầu ngoại tiếp lăng trụ V   R 3   . 
.
3
3  3  9 3

27
Câu 33: Người ta cần xây một bể chứa nước sản xuất dạng khối hộp chữ nhật khơng nắp có thể tích bằng
200m3. Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đơi chiều rộng. Chi phí để xây bể là 300 nghìn
đồng/m2 (chi phí được tính theo diện tích xây dựng, bao gồm diện tích đáy và diện tích xung
quanh, khơng tính chiều dày của đáy và thành bể). Hãy xác định chi phí thấp nhất để xây bể (làm
trịn đến triệu đồng).
A. 75 triệu đồng.
B. 36 triệu đồng.
C. 46 triệu đồng.
D. 51 triệu đồng.
Lời giải
Chọn D
Gọi độ dài chiều rộng, chiều cao hình hộp lần lượt là: x , h  m   Chiều dài của hình hộp là: 2x .
Thể tích khối hộp chữ nhật là: V  x.2 x.h  200  2x 2 h  h 

100
.
x2

Chi phí xây bể thấp nhất khi S  S xq  S daý nhỏ nhất
Ta có S  2 x.h  2.2 x.h  x.2 x  6 xh  2 x 2 
S

600
 2x 2 .
x

600
300 300
 2x2 


 2 x 2  3 3 180.000
x
x
x

S nhỏ nhất bằng 169,3864852 khi

300
 2 x 2  x  3 150
x

Tổng chi phí thấp nhất mà anh Tiến phải trả là: 300000.169,3864852  51000000 đ.
Câu 34: Cho hình hộp đứng ABCD. ABC D ' có đáy là hình vng, cạnh bên AA '  3a và đường chéo
AC '  5a. Tính thể tích khối hộp ABCD. ABC D '.
A. 4a 3 .
B. 24a 3 .
C. 8a 3 .
D. a 3 .
Lời giải
Chọn B

Xét hình lập phương ABCD. ABC D ta có:
AC 2  AA2  AC 2  AA2  AB2  AD2
 AA2  2 A ' B '2  9a 2  2 A ' B '2  25a 2  A ' B '2  8a 2


 VABCD. ABC D  AA '.S A ' B 'C ' D '  3a.8a 2  24a 3 .

Câu 35: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A, B. Biết SA vng góc với

đáy, AB  BC  2a; AD  4a; góc giữa

 SCD 

và đáy bằng 60. Tính thể tích khối chóp

S . ABCD.
A.

8 6 a3
.
3

B.

4 6 a3
.
3

C.

8 6 a3
.
15

D. 4 6 a 3 .

Lời giải
Chọn D

Tam giác ACD vuông tại C  DC  AC , DC  SA  DC   SAC   DC  SC
  600
   SCD  ,  ABCD    SCA

AC  AB 2  BC 2  2 2a  SA  AC.tan 600  2 6a
1
1
(4a  2a ).2a
VS . ABCD  SA.S ABCD  2 6a.
 4 6a 3 . .
3
3
2

Câu 36: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng 2; SA  2; tam giác SAC
vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S . ABCD.
A.

2 6
.
3

B.

8 6
.
3

C. 2 6 .
Lời giải

Chọn A

D.

4 2
.
3


Ta có: SH  ( ABCD)
Tam giác SAC vng tại S  SC  AC 2  SA2  (2 2) 2  ( 2) 2  6
SH 

SA.SC
SA2  SC 2



2 6
6

2
26

Diện tích hình vng ABCD : S ABCD  4
1
1
6 2 6
Thể tích khối chóp S . ABCD : VS . ABCD  SH .S ABCD  .4.

.

3
3
2
3

Câu 37: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log 1  x 2  1  log 1  3 x  3 .
5

A. S   2;   .

B. S   ;1   2;   .

C. S  1; 2  .

D. S   1; 2 

5

Lời giải
Chọn A
ĐK: 3 x  3  0  x  1
BPT tương đương
log 1  x 2  1  log 1  3 x  3
5

5

 x  1  3x  3

2

x  1
 x 2  3x  2  0  
x  2

Kết hợp điều kiện ta được x  2 .
Câu 38: Cho hàm số f ( x) liên tục và có bảng biến thiên trên đoạn  2; 4 như hình dưới.


Giá trị lớn nhất của hàm số y  f ( x) trên  2; 4 bằng
A. 3 .

C. 19 .
Lời giải

B. 4 .

D. 17

Chọn C

Giá trị lớn nhất của hàm số y  f ( x) trên  2; 4 bằng: 19 xảy ra khi x  2 .
12

2

Câu 39: Tìm hệ số của số hạng chứa x18 trong khai triển biểu thức  x 4  2  .
x 


A. 25344 .
B. 126720 .
C. 0 .
D. 25344 .
Lời giải

Chọn A
Số hạng tổng quát trong khai triển là: Tk 1  C12k ( x 4 )12 k (

2 k
)  C12k (2) k x 486 k
x2

Ta có số hạng chứa x18 nên 48  6k  18  k  5
12

18

Vậy hệ số của số hạng chứa x

2 

trong khai triển biểu thức  x 4  2  là: C125 (2)5  25344 .
x 


Câu 40: Tập nghiệm của bất phương trình 25 x  6.5 x  5  0 là:
A.  ;0   1;   .

B.  0;1 .

C.  0;1 .

D.  ;0  1;   .

Lời giải
Chọn C
25 x  6.5 x  5  0
 52 x  6.5 x  5  0

.

1 5  5  0  x 1
x

a
b
2
2
Câu 41: Có bao nhiêu số nguyên a sao cho tồn tại số thực b thỏa mãn e  3 và a  b  9?
A. Vô số.
B. 5.
C. 6.
D. 4.


Lời giải
Chọn B
Ta có:
e a  3b  b  a.log 3 e  a 2  a 2 .  log 3 e   9  a 2 

2



3
1   log 3 e 

2

a

3
1   log 3 e 

2

9
1   log 3 e 

2

.

Do a   nên: a  2; 1;0;1; 2 .
Câu 42: Số các giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình 22 x
khơng q 6 nghiệm ngun là:
A. 7.
B. 4.
C. 10.

2

2 x2

 2x

2

4 xm

 2x

2

2 xm

D. 9.

Lời giải
Chọn B
2
 x  4 x  m  a
Đặt:  2
 2x2  2x  2  a  b  2
 x  2 x  m  b

Ta có:

2 a  b  2  2 a  2b  4  0  2 a  b  2 a  2  2b  2  2 4  0
 2 a  2b  2   2 2  2b  2 2   0

  2a  22  2b  22   0
 x 2  4 x  m  2
 x 2  4 x  2  m
a  2
TH1: 
 2
 2
 x  2 x  m  2
 x  2 x  2  m
b  2

Để phương trình có khơng q 6 nghiệm nguyên thì: 1  2  m  2  3  m  0
2
2
a  2
 x  4 x  m  2
 x  4 x  2  m
TH2: 
 2
 2
b  2
 x  2 x  m  2
 x  2 x  2  m

Để phương trình có khơng q 6 nghiệm ngun thì:

 4  0 có


4  2  m  1  1  m  2  4  3  m  6

Do m   nên có: 4 giá trị m thỏa mãn.
Câu 43: Từ các chữ số 1; 2;3; 4;5;6;7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số đơi một khác
nhau sao cho có đúng 3 chữ số lẻ đứng cạnh nhau.
A. 288. .
B. 2880. .
C. 1728. .

D. 2736.

Lời giải
Chọn C
Giả sử số cần tìm có dạng: abcdefg .
TH1: Ba chữ số lẻ ở hai vị trí đầu: abc, efg thì có 2.A43 cách.
Do chỉ có đúng ba chữ số lẻ đứng cạnh nhau nên 4 vị trí cịn lại có: 3.3! cách.

 Có: 2. A43 .3.3!  864 số thỏa mãn.
TH2: Ba chữ số lẻ ở các vị trí giữa thì có: 3.A43 cách.
Do chỉ có đúng ba chữ số lẻ đứng cạnh nhau nên 4 vị trí cịn lại có: 2!.A32 cách.

 Có: 3. A43 .2!. A32  864 số thỏa mãn.
Vậy có 1728 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 44: Biết phương trình 2022 x  2022

2 x 1

 1  x 2  2 2 x  1 có một nghiệm dạng x  a  b (trong

đó a, b là các số nguyên). Tính a  b3 .
A. 3 .

B. 10 .

C. 7 .

D. 9 .

Lời giải
Chọn D
Ta có

2022 x  2022

2 x 1

 1  x2  2 2x  1

 2022 x  x 2  2 x  1  2 x  2  2 2 x  1  2022
 2022 x   x  1 
2





2

2 x  1  1  2022

2 x 1

2 x 1

.

Xét hàm số f  t   2022t   t  1 , t   0;   .
2

Ta có f   t   2022t ln 2022  2  t  1  0, t   0;   nên hàm số y  f  t  đồng biến trên
khoảng  0;   .
Khi đó f  x   f



x  0
2x 1  x  2x 1   2
 x  1 2 .
x

2
x

1

0




Suy ra a  1 và b  2 .
Vậy a  b3  1  23  9 .

Câu 45: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình vẽ