ĐÁP án đề THI TOÁN THPT QUỐC GIA

THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 08 – THPT QUỐC GIA NĂM 2020
Đề thi gồm có: 50 câu – Thời gian làm bài: 90 phút.
Câu 1:

Câu 2:

Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 15 và chiều cao bằng 5 là
A. 75 .
B. 25 .
C. 215 .
D. 45 .
Lời giải
Chọn A
Thể tích khối lăng trụ được xét theo công thức: V  B.h  15.5  75 (đvtt).
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  3;0; 2  và B  2;1;1 . Đoạn AB có độ dài là
A. 3 3 .

B. 3 .

C. 3 .
Lời giải

D.

2.

Chọn C
AB  1; 1;  1  AB  AB  12  12   1  3 .
2

Câu 3:

Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như bên dưới. Phát biểu nào đúng?

A. Hàm số đạt cực đại tại x  2 .
C. Hàm số có ba cực tiểu.

B. Hàm số đạt cực đại tại x  4 .
D. Hàm số có giá trị cực tiểu là 0 .
Lời giải

Chọn A
Phân tích đáp án:
Đáp án A: Đúng.
Đáp án B: Sai vì hàm số đạt cực đại tại x  2 .
Đáp án C: Sai vì hàm số có 1 cực tiểu.
Đáp án D: Sai vì hàm số có giá trị cực tiểu là 1.
Câu 4:

2 x  2020
là
x  2019
B. x  2019 .
C. y  2 .

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
A. x  2 .

D. y  2019 .

Lời giải
Chọn C

2020
2 
2 x  2020
x  2 .
 lim
Ta có lim
x  x  2019
x 
2019
1
x
Ta suy ra tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng y  2 .
Câu 5:

Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên dưới

Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

1


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  ;  3 .

B.  3;  1 .

C.  2; 2  .

D.  2;  1 .

Lời giải
Chọn B
Từ đồ thị hàm số ta thấy:
Hàm số đồng biến trên khoảng  3;  1 .
Câu 6:

 7
Cho hàm số y  f  x  liên tục trên 0;  có đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ sau:
 2

 7
Hàm số y  f  x  đạt giá trị nhỏ nhất trên 0;  tại điểm x0 nào dưới đây?
 2
7
A. x0  0 .
B. x0  .
C. x0  3 .
D. x0  1 .
2
Lời giải
Chọn C
 7
Xét hàm số y  f  x  trên đoạn 0;  .

 2

x  1
Dựa vào đồ thị ta có f   x   0  
x 3
Bảng biến thiên:

 7
Nhìn bảng biến thiên ta thấy hàm số y  f  x  đạt giá trị nhỏ nhất trên 0;  tại điểm x0  3.
 2
Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

2


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

Câu 7:

 a2 
Với a là số thực dương, log 2   bằng
 4 
C. 2  log 2 a  1 .

B. 2 1  log 2 a  .

A. 2  log 2 a  1 .

D. 2 log 2 a  1 .

Lời giải
Chọn C

 a2 
Với a là số thực dương, ta có log 2    log 2 a 2  log 2 4  2 log 2 a  2  2  log 2 a 1 .
 4
Câu 8:

Tìm tập xác định D của hàm số y   log  2 x  x 2  .
1
A. D   0;  .
 2

 1
D. D  0;  .
 2

C. D   0; 2 .

B. D   0; 2  .

Lời giải
Chọn B

Xét hàm số y   log  2 x  x 2  . Điều kiện xác định 2 x  x 2  0  0  x  2 .
Tập xác định D   0; 2  .
Câu 9:

Hàm số nào sau đây đồng biến trên  ;   ?

x

e
A. y    .
2

B. y 





x

3
D. y    .
 

C. y   0, 7  .

x

52 .

x

Lời giải
Chọn A
Cần nhớ lại: Hàm số y  a x  a  0; a  1 :
Nếu a  1 thì hàm số luôn đồng biến trên ;

Nếu 0  a  1 thì hàm số luôn nghịch biến trên

.
x

Dựa vào kiến thức trên, ta thấy do

1
Câu 10: Bất phương trình  
3
A. 8 .

e
e
 1  y    đồng biến trên
2
2

.

x 2  4 x 12

 1 có bao nhiêu nghiệm nguyên?
B. 6 .

C. 4 .
Lời giải

D. 7 .

Chọn D

1
Ta có  
 3

x2  4 x 12

 1  x 2  4 x  12  log 1 1  x 2  4 x  12  0  2  x  6
3

Do x   x  1;0;1; 2;3; 4;5 .
Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm nguyên.
Câu 11: Số nghiệm thực của phương trình log3  x 2  3x  9   2 bằng
A. 2 .

B. 3 .

C. 0 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn A
Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

3

THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

Ta thấy x 2  3x  9  0, x 

, do đó:

x  0
log3  x 2  3x  9   2  x 2  3x  9  32  x 2  3x  0  x  x  3  0  
x  3
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm thực là x1  0; x2  3 .
2



Câu 12: Cho

f  x  dx  3 và

2

 2 f  x   g  x  dx  5 , khi đó
1

1

B. 1 .

A. 1 .

2

 g  x  dx bằng
1

C. 11 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn B
2

2

2

2

2

1

1

1

1

1

 2 f  x   g  x  dx  5  2 f  x  dx   g  x  dx  5  6   g  x  dx  5   g  x  dx  1
Câu 13: Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua điểm M 1; 2;3 và song song
với mặt phẳng  Q  : x  2 y  3z  1  0
A. x  2 y  3 z  6  0 .

B. x  2 y  3 z  16  0 .

C. x  2 y  3 z  6  0 .

D. x  2 y  3 z  16  0 .
Lời giải

Chọn C

 P  //  Q 

 n P   n Q   1;  2;3 .

qua M 1; 2;3

 P  

VTPT n P   1;  2;3
  P  : x  2 y  3z  6  0 .

  P  :  x  1  2  y  2   3  z  3  0 .

 x  1  2t

Câu 14: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y  2  t  t 

 z  2  2t


tham số m để điểm M thuộc đường thẳng d .
A. m  2 .
B. m  2 .
C. m  1.
Lời giải
Chọn B
t  0
1  1  2t


 t  0 .
M  d  2  2  t
m  2
m  2  2t


Vậy m  2 thì điểm M thuộc đường thẳng d .

 và điểm M 1; 2; m  . Tìm giá trị
D. m  0 .

Câu 15: Cho số phức z  1  2i . Điểm biểu diễn của số phức w  iz trên mặt phẳng tọa độ là:
A. Q 1; 2  .
B. N  2;1 .
C. M 1;  2  .
D. P  2;1 .
Lời giải

Chọn B
w  iz  i 1  2i   2  i .
Vậy điểm biểu diễn của số phức w là N  2;1 .
Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

4


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

Câu 16: Bảng biến thiên trong hình dưới là 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 

x3
.
x 1

B. y 

x  2
.
x 1

C. y 

x  3
.

x 1

D. y 

x  3
.
x 1

Lời giải
Chọn C
Hàm số nghịch biến trên tập xác định của nó nên y '  0 với x  1 .
C. y ' 

2

 x  1

2

 0 với x  1 .

Câu 17: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2;1;1 và B  2;1;  3 . Phương trình mặt cầu đường
kính AB là
A. x 2   y  1   z  1  8 .

B. x 2   y  1   z  1  32 .

C. x 2   y  1   z  1  8 .

D. x 2   y  1   z  1  32 .

2

2

2

2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn A
Gọi I là trung điểm đoạn thẳng AB  I là tâm mặt cầu đường kính AB .
Ta có I  0;1;  1 và R  IA  8 .
Vậy phương trình mặt cầu đường kính AB là x 2   y  1   z  1  8 .
2

Câu 18: Véctơ nào là véctơ chỉ phương của đường thẳng d :

x y 1 z

 ?
2

3
1

C. u  1;  3; 2 

B. u   4;  6; 2  .

A. u   2;  6;1 .

2

D. u   2;3;1 .

Lời giải
Chọn B
Đường thẳng d có một véctơ chỉ phương là  2;  3;1 nên u   4;  6; 2   2  2;  3;1 cũng là
véctơ chỉ phương của d .





Câu 19: Cho hai số thực x, y thỏa mãn x  3  5i   y i 2019  9  14i . Giá trị của x  y là
A. 1 .

B. 4 .

C. 2 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn C
Ta

có:

3x  9
x  3
x  3  5i   y  i 2019   9  14i  3x  5ix  iy  9  14i  

5x  y  14  y  1

 x  y  3 1  2 .

Câu 20: Họ nguyên hàm của hàm số f  x   4 x là
Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

5


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

A.
C.



f  x  dx 

4 x 1
C .
x 1

B.

 f  x  dx  4



f  x  dx  4x ln 4  C .

D.

f  x  dx 



x 1

C .

4x
C.
ln 4

Lời giải
Chọn D
x

Ta có:  a dx 

ax
4x
 C   4 x dx 
 C.
ln a
ln 4

Câu 21: Cho hình phẳng  H  giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  và trục hoành như hình vẽ. Diện tích
hình phẳng  H  được tính bằng:

c

b

b

a

b

a

c

b

b

c

a

b

b

c

a

b

B. S   f  x  dx   f  x  dx.

A. S   f  x  dx   f  x  dx.

D. S   f  x  dx   f  x  dx.

C. S   f  x  dx   f  x  dx.

Lời giải
Chọn A
b

a

c

b

c

b

b

a

S    f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx .

Câu 22: Một hình trụ có diện tích toàn phần là 120 và bán kính đáy bằng 6 . Hỏi chiều cao của hình trụ
là bao nhiêu?
A. 6 .
B. 3 .
C. 4 .
D. 5 .
Lời giải
Chọn C

Ta có: Stp  120 , r  6 .
Áp dụng công thức Stp  2 r  r  l  ta có

2 r  r  l   120  2 .6  6  l   120  6  l  10  l  4 .
Vậy chiều cao của hình trụ là: h  l  4 .
Công thức cần nhớ: Diện tích xung quanh hình trụ: S xq  2 rl. 1
Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

6


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

 Diện tích toàn phần hình trụ: Stp  2 r 2  2 rl  2 r  r  l  .  2 
 Thể tích khối trụ: V   r 2 h.  3
Câu 23: Cho cấp số nhân  un  có công bội bằng 2 và u3  7 . Giá trị của u1 .u5 bằng
B. 78 .

A. 49 .

C. 14 .
Lời giải

D. 28 .

Chọn A
Cách 1:
Ta có u3  u1 .q 2  u1 

u3 7
7
7
 . Suy ra u5  u1 .q 4  .24  28 . Vậy u1 .u5  .28  49 .
2
4
4
4
q

Ngoài ra, ta có thể sử dụng cách sau:
u
Ta có u3  u1 .q 2  u1  32 và u5  u4 .q   u3 .q  .q  u3 .q 2 .
q
Vậy u1 .u5 

u3
2
.u3 .q 2   u3   49 .
2
q

Câu 24: Một lớp có 33 học sinh, cần chọn ra 6 học sinh để trực trường vào buổi chiều. Hỏi có bao nhiêu
cách chọn?
A. 6! cách.

6
C. A33
cách.

6
B. C33
cách.

D. 336 cách.

Lời giải
Chọn B
Mỗi cách chọn ra 6 học sinh trong 33 học sinh để trực trường là một tổ hợp chập 6 của 33

6
phần tử. Nên số cách chọn là C33
cách.

Câu 25: Khối cầu bán kính R  2a có thể tích là
A.

32 a 3
.
3

C. 16 a2 .

B. 6 a 3 .

D.

8 a 3
.
3

Lời giải
Chọn A

4 3 4
32 a 3
3
V



R


.
2
a

Thể tích khối cầu:
.
 
3
3
3
Câu 26: Cho hàm số y  f  x  xác định trên

và có đạo hàm f   x   x 2  x  1  x 2  1 , với x  .

Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  ;1 .
B. Hàm số đã cho có 3 cực trị.
C. Hàm số đã cho đồng biến trên

.

D. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  0;   .
Lời giải
Chọn A
x  0

Cho f   x   0  x 2  x  1 x 2  1  0   x  1


x  1
Bảng biến thiên:





Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

 boi 2 
 boi 2 
 nghiem don 
7


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  ;1 .
Câu 27: Thể tích của khối chóp có đáy là tam giác ABC vuông, AB  AC  a và chiều cao a 2 là
A.

a3
.
6

B.

a3

.
3

C.

a3 2
.
6

D.

a3 2
.
3

Lời giải
Chọn C

1
1 1
a3 2
Thể tích của khối chóp: V  Bh  . . AB. AC.h 
.
3
3 2
6
Câu 28: Biết phương trình z 2  mz  n  0 (với m, n là các tham số thực) có một nghiệm là z  1  i . Tính
môđun của số phức z  m  ni .
A. 2 2 .

B. 4 .

C. 16 .
Lời giải

D. 8 .

Chọn A
Vì z  1  i là nghiệm của phương trình z 2  mz  n  0 nên:
m  n  0 m  2
2

.
1  i   m 1  i   n  0  m  n   2  m  i  0  
2  m  0 n  2

 z  m2  n2  2 2 .
Câu 29: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hai mặt phẳng  SAB  và

 SAC  cùng vuông góc với đáy  ABCD 
SB và mặt phẳng  SAD  .
A.

1
.
2

và SA  2a . Tính cosin của góc giữa đường thẳng

B. 1 .

C.

5
.
5

D.

2 5
.
5

Lời giải
Chọn D

 SAB    ABCD 

 SAC    ABCD   SA   ABCD  .

 SAB    SAC   SA
Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

8


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

 AB  AD

 AB   SAD  .

 AB  SA  SA   ABCD  
Do hình chiếu của SB lên mặt phẳng  SAD  là SA nên góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng

 SAD  là góc giữa hai đường thẳng SB
cos BSA 

và SA ; SB  SA2  AB 2  a 5 .

SA 2 5
.

SB
5

Vậy cosin của góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  SAD  là
Câu 30: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :

 P  : 2x  2 y  z  3  0 ,

2 5
.
5

x 1 y 1 z  3


và mặt phẳng
1

2
2

phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng  P  , cắt d và

vuông góc với d là

 z  2  2t

C.  y  1  5t .
 z  5  6t


 z  2  2t

B.  y  1  5t .
 z  5  6t


 z  2  2t

A.  y  1  5t .
 z  5  6t


 z  2  2t

D.  y  1  5t .
 z  5  6t


Lời giải
Chọn B

d

I

P

Mặt phẳng  P  có vecto pháp tuyến n   2;  2;1 .
Đường thẳng d đi qua M  1;1;3 và có vecto chỉ phương u  1; 2;  2  nên phương trình tham

 x  1  t

số của d là:  y  1  2t .
 z  3  2t


 I    I   P 

 I  d   P .
Gọi I    d  
 I  d
I  d
Vì I  d  I  1  t;1  2t;3  2t  , mà I   P   t  1  I  2;  1;5 .
Gọi v là vecto chỉ phương của đường thẳng  .

   P  v  n


Vì 
nên ta chọn v  u, n    2;  5;  6  .


d

v  u
Vậy  đi qua I  2;  1;5  và có vecto chỉ phương v   2;  5;  6  nên có phương trình tham

 z  2  2t

số là:  y  1  5t .
 z  5  6t

Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

9


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

Câu 31: Gọi M là điểm biểu diễn số phức z1  a   a 2  2a  2  i (với a là số thực thay đổi) và N là
điểm biểu diễn số phức z2 biết z2  2  i  z2  6  i . Tìm độ dài ngắn nhất của đoạn MN .
A. 2 5 .

B.

6 5
.

5

C. 1.

D. 5.

Lời giải
Chọn B

Gọi M  x ; y  . Từ điều kiện z1  a   a 2  2a  2  i suy ra M thuộc parabol  P  : y  x 2  2 x  2
.
Gọi N  x ; y  . Từ điều kiện

z2  2  i  z2  6  i

suy ra N

thuộc đường thẳng

d : 2x  y  8  0 .

Gọi  là tiếp tuyến của  P  mà song song với d : 2 x  y  8  0 .
Gọi M  xo ; yo  là tiếp điểm mà tại đó tiếp tuyến  // d .
Ta có y   2 x  2 .
Do  // d nên y  xo   2  2 xo  2  2  xo  2 suy ra yo  2 .
Phương trình tiếp tuyến  có dạng: y  y  xo  .  x  xo   yo  y  2  x  2   2  y  2 x  2 .
Khi đó: min MN  d   , d   d  A; d  với A  . Chọn A 1;0  ta có:
min MN 

2.1  0  8

22   1

2



6 5
5

Câu 32: Cho các số dương a , b , c khác 1 thỏa mãn log a  bc   2 ; log b  ca   4 . Giá trị của log c  ab 
là:
A.

6
.
5

B.

10
.
9

C.

8
.
7

D.

7
.
6

Lời giải
Chọn C
5
log a  bc   2 bc  a 2
a 2 b4
3
5

c
  a  b  a  b3
Ta có: 
4
log
ca

4
b
a


ca

b
 b


Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

10


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

Và log a  bc   2  log a b  log a c  2  log 5 b  log a c  2  log a c 
b3

5
3

log b  ca   4  log b c  log b a  4  log b c  logb b  4  log b c 

Mà log c  ab   log c a  log c b 

7
;
5

7
.
3

5 3 8
  .
7 7 7

Câu 33: Một người gửi bảo hiểm cho con từ lúc con tròn 6 tuổi, hàng tháng người này đều đặn gửi vào
tài khoản bảo hiểm của con m nghìn đồng với lãi suất 0, 5 % một tháng. Trong quá trình đó,
người này không rút tiền ra và giả sử lãi suất không thay đổi. Nếu muốn số tiền rút ra lớn hơn
100 triệu đồng cũng là lúc con tròn 18 tuổi thì hằng tháng phải gửi vào tài khoản bảo hiểm tối
thiểu tiền? Kết quả làm tròn đến nghìn đồng.
A. 474 nghìn đồng.
B. 437 nghìn đồng.
C. 480 nghìn đồng.
D. 440 nghìn đồng.
Lời giải
Chọn A
 1  r n  1
Áp dụng công thức: An  A. 1  r  

r


Với: A : là số tiền mỗi tháng đóng vào tài khoản; r : lãi suất một tháng và An : số tiền cuối tháng
thứ n người đó có được trong tài khoản.
Người đó đóng bảo hiểm trong 12 năm  144 tháng.
An .r
100000000.0,005
 473482 .
Từ đó suy ra: A 
hay m 
144
n
1  0,005 1,005 1
1  r  1  r   1

Vậy số tiền tối thiểu mỗi tháng người đó phải đóng là: 474000 đồng.
Câu 34: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.ABC có đáy là một tam giác vuông cân tại B , AB  BC  a
, AA  a 2 . M là trung điểm BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC .
A.

a
.
7

B.

a 3
.
2

C.

2a
.
5

D. a 3 .

Lời giải
Chọn A
Cách 1:
C'

B'

C
M

A'
N
H

B

M
B

K
A

C
K
A

Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

11


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

Gọi N là trung điểm BB .
Theo tính chất đường trung bình ta có MN / / BC . Suy ra BC / /  AMN  .

 d  BC ; AM   d  BC ;  AMN    d  C ;  AMN    d  B ;  AMN   .
Dựng BK  AM và BH  NK 1 .

 BK  AM
 AM   BBK   AM  BH  2  .
Vì 
 BB  AM
Từ 1 và  2  suy ra BH   AMN   d  BC ; AM   d  B ;  AMN    BH .
Xét tam giác vuông ABM có BK 

Xét tam giác vuông NBK có BH 

BA.BM
BA2  BM 2

BK .BN

a.



a2 

a2
4



a
.

5

a a
.
5 2  a .
7
a2 a2

5
2



BK 2  BN 2

a
2

a
.
7
Em có thể giải bài toán bằng cách gắn tọa độ nhé!

Vậy d  BC ; AM  

z

C'

B'

A'

M

y
C

B

A
x





Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có: B  0;0;0  , A  a ;0;0  , C  0; a ;0  , B 0;0; a 2 .

 a 
Vì M là trung điểm của BC nên M  0; ;0  .
 2 





a 

Suy ra: BC  0; a ;  a 2 , AM   a ; ;0  .

2 

 AM , BC  . AC
a

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC : d  BC , AM   
.

7
 AM , BC 



Câu 35: Cho hàm số y  f  x  có bảng xét dấu đạo hàm như sau:
Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

12


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

Hàm số y  f  2 x  2   2e x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.   ; 1 .

C.  0;1 .

B.  2;0  .

D. 1;   .

Lời giải
Chọn C
Ta có: y  f  2 x  2   2e x nên y  2 f   2 x  2   2e x  2  f   2 x  2   e x  .
Hàm số trên nghịch biến trên D khi và chỉ khi y '  0, x  D  f   2 x  2   e x  0, x  D
hay f   2 x  2   e x , x  D
Mặt khác từ bảng xét dấu

* .
f   x  ta suy ra bảng xét dấu của

f   2 x  2  như sau:

 2 x  2  6
 x  2
 2 x  2  4
 x  1


Ta có: f   2 x  2   0 
nên:
 2 x  2  2
x  0


2 x  2  0
x  1

Nhìn vào bảng biến thiên, ta dễ dàng suy ra f   2 x  2   0  x   ; 2

1;1

Nên x   ; 2

1;1 thỏa mãn phương trình * (vì e x  0, x  ).
Từ đó suy ra hàm số y  f  2 x  2   2e x nghịch biến trên khoảng  0;1 .
Câu 36: Cho một bảng ô vuông 3  3 .

Điền ngẫu nhiên các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 vào bảng trên (mỗi ô chỉ điền một số). Gọi A là
biến cố “mỗi hàng, mỗi cột bất kì đều có ít nhất một số lẻ”. Xác suất của biến cố A bằng
1
10
5
1
A. P  A   .
B. P  A   .
C. P  A   .
D. P  A  
.
3
21
7
56
Lời giải
Chọn C
Số phần tử của không gian mẫu n    9!
Gọi A là biến cố “mỗi hàng, mỗi cột bất kì đều có ít nhất một số lẻ”.

A là biến cố “có một hàng, hoặc một cột đều là số chẵn”
Vì có 4 số chẵn nên chỉ có một hàng hoặc một cột xếp toàn số chẵn

Có 6 cách chọn ra một hàng hoặc hoặc một cột để xếp 3 số chẵn.
Có 6 cách chọn một ô không thuộc hàng đó để xếp tiếp 1 số chẵn nữa
Có 4! cách xếp 4 số chẵn và 5! xếp 5 số lẻ.
Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

13


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

 

Vậy xác xuất P  A   1  P A  1 

6.6.4!.5! 5
 .
9!
7

x 4  ax  a
Câu 37: Cho hàm số y 
. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm
x1
số trên đoạn 1; 2  . Có bao nhiêu số nguyên a sao cho M  2m ?
A. 15 .
B. 38 .
C. 34 .
Lời giải

D. 27 .

x 4  ax  a
3x 4  4 x 3
trên đoạn 1; 2  có u' 
 0x  1; 2  .
2
x1
 x  1

Xét u 

Do đó, max u  u  2   a 
1;2 

16
1
; minu  u  1  a  .
3 1;2
2


16 a  1  0
M

a



1

1
13
3  2
 a
Trường hợp 1: Nếu a   0  

2
2
3
m  a  1
a  16  2  a  1 


3
2
2




1
 16
a
0
M    a  
2
16
61
16
3




0

 a .
Trường hợp 2: a 
3
6
3
m    a  16    a  1   2  a  16 



2
3 
3   




1 
16 
1
16 
Trường hợp 3: Nếu  a   a    0  m  0 ; M  max  a  ; a 
  M  2m (thỏa
2 
3 
2

3




mãn). Vậy 

61
13
a
 a  10,...., 4 .
6
3

Câu 38: Cho hàm số f  x   x  x2  1 . Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình sau có 3 nghiệm
thực  x  m  f  x  m  

x3  4x



f x3  4 x



0

B. 5 .

A. 4 .

D. 6 .

C. 3 .
Lời giải:

Chọn C
Ta có f  x   x  x2  1  x  x2  x  x  0  f  x   0x 

f  x   x 




1

f x  4x
3



 x 



2

1 



x 1 x 
2

x2  1  x



x2  1  x

x2  1  x

.



1
x2  1  x



1
f  x



 f x3  4x .

Theo GT:  x  m  f  x  m  

x3  4x



f x  4x
3





 

 0   x  m  f  x  m   x3  4x f x3  4x

Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.



14


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.



 f '  x   f x x  x2  1

  
'

x2  1  x



2

x 1
2

 0x 

 x  m  x 3  4x.

 m  x3  3x  m  x3  3x  yCT  m  yCD  2  m  2.
Câu 39: Đồ thị hàm số f  x   ax4  bx2  c có đúng ba điểm chung với trục hoành tại các điểm M , N , P
có hoành độ lần lượt là m, n, p  m  n  p  . Khi f  1  
phẳng giới hạn bởi đồ thị f  x  và trục hoành bằng
A.

32
.
15

B.

16
.
15

4
.
15

C.

D.

8
.
15

Lời giải

Ta có f  x   4ax  2bx.
'

3
và f '  1  1 thì diện tích hình
4

3

Vì đồ thị hàm số f  x   ax4  bx2  c có đúng ba điểm chung với trục hoành nên đồ thị hàm số
tiếp

xúc

với

trục

hoành

tại

gốc

tọa

độ

suy

ra

f 0  0

.

Ta

có


1
 f 0  0
c  0
a



4

3 
3 

f
1



a

b

c



b


1
  


4
4
 '


c  0
 f  1  1
4a  2b  1



Vậy f  x  

2

1 4
1
32
x  x 2  S   x 4  x 2 dx  .
4
4
15
2


2

Câu 40: Biết

  x 1 cosxdx 
0

A. 14 .

 a

b

với a; b 

. Khi đó a 2  b 2 bằng
C. 8 .
Lời giải

B. 12 .

D. 4 .

Chọn B
u  x  1
du  dx

Đặt 
.
dv  cos xdx v  sin x





2

Khi đó

2

  x 1 cosxdx   x 1 sin x 02   sin xdx 
0

0


2



 1  cos x 02 


2

2 

 4
2

.

Suy ra a  4 và b  2  a  b  12 .
2

2

Câu 41: Cho tam giác ABC cân tại A , biết AB  2a và góc ABC  30o , cho tam giác ABC (kể cả điểm
trong) quay xung quanh đường thẳng AC được khối tròn xoay. Khi đó thể tích khối tròn xoay
bằng

2πa 3
3
A. 2πa 3 .
B. 6πa 3 .
C.
.
D. 2a .
3
Lời giải
Chọn A
Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

15


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

C

A
B

B'
D

Gọi D là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng AC .
V1 là thể tích khối nón tròn xoay sinh bởi tam giác vuông CDB khi quay quanh trục CD .

V2 là thể tích khối nón tròn xoay sinh bởi tam giác vuông ADB khi quay quanh trục AD .

Khi đó thể tích khối tròn xoay cần tính là V  V1  V2 .
Tam giác ABC cân tại A và AB  2a  AC , ABC  30o  CAB  120o và DAB  60o .
Do đó DB  AB.sin 60o  a 3 .
Vậy ta có
2
1
1
1
1
1
V  π.DB 2 .DC  π.DB 2 .DA  π.DB 2  DC  DA   π.DB 2 . AC  π. a 3 .2a  2πa 3
3
3
3
3
3





a 3
và góc BAD  60
2
. Gọi M và N lần lượt là trung điểm các cạnh AD và AB . Tính thể tích khối chóp A.BDMN
.

Câu 42: Cho hình hộp đứng ABCD.ABCD có các cạnh AB  AD  a , AA 

a3 3

.
A. V 
16

3a 3
.
B. V 
16

3a3 3
.
C. V 
16
Lời giải

a3
D. V  .
16

Chọn B
Cách 1:

Gọi I là giao điểm của BN và AA . Khi đó I cũng thuộc DM .
IA AN 1

 .  A là trung điểm của AI  IA  2 AA  a 3 .
Ta có AN // AB 
IA
AB 2
Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.

Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

16


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

ABD có AB  AD , BAD  60 nên ABD đều  SABD

a2 3

.
4

a2 3
a
 SAMN 
.
2
16
1
2
 VI . ABD  2VA. AMN  . AI .S ABD  . AA.S AMN
3
3

AMN đều có cạnh bằng
Khi đó: VA.BDMN

1

a 2 3 2 a 3 a 2 3 3a3
 .a 3.
 .
.

.
3
4
3 2
16
16
Nện mạnh bài này bằng cách khác nhé, TƯ DUY 4.0 nó phải khác :))

1
Ta có: VA.BDMN  VN . ABD  VN . AMD . VN . ABD  d  N ,  ABD   .S ABD .
3

Tam giác ABD đều cạnh a  S ABD 

 VN . ABD

a 3
a2 3
; d  N ,  ABD    d  A,  ABD   
.
2
4

1 a 3 a 2 3 a3
1


.
 . VN . AMD  d  N ,  AMD   .S AMD .
3
3 2
4
8

1 a 3
1
1
a2 3
a 3
S AMD  .
.a 
; d  N ,  AMD    d  B,  AMD    BM 
.
2 2
2
2
4
4

 VN . ABD 

1 a 3 a 2 3 a3
.
 .
3 4
4

16

Vậy VA.BDMN  VN . ABD  VN . AMB 

a 3 a 3 3a 3
 
.
8 16 16





Câu 43: Cho khối trụ có hai đáy là hai hình tròn  O; R  và O' ; R biết OO'  4R .Trên đường tròn

O; R lấy hai điểm

A , B sao cho AB  R 3 . Mặt phẳng  P  đi qua A , B cắt đoạn OO' và

tạo với đáy một góc bằng 60 o . Mặt phẳng  P  cắt khối trụ theo thiết diện là một phần của elip.
Diện tích của thiết diện đó bằng:

 4
3 2

A. 
R .
 3
2 


 2
 4
3 2
3 2

R .

B. 
C. 

R .
 3
 3
4 
2 


Lời giải

 2
3 2

D. 
R .
 3
4 


Mặt phẳng  P  cắt OO' tại điểm I và gọi M là trung điểm của AB . Theo giả thiết có OMI  60o

2

2
R 3
 AB 
R
R 3
o
OM  R  
 R2  
.
   OI  OM.tan60 


2
2
 2 
 2 
2

Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

17


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

R 3
 R 3   P  không cắt đường tròn đáy còn lại.

2
Do hình chiếu của thiết diện lên đáy là phần hình phẳng nằm giữa dây cung AB và cung lớn AB
Do đó O' I  4 R 

của đường tròn O; R  .

Có Shc  SOAB  SOAB 

240
1
2
3
 R2  R2 sin120 o   R2  R2
.
360
2
3
4

Diện tích thiết diện: Std 

 2 2
Shc
3 2   4
3 2

2
R

R






 R
 3
  3
4
2
cos60o

 


Câu 44: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu

 S2  : x 2   y  4 

2

 S1  : x2  y 2  z 2  1 ,

1

 z 2  4 và các điểm A  4;0;0  , B  ;0;0  , C 1; 4;0  , D  4; 4;0  . Gọi
4


M là điểm thay đổi trên  S1  , N là điểm thay đổi trên  S 2  . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Q  MA  2 ND  4 MN  6 BC là

A. 2 265 .

B.

5 265
.
2

C. 3 265 .

D.

7 265
.
2

Lời giải
Chọn B

Mặt cầu  S1  có tâm O  0;0;0  , bán kính R1  1 ; mặt cầu  S 2  có tâm I  0; 4;0  , bán kính
R2  2 .

Thấy OI  4  R1  R2  Hai mặt cầu  S1  và  S 2  nằm ngoài nhau.
1
Ta có: OM  1, OB  , OA  4 và IN  2, IC  1, ID  4 .
4
Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

18


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

OB OM 1
BM 1
  MA  4 BM .

  BOM MOA ( g  c  g ) 
OM
MA 4
OA 4
IC IN 1
CN 1

  ND  2 NC .
  CIN NID ( g  c  g ) 
Thấy
IN ID 2
ND 2

Thấy

Khi đó: Q  MA  2 ND  4MN  6BC  4  BM  MN  NC   6BC  10BC 

5 265
.
2

Dấu "  " xảy ra khi bốn điểm B, M , N , C thẳng hàng.
Câu 45: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  z  5  i   2i   6  i  z ?
B. 3 .

A. 1 .

C. 4 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn B
Ta có: z  z  5  i   2i   6  i  z  z z  5 z  z i  2i  6 z  iz
 z  z  6  i   5 z   z  2  i * .

Mô đun hai vế của biểu thức (*) ta được:

z  z  6  i   5 z   z  2  i  z z  6  i  25 z   z  2 
2

 z  6

 z

2

 1  25 z   z  2 
2

Phương trình (**) trở thành: t

t  6

2

2

** . Đặt

2

z  t , t  0.

 1  25t 2   t  2  .
2

Bình phương hai vế ta được:







2
2
t 2  t  6   1  25t 2   t  2   t 2 t 2  12t  36  1  25t 2  t 2  4t  4









 t 4  12t 3  11t 2  4t  4  0   t  1 t 3  11t 2  4  0
t  1
t  10,967
t  1  0
 3
.Suy ra 
2
t  0, 621
t

11
t

4

0


t  0,588
Kết hợp với điều kiện t  0 ta có 3 giá trị của t thỏa mãn.
5t   t  2  i
Từ (*) suy ra, ứng với mỗi z  t sẽ có một số phức z 
thỏa mãn đề bài.

t 6i
Vậy có 3 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 46: Cho

hàm

số

f  x

có

đạo

hàm

liên

tục

trên

 1;1

 f   x    4 f  x   8x2  16 x  8 với mọi x thuộc  1;1 . Giá trị của
2

và

thỏa

f 1  0 ,

1

 f  x  dx bằng
0

5
A.  .
3

B.

2
.
3

C.

1
.
5

1
D.  .
3

Lời giải
Chọn A

Cách 1.
1

Đặt I   2 f  x  dx .
1

Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

19


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.


du  f   x  dx
u  f  x  
Dùng tích phân từng phần, ta có: 
.



v  2 x  2
dv  2dx
1

1

1

I   2 x  2  f  x  1    2 x  2  f   x  dx  4 f 1    2 x  2  f   x  dx     2 x  2  f   x  dx .
1

1

1

1

1

1

1

Ta có  f   x    4 f  x   8 x 2  16 x  8    f   x   dx  2  2 f  x  dx   8 x 2  16 x  8 dx
2

2

1

1

1

   f   x   dx  2   2 x  2  f   x  dx    2 x  2  dx
2

2

1

1

1

1

1

1

1

1

1

  8x 2  16 x  8 dx    2 x  2  dx
2

1

   f   x    2 x  2  dx  0  f   x   2 x  2  f  x   x 2  2 x  C , C 
2

1

.

1

1

1

5
Mà f 1  0  C  3  f  x   x 2  2 x  3   f  x  dx    x 2  2 x  3 dx   .
3
0
0

Chọn hàm là một chìa khóa thông minh để giải quyết bài toán này. TƯ DUY lên một tí nhé
em êu ^_^
Chọn f  x   ax 2  bx  c  a  0  (lý do: vế phải là hàm đa thức bậc hai)  f   x   2ax  b .
Ta có:  f   x    4 f  x   8 x 2  16 x  8   2ax  b   4  ax 2  bx  c   8 x 2  16 x  8
2

2

  4a 2  4a  x 2   4ab  4b  x  b2  4c  8x 2  16 x  8

 4a 2  4a  8
a  1


 4ab  4b  16  b  2 hoặc
b 2  4c  8
c  3




a  2

b  4 .
c  6


Do f 1  0  a  b  c  0  a  1 , b  2 và c  3 .
1

1

5
Vậy f  x   x  2 x  3   f  x  dx    x 2  2 x  3 dx   .
3
0
0
2

Câu 47: Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên
dưới đây. Xét hàm số g  x  

và không có cực trị. Đồ thị hàm số f  x  như hình vẽ

2
1
 f  x   2 xf  x   2x2 . Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
2

A. Đồ thị của hàm số g  x  có điểm cực tiểu là M 1; 0  .
B. Hàm số g  x  không có điểm cực trị.
C. Đồ thị của hàm số g  x  có điểm cực đại là N  1; 2  .
Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

20


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

D. Đồ thị của hàm số g  x  có điểm cực đại là M 1; 0  .
Lời giải

g  x 



2
1
 f  x   2xf  x   2x 2  g'  x    f  x   2x

2

  f '  x   2 

Theo giả thiết, ta có: f '  x   0x và f  x   2x  x  1.
Do đó g'  x  đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua x  1 nên đồ thị hàm số g  x  có điểm cực





tiểu M 1; g 1  M 1; 0 
9
2
và AD  . Gọi M là một điểm nằm trên cạnh AB sao cho
2
3
MA  2MB . Một mặt phẳng thay đổi   đi qua M cắt các cạnh AC và AD lần lượt tại N

Câu 48: Cho tứ diện ABCD có AC 

và P sao cho luôn thoả mãn
A. 3 .

B.

VAMNP NC

. Giá trị nhỏ nhất của AN  AP tương ứng bằng:
VABCD AN

15
.
4
Lời giải

64

.
15

C.

D.

263
.
120

Chọn C

A

P
M
N
D

B

C
9
2
9
 AN  x
Đặt 
với 0  x  , 0  y  suy ra NC   x .
2

3
2
 AP  y
9
9
x
x
81  18 x
VAMNP NC
AM AN AP NC
9 2
2 x y 2


.
.

 y . 2  y
 . . 
.
4 x2
VABCD AN
AB AC AD AN
2 x
3 9 2
x
2 3
81  18 x
81  18 x
9

Suy ra AN  AP  x  y  x 
. Đặt f  x   x 
với 0  x  .
2
2
4x
4x
2

f  x  1

x  0
9 x 2  81x 2 x 4  9 x 2  81x

; f  x  0  
.
4
4
2x
2x
x  3

Ta có bảng biến thiên:
Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

21


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

Câu 49: Trong tất cả các cặp số thực  x; y  thõa mãn log x2  y2 3  2x  2 y  5  1 . Có bao nhiêu giá trị
thực của tham số m để tồn tại duy nhất cặp  x; y  sao cho x2  y 2  4x  6 y  13  m  0 ?
A. 1 .

C. 3 .
Lời giải:

B. 2 .

D. 0 .

Có log x2  y2  3  2 x  2 y  5   1  2 x  2 y  5  x 2  y 2  3   x  1   y  1  4 .
2

2

Đây là hình tròn  C1  có tâm I1 1;1 , bán kính R1  2 .
Lại có x2  y 2  4x  6 y  13  m  0 . Đây là đường tròn C2  có tâm I 2  2; 3  , bán kính
R2  m .

5  2  m
 I I  R1  R2
m  9
Để C1  ; C2  có đúng một điểm chung   1 2


.
 5  m  2
 m  49

 I1 I 2  R1  R2
Câu 50: Cho hai hàm số đa thức bậc bốn y  f  x  và y  g  x  có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Trong
đó, đường cong màu đỏ là đồ thị hàm số y  f  x  , đường cong màu xanh là đồ thị hàm số
y  g  x  . Biết rằng hai đồ thị này tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ 3 và cắt nhau tại hai

điểm nữa có hoành độ lần lượt là 1 và 3 . Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để bất
phương trình f  x   g  x   m nghiệm đúng với mọi x  
 3; 3 là:

A. m 

12  8 3
..
9

B. m 

12  9 3
.
5

Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.
Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

C. m 

12  8 3
.
9

D. m 

12  9 3
.
5
22


THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 8.

Lời giải:
Nhìn đề là lú cái đầu luôn, nhưng bình tĩnh, gỡ dần dần nhé !!!

f  x   g  x   a  x  3  x  1 x  3 ; f  0   1; g  0   2 .
2

 f  0   g  0   27 a  a  

1
.
27

Ta có f  x   g  x   m  m  f  x   g  x   m  
Đặt h  x   

2
1
x  3   x  1 x  3  (1)

27

2
1
x  3   x  1 x  3  .

27

Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x  
min h  x  .
 3; 3  m  
 3;3

x   3

4
4
Ta có h'  x     x  3  x 2  3 ; h'  x   0    x  3  x 2  3  0   x  3
27
27

 x  3



 

h  3 

12  8 3
;h

9

Suy ra min h  x  

 3;3



 3   12 98



3



; h  3   0; h  3   0.

12  8 3
12  8 3
. Vậy m 
9
9

LƯU Ý: Đáp án chỉ mang tính chất tham khảo. Thắc mắc câu nào thì hãy chụp ảnh lại, đăng lên
GROUP TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0 để được ADMIN và đội ngũ nhóm MOD giải đáp.
Ngoài ra, sách CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC OXYZ vẫn được xuất bản, đăng kích mua sách để
nắm trọn điểm chuyên đề này trong đề thi nhé !!

Sưu tầm và biên soạn đề thi: Duy Hiếu.

Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

23