Toan_thithu THPTQG 2020NT

TRƯỜNG THPT NGỌC TẢO

KHẢO SÁT LỚP 12 ĐỢT NGÀY 19/01/2020
Bài thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

(Đề gồm có 04 trang)

LỜI GIẢI CHI TIẾT MÃ ĐỀ 141

�x 2 khi x  1
f
(
x
)

�
Câu 1. Hàm số
gián đoạn tại điểm
�2 x khi x �1
A. x  2 .
B. x  1 .
C. x  1 .

D. x  0 .

Lời giải
2
f
(
x

)

lim
x
 1; lim f ( x)  lim 2 x  2 .
+ Ta có xlim
�1
x �1
x�1
x�1

f ( x) �lim f ( x)
+ Vì xlim
nên hàm số không có giới hạn tại x  1 . Suy ra f ( x ) gián đoạn tại x  1 .
�1
x �1
Chọn B.
1,5
Câu 2. Đạo hàm của hàm số f ( x)  4 x tại điểm x  4 là
A. 6 .
B. 85, (3) .
C. 12 .

D. 24 .

Lời giải

( x)  6 x 0,5 .
+ Ta có f �
(4)  6.40,5  12 .

+ f�
Chọn C.

�  60�. Khi đó M thuộc mặt
Câu 3. Trong không gian cho tia Sx cố định, điểm M thay đổi (khác S ) sao cho góc SMx
nào trong các mặt dưới đây?
A. Mặt cầu.
B. Mặt nón.
C. Mặt trụ.
D. Mặt phẳng.
Lời giải
Ta có M thuộc mặt mặt nón có đỉnh S , trục Sx và góc ở đỉnh là 120�(theo định nghĩa mặt nón).
Chọn B.
Câu 4. Khẳng định nào sau đây đúng?
2dx  2x  C .
sin xdx  cos x  C .
A. �
B. �
C.

xdx  x
�

2

C .

cos xdx   sin x  C .
D. �

Lời giải
2dx  2 x  C .
�
Chọn A.

( x)  3x . Giá trị f (2)  f (0) bằng
Câu 5. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm f �
A. 9log3 e

C. 8log3 e .

B. 9 ln 3 .

Lời giải

3x
� 3 dx 
C .
+ Ta có f �
�( x)dx  f ( x)  C � ln 3
x

Trang 1/16 - Mã đề: 141

D. 8ln 3 .


+ f (2)  f (0) 

32 30


 8log 3 e .
ln 3 ln 3

Chọn C.

r

Câu 6. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho điểm A(2;5) . Phép tịnh tiến theo vectơ v(1;2) biến A thành điểm B có toạ độ
là
A. (3; 7) .
B. (4; 7) .
C. (1; 6) .
D. (3;1) .
Lời giải
uuur r
+ Ta có Tvr ( A)  B � AB  v .
+ Gọi



x 2 1



x3

thì y  5  2 � y  7 . Vậy
.
B ( x; y )

B (3; 7)

Chọn A.
Câu 7. Phương trình log

3

x  6 có nghiệm là

A. x  9 .

D. x  log

C. x  6 3 .

B. x  27 .

3

6.

Lời giải
log

3

x 6�x 

3

6

� x  27 .

Chọn B.
Câu 8. Cho hai mặt phẳng ( P) và (Q ) song song với nhau. Đường thẳng a nằm trong ( P ) , đường thẳng b nằm trong
(Q ) . Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. a và b chéo nhau hoặc song song.
B. a và b cắt nhau hoặc song song.
C. a cắt (Q ) .
D. a và b cắt nhau hoặc chéo nhau.
Lời giải
Chọn A.

�
�2

�
�

Câu 9. Nghiệm của phương trình tan x   tan  trong khoảng � ;  �là
5

A.

7
.
10

B.

Lời giải


+ tan x   tan

5

� tan x  tan
�x

�
�2

�
�

3
.
5

C.

2
.
5

D.

4

.
5

4
5

4
 k (k �Z)
5

+ Vì x �� ;  �nên x  4 .
5

Chọn D.
Câu 10. Hàm số nào sau đây là hàm số lẻ ?
A. y  2 x  1 .

2
B. y  x .

C. y  cos x .

Lời giải
y  tan x là hàm số lẻ vì tan( x)   tan x .
Trang 2/16 - Mã đề: 141

D. y  tan x .


Chọn D.

r

r

r

ur

Câu 11. Trong không gian toạ độ Oxyz , cho các vectơ a(1;2;0), b(2; 4;6), c(2;4;2), d ( 1; 2; 3) . Các cặp vectơ nào sau
đây cùng
phương
với nhau?
r
r
b
c
A. và .

r

r

r

B. a và c .

r

C. a và b .

r

ur

D. b và d .

Lời giải
Vì

2
4
6
u
r hay r và ur cùng phương.


 2 nên r
b  2d
b
d
1 2 3

Chọn D.
Câu 12. Trên tập hợp các số thực, phương trình  x 2  1  x 2 – 4   0 có tập nghiệm là
A.  1; 1;2; 2 .

B.  1;2 .

C.  2; 2 .

D.  1; 1;2 .

Lời giải
Vì x 2  1  0x nên

 x 2  1  x 2 – 4   0

� x2 – 4  0
x2
�
��
x  2
�
Chọn C.

Câu 13. Cho hàm số y  f ( x ) có đạo hàm với mọi
Mệnh đề nào sau đây đúng?
( 1)  0 .
(1)  0 .
A. f �
B. f �
(0)  0 .
(1)  0 .
C. f �
D. f �

x và có đồ thị như hình vẽ bên.

Lời giải

+ Tại các điểm cực trị, đạo hàm của hàm số đã cho bằng 0.
(1)  0 .
+ Vậy f �
Chọn D.
Câu 14. Mỗi đỉnh của một hình bát diện đều là đỉnh chung của bao nhiêu mặt?
A. 4 .
B. 3 .
C. 6 .
D. 5 .
Lời giải
Mỗi đỉnh của một hình bát diện đều là đỉnh chung của 4 mặt.
Chọn A.

r
r
r
r
Câu 15. Trong không gian toạ độ Oxyz cho hai vectơ u  (2;0; 2) và v  ( 1;1;0) . Góc giữa u và v bằng


5
2
A. .
B. .
C.
.
D.
.
4

3

6

Lời giải

rr
r r
u.v
+ Công thức: cos  u , v   r r .
u.v
r r

1

rr
r
r
+ u.v  2, u  2 2, v  2 � cos  u, v  
.
2
Trang 3/16 - Mã đề: 141

3


r r

+  u, v  

2
.
3

Chọn D.
Câu 16. Cho hàm số y 

6x  3
có đồ thị (C ) . Tiếp tuyến của (C ) tại điểm có hoành độ x  4 cắt trục tung tại điểm
x 1

A . Tính độ dài OA ( O là gốc toạ độ).
A. OA  1 .

B. OA  24 .

C. OA  13 .

D. OA  9 .

Lời giải

� 9
�6 x  3 �
.
�
�x  1 �  x  1 2 � y�
( 4)  1

�

+ y�

+ Tiếp điểm M (4; y0 ) � y (4)  9 . Vậy M (4;9) .
+ Phương trình tiếp tuyến d của (C ) tại M (4;9) là
y  1.( x  4)  9 � y  x  13 .
+ d cắt trục tung tại điểm A(0;13) .
Chọn C.

uuur uuur

Câu 17. Cho tam giác đều ABC cạnh 2a . Khi đó AB  AC bằng
A. 2 3a .

B. 3a .

Lời giải

uuur uuur

C. 2a .

D. 4a .

uuur

+ Vẽ hình thoi ABDC thì AB  AC  AD  AD .
+ Tam giác đều

ABC

+ AD  2 AO  2
Chọn A.

cạnh

2a

có chiều cao AO 

2a 3
a 3.
2

3a .

Câu 18. Điều tra 20 học sinh lớp 12 về vấn đề học thuộc bài Hịch tướng sĩ và Đại cáo bình Ngô?" thu được kết quả là:
Có 10 học sinh thuộc bài Hịch tướng sĩ, có 12 học sinh thuộc bài Đại cáo bình Ngô và có 5 học sinh không thuộc cả hai.
Hỏi có bao nhiêu học sinh học thuộc cả hai bài?
A. 3 .
B. 2 .
C. 7 .
D. 1 .
Lời giải
+ Số học sinh học thuộc ít nhất một trong hai bài là
20 – 5 = 15.
+ Số học sinh chỉ học thuộc cả hai bài là
(10 + 12) – 15 = 7.
Chọn C.
Câu 19. Tập hợp các giá trị của m để bất phương trình 10 x  m vô nghiệm là
A. (�; 0] .

B. (0; �) .
C. (�; 0) .
D. [0; �) .
Lời giải
+ Nhận xét: 10 x  0x
+ Bất phương trình 10 x  m vô nghiệm ۣ m 0 .
Chọn A.
4
2
Câu 20. Cho hàm số f ( x )  4 x  12 x  8 . Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [0; 2] là

Trang 4/16 - Mã đề: 141


A. 18 .

B. 17 .

D. 17, 5 .

C. 16 .

Lời giải

( x)  16 x 3  24 x .
+ f�
( x)  0 � 16 x3  24 x  0
+ Trên khoảng  0;2  , f �
� 8 x(2 x 2  3)  0 � x 

3
2

�3�
+ f (0)  8, f (2)  8, f � � 17 .
�2�

+ Số lớn nhất trong các số trên là

�
3�
khi x 
. Vậy max f  x   17 �
�
2�
�
17

Chọn B.
Câu 21. Một hình hộp chữ nhật có các kích thước là a, b, c thì diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp bằng
A.   a 2  b 2  c 2  .

B. 2  a 2  b 2  c 2  .

2

C.   a  b  c  .

D. 4  a 2  b 2  c 2  .

Lời giải
Nhận xét: - Tâm của hình hộp chữ nhật cách đều tất cả các đỉnh của nó.
- Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật cũng là tâm của nó.
- Đường chéo hình hộp chữ nhật là một đường kính của mặt cầu ngoại tiếp của nó.
+ Đường chéo hình hộp có độ dài là

a 2  b2  c2 .

+ Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp là

a2  b2  c 2
2
2

� 2 2 2�
+ Diện tích mặt cầu là 4 � a  b  c �    a 2  b2  c 2  .
�
2
�
Chọn A.
Câu 22. Một cấp số nhân có tích hai số hạng đầu tiên bằng 2, tích ba số hạng đầu tiên là 8. Vậy tích của bốn số hạng đầu
tiên bằng bao nhiêu?
A. 18 .
B. 24 .
C. 64 .
D. 16 .
Lời giải



�
u12 .q  2
�
u1.u2  2
u 1
�
�
u12 .q  2
��
�
� 1
�
+�
3
u1.u2 .u3  8
q2.
�
 u1.q   8 �u1.q  2
�
4 6
6
+ u1.u2 .u3 .u4  u1 .q  1.2  64 .

Chọn C.
Câu 23. Từ một miếng bìa hình tròn bán kính r , người ta cắt bỏ một hình quạt có góc ở tâm bằng 90�(tham khảo hình
bên) sau đó chập hai mép OA và OB với nhau để tạo thành một hình nón không đáy.
Diện tích xung quanh hình nón được tạo ra bằng
A. 3 r 2 .
B.  r 2 .
C.

3 2
r .
4

D.

3 2
r .
4

Trang 5/16 - Mã đề: 141


Lời giải
+ Diện tích xung quanh hình nón được tạo ra bằng diện tích hình quạt AOB .
+ Shình quạt AOB =

3
3 2
Shình tròn =  r .
4
4

Chọn D.
x 2  2 x  8  3  x  4  bằng

Câu 24. Tổng các nghiệm của phương trình
A. 28 .

C. 11 .

B. 0 .

D. 11 .

Lời giải
+

x2  2x  8  3  x  4

�x  4 �0
� �2
2
�x  2 x  8  3  x  4 

�x �4
�� 2
2 x  22 x  56  0
�
�x �4
�
x4
�
� ��
x4� �
x7
�
x7 �
�

��
+ Tổng các nghiệm là 4  7  11 .
Chọn C.
Câu 25.

x

dx
�
x2 1

bằng

A. 1 ln x 2  1  C .
2

B. ln

x 1
C .
x 1

C.

1 x 1
ln
C .
2 x 1

D.

ln x 2  1  C

.

Lời giải
x
1 2x
1 d ( x 2  1) 1
dx

dx

 ln x 2  1  C
+ �2
�
�
2
2
2 x 1
2
2
x 1
x 1
Chọn A.
Câu 26. Hàm số nào dưới đây đồng biến trên khoảng xác định của nó?
A. y   2  1 .
x

B. y  log

3 1

x.

1 x
C. y  2 .

D. y  log1,2 x .

Lời giải

+ Hàm số y  log1,2 x có cơ số a  1, 2  1 nên là hàm số đồng biến (trên khoảng (0; �) ).
Chọn D.
2
Câu 27. Đồ thị hàm số y  ( x  1)(4 x  8 x  m) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi

A. m  1 .

B. m  4; m �12 .

C. m  4 .

D. m  4 .

Lời giải
+ Hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là nghiệm của phương trình

( x  1)(4 x 2  8 x  m)  0
x  1

�
�� 2
4 x  8 x  m  0 (1)
�
2
+ Đồ thị hàm số y  ( x  1)(4 x  8 x  m) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi

Trang 6/16 - Mã đề: 141


Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1
�
4(1) 2  8(1)  m �0 � m �12
��
m4 .
16  4m  0
�



Chọn B.
Câu 28. Có bao nhiêu cách chia 6 công nhân thành ba nhóm đều nhau để làm ba việc khác nhau.
A. 90 .
B. 360 .
C. 36 .
D. 48 .
Lời giải
+ Vì có 6 công nhân được chia đều thành ba nhóm nên mỗi nhóm có 2 công nhân.
2
+ Chọn 2 trong 6 công nhân được C6 cách

2
Chọn 2 trong 4 công nhân còn lại được C4 .
2 2
+ Vậy số cách chia là C6 C4 = 90.

Chọn A.

Câu 29. Cho

2

2

1

1

1

1

f ( x)dx  3 và �
f ( x )dx  2 . Khi đó �
f ( x)dx bằng
�
B. 5 .

A. 1 .

C. 5 .

D. 1 .

Lời giải
2

1

2

1

1

1

�f ( x)dx  �f ( x)dx  �f ( x)dx .

+ Ta có

1

+ Thay số vào ta được

�f ( x)dx  1 .

1

Chọn D.
Câu 30. Cho F ( x )  ln x là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) trên khoảng (0; �) . Gọi G ( x ) là một nguyên hàm của

( x ) ln x thoả mãn G (1)  1 . Giá trị G (3) bằng
hàm số f �
A. ln 3  1 .
3

B. ln 3  5 .
3

ln 2 3
C.
.
3

Lời giải

( x)  f ( x)
�F �
1
�
1 � f ( x) 
+ Ta có �F �
�


( x)  ln x 
x
�
x
�
1

 ln x
� f�
( x) ln x 
.
2
x
x2
 ln x
f�
( x) ln xdx  � 2 dx
+ �
x
1
1
1
Đặt u  ln x, dv  2 dx thì du  , v  .
x
x
x
 ln x
ln x
1
ln x 1
� � 2 dx 
 �2 dx 
 C .
x
x
x
x

x
( x) 
+ f�

Trang 7/16 - Mã đề: 141

D. ln 3  1 .
3


ln x 1
�
�
G ( x) 
 C
+ Ta tìm
từ �
x x
�
G (1)  1
�
C
Vậy G ( x) 

ln x 1
�
�
G ( x) 
 C
� 1  1  C � C  2

�
x x
�
G (1)  1
�

ln x 1
ln 3  5
  2 � G (3) 
.
x
x
3

Chọn B.

x 2  ax  b 1

, khi đó tổng
bằng
x �2
2
ab
x2  4
B. 5 .
C. 1 .

Câu 31. Biết rằng lim
A. 2 .

D. 0 .

Lời giải
+ Nhận xét : Đây là giới hạn hữu hạn nên nó phải là giới hạn vô định dạng 0/0 (khi
+ Ta có x 2  ax  b chia hết cho 2 hay 2 là một nghiệm của đa thức này
� 22  2a  b  0 � b  4  2a (1)

x dần tới 2).

x 2  ax  b
x 2  ax  2a  4
ax2 a4

lim
 lim

.
2
2
x �2
x �2
x �2 x  2
4
x 4
x 4

+ lim

Từ giả thiết suy ra

a  4 1

� a  6 .
4
2

+ Thay a  6 vào (1) ta được b  8 . Vậy a  b  2 .
Chọn A.
Câu 32. Một xe buýt của hãng A có sức chứa tối đa là 50 hành khách. Giả sử mỗi chuyến, xe buýt chở

x

hành khách và

2

� x �
3  � (nghìn đồng). Số tiền thu được nhiều nhất khi chuyến đó chở được số hành khách
giá tiền cho một khách là 20 �
� 40 �
là
A. 45 .
B. 50 .
C. 42 .
D. 40 .
Lời giải
2

� x �
3  �, ( nguyên dương và

+ Mỗi chuyến xe buýt thu được số tiền là 20 x �
).
� 40 � x
x  50
2

� x �
3  �,
+ Ta tìm giá trị lớn nhất của f ( x)  20 x �
bằng phương pháp đạo hàm.
� 40 � x � 0;50 

� x �� 3x �
f�
( x)  �3  ��60  �;
.
( x)  0 � x  40
� 40 �� 2 � f �
+ Lập bảng biến thiên của hàm số trên khoảng  0;50  , ta được f ( x ) đạt cực đại duy nhất tại x  40 .
2

� x �
3  �, ( nguyên dương và
Vậy giá trị lớn nhất của 20 x �
) đạt được khi
.
� 40 � x
x  50
x  40
Chọn D.

Câu 33. Trong không gian tọa độ Oxyz cho tứ diện đều ABCD với các đỉnh A(3;0; 0), B(0;3;0), C (0;0;3) và D ( x; y; z ) .
Đặt T  x  y  z . Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. T �{3;9} .
B. T �{0;9} .
C. T  6 .
D. T �{3;3} .
Lời giải
+ Tồn tại một hình lập phương OAEB.CFDK có cạnh bằng 3, nằm trong miền {( x; y; z ), x �0, y �0, z �0} (hình vẽ bên).
Trang 8/16 - Mã đề: 141


+ Dễ thấy D(3;3;3) và ABCD là tứ diện đều cạnh bằng 3 2 .
+ Mặt khác, gọi G là tâm tam giác đều ABC thì G (1;1;1) và DG  ( ABC ) .
Lấy điểm D ' sao cho G là trung điểm của DD ' thì D '( 1; 1; 1) .
Lúc đó D, D ' đối xứng qua G , cũng là đối xứng qua ( ABC ) nên ABCD '
diện đều.
Vậy có hai điểm thoả mãn đkđb, chúng có toạ độ là (1; 1; 1) , (3;3;3) .

cũng là tứ

T  1  1  1  3
�

Vậy �
T  3 3 3  9 .
�
Chọn A.
Câu 34. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Mặt bên SAB là tam giác đều có đường cao vuông góc
với mp ( ABCD) . Số đo của góc giữa đường thẳng BD và mp ( SAD) là
�6�

�6�
A. arccos � �.
B.  .
C. arcsin � �.
D.  .
�4 �
�4 �
4
3
Lời giải
+ Đường cao SH của tam giác đều SAB thì H là trung điểm của AB
SH  ( ABCD ) .
+ Gọi I là trung điểm của SA thì SA  IB .
Lại do AD  AB, AD  SH � AD  IB
Từ đó suy ra ( SAD)  IB hay ID là hình chiếu của BD trên ( SAD) .
� .
Vậy góc giữa BD và ( SAD) là BDI
+ Xét tam giác vuông
� 
sin BDI

BID

vuông tại

I

có BD  a 2, IB 

và

a 3
.
2

�6�
IB  6
. Vậy
= arcsin � �.
�
�4 �
4
BD
BDI

Chọn C.
Câu 35. Cho hàm số f ( x) có bảng biến thiên như hình bên.
Hỏi hàm số f ( f ( x)) có bao nhiêu cực trị?
A. 4 .
B. 2 .
C. 1 .
D. 3 .
Lời giải

+ Theo điều kiện đầu bài, hàm số f ( x) đạt cực đại tại x  2 , fCD (2)  1 nên ta có f �
(2)  0 .
( f ( x)). f �
( x) .
+ Ta có  f ( f ( x))  � f �



f�
( f ( x))  0 �f ( x )  2
f ( f ( x ))  � 0 � �
��
.
�
( x)  0
x2
�f �
�

+ Từ bảng biến thiên ta có phương trình f ( x)  2 vô nghiệm.
Từ tính liên tục của hàm số suy ra  f ( f ( x))  �đổi dấu một lần duy nhất qua điểm x  2 .
+ Vậy hàm số f ( f ( x )) có 1 cực trị.
Chọn C.
Câu 36. Từ mỗi tờ giấy A4 (kích thước 21 cm x 29.7 cm), bạn An gấp theo các cách khác nhau để tạo thành các hình
chưa có đáy như sau (xem hình vẽ dưới đây):
Hình lăng trụ tam giác đều - hình 1 với chiều rộng tờ giấy là cạnh bên, chiều dài tờ giấy là chu vi đáy.
Hình lăng trụ tam giác đều - hình 2 với chiều dài tờ giấy tờ giấy là cạnh bên, chiều rộng là chu vi đáy.
Trang 9/16 - Mã đề: 141


Hình trụ - hình 3 với chiều rộng tờ giấy là đường sinh, chiều dài tờ giấy là chu vi đáy.
Hình trụ - hình 4 với chiều dài tờ giấy là đường sinh, chiều rộng tờ giấy là chu vi đáy.
Trong các khối giới hạn bởi mỗi hình, khối nào có thể tích lớn nhất?

A. Khối - hình 1.

B. Khối - hình 3.

C. Khối - hình 2.

D. Khối - hình 4.

Lời giải
+ Ta lập bài toán tổng quát: Cho hình chữ nhật có kích thước là a, b .
- Công thức tính thể tích khối lăng trụ tam giác đều:
Nếu chiều cao là

a

thì cạnh đáy là b , diện tích đáy
3

3b 2
3ab 2
� Vlt 
.
36
36

- Công thức tính thể tích khối trụ :

b2
ab 2
� Vlt 
thì bán kính đáy là b , diện tích đáy
.

a
4
4
2
+ Đối với Khối - hình 1 và Khối - hình 3 ta thay a = 21; b = 29,7.
Đối với Khối - hình 2 và Khối - hình 4 ta thay a = 29,7; b = 21.
+ Suy ra thể tích lớn nhất là Khối - hình 3.
Chọn B.
Nếu chiều cao (đường sinh) là

�  90�. Biết
Câu 37. Cho hình vuông ABCD có AB  4a . Xét điểm M thay đổi trong không gian sao cho �
AMB  BMC
rằng M luôn chạy trên một đường tròn (G ) cố định. Đường tròn (G ) có bán kính bằng
A. 2a .
B. 2 2a .
C. 4a .
D. 2a .
Lời giải

�  90�suy ra BM  ( MAC ) .
+ Ta có �
AMB  BMC
Gọi O là tâm hình vuông thì OM �( MAC ) � OM  MB .

�  90�hay M thuộc mặt cầu ( S ) đường kính OB . (1)
Vậy OMB
+ Mặt khác, hai tam giác MBC , MBA bằng nhau � MC  MA .
� M thuộc mặt phẳng ( P) qua DB và vuông góc với ( ABCD ) . (2)
+ Từ (1) và (2) suy ra đường tròn (G ) chính là giao của ( P) và ( S ) .

+ Bán kính của

(G )

bằng

OB DB 4a. 2


a 2.
2
4
4

Chọn A.
2

2

Câu 38. Cho phương trình 3x  m.3 x  m  1 . Điều kiện cần và đủ để phương trình có đúng ba nghiệm phân biệt là
A. m  1 .
B. m �1 .
C. m  0 và m �1 .
D. m  0 .
Lời giải
2

2

+ Phương trình 3x  m.3 x  m  1

�  3x

2



2

2

  m  1 3x  m  0

Trang 10/16 - Mã đề: 141


2
�
x0
�
3x  1
��2
� �x2
.
3 m
�
3x  m
�
�
Để phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thì

2

phương trình 3x  m phải có 2 nghiệm phân biệt (khác 0) (*).
2

Do 3x �30  1 nên điều kiện (*) được thoả mãn khi và chỉ khi m  1 .
Chọn A.
Câu 39. Cho các số thực dương a, b thoả mãn log9 a  log9 b  log 6 (2a )  log 4 (2a  ab) . Số b bằng
A. 5  1 .

B.  5  3 .

C.

5  3.

D.

5 1 .

Lời giải

+ log 9 a  log9 b  log 6 (2a )  log 4 (2a  ab)

� log 9 ab  log 6 2a  log 4 (2a  ab) , đặt bằng x thì ta có
�ab  9 x
�
� �2a  6 x
.
�2a  ab  4 x

�
+ Thay vào ta được
9x  6x  4x
x

x

x

x

�9 � �3 �
�3 � 1  5
�3 �
� � �  � � 1  0 � � � 
(do � �  0 nên giá trị âm bị loại).
�4 � �2 �
�2 �
2
�2 �
x

Từ trên, ta có

ab 9 x
b �3 �
 x �  � �.
2a 6
2 �2 �
x

�3 �
Vậy b  2 � �=
�2 �
Chọn A.

1 

5

.

Câu 40. Ông Tâm muốn dành tiền mua quà tặng vợ nhân ngày 8/3. Ông ấy dự định bỏ ống heo 3000 đồng, bắt đầu từ
ngày 19/01/2020. Tiếp theo cứ hai ngày một lần, Ông sẽ bỏ vào ống heo sao cho lần sau cao hơn lần ngay trước đó là
2000 đồng. Hỏi đến đúng ngày 08/03/2020, ông Tâm dành được khoảng bao nhiêu tiền (làm tròn đến hàng chục ngàn)?
A. 650.000 đồng.
B. 680.000 đồng.
C. 660.000 đồng.
D. 1.380.000 đồng.
Lời giải
+ Từ ngày 19/01/2020 đến ngày 08/03/2020 là 50 ngày, cũng là 25 lần ông Tâm bỏ ống heo.
+ Vì lần sau cao hơn lần ngay trước đó là 2000 đồng nên các lần bỏ vào ống heo tạo thành một cấp số cộng với

u1  3000, d  2000 .

+ Tổng số tiền là: S25  25.

2.3000  (25  1).2000
 675000 .
2

Chọn B.
Câu 41. Cho một số tự nhiên n có hai chữ số. Nếu lấy n chia cho tích hai chữ số của nó thì được thương là 2 và dư là 18.
Nếu lấy tổng bình phương của các chữ số của n cộng với 9 thì được số đã cho.
Bất phương trình x  n  21 có tập nghiệm là
A.  27;69  .

B.  53;95  .

C.  57;99  .

Lời giải
+ Gọi số n  ab , ta có hệ
Trang 11/16 - Mã đề: 141

D.  26;68  .


10a  b  2ab  8
�
�2
.
a  b 2  9  10a  b
�
+ Giải hệ này ta được a  7, b  4 .
Vậy n  74 .
+ | x  74 | 21 � 53  x  95 � x �(53;95) .
Chọn B.

Mẹo: Từ x � 27;69  và x  n  21 suy ra n  48 thay vào đkđb thấy không thoả mãn.

Tương tự thế đối với x �(53;95) thì thoả mãn nên chọn.
Câu 42. Cho hàm số f ( x) có bảng biến thiên như hình bên.
Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
A. 3 .
C. 2 .

1
là
f ( x)  1

B. 1 .
D. 4 .

Lời giải
+ Từ bảng biến thiên suy ra

x�
��� f ( x)

1
f ( x)  1

2

�f ( x) � �
x�
��1 �
�f ( x) � �

1.

1
f ( x)  1

0.

Tồn tại duy nhất x0 �(1; �) để f ( x0 )  0.

��
x0
Hơn nữa, x �

f ( x
) �
1, f ( x) � 1

��
x0
(Tương tự: x �
Vậy đồ thị hàm số y 

1
f ( x)  1

f ( x
) ��
1, f ( x) � 1

.

1
f ( x)  1

).

1
có tiệm cận đứng
x  x0 , y  1 .
f ( x)  1

Chọn C.
Câu 43. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AD , SA vuông góc với đáy. Một mặt phẳng
( P ) đi qua điểm A , vuông góc với SD cắt các cạnh SB, SC , SD lần lượt tại B ', C ' và D ' . Biết rằng AB  BC  CD  a
, AD  2a và SA  a . Tính thể tích khối chóp S . AB ' C ' D ' theo a .
A.

7 3 3
a .
320

B.

3 3
a .
320

C.

3 3 3
a .

160

Lời giải
+ Nhận xét:

Trang 12/16 - Mã đề: 141

D. 1 a3 .
40


* Hình thang ABCD là nửa lục giác đều tâm O , cạnh a .
* Các tam giác ABD và ACD là nửa tam giác đều cạnh a 3 .
+ Từ giả thiết suy ra AD ', AC ', AD ' cùng vuông góc với SD .





CD  AC

AC '  CD

Ta có CD  SA � AC '  CD và AC '  SD � AC '  SC .
Tương tự ta cũng có AB '  SB .
Từ các tam giác vuông ABS , ACS , ADS có các đường cao lần lượt là
AB ', AC ', AD ' suy ra
SB ' 1 SC ' 1 SD ' 1
 ,
 ,

 .
SB 2 SC
4 SD 5
V

2V

+ Gọi V , V1 , V2 lần lượt là thể tích các khối chóp S . ABCD, S . ABC , S .ACD thì V1  ;V2 
.
3
3
Gọi V1 ', V2 ' lần lượt là thể tích các khối chóp S . AB ' C ', S . AC ' D ' thì VS . AB ' C ' D '  V1 ' V2 ' .
Ta có

VS . AB ' C ' SB ' SC ' 1
V V

.
 � VS . AB ' C '  1 
.
VS . ABC
SB SC 8
8 24
VS . AC ' D ' SC ' SD ' 1
V V

.
 � VS . AC ' D '  2  .
VS . ACD
SC SD 20

20 30
Suy ra VS . AB ' C ' D ' 
+

ABCD

V
V
3V


.
24 30 40

là nửa lục giác đều tâm

O

, cạnh

a

nên S ABCD  3SOAB

a2 3
 3.
.
4

1

1
a2 3 a3 3
VS . ABCD  SA.S ABCD  a.3.

.
3
3
4
4
Vậy VS . AB ' C ' D ' 

3 a3 3 3 3a3
.

.
40 4
160

Chọn C.
Câu 44. Trong không gian toạ độ Oxyz cho các điểm A(1; 0; 2), B(3; 4; 0), C (2;1; 2) . Xét các điểm M nằm trên mặt
uuur uuur
phẳng (Oxy ) sao cho MA.MB  1  0 . Đoạn thẳng CM có độ dài nhỏ nhất bằng
A.

B. 5  1 .

5.
Lời giải

uuur

C. 2 .

uuur

+ Gọi M ( x; y; z) , MA(1  x;  y;2  z ) , MB(3  x;4  y;  z ) .

uuur uuur
MA.MB  1  0 � (1  x)(3  x)  ( y)(4  y)  (2  z )( z )  1  0 .

� ( x  2) 2  ( y  2) 2  ( z  1) 2  5 .
Đây là phương trình mặt cầu ( S ) tâm I (2; 2;1) , bán kính R  5 .
Vậy điểm M thuộc đường tròn (T ) là giao của ( S ) và (Oxy) .
+ Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của I , C trên (Oxy) thì
H (2; 2; 0), K (2;1; 0) .
(T ) có tâm là H (2; 2; 0) , bán kính
MH  r  2, KH  1 suy ra

r

2

5  12  2 ,

K nằm trong (T ) .
Trang 13/16 - Mã đề: 141

D.

62 3 .

+ Với mọi điểm M thuộc (T ) , MC nhỏ nhất � MK nhỏ nhất
� M là giao của đường thẳng HK với (T ) sao cho K nằm giữa H và M .
Lúc đó MK  MH  KH  1 .
Vậy MC nhỏ nhất bằng
Chọn A.

CK 2  MK 2  22  12  5 .

ab a b
Câu 45. Cho hai số thực dương a, b thoả mãn 4 .2 ( a  b)  8(1  ab) . Giá trị lớn nhất của biểu thức P  ab  2ab 2
bằng

A. .

1

C. 3 .

B. .
3

17

D.

5 1
.
2

Lời giải
ab a  b
+ Từ a, b  0 và 4 .2 ( a  b)  81(1  ab) suy ra ab  1 .

4ab.2a b (a  b)  8(1  ab)
� log 2 4 ab  log 2 2 a b  log 2 ( a  b)  log 2 4  log 2 2(1  ab)
� 2ab  (a  b)  log 2 ( a  b)  2  log 2 (2  2ab)
� (a  b)  log 2 ( a  b)  (2  2ab)  log 2 (2  2ab)

(1)

Đặt f (t )  t  log 2 t thì (1) � f (a  b)  f (2  2ab) (2) .
Dễ thấy f (t ) là hàm số đồng biến trên khoảng (0; �) nên
2b

(2) � a  b  2  2ab � a 
.
1  2b

P  ab  2ab2  ab(1  2b)  2b  b2  1  (1  b) 2 �1 .
b 1
�
�
P  1 � � 1 . Vậy
lớn nhất là 1 (khi
).
1
a
a  ,b 1

�
� 3
3
P
Chọn A.
Câu 46. Biết F ( x) là một nguyên hàm của hàm số f ( x) 

x cos x  sin x
. Hỏi hàm số F ( x) có bao nhiêu điểm cực trị
x2

trên khoảng  2 ;3  ?
A. 4 .

B. 7 .

C. 5 .

D. 3 .

Lời giải

x cos x  sin x
nên
x2
F�
( x)  0 � x cos x  sin x  0, ( x �0) .

f ( x) 
+ F�

( x) 

� tan x  x, ( x �0) .

Trên khoảng  2 ;3  , đồ thị hàm số y  tan x cắt đường thẳng

y  x tại 3

điểm phân biệt x1 , x2 , x3 (xem hình vẽ).
( x ) ) đổi dấu khi
Hơn nữa, f ( x) (cũng là F �
Vậy F ( x) có 3 điểm cực trị.
Chọn D.

x đi qua các giá trị này.

(1  x)  1 có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi hàm số f ( x ) đồng biến
Câu 47. Cho hàm số f ( x) , biết rằng hàm số y  f �
trên khoảng nào dưới đây?

Trang 14/16 - Mã đề: 141


A.  3; 1 .
B.  2;0  .
C.  1; � .
D.  �;1 .
Lời giải

(1  x )  1 (C )

+ Gọi M ( x; y ) là điểm thuộc đồ thị hàm số y  f �
�y f�
(1  x )  1 (1)

r

Phép tịnh tiến theo vectơ v  (1; 1) biến M ( x; y) thành M 1 ( x1; y1 )

�x1  x  1

�x  x1  1

thì �y  y  1 � �y  y  1 (2)
�1
� 1

( x1 ) .
Thay (2) vào (1) ta được y1  f �
( x) .
Vậy ảnh của (C ) qua Tvr là (C1 ) : y  f �
( x) qua trục tung ta được đồ thị (C2 ) : y  f �
( x) .
+ Lấy đối xứng của (C1 ) : y  f �
( x ) ta có
Từ đồ thị hàm số y  f �
f�
( x)  0x �( �; 3) �(1; �) nên hàm số f ( x ) đồng biến trên mỗi khoảng (�; 3), (1; �) .
Chọn C.

Câu 48. Bất phương trình 2 x3 .ln(e x2  4e)  48 �48ln 3 x 2  4  2 x3  2 có bao nhiêu nghiệm nguyên?

B. 5 .

A. Vô số.

C. 3 .

D. 7 .

Lời giải
+ Điều kiện xác định: | x | 2 .
Bất phương trình đã cho tương đương
2
x 3
2 x 3 �
1  ln( x 2  4) �
�
� 48 �16ln( x  4)  4.2
�  2 x 3  16  �
ln( x 2  4)  3�
�
��0 (1)

ln( x 2  4)  3�
+ Giải phương trình  2 x 3  16  �
�
� 0

x  1; x  7
�
�

�x  3  4
2 x 3  16
�� 2
� �2 3
��
x e 4 �
x  � e3  4
ln( x  4)  3 �
�
Xét dấu vế trái bất phương trình (1):

Ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là
3
�
S �
7;  e3  4 �
�
�� 2; e  4 �
.
Tập các giá trị nguyên nằm trong S là {  7; 6; 5;3; 4} .
Chọn B.



2
2
Câu 49. Trên tập hợp các số thực, cho hai phương trình x  ax  1  0, x  bx  2  0 . Giả sử hai phương trình đã cho có

nghiệm chung. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức a  b bằng
A. 2 5 .

B. 5 .

C. 2 6 .

Lời giải
Trang 15/16 - Mã đề: 141

D.

3.


+

x0

�
�
x02  ax0  1  0
x 2  ax  1  0
nên � 2
(1).
x0  bx0  2  0
x  bx  2  0
�
�

là nghiệm chung thoả mãn hệ phương trình �2

Nhận xét: a �b vì nếu a  b thì 1  2 vô lý.
�x0 2  ax0  1  0
�x0 2  ax0  1  0
�
(1) � �
��
1
(b  a ) x0  1
x0 
�
�
� ba
2

�1 � �1 �
��
(2).
� a �
� 1  0 hay 2
�b  a � �b  a �
2a  b 2  3ab  1  0
(2) là điều kiện cần và đủ để hai phương trình đã cho có nghiệm chung.
+ Đặt a  b  m , ta tìm m để hệ phương trình hai ẩn a, b dưới đây có nghiệm:
�2a 2  b 2  3ab  1  0
�
(3).
�a  b  m
�
2a 2  b 2  3ab  1  0
(3) � �

b  ma
�
2
� 2
� �2a  (m  a)  3a( m  a)  1  0
b  ma
�

�
6a 2  5ma  m2  1  0
��
b  ma
�
+ Hệ (3) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình 6a 2  5ma  m 2  1  0 có nghiệm thực.
2
24( m2 1) 0
Điều kiện là: 25m �۳

Vậy giá trị nhỏ nhất của a  b là
Chọn C.

m

2 6.

2 6.

Câu 50. Một khối lập phương có độ dài cạnh là 2 cm được chia thành 8 khối lập phương cạnh 1 cm. Hỏi có bao nhiêu
tam giác được tạo thành từ các đỉnh của khối lập phương cạnh 1 cm?
A. 2915 .

B. 2876 .
C. 2912 .
D. 2898 .
Lời giải
+ Có tất cả 27 đỉnh.
3
Số cách chọn ba điểm lấy ra 27 đỉnh nêu trên là: C27 .
+ Trong số các cách chọn ra ở trên, có những cách mà tạo
(không thứ tự) thẳng hàng.
Số các bộ ba điểm này là:
- Có 8.2 bộ ở hai mặt trên và dưới;
- Có 6.2 bộ ở hai mặt trái và phải;
- Có 4.2 bộ ở hai mặt trước sau;
- Có 4 bộ ở mặt đứng dọc giữa;
- Có 3 bộ ở mặt đứng ngang giữa;
- Có 2 bộ ở mặt nằm ngang giữa;
- Có 4 bộ là các đường chéo lập phương cạnh 2 cm.
Tổng số các bộ ba điểm thẳng hàng là
8.2 + 6.2 + 4.2 + 4 + 3 + 2 + 4 = 49.
3
Số tam giác là C27  49  2876 .
Chọn B.
---Hết---

Trang 16/16 - Mã đề: 141

ra bộ 3 điểm