đề toán 20 (có lời giải chi tiết)

ĐỀ THI THỬ THPT QG 2020

ĐỀ SỐ 20

Môn: Toán



Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1. Thể tích khối hộp chữ nhật có độ dài các cạnh lần lượt là a, 2a, 3a bằng
A. 2a 3

B. 6a 3

C.

2a 3
3

D. 3a 3

Câu 2. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây
đúng?
A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 2
B. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại x = 2
C. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2 và giá trị nhỏ nhất bằng −2
D. Hàm số có ba điểm cực trị.

uuur r
Câu 3. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm P ( 0;0; −3) và Q ( 1;1; −3) . Vectơ PQ + 3 j có tọa độ là

A. ( 2;1;0 )

B. ( −1; −1;0 )

C. ( 1; 4;0 )

D. ( 1;1;1)

Câu 4. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số
đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. ( −∞; −1)

B. ( −1;1)

C. ( 1; 2 )

D. ( 0;1)

 b5 
log
Câu 5. Với a, b là hai số dưong tùy ý,

3 ÷ bằng
 10a 
A. 5log b − 1 + 3log a

B. 5log b − 3 ( 1 + log a )

C. 5log b − 3 + 3log a

D. 5log b − 1 − 3log a

Câu 6. Cho
A. 10

10

7

3

10

0

3

0

7

∫ f ( x ) dx = 5 và ∫ f ( x ) dx = 2, khi đó ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx
B. 3

Câu 7. Cho mặt cầu có diện tích bằng
A. a 3

B.

a 3

4

bằng

C. 7

D. −1

3 2
π a , khi đó bán kính mặt cầu bằng
4
C. 3a

D. a

Câu 8. Phương trình ln x + ln ( 2 x − 1) = 0 có bao nhiêu nghiệm?
A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

Trang 1


Câu 9. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( α ) đi qua A ( 1; 4; −3) và song song mặt phẳng ( Oyz ) thì
phương trình mặt phẳng ( α ) là
B. x + 2 y + 3 z = 0

A. x − 1 = 0

C. y − 4 = 0

D. z + 3 = 0

x
Câu 10. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 + 2018 x − 2019 là

A.

2x
+ 1009 x 2 − 2019 x + C
ln 2

B.

C. 2 x.ln 2 + 1009 x 2 − 2019 x + C

D. 2 x.ln 2 + 1009 x 2 − 2019 x + C

Câu 11. Trong không gian Oxyz, đường thẳng d :
A. Q ( 1;3; −2 )

2x
+ 2018 x 2 − 2019 x + C
ln 2

B. M ( −1; −3; 4 )

x −1 y − 3 z + 4
=
=
đi qua điểm nào dưới đây?
1
3
−2
C. P ( 1;3; −4 )

D. N ( −1; −3; 2 )

1
2
3
Câu 12. Tìm giá trị x ∈ ¥ thỏa mãn C x +1 + 3C x + 2 = C x +1

A. x = 12

B. x = 9

C. x = 16

D. x = 2

Câu 13. Cho cấp số cộng ( un ) có số hạng đầu u3 = −1 và u4 = 2. Công sai d bằng
B. −3

A. 3

C. 5

D. 2

Câu 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm biểu diễn của số phức z = 3 − 2i nằm trên một đường tròn có
tâm I ( −1;1) và bán kính r. Bán kính r bằng
A. 5

B.

C. 13

5

D. 13

Câu 15. Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào
dưới đây
A. y =

x +1
1− 2x

B. y =

x −1
1− 2x

C. y =

x+2
1− 2x

D. y =

x +1
2x +1

Câu 16. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:
Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [ −2;3] là
x

−2

y'

−1
+

y

−

0

1
0

y=0
A. min

[ −2;3]

0

1

y = −3
B. min
[ −2;3]

3
+
7

−3

y =1
C. min
[ −2;3]

y=7
D. min
[ −2;3]
Trang 2


Câu 17. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm
số đã cho là
x

−∞

y'

0

y

+∞

0
−

0

+∞

2
+

0

−

3
−∞

−1
A. 3

B. 2

C. 0

Câu 18. Cho số phức z thỏa mãn ( 2 + i ) z − 9 = ( 1 + i )

2

D. 1

với i là đơn vị ảo. Tính giá trị của biểu thức

A = z − 2z
A. A = 50

B. A = −13

C. A = 25

D. A = 5

Câu 19. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, phương trình mặt cầu ( S ) nhận gốc tọa độ O làm tâm
và có bán kính R = 4 là
A. x 2 + y 2 + z 2 = 16

B. x 2 + y 2 + z 2 = 4

C. x 2 + y 2 + z 2 = 2

D. x 2 + y 2 + z 2 = 8

Câu 20. Đặt log 2 9 = a, khi đó log 3 18 bằng
A.

2 − 2a
a

B.

a
2 + 2a

C.

a
1− a

D.

2a + 2
a

Câu 21. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phưoug trình z 2 − 5 z + 10 = 0. Giá trị của biểu thức
z1 + z2 − 2 z1 z2 bằng
A. −10

B. −15

C. 15

Câu 22. Trong không gian Oxyz, khoảng cách giữa hai mặt phẳng

( Q ) : x + 2 y + 3z + 6 = 0
2
14

A.

D. 10

( P ) : x + 2 y + 3z − 8 = 0

và

bằng
B. 1

C. 14

D. 2

2
Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình 35 x − x ≥ 81 là đoạn [ a; b ] . Tính a + b

A. a + b = 3.

B. a + b = 5.

C. a + b = 4

D. a + b = −3

Câu 24. Diện tích phần hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ bên
được tính theo công thức nào dưới đây?
1

3
2
A. ∫ ( x − x − 3x + 1) dx B.
−1
1

C.

3
2
∫ ( − x + x + 3x − 1) dx D.

−1

1

∫x

3

− x 2 − 3 x + 1 dx

−1

1

∫x

3

+ x 2 − 3 x − 1 dx

−1

Trang 3


Câu 25. Cho khối nón có thiết diện qua trục là tam giác SAB vuông tại S với cạnh SA = a. Thể tích khối
nón bằng
A.

π a3 2
12

B.

π a3
3

C.

π a3
12

D.

π a3 2
4

Câu 26. Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau
x

−∞

−

+∞

+∞

2

−

y'
y

−1

0

+

+∞

+∞
−1

−∞

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là
A. 4

B. 1

C. 3

D. 2

Câu 27. Cho khối chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a, các cạnh bên bằng 2a. Thể tích của khối chóp
đã cho bằng
A.

33a 3
12

B.

11a 3
12

C.

8 2a 3

3

D.

11a 3
6

2
Câu 28. Hàm số f ( x ) = ln x có đạo hàm

A. f ' ( x ) =

2.ln x
x

B. f ' ( x ) = 2.ln x

C. f ' ( x ) =

2
x.ln x

D. f ' ( x ) =

ln x
x

Câu 29. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình bên.
Số nghiệm của phương trình

1− f ( x)
= 2 là
1+ f ( x)

A. 3

B. 1

C. 2

D. 4

Câu 30. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có các cạnh AB = 2, AD = 3; AA ' = 4. Góc giữa hai
mặt phẳng ( BC ' D ) và ( A ' C ' D ) α . Giá trị gần đúng của góc α bằng
A. 45, 20

B. 38,10

C. 53, 40

D. 61, 60

2x
x
x
x
Câu 31. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 3 − ( 2 + 9 ) .3 + 9.2 = 0 bằng

A. 3

B. 2

C. 0

D. −2

Trang 4


Câu 32. Một chi tiết máy gồm ba khối trụ có cùng chiều cao h gắn với nhau
(như hình vẽ). Khối trụ lớn có bán kính đáy r lớn gấp đôi bán kính đáy của hai
khối trụ nhỏ (hai khối trụ nhỏ bằng nhau). Biết thể tích của cả khối chi tiết máy
đó bằng 90 cm3 . Tính thể tích của khối trụ lớn ở giữa.
A. 30cm3

B. 45cm3

C. 70cm3

D. 60cm3

x
Câu 33. Tìm nguyên hàm I = ∫ sin x.e dx, ta được

A. I =

1 x
e ( sin x − cos x ) + C
2

B. I =

C. I = e x sin x + C

1 x
e ( sin x + cos x ) + C
2

D. I = e x cos x + C

·
Câu 34. Cho bình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, BAD
= 60°, SB = a và mặt phẳng ( SBA ) và
mặt phẳng ( SBC ) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCD ) bằng
A.

21a
7

B.

5a
7

C.

21a
3

D.

15a
3

Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình hình chiếu
của đường thẳng

x −1 y + 2 z − 3
=
=
trên mặt phẳng ( Oxy )
2
3
1

x = 1+ t

A.  y = 2 − 3t
z = 0


x = 1+ t

B.  y = −2 + 3t
z = 0


x = 1+ t

C.  y = −2 − 3t

z = 0


 x = 1 + 2t

D.  y = −2 + 3t
z = 0


3
2
Câu 36. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = x − 2 x + ( m − 1) x + m + 3 đồng biến

trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( 2; +∞ )
A. m ≥ −3

B. m ≤ −3

C. m ≤ −6

D. m ≥ −6

Câu 37. Biết tập hợp điểm biểu diễn của số phức z là đường tròn tâm I ( 3;0 ) , bán kính R = 1, khi đó
Tập hợp điểm biểu diễn của số phức w =
A. r =

1
9

B. r =

3

1
3

Câu 38. Biết I = ∫ x ln ( 2 x + 1) dx =
0

i
là đường tròn có bán kính
z −1
C. r =

13
3

D. r = 3

35
b
b
ln a − , trong đó a, b, c là các số nguyên dương và
là phân số
8
c
c

tối giản. Tính S = a − b + c
A. S = −6

B. S = 6

C. S = 7

D. S = 12

Câu 39. Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ' ( x ) có bảng biến thiên như sau
Trang 5


x

−∞

f '( x)

1

10

+∞

3
−∞

Bất phương trình e

x

+∞

0

≥ m − f ( x ) có nghiệm thuộc [ 4;9] khi và chỉ khi

2
A. m < f ( 2 ) + e

2
B. m ≤ f ( 2 ) + e

3
C. m ≥ f ( 9 ) + e

3
D. m ≤ f ( 9 ) + e

Câu 40. Trong hội diễn văn nghệ chào mừng ngày nhà giáo Việt Nam 20/11 có 201 em dự thi, trong đó có
8 em ở cùng một trường có số báo danh dự thi lập thành một cấp số nhân. Trước khi vào biểu diễn văn
nghệ các em ngồi ngẫu nhiên vào hai hàng ghế đối diện nhau, mỗi dãy có bốn ghế và mỗi ghế chỉ ngồi
được một học sinh. Xác suất để tích các số báo danh của hai em ngồi đối diện nhau thì bằng nhau là:
A.

8
70

B.

8
35

C.

1
35

D.

1
105

Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A ( 1; 4;5 ) , B ( 3; 4;0 ) , C ( 2; −1;0 ) và mặt
phẳng ( P ) : 3 x − 3 y − 2 z − 12 = 0. Gọi M ( a; b; c ) thuộc ( P ) sao cho MA2 + MB 2 + 3MC 2 đạt giá trị nhỏ
nhất. Tổng a + b + c bằng
A. 3

B. 2

C. −2

D. −3

Câu 42. Có bao nhiêu số số phức z thỏa mãn ( 1 + i ) z + 4 − 2i + ( 1 − i ) z = 6 + 4i ?
A. 2

B. 1

C. 3

D. 4

Câu 43. số y = f ( x ) liên tục trên ¡ và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Có
bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình f ( 2 log 2 x ) = m có nghiệm
1 
duy nhất trên  ; 2 ÷
2 
A. 9

B. 6

C. 5

D. 4

Câu 44. Vào đầu mỗi năm anh Thắng gửi vào ngân hàng số tiền 30 triệu đồng với kì hạn 1 năm, lãi suất
7%/năm (mỗi lần gửi cách nhau 1 năm). Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm (sau khi ngân hàng đã tính lãi cho
lần gửi cuối cùng) thì anh Thắng được số tiền cả gốc lẫn lãi từ 500 triệu đồng trở lên (biết rằng trong suốt
thòi gian gửi tiền, anh Thắng không đến rút lãi về, ngân hàng tính theo thể thức lãi kép và lãi suất hàng
năm không đổi)?
A. 7 năm

B. 8 năm

C. 11 năm

D. 10 năm

Trang 6

Câu 45. Cho hai mặt cầu

( S1 ) : x 2 + y 2 − 2 x − 6 y − 4 z − 11 = 0, ( S2 ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 2 z − 3 = 0

cắt

nhau theo giao tuyến là đường tròn ( C ) . Lấy điểm A thuộc đường tròn ( C ) . Gọi I, J lần lượt là tâm của
mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) , S là diện tích tam giác AIJ thì S có giá trị là
A. S =

1
219
2

B. S =

5 26
2

C. S =

15
2

D. S =

1
209
2

Câu 46. Một chi tiết máy bằng thép dạng khối tròn xoay có thiết
diện đi qua trục là phần tô đậm như hình vẽ dưới đây.
Biết giá thép là 15000 đồng/kg, khối lượng riêng của thép là
7 850 kg / m3 .
Cho AB = 10dm; AD = 4dm; EF = 2dm. Hỏi chi phí vật liệu để
làm thành sản phẩm đó gần với số tiền nào sau đây nhất?
A. 9 160000 đồng

B. 11 260000 đồng

C. 10 160000 đồng

D. 12 100000 đồng

Câu 47. Cho khối lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng
A ' D ' và C ' D '. Mặt phẳng ( BMN ) chia khối lập phương thành hai phần, gọi V là thể tích phần chứa đỉnh
B '. Giá trị của V bằng bao nhiêu?
25a 3
A.
72

7a 3
B.
24

25a 3
C.
24

7a 3

D.
72

Câu 48. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
x

−∞

f '( x)

−2
−

0
1

Hàm số y = g ( x ) = f ( 2x − 4 ) − e 3
A. ( 1;3)

x3 − 2x 2 + 2x −1

B. ( 3; +∞ )

2
+

0

+∞

3
−

0

+

đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
C. ( −∞;1)

 7
D.  1; ÷
 2

Câu 49. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số f ( x ) = x 3 ( x 2 − m ) đồng biến trên ¡
4

A. Vô số
Câu 50. Cho hàm số

B. 10

C. 0

D. 7

y = f ( x ) = mx 4 + nx 3 + px 2 + qx + r , (với

m, n, p, q, r ∈ ¡ ). Hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Tập
nghiệm của phuơng trình f ( x ) = m + n + p + q + r có số phần tử là

A. 4

B. 3

C. 1

D. 2

Trang 7


Trang 8


Đáp án
1-B
11-C
21-B
31-B
41-A

2-B
12-A
22-C
32-D
42-A

3-C
13-A
23-B

33-A
43-B

4-D
14-A
24-B
34-A
44-C

5-D
15-A
25-A
35-D
45-D

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

7-B
17-A
27-B
37-B
47-A

8-B
18-D
28-A

38-B
48-A

9-A
19-A
29-D
39-D
49-A

10-A
20-D
30-D
40-D
50-D

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án B
Thể tích hộp chữ nhật: a.2a.3a = 6a 3
Câu 2: Đáp án B
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số có hai cực trị.
Hàm số đạt cực đại tại x = 0
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và giá trị cực tiểu bằng −2
Câu 3: Đáp án C
uuur
r
uuur r
PQ = ( 1 − 0;1 − 0; −3 − ( −3) ) = ( 1;1;0 ) ; j = ( 0;1;0 ) ; PQ + 3 j = ( 1; 4;0 )
Câu 4: Đáp án D
Nhìn vào đồ thị đã cho, ta có trên khoảng ( 0;1) đồ thị hàm số đi xuống (theo chiều từ trái qua phải) nên
hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;1)

Câu 5: Đáp án D
 b5 
= log b5 − log ( 10a 3 ) = 5log b −  log10 + log a 3  = 5log b − 1 − 3log a
Có log 
3 ÷
 10a 
Câu 6: Đáp án B
Có

10

3

7

0

0

3

∫ f ( x ) dx = 5 ⇔ ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 5

3

10

7

0

7

3

⇒ ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 5 − ∫ f ( x ) dx = 5 − 2 = 3
Câu 7: Đáp án B
3
a 3
Ta có S = 4π R 2 = π a 2 ⇔ R =
4
4
Câu 8: Đáp án B
x > 0
1
⇔x>
Điều kiện: 
2
 2x − 1 > 0
x = 1
Khi đó, phương trình tương đương với ln  x ( 2 x − 1)  = 0 ⇔ 2 x − x − 1 = 0 ⇔ 
x = − 1

2
2

Trang 9


So sánh với điều kiện ta có phương trình có một nghiệm x = 1

Câu 9: Đáp án A

r
Mặt phẳng ( α ) đi qua A ( 1; 4; −3) có vectơ pháp tuyến i = ( 1;0;0 ) nên mặt phẳng ( α ) có phương trình là
x − 1 = 0.
Câu 10: Đáp án A
Ta có
=

∫ f ( x ) dx = ∫ ( 2

x

+ 2018 x − 2019 ) dx = ∫ 2 x dx + 2018∫ xdx − 2019 ∫ dx

2x
+ 1009 x 2 − 2019 x + C
ln 2

Câu 11: Đáp án C
Lần lượt thay tọa độ các điểm M, N, P, Q vào phương trình đường thẳng d ta thấy tọa độ điểm P thỏa mãn
Câu 12: Đáp án A
1
2
3
Điều kiện: x ≥ 2 và n ∈ ¥ . Ta có C x +1 + 3C x + 2 = Cx +1 ⇔

⇔ x + 1 + 3.

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

2

6

⇔ 1+ 3

( x + 1) ! + 3. ( x + 2 ) ! = ( x + 1) !
1! x !
2! x !
3!( x − 2 ) !

( x + 2 ) = ( x − 1) .x
2

6

 x = −2
⇔ 6 + 9x + 18 = x 2 − x ⇔ x 2 − 10x − 24 = 0 ⇔ 
.
 x = 12
Kết hợp với điều kiện ta có x = 12 thoả mãn.
Câu 13: Đáp án A
Ta có d = u4 − u3 = 3
Câu 14: Đáp án A
Điểm biểu diễn của số phức z = 3 − 2i trong mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm M ( 3; −2 ) .
Do đó bán kính của đường tròn là r = IM = 3 − ( −1)  + ( −2 − 1) 2 = 5.
2

Câu 15: Đáp án A
1 

Tập xác định D = ¡ \   . Loại đáp án D.
2
Đồ thị hàm số đi qua điểm M ( −1;0 ) nên chỉ có đáp án A thỏa mãn.
Vậy đồ thị đã cho là của hàm số y =

x +1
1− 2x

Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất là −3
Câu 16: Đáp án B
Câu 17: Đáp án A
x

−∞

0

2

+∞
Trang 10


f '( x)

−

f ( x)

0

+

−

0

+∞

3

−∞
−1
Quan sát bảng biến thiên ta có f ' ( x ) = 0 có ba nghiệm phân biệt và f ' ( x ) đổi dấu khi qua ba nghiệm
nên hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
Câu 18: Đáp án D
Ta có ( 2 + i ) z − 9 = ( 1 + i ) 2 ⇔ z =

9 + (1+ i)
= 4−i
2+i
2

Vậy A = z − 2 z =| 4 + i − 2 ( 4 − i ) = −4 + 3i = 5.
Câu 19: Đáp án A

( S ) có tâm O ( 0;0;0 ) , bán kính

R = 4.

Suy ra ( S ) có phương trình: ( x − 0 ) + ( y − 0 ) + ( z − 0 ) = 42 hay x 2 + y 2 + z 2 = 16
2

2

2

Câu 20: Đáp án D
Ta có log 3 18 = log 3 2 + 2 =

1
2
2
2a + 2
+2=
+2= +2=
log 2 3
log 2 9
a
a

Câu 21: Đáp án B
Ta có z 2 − 5 z + 10 = 0 ⇔ z1,2 =

5 ± i 15
. Theo định lí Vi-et ta có:
2

 z1 + z2 = 5


 z1 z2 = 10

Khi đó z1 + z2 − 2 z1 z2 = 5 − 20 = −15
Câu 22: Đáp án C
( P ) / / ( Q )
8 + 2.0 + 2.0 + 6
⇒ d ( ( P ) ; ( Q ) ) = d ( A; ( Q ) ) =
= 14
Ta có 
12 + 22 + 32
 A ( 8;0;0 ) ∈ ( P )
Câu 23: Đáp án B
2

2

Ta có 35 x − x ≥ 81 ⇔ 35 x − x ≥ 34 ⇔ 5x-x 2 ≥ 4 ⇔ x 2 − 5x + 4 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ 4 ⇒ a = 1, b = 4 ⇒ a + b = 5
Câu 24: Đáp án B
Diện tích hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ là
1

∫ (x

−1

3

− 3 x ) − ( x 2 − 1) dx =

1

∫

1

x 3 − 3 x − x 2 + 1 dx =

−1

∫x

3

− x 2 − 3 x + 1 dx

−1

Câu 25: Đáp án A
Theo tính chất của hình nón ta có SA = SB = l.
Vậy tam giác SAB vuông cân tại S suy ra
SA = SB = a, AB = a 2 ⇒ SO = OB =

a 2
2
Trang 11


2

1

1  a 2  a 2 π a3 2
=
Vậy V = π r 2 h = π 
÷
3
3  2 ÷
2
12

Câu 26: Đáp án B
lim− = −∞ ⇒ x = −1 là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
x →1
lim = +∞ nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang

x→±∞

Vậy đồ thị hàm số có một đường tiệm cận
Câu 27: Đáp án B
a2 3
2
2a 3 a 3
Ta có SO ⊥ ( ABC ) và S ABC =
; AO = AM =
=
4
3
3 2
3

và

2

SO = SA − AO =
2

Vậy

2

( 2a )

thể

2

a 3
a 33
− 
=
÷
÷
3
 3 

tích

khối

chóp

là

1
1 a 2 3 a 33
11 3
VS . ABC = S ABC .SO =
.
=
a
3
3 4
3
12
Câu 28: Đáp án A
Ta có f ' ( x ) = 2.ln x. ( ln x ) ' =

2.ln x
x

Câu 29: Đáp án D
Ta có

1− f ( x)
1
= 2 ⇒ 1− f ( x) = 2 + 2 f ( x) ⇔ f ( x) = −
1+ f ( x)
3

Như vậy, số nghiệm thực của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đồ

thị của đường thẳng y = −

1
3

Dựa vào đồ thị ta có đường thẳng y = −

1
cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại bốn điểm phân biệt.
3

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm
Câu 30: Đáp án D
Dựng

hệ

tọa

độ

Oxyz

như

hình

vẽ,

ta

có

A ( 0;0;0 ) , B ( 2;0;0 ) , D ( 0;3;0 ) và A '(0;0; 4), C '(2;3; 4).
uuuu
r
uuur
uuuuu
r
uuuur
BC ' = ( 0;3; 4 ) , BD = ( −2;3;0 ) , A ' C ' = ( 2;3;0 ) , A ' D = ( 0;3; −4 )
ur
uur uuur
Vectơ pháp tuyến của ( BC ' D ) là n1 =  BC ', BD  = ( −12; −8;6 )

uu
r uuuuu
r uuuur
Vectơ pháp tuyến của ( A ' C ' D ) là n2 =  A ' C ', A ' D  = ( −12;8;6 )
Trang 12


r r
29
⇒ α ≈ 61, 6°.
Ta có cos α = cos n1 , n 2 =
61

(

)

Câu 31: Đáp án B
Đặt t = 3x , t > 0
t = 9
2
x
x
Phương trình trở thành t − ( 2 + 9 ) t + 9.2 = 0 ⇔ 
x
t = 2
* Với t = 9 ta có 3x = 9 ⇔ x = 2.
x

3
* Với t = 2 ta có 3 = 2 ⇔  ÷ = 1 ⇔ x = 0.
2
x

x

x

Vậy phương trình có hai nghiệm x1 = 0; x2 = 2 ⇒ x1 + x2 = 2
Câu 32: Đáp án D
2
Thể tích khối trụ lớn ở giữa V1 = π r h
2

3

3
r
Tổng thể tích chi tiết máy V = π r h + 2π  ÷ h = π r 2 h = V1.
2
2
2
2

Suy ra

3
V1 = 90
2

Do đó V1 = 60
Câu 33: Đáp án A
u = sin x
du = cos xdx
⇒
Đặt 
x
x
 dv = e dx v = e
Khi đó, áp dụng công thức tích phân từng phần, ta được
I = e x sin x − ∫ cos xe x dx = e x sin x − J
u = cos x
du = − sin xdx
x
⇒
Tính J = ∫ cos xe dx. Đặt 


x
x
 dv = e dx v = e
x
x
x
Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta được: J = e cos x + ∫ sin xe dx = e cos x + I
x
x
x
x
x
x
Do đó I = e sin x − J = e sin x − ( e cos x + I ) ⇔ 2 I = e sin x − e cos x = e ( sin x − cos x )

1 x
Vậy I = e ( sin x − cos x ) + C
2
Câu 34: Đáp án A
Gọi M là trung điểm của CD. Do tam giác BCD đều cạnh a nên
BM ⊥ DC và BM =

a 3
2

Trang 13


Chứng minh được DC ⊥ ( SBM ) . Trong tam giác SBM kẻ BH ⊥ SM tại H ⇒ CD ⊥ BH .

 BH ⊥ SM
⇒ BH ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( B; ( SCD ) ) = BH

 BH ⊥ DC
Trong tam giác vuông SBM ta có
1
1
1
7
a 21
= 2+
= 2 ⇒ BH =
2
2
BH
SB
BM
3a
7
Câu 35: Đáp án D
Đường thẳng

x −1 y + 2 z − 3
=
=
qua M ( 1; −2;3) và N ( 3;1; 4 )
2
3
1

Gọi M ' và N ' lần lượt là hình chiếu của M và N trên ( Oxy ) ta có M ' ( 1; −2;0 ) , N ' ( 3;1;0 )
 x = 1 + 2t

Phương trình hình chiếu cần tìm là M ' N ' :  y = −2 + 3t
z = 0

Câu 36: Đáp án A
Ta có: y ' = 3x 2 − 4 x + m − 1.
Hàm số đã cho đồng biến trên ( −∞; −1) và ( 2; +∞ ) khi và chỉ khi y ' ≥ 0, ∀x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 2; +∞ )
⇔ m ≥ −3x 2 + 4 x + 1, ∀x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 2; +∞ )
2
Xét f ( x ) = −3 x + 4 x + 1, ∀x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 2; +∞ )

Ta có f ' ( x ) = −6 x + 4.
Xét f ' ( x ) = 0 ⇔ −6 x + 4 = 0 ⇔ x =

2
3

Bảng biến thiên
x

−∞

f '( x)

−1
+

2

3
0

−6

+∞

2
−
−3

f ( x)
−∞

−∞

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra m ≥ −3 thỏa mãn yêu cầu
Câu 37: Đáp án B
Ta có w =

i
w+i
⇔z=
( 1)
z −1
w

Giả sử M là điểm biểu diễn của số phức z , I là điểm biểu diễn của số phức z1 = 3
Trang 14

MI = z − z1 = 1 ⇔ z − 3 = 1 ( 2 )
Thay (1) vào (2) được
w+i
i − 2w
−3 =1⇔
= 1 ⇔ i − 2w = w
w
w
Đặt w = a + bi ( a, b ∈ ¡

)

4
1
2
i − 2 w = w ⇔ −2a + ( 1 − 2b ) i = a + bi ⇔ 4a 2 + ( 1 − 2b ) = a 2 + b 2 ⇔ a 2 + b 2 − b + = 0
3
3
Do đó quỹ tích điếm biểu diễn của số phức w là đuờng tròn có bán kính r =

1
3

Câu 38: Đáp án B
3

Ta có I = ∫ x ln ( 2 x + 1) dx
0

2

du =
dx

u = ln ( 2 x + 1)

2x +1
⇒
Đặt 
2
 dv = xdx
v = x

2
3
x 2 ln ( 2 x + 1)
x2
I = ∫ x ln ( 2 x + 1) dx =
−∫
dx
2
2x +1
0
0
0
3

3

3
x 1
9
1
= ln 7 − ∫  − +
2
2 4 4 ( 2 x + 1)
0

3


 x2 1

9
1
35
3
÷
÷dx = 2 ln 7 −  4 − 4 x + 8 ln 2 x + 1 ÷ = 8 ln 7 − 2

0


a = 7

⇒ b = 3 ⇒ S = 7 − 3 + 2 = 6
c = 2

Câu 39: Đáp án D

Ta có m ≤ e

x

+ f ( x)

Xét hàm số g ( x ) = e

x

+ f ( x ) trên [ 4;9] có g ' ( x ) =

1
2 x

e

x

+ f ' ( x ) > 0, ∀x ∈ [ 4;9]

Bảng biến thiên của hàm số g ( x ) :
x

4

9

g '( x)
g ( x)

g ( 9)

g ( 4)
Trang 15


g ( x ) ⇔ m ≤ e3 + f ( 9 )
Vậy m ≤ max
[ 4;9]
Câu 40: Đáp án D

Số phần tử không gian mẫu là 8! = 40320.
Gọi A là biến cố : “Tích các số báo danh của hai em ngồi đối diện nhau thì bằng nhau”.
Giả sử số báo danh của 8 học sinh trên là u1 , u2 ,..., u8
Theo tính chất của cấp số nhân, ta có: u1u8 = u2u7 = u3u6 = u4u5 = ( u1 ) .q 7 , với q là công bội của cấp số
2

nhân, xếp học sinh có số báo danh u1 vào ngồi một trong 8 ghế. Có 8 cách.
Học sinh ngồi đối diện với học sinh có số báo danh u1 bắt buộc phải có số báo danh u8 . Chỉ có duy nhất
một cách xếp.
Xếp học sinh có số báo danh u2 vào ngồi một trong 6 ghế còn lại. Có 6 cách.
Học sinh ngồi đối diện với học sinh có số báo danh u2 bắt buộc phải có số báo danh u7 . Chỉ có duy nhất
1 cách xếp.
Cứ như vậy ta có số phần tử của biến cố A sẽ là 8.6.4.2 = 384 cách.
Do đó xác suất của biến cố A là

384
1
=

40320 105

Câu 41: Đáp án A
uu
r uur uur r
Gọi I ( x; y; z ) là điểm thỏa mãn IA + IB + 3IC = 0.
uu
r
uur
uur
Ta có IA = ( 1 − x; 4 − y;5 − z ) , IB = ( 3 − x; 4 − y; − z ) và 3IC = ( 6 − 3 x; −3 − 3 y; −3z ) .
1 − x + 3 − x + 6 − 3x = 0
x = 2


Ta có hệ phương trình:  4 − y + 4 − y − 3 − 3 y = 0 ⇔  y = 1 ⇒ I ( 2;1;1)
5 − z − z − 3z = 0
y =1


uuur 2
uuu
r uu
r 2
uuu
r uu
r
Khi đó MA2 = MA = MI + IA = MI 2 + 2MI .IA + IA2 .

(

uuur 2
uuu
r uur
MB 2 = MB = MI + IB

(

)

)

2

uuu
r uur
= MI 2 + 2MI .IB + IB 2 .

uuuu
r2
uuu
r uur
3MC 2 = 3MC = 3 MI + IC

(

)

2

uuu
r uur
= 3 MI 2 + 2 MI .IC + IC 2 .

(

)

Do đó S = MA2 + MB 2 + 3MC 2 = 5MI 2 + IA2 + IB 2 + 3IC 2

Trang 16


Do IA2 + IB 2 + 3IC 2 không đổi nên S đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất. Tức là M
là hình chiếu của I lên mặt phẳng ( P ) : 3x − 3 y − 2 z − 12 = 0.
r
Vectơ chỉ phương của IM là n = ( 3; −3; −2 )
 x = 2 + 3t

Phương trình tham số của IM là  y = 1 − 3t , ( t ∈ ¡
 z = 1 − 2t


)

Gọi M ( 2 + 3t ;1 − 3t;1 − 2t ) ∈ ( P ) là hình chiếu của I lên mặt phẳng ( P )
1
7 1 
Khi đó 3 ( 2 + 3t ) − 3 ( 1 − 3t ) − 2 ( 1 − 2t ) − 12 = 0 ⇔ 22t − 11 = 0 ⇔ t = . Suy ra M  ; − ;0 ÷
2

2 2 
Vậy a + b + c =

7 1
− =3
2 2

Câu 42: Đáp án A
Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) , ta có ( 1 + i ) z + 4 − 2i + ( 1 − i ) z = 6 + 4i
⇔ ( 1 + i ) a + 4 + ( b − 2 ) i + ( 1 − i ) a 2 + b 2 = 6 + 4i
⇔ ( 1+ i)

( a + 4)

( a + 4)

⇔


⇔



2

2

+ ( b − 2 ) + ( 1 − i ) a 2 + b 2 = 6 + 4i
2

+ ( b − 2 ) + a 2 + b2 + 

2

( a + 4)

2

+ ( b − 2) + a 2 + b2 = 6

( a + 4)

2

+ ( b − 2)

2

+ ( b − 2 ) − a 2 + b 2  i = 6 + 4i

2

2
 2
 a +b =1
⇔
2
2
 ( a + 4 ) + ( b − 2 ) = 5
− a 2 + b2 = 4

( a + 4)

2

2

2
2
 a + b = 1
⇒ 1 + 8a − 4b + 20 = 25 ⇔ 8a − 4b = 4 ⇔ b = 2a − 1
 2
2
 a + b + 8a − 4b + 20 = 25

a = 0
⇒ a + ( 2a − 1) = 1 ⇔ 5a − 4a = 0 ⇔ 
a = 4
5

2

2

2

+) Với a = 0 ⇒ b = 2.0 − 1 = −1
+) Với a =

4

4
3
⇒ b = 2. − 1 =
5
5
5

Do đó có hai số phức z thỏa mãn bài toán
Câu 43: Đáp án B
1 
Đặt t = 2 log 2 x, x ∈  ; 2 ÷⇒ t ∈ [ −2; 2 )
2 

Trang 17


1 
Phương trình f ( 2 log 2 x ) = m có nghiệm duy nhất thuộc nửa khoảng  ; 2 ÷ khi và chỉ khi phương trình
2 
 −2 ≤ m ≤ 2
f ( t ) = m có nghiệm duy nhất thuộc [ −2; 2 ) ⇔ 
m = 6
Vậy có 6 giá trị nguyên của m thỏa mãn
Câu 44: Đáp án C
Gọi N là số năm anh Thắng gửi ngân hàng.
Lần gửi đầu tiên anh Thắng gửi 30 triệu đồng, đến hết năm thứ N anh được tính cả vốn và lãi cho số tiền
này la 30.106. ( 1 + 7% ) .
N

Lần gửi thứ hai anh Thắng gửi 30 triệu đồng, đến hết năm thứ N anh được tính cả vốn và lãi cho số tiền

này là 30.106. ( 1 + 7% )

N −1

.

…
Lần gửi thứ N anh Thắng gửi 30 triệu đồng, đến hết năm thứ N anh được tính cả vốn và lãi cho số tiền này
là 30.106. ( 1 + 7% ) .
1

Tổng số tiền anh Thắng nhận được là
30.10 . ( 1 + 7% ) + 30.10 . ( 1 + 7% )
6

N

6

1 − ( 1 + 7% )
+ ... + 30.10 . ( 1 + 7% ) = 30.10 . ( 1 + 7% )
1 − ( 1 + 7% )

N

N −1

6

6

1 − ( 1 + 7% )
≥ 500.106
Để số tiền từ 500 triệu đồng trở lên thì 30.10 . ( 1 + 7% )
1 − ( 1 + 7% )
N

6

Giải ra ta được N > 10,89 nên số năm cần gửi tối thiểu là 11 năm.
Câu 45: Đáp án D
Cách 1.
2
2
Mặt cầu ( S1 ) : x + y − 2 x − 6 y − 4 z − 11 = 0 có tâm I ( 1;3; 2 ) , bán kính R1 = 5
2
2
Mặt cầu ( S 2 ) : x + y − 2 x + 4 y − 2 z − 3 = 0 có tâm J ( 1; −2;1) , bán kính R2 = 3.

Có IJ = 26, nửa chu vi của tam giác AIJ là p =
Diện tích tam giác AIJ là S =

R1 + R2 + IJ 8 + 26
=
2
2

p ( p − R1 ) ( p − R2 ) ( p − IJ ) =

1

209
2

Cách 2.
2
2
Mặt cầu ( S1 ) : x + y − 2 x − 6 y − 4 z − 11 = 0 có tâm I ( 1;3; 2 ) , bán kính R1 = 5
2
2
Mặt cầu ( S 2 ) : x + y − 2 x + 4 y − 2 z − 3 = 0 có tâm J ( 1; −2;1) , bán kính R2 = 3.

Trang 18


Có IJ = 26, R1 − R2 ≤ IJ ≤ R1 + R2 . Suy ra hai mặt cầu ( S1 ) , ( S 2 ) cắt nhau theo giao tuyến là đường
tròn ( C )
Gọi M ( x; y; z ) là điểm chung của ( S1 ) , ( S2 ) thì tọa độ M nghiệm của hệ phương trình
 x 2 + y 2 − 2 x − 6 y − 4 z − 11 = 0
⇒ 5y + z + 4 = 0
 2
2
 x + y − 2 x + 4 y − 2 z − 3 = 0
Suy ra M thuộc mặt phang ( P ) : 5 y + z + 4 = 0
Giao tuyến của ( P ) và ( S1 ) là đường tròn ( C ) chứa điểm A.
Gọi T là giao điểm của IJ và mp ( P ) thì T là tâm của đường tròn ( C )
Ta có d ( J , ( P ) ) =

5. ( −2 ) + 1 + 4
26

=

5
26

Gọi r là bán kính của ( C ) thì r = TA = R22 − d 2 ( J; ( P ) ) =

209
26

1
1
1 209
1
209
S = S AIJ = TA.IJ =
. 26 =
209. Vậy S =
2
2
2 26
2
Câu 46: Đáp án C
Vì AB = 10dm; AD = 4dm nên A ( −5; 2 ) , B ( 5; 2 ) , C ( 5; −2 ) , P ( −5; −2 ) .
Đường cong có phương trình là x = y 2 + 1 hoặc x = − y 2 − 1.
2

2
3
3

Thể tích vật thể tròn xoay là Voy = π ∫ ( y + 1) dy = 86, 289 ( dm ) = 0, 086289 ( m )
2

−2

Tổng chi phí sản xuất là T = 0, 086289.7850.15000 = 10160538,96 đồng.
Câu 47: Đáp án A
Ta có thể tích cần tính là VBB ' EA ' MNC ' F
Mà VBB ' EA ' MNC ' F = VB .EA ' M + VB .B ' A ' MNC ' + VB.FC ' N
 ∆PA ' M = ∆ND ' M
 PA ' = ND '
⇒
Ta có 
 ∆QC ' N = ∆MD ' N
QC ' = MD '
Lại
MD ' = ND ' ⇒ PA ' = ND ' = MD ' = QC ' =

có
a
2

 A ' E PA ' 1
 AE = BA = 2
∆
PA
'
E
∼
∆

BAE

a
⇒
⇒ A ' E = QC ' =
Mà 
3
 ∆QC ' F ∼ ∆BCF
 C ' F = QC ' = 1
 CF
BC 2

Trang 19


1
1
1
a3
Vậy VB. EA ' M = BA.S EA ' M = BA. A ' M . A ' E =
3
3
2
36
Dễ thấy VB. FC ' N = VB. EA ' M =

a3
36

1

1
7a 3
Có VB.B ' A ' MNC ' = BB '.S B '. A ' MNC ' = BB '. ( S A ' B 'C ' D ' − S MD ' N ) =
3
3
24
Vậy VBB ' EA' MNC ' F =

25a 3
72

Câu 48: Đáp án A
1

Ta có y ' = g ' ( x ) = 2 f ' ( 2x − 4 ) − ( x 2 − 4x + 3 ) e 3

x 3 − 2x 2 + 3x −1


x =1

Dựa vào bảng xét dấu f ' ( x ) ta có f ' ( 2x − 4 ) = 0 ⇔  x = 3

7
x =

2
1 < x < 3
 −2 < 2x − 4 < 2
f ' ( 2x − 4 ) > 0 ⇔ 

⇔
x > 7
 2x − 4 > 3

2
1 3
x − 2x 2 + 3x −1
x = 1
=0⇔
( x 2 − 4x + 3) e 3
x = 3
Bảng xét dấu y = g ' ( x )
−∞

x
f ' ( 2x − 4 )
1

− ( x 2 − 4x + 3) e 3

x3 − 2x 2 +3x −1

g '( x)

1

3

+∞

7
2

−

0

+

0

−

−

0

+

0

−

−

−

0

+

0

−

−

0

+

Vậy hàm số đồng biến trên ( 1;3)
Câu 49: Đáp án A
f ( x ) = x 3 ( x 2 − m ) ⇒ f ' ( x ) = 3 x 2 ( x 2 − m ) + 8 x 4 ( x 2 − m ) = x 2 ( x 2 − m ) ( 11x 2 − 3m )
4

3

3

Để hàm số đồng biến trên ¡ thì f ( x ) ≥ 0, x ∈ ¡
10
Với m = 0 thì f ' ( x ) = x ≥ 0, ∀x ∈ ¡ thỏa mãn điều kiện đề bài.

Trang 20


2
3
 x − m > 0

⇒ f ' ( x ) = x 2 ( x 2 − m ) ( 11x 2 − 3m ) ≥ 0, x ∈ ¡ thỏa mãn điều kiện đề bài.
Với m < 0 thì  2
11x − 3m > 0

Với m > 0 dễ thấy

3m
3m
> 0 và m ≠
11
11


 x2 = 0
x = 0


3
2

f
'
x
=
0
⇔
x
−
m
=

0
⇔
x = ± m
Xét phương trình ( )
(
)
 2

11x − 3m = 0
 x = ± 3m

11
Trong đó các nghiệm x = ± m , x = ±

3m
là các nghiệm phân biệt bậc lẻ nên f ' ( x ) sẽ đối dấu khi đi
11

qua các nghiệm đó, vậy f ( x ) không thể đồng biến trên ¡ (không thỏa mãn).
Vậy để hàm số f ( x ) đồng biến trên ¡ thì m ≤ 0 suy ra tồn tại vô số giá trị nguyên của m thỏa mãn đề
bài.
Câu 50: Đáp án D
Dựa vào đồ thị y = f ' ( x ) ta thấy phương trình f ' ( x ) = 0 có ba nghiệm đơn là −3, − 1, 1.
Do đó f ' ( x ) = 4m ( x + 1) ( x − 1) ( x + 3) và m > 0 ( 1) .
Gọi là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi y = f ' ( x ) ; trục Ox và hai đuờng thẳng x = −3, x = −1.
Suy ra S1 =

−1

∫

f ' ( x ) dx = f ( −1) − f ( −3) =

−3

−1

∫ 4m ( x + 1) ( x + 3) ( x − 1) dx = 16m ( 2 ) .

−3

Gọi S 2 là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi y = f ' ( x ) ; trục Ox và hai đường thẳng x = −1, x = 1.
Suy ra S 2 =

−1

−1

−1

−1

∫ f ' ( x ) dx = f ( −1) − f ( 1) = ∫ 4m ( x + 1) ( x + 3) ( x − 1) dx = 16m ( 3) .

Từ (1),(2),(3) ta có S1 − S 2 = 0 ⇔ f ( −3) − f ( 1) = 0 hay f ( −3) = f ( 1)
Ta có bảng biến thiên sau:
x
y'

−∞

y

+∞

−

−3
0

f ( −3 )

+

−1
0
f ( −1)

−

1
0

+∞
+
+∞

f ( 1)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f ( x ) = m + n + p + q + r ⇔ f ( x ) = f ( 1) có hai nghiệm

phân biệt.

Trang 21