Đề minh họa 2020 số 12

Moon.vn

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA

ĐỀ MINH HỌA SỐ 12

NĂM HỌC: 2019 – 2020
MÔN: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

Câu 1. Cho 10 điểm phân biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Hỏi có bao nhiêu tam giác mà
ba đỉnh của nó được chọn từ 10 điểm trên ?
3
A. C10 .

3
C. C10 − 10 .

3
B. A10 .

D. 103 .

Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A ( 1; −1; 2 ) và mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + z + 1 = 0 .
Mặt phẳng ( Q ) đi qua điểm A và song song với ( P ) . Phương trình mặt phẳng ( Q ) là
A. 2 x − y + z − 5 = 0 .

B. 2 x − y + z = 0 .

C. x + y + z − 2 = 0 .

D. 2 x + y − z + 1 = 0 .

Câu 3. Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 1 ( x − 3) ≥ log 1 4 là
2

A. 5.

B. 6.

2

C. 3.

D. 4.

Câu 4. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng

2a . Độ lớn của góc

giữa đường thẳng SA và mặt phẳng đáy bằng
A. 45° .

B. 75° .

C. 30° .

D. 60° .

Câu 5. Trong hình vẽ bên điểm M biểu diễn số phức z1 , điểm N biểu diễn số
phức z2 . Hỏi trung điểm của đoạn MN là điểm biểu diễn hình học của số phức

nào sau đây
A. z = 1 + i .

B. z = 2 + 2i .

C. z = 4 + 4i .

D. z = 2 − 2i .

Câu 6. Trong không gian tọa độ Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm M ( 4;5; −1) trên mặt phẳng

( Oyz )

là

A. ( 4;5;0 ) .

B. ( 4;0;0 ) .

C. ( 4;0; −1) .

D. ( 0;5; −1) .

Câu 7. Cho cấp số cộng ( un ) thỏa mãn u1 = −5 và u2 = −2 . Tổng của 50 số hạng đầu của cấp số cộng
bằng
A. 3425.

B. 6850.

C. 2345.

D. 3500.

x
Câu 8. Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x + e thỏa mãn F ( 0 ) = 2019 . Tính F ( 1) .

A. e + 2019 .

B. e − 2018 .

C. e + 2018 .

D. e − 2019 .

Câu 9. Đường cong ở hình bên là đồ thị của một 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?
Trang 1


A. y = − x 3 − 3x + 1 .

B. y = x 4 − x 2 + 3 .

C. y = x 3 − 3 x + 1 .

D. y = x 2 − 3x + 1 .

Câu 10. Cho hàm số f ( x ) xác định trên ¡ và có bảng xét dấu đạo hàm như sau
−∞

x
f ′( x)

−1
−

0

0

+∞

2

+

+

−

0

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào sau đây
A. ( −2;0 ) .

B. ( −1;1) .

C. ( −∞; −1) .

D. ( 2; +∞ ) .

Câu 11. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A ( 1;0; 2 ) và vuông góc với đường thẳng
d:

x y −1 z + 2
=
=
có phương trình là
2
−1
3

A. 2 x + y − 3 z + 8 = 0 .

B. 2 x − y + 3 z − 8 = 0 .

C. 2 x − y + 3 z + 8 = 0 .

D. 2 x + y − 3 z − 8 = 0 .

2 3
Câu 12. Với a, b là các số thực dương tùy ý. Khi đó ln ( a b ) bằng

A.

ln a ln b
+
.
3
2

B. 3ln a + 2 ln b .

C.

ln a ln b
+
.
2
3

D. 2 ln a + 3ln b .

Câu 13. Cho hình trụ có diện tích toàn phần là 6π và có thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục là hình
vuông. Thể tích khối trụ đã cho bằng
A. 4π .

B. 8π .

C. 6π .

D. 2π .

Câu 14. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ sau
x

−∞

y′

−2
−

+

y

+∞

3
0

+
+∞

4
−∞

−5

Nhận xét nào sau đây là đúng về hàm số y = f ( x )
A. Hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 4.

B. Hàm số có 2 điểm cực trị.

C. Hàm số không có điểm cực đại.

D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −5; +∞ ) .

Câu 15. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ và

A. 30.

B. 20.

6

3

0

0

∫ f ( x ) dx = 10 thì ∫ f ( 2 x ) dx bằng
C. 10.

D. 5.

Trang 2


Câu 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho M , N , P lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức 2 + 3i ,
1 − 2i và −3 + i . Tọa độ điểm Q sao cho tứ giác MNPQ là hình bình hành là

A. Q ( 0; 2 ) .

B. Q ( 6;0 ) .

C. Q ( −2;6 ) .

D. Q ( −4; −4 ) .

Câu 17. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 2a, AD = a 2 . Tam giác
SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Thể tích V của hình chóp S . ABCD là

A. V =

2a 3 3
.
3

B. V =

2a 3 6
.
3

C. V =

3a 3 2
.
4

D. V =

a3 6
.
3

Câu 18. Trong hệ trục Oxyz cho mặt cầu có phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y + 6 z − 1 = 0 .
Xác định tâm và bán kính của mặt cầu.

A. I ( 1; −2; −3) , R = 15 .

B. I ( 1; 2;3) , R = 15 .

C. I ( −1; 2;3) , R = 15 .

D. I ( 1; −2; −3) , R = 4 .

x = 1− t

Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :  y = 2 + 2t và mặt phẳng
z = 3 + t


( P ) : x − y + 3 = 0 . Tính số đo góc giữa đường thẳng
A. 60° .

B. 30° .

d và mặt phẳng ( P ) .

C. 120° .

D. 45° .

2
Câu 20. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z − 2 z + 2 = 0 ( z ∈ £ ) . Tính giá trị của biểu

thức P = 2 z1 + z2 + z1 − z2 .
A. P = 2 2 + 2 .

B. P = 2 + 4 .

C. P = 6 .

D. P = 3 .

Câu 21. Kí hiệu a, A lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y =

[ 0; 2] . Giá trị của a + A
A.

19
.
3

x2 + x + 4
trên đoạn
x +1

bằng
B.

22
.
3

C. 7.

D. 12.

Câu 22. Trên bàn có một cốc nước hình trụ chứa đầy nước, có chiều cao bằng 3 lần đường
kính của đáy, một viên bi và một khối nón đều bằng thủy tinh. Biết viên bi là một khối cầu
có đường kính bằng đường kính đáy của cốc nước. Người ta từ từ thả vào cốc nước viên
bi và khối nón đó (như hình vẽ ) thì thấy nước trong cốc tràn ra ngoài. Tính tỉ số thể tích
của lượng nước còn lại trong cốc và lượng nước ban đầu (bỏ qua bề dày của lớp vỏ thủy
tinh)
A.

1
.
2

B.

4
.
9

Trang 3


C.

5
.
9

D.

2
.
3

Câu 23. Tìm tất cả các đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
A. x = −3 .

B. x = −1 và x = 3 .

3x − 1 − x + 3
x2 + 2 x − 3

C. x = 1 và x = −3 .

D. x = 3 .

Câu 24. Cho đồ thị hàm số y = f ( x ) như hình vẽ bên. Diện tích
phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) với trục Ox
nằm phía trên và phía dưới trục Ox lần lượt là 3 và 1.
3

Khi đó

∫ f ( x ) dx

bằng

−2

B. −2.

A. 2.

Câu 25. Cho hàm số f ( x ) =
A. 1.

C. 3.

ln ( x 2 + 1)
x

D. 4.

thỏa mãn f ′ ( 1) = a ln 2 + b với a, b ∈ ¢ . Giá trị của a + b bằng

B. 0.

D. −1.

C. 2.

Câu 26. Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có diện tích tam giác ACD′ bằng a 2 3 . Tính thể tích V
của khối lập phương.
A. V = 8a 3 .

B. V = 2 2a 3 .

2
Câu 27. Cho phương trình log 2 ( 4 x ) − log

A. ( 0;1) .

D. V = a 3 .

C. V = 4 2a 3 .
2

( 2 x ) = 5 . Nghiệm nhỏ nhất của phương trình thuộc khoảng

B. ( 3;5 ) .

C. ( 5;9 ) .

D. ( 1;3) .

2 3
Câu 28. Cho a > 0, a ≠ 1 và log a x = −1, log a y = 4 . Tính P = log a ( x y ) .

A. P = 18 .

B. P = 6 .

D. P = 10 .

C. P = 14 .

Câu 29. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ sau
x

−∞

y′
y

0
−

+∞

3

0

−

+

+∞

5

−1
−∞

−2
Số nghiệm của phương trình 2 f ( x ) + 3 = 0 là
A. 2.

B. 3.

C. 4.

Câu 30. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x + 1)
A. 3.

B. 2.

2

D. 1.

3
( x + 2 ) ( 2 x − 3) . Tìm số điểm cực trị của f ( x ) .

C. 0.

D. 1.

Câu 31. Cho số phức z thỏa mãn ( 2 + 3i ) z − ( 1 + 2i ) z = 7 − i . Tìm môđun của z
A. z = 1 .

B. z = 2 .

C. z = 2 .

D. z = 5 .
Trang 4


Câu 32. Cho hàm số y = f ( x ) luôn dương và thỏa mãn

f ′( x)

f ( x)

= 3 x 2 + 1 . Biết f ( 0 ) = 1 .

Tính giá trị f ( 1)
A. f ( 1) = 4 .

B. f ( 1) = 16 .

C. f ( 1) = 3 .

D. f ( 1) = 9 .

Câu 33. Phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d :

thẳng d1 :

x −1 y + 2 z
=
=
và cắt hai đường
1
1
−1

x +1 y +1 z − 2
x −1 y − 2 z − 3

=
=
=
=
và d 2 :
là
2
1
−1
−1
1
3

A.

x +1 y +1 z − 2
=
=
.
−1
−1
1

B.

x −1 y z −1
= =
.
1
1

−1

C.

x −1 y − 2 z − 3
=
=
.
1
1
−1

D.

x −1 y z −1
=
=
.
1
−1
1

2
2
Câu 34. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ và có đạo hàm f ′ ( x ) = x ( x − 2 ) ( x − 6 x + m ) với mọi

x ∈ ¡ . Có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn [ −2019; 2019] để hàm số g ( x ) = f ( 1 − x ) nghịch biến

trên khoảng ( −∞; −1) ?
A. 2012.

B. 2011.

C. 2009.

D. 2010.

Câu 35. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x cos 2 x là
A.

x sin 2 x cos 2 x
−
+C .
2
4

C. x sin 2 x +

B. x sin 2 x −

cos 2 x
+C .
4

D.

cos 2 x
+C .
2

x sin 2 x cos 2 x
+
+C .
2
4

2
2
Câu 36. Tìm m để phương trình log 2 x − log 2 x + 3 = m có nghiệm x ∈ [ 1;8] .

A. 6 ≤ m ≤ 9 .

B. 2 ≤ m ≤ 3 .

C. 2 ≤ m ≤ 6 .

D. 3 ≤ m ≤ 6 .

Câu 37. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ
thị như hình vẽ dưới đây.
3
2
Bất phương trình 3 f ( x ) ≤ x − 3 x + m đúng với mọi x ∈ ( −1;3) khi và chỉ

khi
A. m ≥ 3 f ( 3) .

B. m > 3 f ( 3) .

C. m ≥ 3 f ( −1) + 4 .

D. m > 3 f ( −1) + 4 .

Câu 38. Có 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Chọn ngẫu nhiên ra 2 tấm thẻ bất kỳ. Tính xác suất để tích
của hai số trên 2 tấm thẻ đã lấy là một số chẵn.

Trang 5


A.

13
.
18

B.

1
.
6

C.

5
.
9

D.

5

.
18

Câu 39. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B ′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a 3 ,
BC = 2a , đường thẳng AC ′ tạo với mặt phẳng ( BCC ′B′ ) một góc 30° . Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp

hình lăng trụ đã cho bằng
A. 3πa 2 .

B. 6πa 2 .

C. 4πa 2 .

D. 24πa 2 .

Câu 40. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật biết AB = a, BC = 2a , tam giác SAB
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SC
và BD là
A. d =

2a 17
.
17

B. d =

2a 57
.
19

C. d = a

108
.
199

D. d =

2a 11
.
11

Câu 41. Cho đồ thị biểu diễn vận tốc của hai xe X và Y khởi
hành cùng một lúc, bên cạnh nhau và trên cùng một con đường.
Biết đồ thị biểu diễn vận tốc của xe X là đường gấp khúc OABD
và đồ thị biểu diễn vận tốc của xe Y gồm 2 phần, trong hai giây
đầu tiên đồ thị đó là một phần của đường parabol đi qua các điểm
O, C và D, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng
song song với trục hoành. Hỏi sau khi đi được 5 giây khoảng
cách giữa hai xe là bao nhiêu mét.
A.

293
( m) .
12

B. 7 ( m ) .

C. 0 ( m ) .

D.

43
( m) .
6

Câu 42. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ có đồ thị như hình vẽ.

Phương trình f  2 − f ( x )  = 0 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
A. 7.

B. 4.

C. 6.

D. 5.

Trang 6


Câu 43. Trong không gian

( S ) : ( x − 1)

2

Oxyz , cho đường thẳng

d:

x −1 y +1 z − m
=
=
1
1
2

và mặt cầu

+ ( y − 1) + ( z − 2 ) = 9 . Đường thẳng d cắt mặt cầu ( S ) tại hai điểm phân biệt E ; F sao
2

2

cho độ dài đoạn thẳng EF lớn nhất khi m = m0 . Hỏi m0 thuộc khoảng nào dưới đây?
A. ( −1;1) .

1 
B.  ;1÷ .
2 

1

C.  −1; − ÷ .
2


D. ( 0; 2 ) .

Câu 44. Cho khối cầu ( S ) tâm I , bán kính R không đổi. một khối trụ thay

đổi có chiều cao h và bán kính r nội tiếp khối cầu. Tính chiều cao h theo
R sao cho thể tích của khối trụ lớn nhất.
A. h =

2R 3
.
3

B. h =

C. h =

R 3
.
3

D. h = R 2 .

Câu 45. Cho hàm số y =

R 2
.
2

x −1
( C ) và 2 điểm C , D thuộc đường thẳng d : y = x − 4 . Gọi 2 điểm A, B
x+2

là hai điểm phân biệt nằm trên ( C ) sao cho tứ giác ABCD là hình chữ nhật có đường chéo bằng

5
.
2

Độ dài AB khi đó thỏa mãn
A. AB < 1 .

B. 1 < AB <

3
.
2

C.

3
5
< AB < .
2
2

D. AB >

5
.
2

Câu 46. Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn 2020 f ( x ) = x + x 2 + 2020 ( ∀x ∈ ¡ ) . Có bao nhiêu số nguyên
m thỏa mãn f ( log m )
A. 66.

B. 65.

C. 63.

D. 64.

Câu 47. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 27 . Gọi ( α ) là mặt
2

2

2

phẳng đi qua hai điểm A ( 0;0; −4 ) , B ( 2;0;0 ) và cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn ( C ) sao cho khối
nón có đỉnh là tâm của ( S ) , đáy là hình tròn ( C ) có thể tích lớn nhất. Biết mặt phẳng ( α ) có phương
trình dạng ax + by − z + c = 0 . Khi đó a − b + c bằng:
A. 8.

B. 0.

Câu 48. Cho hàm số y = f ( x )

( C)

C. 2.

D. −4.

3

2
xác định trên ¡ và thỏa mãn f ( 1 − x ) + f ( 1 − x ) = x + 1 ( ∀x ∈ ¡ ) .

Phương trình tiếp tuyến của ( C ) tạo giao điểm của ( C ) với trục tung có dạng y = ax + b . Giá trị của biểu
thức T = 5a + 2b bằng
A. 6.

B. 5.

C. 1.

D. 3.
Trang 7


Câu 49. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn điều kiện ( z + 2i ) z = 21 ?
A. 0.

B. 1.

C. 2.

Câu 50. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ . Biết f ( 4 ) = 1 và

D. 4.
2

∫ xf ( x + 2 ) dx = 5

khi đó

−2

4

∫  x f ′ ( x ) + 4 f ( x )  dx bằng
2

0

A. −6.

B. 4.

C. −10.

D. 6.

Trang 8


Đáp án
1-A
11-B
21-C
31-D
41-D

2-A
12-D

22-C
32-A
42-D

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

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

5-B
15-D
25-B
35-D
45-D

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

7-A
17-B

27-A
37-A
47-D

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

9-C
19-A
29-B
39-B
49-B

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
Chọn 3 điểm từ 10 điểm phân biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng ta được một tam giác suy ra
3
có C10 tam giác được tạo thành.

Câu 2: Đáp án A
Do ( Q ) song song với ( P ) nên phương trình của ( Q ) có dạng 2 x − y + z + a = 0 với a ≠ 1 .

Do ( Q ) đi qua điểm A nên 2.1 + 1 + 2 + a = 0 ⇔ a = −5 .
Vậy phương trình ( Q ) : 2 x − y + z − 5 = 0 .
Câu 3: Đáp án D
x − 3 > 0
x∈¢
⇔ 3 < x ≤ 7 

→ x ∈ { 4;5;6;7} . Do đó có 4 giá trị nguyên thỏa mãn.
Ta có: bpt ⇔ 
x
−
3
≤
4

Câu 4: Đáp án D
Gọi O là tâm hình vuông.
Suy ra AO là hình chiếu vuông góc của SA lên mặt phẳng

( ABCD ) .
·
Vậy góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABCD ) là SAO
.
Tam giác SAO vuông tại O có
a 2
AO
1
.
·
·

cos SAO
=
= 2 = ⇒ SAO
= 60°
SA a 2 2
Câu 5: Đáp án B
Điểm M ( 1;3) , N ( 3;1) nên trung điểm của MN là I ( 2; 2 ) .
Vậy z = 2 + 2i .
Câu 6: Đáp án D
Hình chiếu vuông góc của điểm M ( 4;5; −1) trên mặt phẳng ( Oyz ) là ( 0;5; −1) .
Câu 7: Đáp án A
Công sai: d = u2 − u1 = 3 ⇒ S50 =

[ 2u1 + 49d ] .50 = 3425 .
2

Trang 9


Câu 8: Đáp án A
x
2
x
Ta có: F ( x ) = ∫ ( 2 x + e ) dx = x + e + C
2
0
Mà F ( 0 ) = 2019 ⇔ 0 + e + C = 2019 ⇔ C = 2018
2
x
Suy ra F ( x ) = x + e + 2018

Khi đó F ( 1) = 1 + e + 2018 = e + 2019 .
Vậy F ( 1) = e + 2019 .
Câu 9: Đáp án C
Đồ thị hàm số có hình dạng là hàm bậc 3 nên loại đáp án B, D.
Đồ thị hàm số có hệ số a > 0 nên chọn đáp án C.
Câu 10: Đáp án B
Hàm số đã cho xác định trên khoảng ( −1; 2 ) và có đạo hàm dương trên khoảng ( −1; 2 ) .
Do đó hàm số đồng biến trên khoảng ( −1; 2 ) .
Câu 11: Đáp án B

uur uu
r
Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A ( 1;0; 2 ) và có vec tơ pháp tuyến: nP = ud = ( 2; −1;3) có phương trình là
2 ( x − 1) − ( y − 0 ) + 3 ( z − 2 ) = 0 ⇔ 2 x − y + 3 z − 8 = 0 .
Câu 12: Đáp án D
2 3
2
3
Ta có: ln ( a b ) = ln a + ln b = 2 ln a + 3ln b .

Câu 13: Đáp án D
Kí hiệu h, r lần lượt chiều cao và bán kính đáy của hình trụ
6π = 2πrh + 2πr 2
6 = 4 r 2 + 2 r 2
h = 2
⇒
⇒
Theo giả thiết ta có: 
.


r = 1
 h = 2r
 h = 2r
Mặt khác, V = πr 2 h = π.2.12 = 2π .
Câu 14: Đáp án B
Hàm số đã cho có 2 điểm cực trị đạt được tại các điểm x = −2; x = 3 .
Câu 15: Đáp án D
Đặt t = 2 x ⇒ dt = 2dx . Đổi cận x = 0 ⇒ t = 0, x = 3 ⇒ t = 6 .
3

∫
0

6

6

1
1
1
f ( 2 x ) dx = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = .10 = 5 .
20
20
2

Câu 16: Đáp án C
Ta có M ( 2;3) , N ( 1; −2 ) , P ( −3;1) .
uuuu
r uuur

1 − 2 = −3 − xQ
 xQ = −2
⇔
⇒ Q ( −2;6 ) .
Tứ giác MNPQ là hình bình hành ⇔ MN = QP ⇔ 
 −2 − 3 = 1 − yQ
 yQ = 6
Trang 10


Câu 17: Đáp án B
( SAB ) ⊥ ( ABCD )

Do ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD )
 SH ⊥ AB

Mà ∆SAB đều ⇒ SH = 2a.

3
= a 3.
2

Vậy thể tích hình chóp S . ABCD :
1
1
2 6 3
V = SH .S ABCD = .a 3.2a.a 2 =
a .
3
3

3
Câu 18: Đáp án A
Ta có: I ( 1; −2;3) ; bán kính R = 1 + 4 + 9 + 1 = 15 .
Câu 19: Đáp án A

r
r
Đường thẳng d có VTCP u = ( −1; 2;1) . Mặt phẳng ( P ) có VTPT n = ( 1; −1;0 ) .
rr
u.n
3
⇒ ϕ = 60° .
Gọi ϕ là góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng ( P ) : sin ϕ = r r =
2
u n
Vậy góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng ( P ) là 60° .
Câu 20: Đáp án C
 z1 + z2 = 2
z + z = 2
 z = 1 + i  z1 = 1 + i
PT ⇔ 
⇒
⇒ 1 2
⇒
⇒ P =6.
 z = 1 − i  z2 = 1 − i  z1 − z2 = 2i  z1 − z2 = 2
Câu 21: Đáp án C
+

( 2 x + 1) ( x + 1) − ( x 2 + x + 4 )

y′ =
2
( x + 1)

=

x2 + 2x − 3

( x + 1)

2

.

 x = 1∈ ( 0; 2 )
2
+ y′ = 0 ⇔ x + 2 x − 3 = 0 ⇔ 
.
 x = −3 ∉ ( 0; 2 )
+ y ( 0 ) = 4; y ( 2 ) =

10
; y ( 1) = 3
3

y = 3, A = max y = 4 . Vậy a + A = 7 .
Khi đó, a = min
[ 0;2]
[ 0;2]
Câu 22: Đáp án C

Gọi R là bán kính đáy của hình trụ ⇒ Chiều cao hình trụ là h = 6 R .
Suy ra thể tích khối trụ ban đầu là V = πR 2 h = 6πR 3 .
Theo bài ra, khối cầu trong hình có thể tích là V1 =

4 3
πR .
3

Khối nón trong hình có bán kính đáy r = R ; chiều cao h0 = h − 2 R = 4 R
Trang 11


1
4
⇒ V2 = πr 2 h0 = πR 3 .
3
3
8 3
Do đó thể tích nước tràn ra ngoài cốc là V0 = V1 + V2 = πR .
3
Vậy tỉ số cần tìm là

V − V0 
8
5

=  6πR 3 − πR 3 ÷: 6πR 3 = .
V
3
9




Câu 23: Đáp án A
Hàm số có tập xác định D = ( −3; +∞ ) \ { 1} .

( 3x − 1) − ( x + 3)
3x − 1 − x + 3
9x2 − 7 x − 2
y
=
=
=
Khi đó
x2 + 2 x − 3
( x 2 + 2 x − 3) 3 x − 1 + x + 3 ( x 2 + 2 x − 3 ) 3 x − 1 + x + 3
2

(

⇔ y=

9x + 2

( x + 3) ( 3x − 1 +

x+3

)

(

)

).

y = ∞ nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = −3 .
Khi đó x →lim
( −3) +
Câu 24: Đáp án A
0

Theo giả thiết ta có:

∫

−2
3

Do đó:

∫

f ( x ) dx =

−2

0

∫

−2

0

f ( x ) dx = ∫ − f ( x ) dx = 1 ⇒
−2

0

∫

f ( x ) dx = −1;

−2

3

∫
0

3

f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx = 3
0

3

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = −1 + 3 = 2 .
0

Câu 25: Đáp án B
2x
x − x.ln ( x 2 + 1) 2 x 2 − x ( x 2 + 1) ln ( x 2 + 1)
x
+
1
Ta có: f ′ ( x ) =
.
=
x2
x 2 ( x 2 + 1)
2

Từ đây ta suy ra f ′ ( 1) =

2 − 2 ln 2
= − ln 2 + 1 ⇒ a = −1, b = 1 ⇒ a + b = 0 .
2

Câu 26: Đáp án B
Gọi hình lập phương có độ dài cạnh x .
Ta có: AC = BD = x 2 ;
D′O = DD′2 + OD 2 = DD′2 +

BD 2
2 x2 x 6
.
= x2 +
=

4
4
2

Theo giả thiết ta có:
S ACD′ = a 2 3 ⇔

1
1
x 6
AC.OD′ = a 3 3 ⇔ x 2.
= a2 3 ⇔ x = a 2 .
2
2
2

Vậy VABCD. A′B ′C ′D′ = x 3 = 2 2a 3 .
Câu 27: Đáp án A
Trang 12


( log 2 4 + log 2 x )

2

− 2 log 2 ( 2 x ) = 5 ⇒ ( 2 + log 2 x ) − 2 ( 1 + log 2 x ) = 5
2

t = −1  log 2 x = −3
1 

2 + log 2 x = t ⇒ t 2 − 2t = 3 ⇒ 
⇒
⇒ x ∈  ; 2 .
8 
t = 3
 log 2 x = 1
Câu 28: Đáp án D
2 3
2
3
Ta có: log a ( x y ) = log a x + log a y = 2 log a x + 3log a y = 2. ( −1) + 3.4 = 10 .

Câu 29: Đáp án B
3
Phương trình đã cho tương đương f ( x ) = − .
2
Dựa vào BBT suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 30: Đáp án B

 x = −1

2
3
+ f ′ ( x ) = ( x + 1) ( x + 2 ) ( 2 x − 3) = 0 ⇔  x = −2 .

3
x =

2
+ Ta có bảng xét dấu f ′ ( x ) như sau:

x

−∞

−1

−2

f ′( x)

+

−

0

0

3
2
−

0

+∞
+

Vậy số điểm cực trị của f ( x ) là 2.
Câu 31: Đáp án D
Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) ⇒ z = a − bi . Ta có ( 2 + 3i ) z − ( 1 + 2i ) z = 7 − i

a − 5b = 7
a = 2
⇔ ( 2 + 3i ) ( a + bi ) − ( 1 + 2i ) ( a − bi ) = 7 − i ⇔ a − 5b + ( a + 3b ) i = 7 − i ⇒ 
⇔
.
a + 3b = −1 b = −1
Khi đó ta có z = 2 − i ⇒ z = 22 + 12 = 5 .
Câu 32: Đáp án A
2
Ta có: f ( 3 x + 1) dx = ∫

f ′( x)

f ( x)

dx = ∫

1
f ( x)

d ( f ( x ) ) ⇒ x3 + x + C = 2 f ( x ) .
2

 x3 + x + 2 
f ( 0) = 1 ⇒ C = 2 ⇒ f ( x ) = 
÷ ⇒ f ( 1) = 4 .
2


Câu 33: Đáp án B

Gọi A ( −1 + 2t ; −1 + t ; 2 − t ) ∈ d1 ; B ( 1 − u; 2 + u;3 + 3u ) ∈ d 2
uuur
Khi đó: AB = ( 2 − u − 2t ;3 + u − t ;1 + 3u + t )
Trang 13


Do AB //d ⇒

t = 1
2 − u − 2t 3 + u − t 1 + 3u + t
x −1 y z −1
=
=
⇔
⇒ A ( 1;0;1) ⇒ ( ∆ ) :
= =
.
1
1
−1
1
1
−1
u = −1

Câu 34: Đáp án B
Để g ( x ) nghịch biến trên ( −∞; −1) thì g ′ ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ( −∞; −1)
⇔ f ′ ( 1 − x ) ( 1 − x ) ′ ≤ 0, ∀x ∈ ( −∞; −1)
⇔ − ( 1 − x 2 ) ( −1 − x ) ( x 2 + 4 x + m − 5 ) ≤ 0, ∀x ∈ ( −∞; −1)
⇔ ( x + 1) ( x 2 + 4 x + m − 5 ) ≤ 0, ∀x ∈ ( −∞; −1)

⇔ ( x 2 + 4 x + m − 5 ) ≥ 0, ∀x ∈ ( −∞; −1)
⇔ m ≥ − x 2 − 4 x + 5, ∀x ∈ ( −∞; −1)
⇔ m ≥ max ( − x 2 − 4 x + 5 ) , ∀x ∈ ( −∞; −1)
⇔m≥9.

Do m thuộc đoạn [ −2019; 2019] và m nhận giá trị nguyên nên sẽ có 2011 giá trị.
Câu 35: Đáp án D
 du = dx
u = x
x sin 2 x 1
x sin 2 x cos 4 x

⇒
⇒ ∫ ( x cos 2 x ) dx =
− ∫ sin 2 xdx =
+
+C .
Đặt 
1
2
2
2
4
 dv = cos 2 xdx v = sin 2 x

2
Câu 36: Đáp án C
2
2
2

Ta có: log 2 x − log 2 x + 3 = m ⇔ log 2 x − 2 log 2 x + 3 = m .

Đặt t = log 2 x , với x ∈ [ 1;8] ⇒ t ∈ [ 0;3] .
Bài toán trở thành tìm m để phương trình t 2 − 2t + 3 = m có nghiệm với t ∈ [ 0;3] .
2
Xét hàm số f ( t ) = t − 2t + 3, t ∈ [ 0;3] có đạo hàm f ′ ( t ) = 2t − 2 = 0 ⇔ t = 1 .

t

0

1

f ′( t )
f ( t)

−

0

3
+

3

6

2
Quan sát bảng biến thiên ta có để phương trình có nghiệm 2 ≤ m ≤ 6 .
Câu 37: Đáp án A

3 f ( x ) − x3 + 3 x 2  ( *)
BPT ⇔ m ≥ 3 f ( x ) − x 3 + 3x 2 đúng với mọi x ∈ ( −1;3) ⇔ m ≥ max
[ −1;3] 
3
2
Xét g ( x ) = 3 f ( x ) − x + 3 x với x ∈ ( −1;3)
2
2
Ta có: g ′ ( x ) = 3 f ′ ( x ) − 3 x + 6 x = 3  f ′ ( x ) − ( x − 2 x ) 

Trang 14


Đồ thị hàm số y = x 2 − 2 x là Parabol có đỉnh I ( 1; −1) và đi qua các điểm ( 1; −3) và ( 3;3) .
2
Vẽ Parabol này trên cùng hệ trục với đồ thị y = f ′ ( x ) ta thấy f ′ ( x ) < x − 2 x ( ∀x ∈ ( −1;3) )

Do đó g ′ ( x ) < 0, ∀x ∈ ( −1;3) nên g ( x ) đồng biến trên khoảng ( −1;3)
Suy ra ( *) ⇔ m ≥ g ( 3) = 3 f ( 3) .
Câu 38: Đáp án A
2
Gọi Ω là số cách lấy ra 2 tấm thẻ trong 9 số ta có: Ω = C9 = 36

Gọi A là biến cố “tích của 2 số trên 2 tấm thẻ là số chẵn” ta xét 2 trường hợp
2
TH1: Có 2 tấm thẻ đều mang số chẵn. Vì có 4 số thẻ mang số chẵn nên có C4 = 6 .
1 1
TH2: Có một tấm thẻ mang sẵn số chẵn và một tấm thẻ mang số lẻ có: C4C5 = 20

Vậy xác suất cần tính là: P ( A ) =

Ω A 6 + 20 13
=
= .
Ω
36
18

Câu 39: Đáp án B
Ta có: AC = BC 2 − AB 2 = a
Gọi M , M ′ lần lượt là trung điểm các cạnh BC , B′C ′ và O là
trung điểm MM ′ là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy hình lăng
trụ ABC. A′B′C ′ nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ
ABC. A′B′C ′ .

Gọi H là hình chiếu vuông góc vủa A lên cạnh BC khi đó

( ·AC′, ( BCC′B′) ) = ·AC′H = 30° .
Ta có: AH = AC ′.sin 30° =

1
AB. AC a 3
AC ′ ⇒ AC ′ = 2 HA mà AH =
=
2
BC
2

Suy ra AC ′ = a 3 do C ′A2 = C ′C 2 + AC 2 ⇒ C ′C = C ′A2 − AC 2 = a 2
Từ đó suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp cần tìm là R =

a 2
.
2

Vậy diện tích cần tìm là S = 2πa 2 .
Ta có: S = 6πa 2 .

Câu 40: Đáp án A
Ta có: c = d ( C ; BD ) =

CH 3
2a
a 3
= .
; h = SH =
;k=
CI 2
3
5

Trang 15


Do đó

1
1 k2
2a 17
.

= 2 + 2 ⇒d =
2
d
c
h
17

Câu 41: Đáp án D
Quãng đường xe X đi được bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường gấp khúc OABD và trục hoành
1
4+5
27
.1 = ( m ) .
nên S X = . ( 2.3) + 2.3 +
2
2
2
Phương trình Parabol có dạng y = ax 2 + bx (vì Parabok đi qua gốc tọa độ)
1

a=−

 4a + 2b = 5

2
⇔
Parabol đi qua các điểm ( 2;5 ) và ( 5;5 ) nên ta có: 
 25a + 5b = 5
b = 7


2
2

62
 1 2 7 
Quãng đường xe Y đi được là SY = ∫  − x + x ÷dx + 3.5 =
2
2 
3
0
Suy ra khoảng cách 2 xe sau 5 giây là d = S X − SY =

43
( m) .
6

Câu 42: Đáp án D
Đặt t = 2 − f ( x ) thì phương trình đã cho ⇔ f ( t ) = 0
 t = a < −1

Dựa vào đồ thị hàm số ta có ⇔ f ( t ) = 0 ⇔ t = b ∈ ( 0;1) .
t = c ∈ 1;3
( )

2 − f ( x ) = a
 f ( x) = 2 − a > 3


Khi đó  2 − f ( x ) = b ⇔  f ( x ) = 2 − b ∈ ( 1; 2 )
2 − f x = c

 f x = 2 − c ∈ −3;1
( )
( )

 ( )

( 1)
( 2) .
( 3)

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra phương trình (1) có 1 nghiệm, phương trình (2) có 1 nghiệm, phương trình
(3) có 3 nghiệm do đó phương trình đã cho có 5 nghiệm.
Câu 43: Đáp án A
x = 1+ t

Ta có: d :  y = −1 + t và mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1;1; 2 ) ; R = 3
 z = m + 2t

Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( S ) là:

( 1 + t − 1)

2

+ ( −1 + t − 1) + ( m + 2t − 2 ) = 9 ⇔ 6t 2 + t ( 4m − 12 ) + m 2 − 4m − 1 = 0 ( 1)
2

2

Trang 16

Để đường thẳng d cắt mặt cầu ( S ) tại hai điểm phân biệt E , F thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân
2
biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ ( 4m − 12 ) − 24 ( m − 4m − 1) > 0 .
2

Gọi t1 ; t2 lần lượt là hoành độ của điểm E , F nên t1 ; t2 lần lượt là 2 nghiệm của phương trình (1).

− ( 4m − 12 )
t1 + t2 =
6
Theo định lí Viet ta có: 
.
2
t t = m − 4m − 1
 1 2
6

uuur
Ta có: E ( 1 + t1 ; −1 + t1 ; m + 2t1 ) , F ( 1 + t2 ; −1 + t2 ; m + 2t2 ) ⇒ EF = ( t 2 − t1 ; t2 − t1 ; 2t2 − 2t1 )
EF = 6 ( t2 − t1 ) = 6 ( t2 + t1 ) − 24t1t 2
2

2

2

( 4m − 12 )
=

6

2

− 4 ( m 2 − 4m − 1) =

−4 2
m + 28
3

2
Kết luận EFmin ⇔ EFmin ⇔ m = 0 .

Câu 44: Đáp án A
Gọi r ; h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ.
2

2

h
h
Vì khối trụ nội tiếp khối cầu ⇒ R 2 = r 2 +  ÷ ⇔ r 2 = R 2 − .
4
2
 2 h2  π
2
2
2
Thể tích của khối trụ là V = πr h = πh  R − ÷ = .h ( 4 R − h ) .
4

4


2
2
2
3
Xét hàm số f ( h ) = 4 R .h − h với h ∈ ( 0; 2 R ) , có f ′ ( h ) = 4 R − 3h = 0 ⇔ h =

2R
.
3

2R 3
Lập bảng biến thiên, ta được f ( h ) đạt GTLN khi và chỉ khi h =
.
3
Câu 45: Đáp án D
Do AB //CD nên phương trình đường thẳng AB : y = x + m ( m ≠ 4 )
PT hoành độ giao điểm của AB và ( C ) là:

 x ≠ −2
x −1
= x+m ⇔ 
2
x+2
 g ( x ) = x + ( m + 1) x + 2m + 1 = 0

 g ( −2 ) ≠ 0
3 ≠ 0

⇔
⇔ 2
∆ > 0
 m − 6m − 3 > 0
 x1 + x2 = −m − 1
+ Khi đó gọi A ( x1 ; x1 + m ) , B ( x2 ; x2 + m ) ta có: 
 x1 x2 = 2m + 1
2
2
2
2
+ Ta có: AB = 2 ( x1 − x2 ) = 2 ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2  = 2 ( m − 6m − 3) .

AD = d ( AB; CD ) =

m+4
2

Trang 17


m 2 + 8m + 16
2
2
AB 2 + CD 2 = AC 2 = 2 ( x1 − x2 ) = 2 ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2  = 2 ( m 2 − 6m − 3) +


2
 m = −1
5 2

25
= m − 8m + 2 =
⇔
 m = 21 ( loaïi )
2
2
5

 x1 = 1 ⇒ A ( 1;0 ) , B ( −1; −2 )
+ Với m = −1 ⇒ 
 x1 = −1 ⇒ A ( −1; −2 ) , B ( 1;0 )
Kết luận: Vậy 2 điểm thỏa mãn ycbt là ( 1;0 ) , ( −1; −2 ) ⇒ AB = 2 2 .
Câu 46: Đáp án D

(

f ( x)
= x + x 2 + 2020 ( ∀x ∈ ¡ ) ⇒ f ( x ) = log 2020 x + x 2 + 2020
Ta có: 2020

Mặt khác

f ′( x) =

1+

x

x + 2020 =
x + x 2 + 2020

2

1
x 2 + 2020

> 0 ( ∀x ∈ ¡

)

)

nên hàm số f ( x ) đồng biến trên ¡ do đó

f ( log m ) < f ( log m 2020 ) ⇔ log m < log m 2020
⇔ log m < log m 10.log 2020 .
Đặt t = log m ta được t <

t < − log 2020
log 2020
t 2 − log 2020
⇔
<0⇔
t
t
0 < t < log 2020

log m < − log 2020
0 < m < 0, 015
⇔
Suy ra 

.
0 < log m < log 2020
1 < m < 65, 77
Kết hợp m ∈ ¢ ⇒ m = { 2;3; 4;...;65} nên có 64 giá trị của tham số m .
Câu 47: Đáp án D
Ta có mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; −2;3) bán kính R = 3 3 .
uuu
r uur
Vì A ∈ ( α ) ⇒ 4 + c = 0 ⇔ c = −4 và A, B ∈ ( α ) ⇒ AB.nα = 0 ⇔ 2a − 4 = 0 ⇔ a = 2 .
Suy ra d ( I , ( α ) ) =

2b + 5
b2 + 5

.

2
2
2
2
Gọi r là bán kính đường tròn ( C ) ta có r = R − d ( I , ( α ) ) = 27 − d với 0 < d < 3 3 .

1 2
2
2
Khi đó thể tích khối nón V = πr .d để V lớn nhất thì f ( d ) = r .d = ( 27 − d ) .d lớn nhất.
3
3
Xét hàm số f ( d ) = 27 d − d với 0 < d < 3 3 .
2

 f ( d )  = f ( 3) = 54 đạt được khi
Ta có f ′ ( d ) = −3d + 27 = 0 ⇔ d = ±3 suy ra (max
0,3 3 )

Trang 18


d =3⇔

2b + 5
b +5
2

= 3 ⇔ 5 ( b 2 − 4b + 4 ) = 0 ⇔ b = 2 .

Vậy giá trị biểu thức a − b + c = −4 .
Câu 48: Đáp án C
Ta có ( C ) ∩ Oy tại điểm có hoành độ x = 0
 f ( 0 ) = a
3
3
Đặt 
, thay x = 1 vào giả thiết ta có: f ( 0 ) + f ( 0 ) = 2 ⇔ a + a = 2 ⇔ a = 1 .
′
 f ( 0 ) = b
3
2
Đạo hàm 2 vế biểu thức f ( 1 − x ) + f ( 1 − x ) = x + 1 ta được:

−3 f 2 ( 1 − x ) f ′ ( 1 − x ) − 2 x. f ′ ( 1 − x 2 ) = 1 ( *)

1
2
a =1
Thay x = 1 vào biểu thức (*) ta có: −3a b − 2b = 1 → −3b − 2b = 1 ⇔ b = − .
5
1
−1
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = − x + 1 ⇒ T = 5. + 2 = 1 .
5
5
Câu 49: Đáp án B
Ta có: ( z + 2i ) z = 21 ⇔ z + 2i =
Lấy mô đun 2 vế ta được:

21
z
21
.
z

2

z +4 =

Đặt t = z ≥ 0 ta được: t t 2 + 4 = 21 ⇔ t 4 + 4t 2 − 21 = 0 ⇒ t 2 = 3 ⇒ t = 3
Do đó z =

21
21
=

⇒ có 1 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán.
z + 2i
3 + 2i

Câu 50: Đáp án D
Đặt t = x + 2 ta có:

2

4

4

−2

0

0

∫ xf ( x + 2 ) dx = 5 ⇔ ∫ ( t − 2 ) f ( t ) dt = 5 ⇒ ∫ ( x − 2 ) f ( x ) dx = 5 .

2
u = x
 du = 2 xdx
⇒
Đặt 
suy ra
 dv = f ′ ( x ) dx v = f ( x )

4

4

2
2
∫ x f ′ ( x ) dx = x f ( x ) − ∫ 2 xf ( x ) dx
0

4

0

0

4

= 16 f ( 4 ) − 2 ∫ xf ( x ) dx
0

4

4

0

0

2
Do đó ∫  x f ′ ( x ) + 4 f ( x )  dx = 16 −2 ∫  xf ( x ) − 2 f ( x )  dx
4

= 16 − 2∫ ( x − 2 ) f ( x ) dx = 16 − 2.5 = 6 .
0

Trang 19