de khao sat toan 12 lan 3 nam 2019 2020 truong thpt le lai thanh hoa

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 3
NĂM HỌC 2019 - 2020
MƠN: TỐN; KHỐI: 12
Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian giao đề
Đề thi gồm có 50 câu; 06 trang
Ngày thi: …/…/2020
------------------------Có bao nhiêu cách chọn ra 3 học sinh từ một lớp có 20 học sinh, trong đó một bạn làm lớp
trưởng, một bạn làm lớp phó, một bạn làm thủ quỹ ?
3
3
.
B. C20
.
C. 203 .
D. 320 .
A. A20
1
Cho cấp số nhân ( un ) có u1 = 3 cơng bội q = − . Tính u4 .
3
1
1
1
1
A. − .
B. − .
C. .
D.
.
9
9
27

27
Nghiệm của phương trình 2 x  4 là
A. x  1 .
B. x  2 .
C. x  1 .
D. x  2 .

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT LÊ LAI

Câu 1.

Câu 2.

Câu 3.
Câu 4.

Thể tích khối chóp có đường cao bằng a và diện tích đáy bằng 2a 2 3 là
A.

Câu 5.

2a 3 3
.
3

B.

2a 3 3

.
2

C.

=
y log 1 ( x 2 − 3 x + 2 ) là.
Tập xác định của hàm số

2a 3
.
3

D.

5a 3
.
3

2

A. ( −∞;1) ∪ ( 2; + ∞ ) .
Câu 6.

Khẳng định nào sau đây là sai?
A. Nếu  f  x dx  F  x  C thì
B.

 kf  x dx  k 

C. ( 2; + ∞ ) .

B. (1; 2 ) .



D. ( −∞;1) .

f u  du  F u   C.

f  x dx ( k là hằng số và k  0 ).

C. Nếu F  x và G  x đều là nguyên hàm của hàm số f  x thì F  x  G  x.
D.
Câu 7.

Câu 8.

  f  x  g  x dx  

f  x  dx   g  x  dx.

Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B = 25 và chiều cao h = 7 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho
bằng
175
32
A. 32
B.
.
C.

.
D. 175 .
3
3

Cho khối trụ có độ dài đường sinh l  a 3 và bán kính đáy r  a 2 . Thể tích của khối trụ đã
cho bằng
3 3
2 3 3
A.
B. 2 3πa 3 .
C. 3πa 3 .
D.
πa .
πa .
2
3
Câu 9. Gọi R là bán kính, S là diện tích mặt cầu và V là thể tích khối cầu. Công thức nào sau sai?
4
A. S  πR 2 .
B. V  πR 3 .
C. S  4πR 2 .
D. 3V  S .R .
3
Câu 10. Cho hàm số y = f ( x) xác định trên  và có bảng biến thiên như sau:


Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số f ( x) đồng biến trên khoảng ( −1; 4 ) .

B. Hàm số f ( x) nghịch biến trên khoảng ( −∞; −2 ) .
C. Hàm số f ( x) nghịch biến trên khoảng ( −2; 2 ) .
D. Hàm số f ( x) đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) .
Câu 11. Với a là một số thực dương tùy ý, log 2 ( 8a 3 ) bằng
A.

3
log 2 a .
2

B.

1
log 2 a .
3

C. 3 + 3log 2 a .

D. 3log 2 a .

Câu 12. Diện tích xung quanh của một hình nón có độ dài đường sinh l (m) , bán kính đáy
A. 6π l (m 2 ) .

B. 6l (m 2 ) .

3

(m) là:

π

D. 3π l (m 2 ) .

C. 3l (m 2 ) .

Câu 13. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Giá trị cực tiểu của hàm số bằng

2
25
.
B. −
.
C. −6 .
D. 0 .
2
4
Câu 14. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?
A. −

y

1
O

x−2
2x +1
.
C. y =
.

x +1
x −1
x +1
Câu 15. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
là
1− 2x
1
1
1
A. x = .
B. y = .
C. x = − .
2
2
2
Câu 16. Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 1 ( x − 3) ≥ log 1 4 là

A. y =

x−2
.
x −1

x

1

B. y =

2

D. y =
− x3 + 3x + 2 .

1
D. y = − .
2

2

A. 2 .
B. 3 .
C. 1 .
4
2
Câu 17. Số giao điểm của đồ thị hàm số y =x + 3 x − 4 với trục hoành là

D. 4 .


A. 1.
Câu 18. Biết

B. 2.
3

∫

f ( x ) dx =

0

5
và
3

4

∫

C. 3.

f ( t ) dt =

0

3
. Tính
5

8
14
.
B.
.
15
15
Câu 19. Mơ đun của số phức z  3  2i  i là

A.

A. 3 .

D. 4.

4

∫ f ( u ) du .
3

C. −

17
.
15

B. 2 .

C. 13 .
z
Câu 20. Cho hai số phức z1 = 1 + 2i , z2 = 3 − i . Tìm số phức z = 2 .
z1

D. −

16
.
15

D. 5 .

1 7
1 7
1 7
1 7
B. z=
C. z=
D. z =
+ i.
− i.
+ i.
− + i.
10 10
5 5
5 5
10 10
Câu 21. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z  i là điểm nào dưới đây?
A. M 1;0 .
B. N 0; 1 .
A. =
z

C. P 1;0 .

D. Q 0;1 .

Câu 22. Trên khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc của điểm A ( 2;5; −3) trên mặt phẳng ( Oxz ) có
tọa độ là:
A. ( 2;5;0 ) .

B. ( 0;5; −3) .

C. ( 2;0; −3) .

D. ( 2;5; −3) .

Câu 23. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  4 x  8 y  2 z  4  0 . Tâm và bán
kính của mặt cầu  S  lần lượt là
A. I 2; 4;1 , R  5 .

B. I 2; 4; 1 , R  25 .

C. I 2; 4;1 , R  21

D. I 2; 4; 1 , R  21 .

Câu 24. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 3 x − 4 z + 2 =
0 . Véc tơ nào dưới đây là một véc tơ
pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) ?


A. n=
B. n2 =
( 3; −4; 2 ) .
1

( −3;0; 4 ) .


C. n=

3

( 3; −4;0 ) .


D.=
n4

Câu 25. Trong khơng gian tọa độ Oxyz , vị trí tương đối giữa hai đường thẳng 1 :

 x  1  t

2 :  y  2  t là

 z  1  2t
A. Song song.

B. Chéo nhau.

C. Cắt nhau.

( 4;0; −3) .

x y2 z

 và
2
3
4

D. Trùng nhau.

a 2
, đáy ABCD là
2
hình thang vng tại A và D có =
AB 2=
AD 2=
DC a (Hình vẽ minh họa). Góc giữa hai mặt
phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) bằng

Câu 26. Cho hình chóp S . ABCD có SA vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) , SA =


S

B

A

D

A. 60° .

C

B. 90° .

C. 30° .

D. 45° .

Câu 27. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  có f ′ ( x ) =( 2 x − 3)( x + 1) ( x − 2 ) ( 4 − x ) . Số điểm cực
2

3

đại của hàm số y = f ( x ) là
A. 4 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 1 .
3
2
Câu 28. Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x  3 x  9 x  7 trên đoạn [4;0] bằng
B. 13 .

A. 20 .

C. 3 .

D. 7 .
3

6

Câu 29. Với a, b là các số thực dương tùy ý và a ≠ 1 , =
đặt P log a b + log a2 b . Mệnh đề nào sau đây
đúng?
A. P = 6 log a b .

B. 9 log a b .

C. 15log a b .

D. 27 log a b .

Câu 30. Cho hàm số y =x 4 − 3 x 2 − 3 , có đồ thị hình vẽ dưới đây. Với giá trị nào của m thì phương trình
x 4 − 3x 2 + m =
0 có ba nghiệm phân biệt?

A. m = −3 .
B. m = −4 .
C. m = 0 .
2
Câu 31. Tập nghiệm của bất phương trình log 2 ( 2 x ) − 5 log 2 x − 5 ≥ 0 là

1




1
2




A.  −∞;  ∪ [16; +∞ ) .
2

D. m = 4 .

B.  −∞;  ∪ (16; +∞ ) .



 1



 1
 2

C.  0;  ∪ [16; +∞ ) .
2

D.  0;  ∪ (16; +∞ ) .

Câu 32. Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vng cân có cạnh huyền bằng 2a 2 . Diện tích
xung quanh của hình nón đã cho bằng
A.
Câu 33. Xét

2π a 2 .
1

2
∫x

−1

(

B. 2 2π a 2 .

)

5

2 + x3 dx , nếu đặt u= 2 + x3 thì

C. 4π a 2 .
1

D. 4 2π a 2 .

∫ x ( 2 + x ) dx bằng

−1

2

3

5


A.

1

∫

u 5 du .

B.

−1

1

1
u 5 du .
∫
3 −1

C.

3

∫

u 5 du .

D.

1

3

1
u 5 du .
∫
31

Câu 34. Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 2 x 2 + 3 x + 1, y = x3 + 1 được tính bởi
cơng thức nào dưới đây ?
3

(

)

2

A. S= π ∫ x 3 − 2 x 2 − 3 x dx .
−1

3

B. S =

∫ (x

3

)

− 2 x 2 − 3 x dx .

−1

C. S=

0

∫(

−1

S
D. =

0

∫(

−1

3

)

(

)

(

)

x3 − 2 x 2 − 3 x dx + ∫ 2 x 2 + 3 x − x3 dx .
0

3

)

2 x 2 + 3 x − x3 dx + ∫ x3 − 2 x 2 − 3 x dx .
0

Câu 35. Cho hai số phức z1= 3 − i và z2 =−1 + i . Tính tổng phần thực và phần ảo của số phức z1 z2 .
B. −2 .
C. 2.
D. −6 .
A. −4 .
2
Câu 36. Gọi z0 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình: z − 4 z + 9 =
0 . Tìm tọa độ của điểm
biểu diễn số phức ω=

(
C. ( 2 −

)

(1 + i ) z0 .

A. 2 − 5 ;2 + 5 .

(
D. ( 2 +

)

B. 2 + 5 ;2 − 5 .

)

5 ;− 2 − 5 .

)

5 ;− 2 − 5 .

Câu 37. Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 2; − 1; − 3) và mặt phẳng ( P ) : 3 x − 2 y + 4z − 5 =
0 . Mặt
phẳng ( Q ) đi qua A và song song với mặt phẳng ( P ) có phương trình là
A. ( Q ) : 3 x − 2 y + 4z − 4 =
0.

B. ( Q ) : 3 x + 2 y + 4z +8 =
0.

C. ( Q ) : 3 x + 2 y + 4z + 4 =
0.

D. ( Q ) : 3 x − 2 y + 4z + 4 =
0.

0, điểm A (1;3; 2 )
Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + z − 10 =
 x =−2 + 2t

và đường thẳng d :  y = 1 + t . Tìm phương trình đường thẳng ∆ cắt ( P ) và d lầnlượt tại hai
z = 1− t

điểm N và M sao cho A là trung điểm của đoạn MN .
x − 6 y −1 z + 3
x + 6 y +1 z − 3
.
B. = =
.
A. = =
7
−4
−1
7
4
−1
x − 6 y −1 z + 3
x + 6 y +1 z − 3
C. = =
.
D. = =
.
7
4
−1

7
−4
−1
Câu 39. Cho tập hợp S = {1;2;3;4;5;6} . Viết ngẫu nhiên lên bảng một số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau
lấy từ tập S . Xác suất để được một số chia hết cho 6 bằng
17
1
3
7
A.
.
B. .
C.
.
D.
.
120
5
20
40
Câu 40. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Mặt bên SAB là tam giác đều và
nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SA biết
=
AD a=
3, AB a . Khi đó khoảng cách từ C đến ( MBD ) là:
A.

2a 15
.
10

B.

a 39
.
13

C.

2a 39
.
13

D.

a 39
.
26


Câu 41. Cho hàm số y = mx3 + 3mx 2 + 3 x + 1 . Tìm tập hợp tất cả các số thực m để hàm số đồng biến
trên  .
A. m ≥ 1 ∨ m ≤ 0.
B. 0 ≤ m < 1
C. 0 ≤ m ≤ 1.
D. 0 < m ≤ 1.
Câu 42. Bạn Việt trúng tuyển vào trường Đại học Kinh tế quốc dân nhưng vì lý do khơng đủ tiền đóng
học phí nên Việt quyết định vay ngân hàng trong 4 năm, mỗi năm vay 4 triệu đồng để nộp học
phí với lãi suất 3% / năm. Ngay sau khi tốt nghiệp đại học bạn Việt thực hiện trả góp hàng
tháng cho ngân hàng số tiền (khơng đổi) với lãi suất theo cách tính mới là 0, 25% / tháng, trong

vịng 5 năm. Tính số tiền mà bạn Việt phải trả cho ngân hàng (kết quả làm tròn đến hàng đơn
vị) hàng tháng là?
A. 323.582 đồng.
B. 398.402 đồng.
C. 309.718 đồng.
D. 312.518 đồng.
Câu 43. Cho hai hàm số y =x 6 + 6 x 4 + 6 x 2 + 1 và=
y x 3 m − 15 x ( m + 3 − 15 x ) có đồ thị lần lượt là
(C1 ) và (C2 ) . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn

[ −2020; 2020] để (C1 ) và (C2 ) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. Số phần tử của tập hợp S bằng
A. 2010.

B. 2009.

C. 2008.

D. 2007.

Câu 44. Một hình nón bị cắt bởi mặt phẳng ( P ) song song với đáy. Mặt phẳng ( P ) chia hình nón làm
hai phần ( N1 ) và ( N 2 ) . Cho hình cầu nội tiếp ( N 2 ) như hình vẽ sao cho thể tích hình cầu
bằng một nửa thể tích của ( N 2 ) . Một mặt phẳng đi qua trục hình nón và vng góc với đáy cắt

( N2 )

theo thiết diện là hình thang cân, tang góc nhọn của hình thang cân là

N1

N2

A. 2 .

B. 4 .

Câu 45. Cho hàm số f ( x) liên tục trên  thỏa mãn

C. 1 .

D.

π
4

∫ f ( tan x ) dx = 4
0

và

1

∫
0

3.

x2 f ( x )
x2 + 1

dx = 2 . Tính tích

1

phân I = ∫ f ( x)dx
0

A. 6 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 1 .
Câu 46. Cho hàm số bậc bốn y  f  x có đồ thị hàm số y  f ' x như hình bên dưới. Gọi S là tập
hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số

m

thuộc

[1; 2020]

để hàm số

g  x   f  x  2 x  m có đúng 3 điểm cực trị. Tổng tất cả các phần tử của S là?
4

2


A. 2041200 .
B. 2041204 .
Câu 47. Cho hai số thực x; y thỏa mãn

C. 2041195 .

D. 2041207 .

5 + 4x − x2
+ log 2 (2 y + 8) 2 . Gọi S là tập hợp
3
tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để giá trị lớn nhất của biểu
log 3 ( y 2 + 8 y + 16) + log 2 (5=
− x) (1 + x )  2 log 3

thức P =

x 2 + y 2 − m không vượt quá 10 . Hỏi S có bao nhiêu tập con khác rỗng.

A. 2047.
B. 16383.
C. 16384.
D. 32.
Câu 48. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
f ( x=
) m ( x 2 − 2 x + 3) − 5m + 1 trên đoạn [ 0;3 ] bằng 7. Tổng các phần tử của S bằng
8
1
2
A. − .
B. 2 .
C. .
D. .

3
3
3
Câu 49. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích là V . Điểm P là trung

điểm của SC . Mặt phẳng (α ) qua AP cắt hai cạnh SB và SD lần lượt tại M và N . Gọi V1 là
thể tích của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của tỷ số
A.

2
.
3

B.

1
.
8

Câu 50. Cho hai số thực a, b thỏa mãn
nhỏ nhất. Tính
A.

1
.
4

3

b

.
a
B.

C.

D.

3
.
8

1
 3b − 1 
< b < a < 1 và =
biểu thức P log a 
+ 12 log 2b a có giá trị
3 
3
 4a 
a

1
2 2
3

1
.
3

V1
?
V

.

C.

1
.
2

3

------------ Hết ------------

D. 2 .


1.A
11.C
21.B
31.C
41.C

Câu 1.

Câu 2.

Câu 3.

2.B
12.C
22.C
32.B
42.C

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

BẢNG ĐÁP ÁN
5.A
6.C
7.D
15.D
16.D
17.B
25.B
26.D
27.B
35.D
36.B
37.D
45.A
46.B
47.B

4.A
14.A
24.B
34.C
44.A

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

Lời giải

Thể tích khối chóp có đường cao bằng a và diện tích đáy bằng 2a 2 3 là
A.

2a 3 3
.
3

B.

2a 3
.
3
Lời giải

2a 3 3
.

2

C.

Chọn A

D.

5a 3
.
3

1
2a 3 3
2
Thể tích khối chóp là V  .a.2a 3 
.
3
3

Câu 5.

=
y log 1 ( x 2 − 3 x + 2 ) là.
Tập xác định của hàm số
2

A. ( −∞;1) ∪ ( 2; + ∞ ) .

B. (1; 2 ) .

C. ( 2; + ∞ ) .

D. ( −∞;1) .

Lời giải

Chọn A

x < 1
Điều kiện xác định của hàm số x 2 − 3 x + 2 > 0 ⇔ 
.
x > 2
Tập xác định của hàm số đã cho là D =
Câu 6.

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Có bao nhiêu cách chọn ra 3 học sinh từ một lớp có 20 học sinh, trong đó một bạn làm lớp
trưởng, một bạn làm lớp phó, một bạn làm thủ quỹ ?
3
3
A. A20
.
B. C20

.
C. 203 .
D. 320 .
Lời giải
Chọn A
Mỗi cách chọn ra ba bạn từ một lớp có 20 bạn trong đó một bạn làm lớp trưởng, một bạn làm
lớp phó, một bạn làm thủ quỹ là một chỉnh hợp chập 3 của 20 .
3
Nên số cách chọn ra là là A20
.
1
Cho cấp số nhân ( un ) có u1 = 3 cơng bội q = − . Tính u4 .
3
1
1
1
1
A. − .
B. − .
C. .
D.
.
9
9
27
27
Lời giải
Chọn B
Nghiệm của phương trình 2 x  4 là
A. x  1 .

B. x  2 .
C. x  1 .
D. x  2 .

Chọn B
Câu 4.

8.B
18.D
28.D
38.B
48.C

Khẳng định nào sau đây là sai?
A.Nếu  f  x dx  F  x  C thì



( −∞;1) ∪ ( 2; + ∞ ) .

f u  du  F u   C.

B.  kf  x dx  k  f  x dx ( k là hằng số và k  0 ).
C.Nếu F  x và G  x đều là nguyên hàm của hàm số f  x thì F  x  G  x.


Câu 7.

Câu 8.

D.   f  x  g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx.
Lời giải
Chọn C
Các nguyên hàm sai khác nhau hằng số nên C là đáp án sai.
Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B = 25 và chiều cao h = 7 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho
bằng
32
175
A. 32
B.
.
C. .
D. 175 .
3
3
Lời giải
Chọn D
V B=
.h 25.7
= 175 .
Thể tích của khối lăng trụ là =
Cho khối trụ có độ dài đường sinh l  a 3 và bán kính đáy r  a 2 . Thể tích của khối trụ đã
cho bằng
2 3 3
2 3 3
A.
B. 2 3πa 3 .
C. 3πa 3 .
D.
πa .

πa .
3
2
Lời giải
Chọn B.
Ta có chiều cao khối trụ h  l  a 3.
2





Thể tích của khối trụ đã cho là V  πr 2 h  π a 2 a 3  2 3πa 3 .
Gọi R là bán kính, S là diện tích mặt cầu và V là thể tích khối cầu. Cơng thức nào sau sai?
4
A. S  πR 2 .
B. V  πR 3 .
C. S  4πR 2 .
D. 3V  S .R .
3
Lời giải
Chọn A
Xét đáp án A ta có πR 2 là diện tích hình trịn nên A sai.
Câu 10. Cho hàm số y = f ( x) xác định trên  và có bảng biến thiên như sau:
Câu 9.

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A.Hàm số f ( x) đồng biến trên khoảng ( −1; 4 ) .
B.Hàm số f ( x) nghịch biến trên khoảng ( −∞; −2 ) .

C.Hàm số f ( x) nghịch biến trên khoảng ( −2; 2 ) .
D.Hàm số f ( x) đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) .
Lời giải

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta được hàm số f ( x) đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) .
Câu 11. Với a là một số thực dương tùy ý, log 2 ( 8a 3 ) bằng
A.

3
log 2 a .
2

B.

1
log 2 a .
3

C. 3 + 3log 2 a .
Lời giải

D. 3log 2 a .


Chọn C

Với a là một số thực dương tùy ý ,ta có : log 2 ( 8a 3 ) =
log 2 8 + log 2 a 3 =

3 + 3log 2 a .
Câu 12. Diện tích xung quanh của một hình nón có độ dài đường sinh l (m) , bán kính đáy
A. 6π l (m 2 ) .

B. 6l (m 2 ) .

3

(m) là:

π
D. 3π l (m 2 ) .

C. 3l (m 2 ) .
Lời giải

Chọn C

Diện tích xung quanh của một hình nón có độ dài đường sinh l (m) , bán kính đáy

3

π

(m) là:

3
. .l 3l (m 2 ) .
S xq π=
=

π
Câu 13. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Giá trị cực tiểu của hàm số bằng
A. −

25
.
4

B. −

2
.
2

C. −6 .

D. 0 .

Lời giải

Chọn A

Dựa vào BBT ta có đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua x = −
Nên hàm số đạt cực tiểu tại x = −

Câu14.

2
2
và x =
.
2
2

2
2
và x =
.
2
2


2
25
Khi đó giá trị cực tiểu của hàm số bằng y  ±
− .
 =
4
 2 
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?

y

1
O

A. y =

x−2
.
x −1

B. y =

x−2
.
x +1

x

1

C. y =
Lời giải

2x +1
.
x −1

D. y =
− x3 + 3x + 2 .


Chọn A
Đường cong có dạng của đồ thị hàm số hữu tỉ bậc 1 trên bậc 1 , đồ thị có các đường tiệm cận
x−2
thỏa u cầu bài tốn.

đứng x = 1 và tiệm cận ngang y = 1 nên chỉ có hàm số y =
x −1
x +1
Câu 15. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
là
1− 2x
1
1
1
1
A. x = .
B. y = .
C. x = − .
D. y = − .
2
2
2
2
Lời giải
Chọn D
1
1
Vì lim y = − nên đường thẳng y = − là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x →±∞
2
2
Câu 16. Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 1 ( x − 3) ≥ log 1 4 là
2

B. 3 .

A. 2 .

Lời giải

Chọn D

2

C. 1 .

D. 4 .

x ≤ 7
x − 3 ≤ 4
Bất phương trình log 1 ( x − 3) ≥ log 1 4 ⇔ 
.
⇔
x > 3
x − 3 > 0
2
2
x ∈ 
Vì 
nên ta chọn x ∈ {4 ; 5 ; 6 ; 7} .
3 < x ≤ 7
Vậy bất phương trình đã cho có tất cả 4 nghiệm nguyên.
Câu 30. Số giao điểm của đồ thị hàm số y =x 4 + 3 x 2 − 4 với trục hoành là
A. 1.

B. 2.

Lời giải

C. 3.

D. 4.

Chọn B
Số giao điểm của đồ thị hàm số y =x 4 + 3 x 2 − 4 với trục hoành là số nghiệm của phương trình:
x 4 + 3 x 2 − 4 =0 ⇔ x =±1 .

Câu 18. Biết

3

∫

f ( x ) dx =

0

A.

5
và
3

8
.

15

4

∫

f ( t ) dt =

0

B.

3
. Tính
5

14
.
15

Chọn D
4

Ta có ∫=
f ( u ) du
0

3

∫

0

4

∫ f ( u ) du .
3

C. −
Lời giải

17
.
15

D. −

16
.
15

4

f ( u ) du + ∫ f ( u ) du
3

4

4

3

3

0

4

4

3

3

0

0

⇔ ∫ f ( u ) du = ∫ f ( u ) du − ∫ f ( u ) du
0

⇔ ∫ f ( u ) du =∫ f ( t ) dt − ∫ f ( x ) dx
4

3 5
16
⇔ ∫ f ( u ) du = − =
− .
5 3
15
3

Câu 19. Mô đun của số phức z  3  2i  i là
A. 3 .

B. 2 .

C. 13 .
Lời giải

D. 5 .


Chọn C
Ta có z  3  2i  i  3i  2i 2  2  3i
2

Vậy z  2  32  13 .
z2
.
z1

Câu 20. Cho hai số phức z1 = 1 + 2i , z2 = 3 − i . Tìm số phức z =
A. =
z

1 7
+ i.
10 10

Chọn C

z
3−i
=
z= 2=
z1 1 + 2i

B. z=

1 7
+ i.
5 5

(1 − 2i )( 3 − i ) =
(1 − 2i )(1 + 2i )

C. z=
Lời giải

1 7
− i.
5 5

1 7
D. z =
− + i.
10 10

1 − 7i 1 7
=
− i.

5
5 5

Câu 21. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z  i là điểm nào dưới đây?
A. M 1;0 .

B. N 0; 1 .

C. P 1;0 .

D. Q 0;1 .
Lời giải

Chọn B
Điểm biểu diễn số phức z  i là điểm N 0; 1 .

Câu 22. Trên khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc của điểm A ( 2;5; −3) trên mặt phẳng ( Oxz ) có
tọa độ là:
A. ( 2;5;0 ) .

B. ( 0;5; −3) .

C. ( 2;0; −3) .

D. ( 2;5; −3) .

Lời giải

Chọn C
Hình chiếu vng góc của điểm A ( 2;5; −3) trên mặt phẳng ( Oxz ) có tọa độ là ( 2;0; −3) .

Câu 23. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  4 x  8 y  2 z  4  0 . Tâm và bán
kính của mặt cầu  S  lần lượt là
A. I 2; 4;1 , R  5 .

B. I 2; 4; 1 , R  25 .

C. I 2; 4;1 , R  21

D. I 2; 4; 1 , R  21 .
Lời giải

Chọn A

2

Mặt cầu  S  có tâm I 2; 4;1 và bán kính R  22  4  12  4  5 .
Câu 24. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 3 x − 4 z + 2 =
0 . Véc tơ nào dưới đây là một véc tơ
pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) ?


A. n=
B. n2 =
( 3; −4; 2 ) .
1

( −3;0; 4 ) .


C. n=

3

( 3; −4;0 ) .


D.
=
n4

Lời giải

Chọn B

Câu 25. Trong khơng gian tọa độ Oxyz , vị trí tương đối giữa hai đường thẳng 1 :

 x  1  t

2 :  y  2  t là

 z  1  2t
A. Song song.

( 4;0; −3) .

B. Chéo nhau.

C. Cắt nhau.
Lời giải

x y2 z


 và
2
3
4

D. Trùng nhau.


Chọn B


Vectơ chỉ phương của đường thẳng 1 : u1  2;3; 4 .

Vectơ chỉ phương của đường thẳng 2 : u2  1;1; 2 .
 
2 3 4
Ta có   nên u1 , u2 không cùng phương.
1 1 2
 x  2 s

1 :  y  2  3s

 z  4 s


2s  1  t
s3



2 s  t  1





Ta xét hệ phương trình : 2  3s  2  t  3s  t  4  t  5







s
t
4
1
2
4
2
1
s
t










4.3  2.5  1


Nên hệ phương trình vơ nghiệm.
Vậy 1 và 2 chéo nhau.
a 2
, đáy ABCD là
2
hình thang vng tại A và D có =
AB 2=
AD 2=
DC a (Hình vẽ minh họa). Góc giữa hai mặt

Câu 26. Cho hình chóp S . ABCD có SA vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) , SA =
phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) bằng
S

B

A

C

D

A. 60° .
Chọn D

B. 90° .

Lời giải

C. 30° .

D. 45° .

S

B

A

D

C


BC .
Ta có: ( SBC ) ∩ ( ABCD ) =
Vì ABCD là hình thang vng tại A và D có =
AB 2=
AD 2=
DC a ⇒ AC ⊥ BC (1).

SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ BC (2).

.

Từ (1) và (2) suy ra: BC ⊥ SC nên góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) bằng góc SCA
a
a 2
Trong tam giác vng DAC có AD =
.
DC = ⇒ AC =
2
2
a 2
=
Trong tam giác vuông ASC có SA =
AC = ⇒ SCA
45° .
2
Vậy góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) bằng 45° .

Câu 27. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  có f ′ ( x ) =( 2 x − 3)( x + 1) ( x − 2 ) ( 4 − x ) . Số điểm cực
2

3

đại của hàm số y = f ( x ) là
A. 4 .

B. 2 .

C. 3 .
Lời giải

Chọn B

Ta có bảng xét dấu của f ′ ( x )

D. 1 .

Từ bảng xét dấu ta thấy f ′ ( x ) đổi dấu từ ( + ) sang ( − ) qua hai điểm x =
Vậy hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực đại

3
và x = 4 .
2

Câu 28. Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x3  3 x 2  9 x  7 trên đoạn [4;0] bằng
A. 20 .

B. 13 .

C. 3 .
Lời giải

Chọn D

D. 7 .

 x  1 (Loại)
Ta có f '( x)  3 x 2  6 x  9 ; f '( x)  0  
 x  3 (TM)
f (4)  13; f (0)  7; f (3)  20
Vậy GTNN của hàm số f ( x)  x3  3 x 2  9 x  7 trên đoạn [4;0] là -7.
Câu 29. Với a, b là các số thực dương tùy ý và a ≠ 1 , =
đặt P log a b3 + log a2 b 6 . Mệnh đề nào sau đây

đúng?
A. P = 6 log a b .
Chọn A

B. 9 log a b .

C. 15log a b .

D. 27 log a b .

Lời giải

P =log a b3 + log a2 b 6 =3log a b + 3log a b =6 log a b .
Câu 30. Cho hàm số y =x 4 − 3 x 2 − 3 , có đồ thị hình vẽ dưới đây. Với giá trị nào của m thì phương trình
x 4 − 3x 2 + m =
0 có ba nghiệm phân biệt?


A. m = −3 .

B. m = −4 .

C. m = 0 .
Lời giải

Chọn C

D. m = 4 .

0 ⇔ x 4 − 3x 2 − 3 =

−m − 3 (1) .
Xét phương trình x 4 − 3 x 2 + m =
Số nghiệm của phương trình (1) bằng số điểm chung của đồ thị

(C )

và đường thẳng

d : y =−m − 3

Khi đó dựa vào đồ thị phương trình đã cho thì phương trình x 4 − 3 x 2 + m =
0 có ba nghiệm
phân biệt khi −m − 3 =−3 ⇔ m =0 .
Câu 31. Tập nghiệm của bất phương trình log 2 2 ( 2 x ) − 5 log 2 x − 5 ≥ 0 là

1







A.  −∞;  ∪ [16; +∞ ) .
2



 1
 2

 1



C.  0;  ∪ [16; +∞ ) .
2

D.  0;  ∪ (16; +∞ ) .
Lời giải

Chọn C
Điều kiện: x > 0 .
Viết lại bất phương trình:
log 2 2 ( 2 x ) − 5 log 2 x − 5 ≥ 0

⇔ log

2

2

1
2

B.  −∞;  ∪ (16; +∞ ) .

⇔ (1 + log 2 x ) − 5log 2 x − 5 ≥ 0
2

1

x≤
log 2 x ≤ −1

x − 3log 2 x − 4 ≥ 0 ⇔ 
⇔
2 .

x
log
4
≥
 2
 x ≥ 16

 1



Kết hợp điều kiện, ta có tập nghiệm của bất phương trình =
là: T  0;  ∪ [16; +∞ ) .
2
Câu 32. Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vng cân có cạnh huyền bằng 2a 2 . Diện tích
xung quanh của hình nón đã cho bằng
A. 2π a 2 .
Chọn B

B. 2 2π a 2 .

C. 4π a 2 .
Lời giải

D. 4 2π a 2 .


S

B
O
A

Thiết diện qua trục là tam giác ∆SAB vuông cân tại S , có AB = 2a 2 nên
AB
bán kính đáy=
r = a 2
2

( 2a 2 )=
2

AB 2
=
2

Đường sinh=
l SA
=

2

2a

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là S=
π=
rl π .a 2.2=
a 2 2π a 2 .
xq
1

∫ x ( 2 + x ) dx , nếu đặt u=

Câu 33. Xét

2

5

3

1

∫ x ( 2 + x ) dx bằng

2 + x thì
3

A.

∫

1

1
B. ∫ u 5 du .
3 −1

5

u du .

−1

Chọn D
Đặt u =2 + x3 ⇒ du =3 x 2 dx
=
 x 1=
u 3
.
Đổi cận 
⇒
−1 u =
1
x =
1

∫x

Khi đó:

3

5

−1

−1
1

2

C.

3

∫
1

5

u du .

3

1
D. ∫ u 5 du .
31

Lời giải

3

1
2 + x dx =
u 5 du .
∫
31

2

3

−1

Câu 34. Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 2 x 2 + 3 x + 1, y = x 3 + 1 được tính bởi
cơng thức nào dưới đây ?
3

(

)

2

A. S= π ∫ x 3 − 2 x 2 − 3 x dx .
−1

B. S =

3

∫ (x

)

3

− 2 x 2 − 3 x dx .

−1

C. S=

0

∫ (x

−1

S
D. =

0

3

∫ ( 2x

−1

Chọn C

)

3

(

)

− 2 x − 3 x dx + ∫ 2 x 2 + 3 x − x3 dx .
2

2

)

0

3

(

)

+ 3 x − x dx + ∫ x3 − 2 x 2 − 3 x dx .
3

0

Lời giải


Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị y = 2 x 2 + 3 x + 1, y = x 3 + 1 là

x = 0
2 x 2 + 3 x + 1= x3 + 1 ⇔  x = 3
 x = −1
x ≥ 3
3
2
Ta có: x − 2 x − 3 x ≥ 0 ⇔ 
 −1 ≤ x ≤ 0
Diện tích S của hình phẳng là:
3

∫(

S=

) (

−1

=

0

∫ (x

3

−1

)

x 3 + 1 − 2 x 2 + 3 x + 1 dx=
3

)

3

∫x

3

− 2 x 2 − 3 x dx

−1

(

)

− 2 x 2 − 3 x dx + ∫ 2 x 2 + 3 x − x3 dx
0

Câu 35. Cho hai số phức z1= 3 − i và z2 =−1 + i . Tính tổng phần thực và phần ảo của số phức z1 z2 .
A. −4 .

B. −2 .

C. 2.
Lời giải

Chọn D
z1 z2 =

( 3 − i ) ( −1 + i ) = ( 3 − i )( −1 − i ) =

D. −6 .

−4 − 2i

Tổng phần thực và phần ảo là −6
Câu 36. Gọi z0 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình: z 2 − 4 z + 9 =
0 . Tìm tọa độ của điểm

(1 + i ) z0 .

biểu diễn số phức ω=

(
C. ( 2 −

)

(
D. ( 2 +

A. 2 − 5 ;2 + 5 .

)

B. 2 + 5 ;2 − 5 .

)

5 ;− 2 − 5 .

)

5 ;− 2 − 5 .

Lời giải

Chọn B


z 2 − 4 z + 9 = 0 ⇔  z= 2 + 5i
 z= 2 − 5i
Vì z0 có phần ảo nên z0= 2 − 5i

(

)

(

)

ω = (1 + i ) z0 = (1 + i ) 2 − 5i = 2 + 5 + 2 − 5 i

(

Tọa độ điểm biểu diễn ω là 2 + 5 ;2 − 5

)

Câu 37. Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 2; − 1; − 3) và mặt phẳng ( P ) : 3 x − 2 y + 4z − 5 =
0 . Mặt
phẳng ( Q ) đi qua A và song song với mặt phẳng ( P ) có phương trình là
A. ( Q ) : 3 x − 2 y + 4z − 4 =
0.

B. ( Q ) : 3 x + 2 y + 4z +8 =
0.

C. ( Q ) : 3 x + 2 y + 4z + 4 =
0.

D. ( Q ) : 3 x − 2 y + 4z + 4 =
0.
Lời giải

Chọn D
Cách 1

+ Do ( Q ) // ( P ) nên mặt phẳng ( Q ) có vectơ pháp tuyến =

n

( 3; − 2; 4 ) .

+ Phương trình mặt phẳng ( Q ) : 3( x − 2) − 2 ( y + 1) + 4(z + 3) = 0 ⇔ 3 x − 2 y + 4z + 4 =
0
Cách 2
+ Do ( Q ) // ( P ) nên mặt phẳng ( Q ) có phương trình: 3 x − 2 y + 4z + C =
0, C ≠−5


+ Mặt phẳng ( Q ) đi qua A , ta có: 3.2 + 2.1 − 4.3+ C =
0 ⇔ C = 4.
Vậy:Phương trình mặt phẳng ( Q ) : 3 x − 2 y + 4z + 4 =
0

0, điểm A (1;3; 2 )
Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + z − 10 =
 x =−2 + 2t

và đường thẳng d :  y = 1 + t . Tìm phương trình đường thẳng ∆ cắt ( P ) và d lầnlượt tại hai
z = 1− t

điểm N và M sao cho A là trung điểm của đoạn MN .
x − 6 y −1 z + 3
x + 6 y +1 z − 3
A. = =
.
B. = =
.

7
−4
−1
7
4
−1
x − 6 y −1 z + 3
x + 6 y +1 z − 3
C. = =
.
D. = =
.
7
4
−1
7
−4
−1
Lời giải
Chọn B

( d ) ∩ ( ∆ ) ⇒ M ∈ ( d ) . Giả sử M ( −2 + 2t; 1 + t; 1 − t ) , t ∈ 
Do A là trung điểm MN nên N ( 4 − 2t ; 5 − t ; t + 3) .
0 ⇔ t =−2 .
Mà N ∈ ( P ) nên ta có phương trình 2 ( 4 − 2t ) − ( 5 − t ) + ( 3 + t ) − 10 =
Do đó M ( −6; − 1;3) .

=
MA ( 7; 4; − 1) là véc-tơchỉ phương của đường thẳng ∆ .
Ta có M=

x + 6 y +1 z − 3
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là = =
.
7
4
−1
Câu 39. Cho tập hợp S = {1;2;3;4;5;6} . Viết ngẫu nhiên lên bảng một số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau

lấy từ tập S . Xác suất để được một số chia hết cho 6 bằng
17
1
3
A.
.
B. .
C.
.
120
20
5
Lời giải

D.

7
.
40

Gọi số viết được có dạng X = abc . Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω )= A63= 120 .

Gọi T là biến cố: “Số được viết là một số có 3 chữ số khác nhau chia hết cho 6”.
TH1: X = ab2 :

Ta suy ra a + b chia cho 3 dư 1 nên ( a; b ) ∈ {(1;3) , (1;6 ) , ( 3;4 ) , ( 4;6 )} ⇒ Số các kết quả thuận
lợi của biến cố T là 8.
TH2: X = ab 4 :

Ta suy ra a + b chia cho 3 dư 2 nên ( a; b ) ∈ {( 2;3) , ( 2;6 ) , ( 3;5) , ( 5;6 )} ⇒ Số các kết quả thuận

lợi của biến cố T là 8.
TH3: X = ab6 :

Ta suy ra a + b chia cho 3 dư 0 nên ( a; b ) ∈ {(1;2 ) , (1;5) , ( 2;4 ) , ( 4;5)} ⇒ Số các kết quả thuận

lợi của biến cố T là 8.
Tổng các kết quả thuận lợi của biến cố T là n ( T ) = 24. Xác suất cần tìm là

P (=
T)

n ( T ) 24 1
= = .
n ( Ω ) 120 5


Câu 40. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Mặt bên SAB là tam giác đều và
nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SA biết
=
AD a=
3, AB a . Khi đó khoảng cách từ C đến ( MBD ) là:

A.

2a 15
.
10

B.

a 39
.
13

C.
Lời giải

2a 39
.
13

D.

a 39
.
26

Gọi H là trung điểm của AB ⇒ SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) (Vì ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) )
Gọi G là trọng tâm tam giác SAB , suy ra G là là giao điểm của SH và BM
Gọi O là giao điểm của AC và BD , suy ra O là trung điểm của AC

⇒ d ( C ; ( MBD ) ) =

d ( A ; ( MBD ) )

 BD ⊥ HI
Từ H kẻ HI ⊥ BD , ta có 
⇒ BD ⊥ ( SHI ) ⇒ ( MBD ) ⊥ ( SHI )
 BD ⊥ SH

d ( H ; ( MBD ) )
Từ H kẻ HK ⊥ GI ⇒ HK ⊥ ( MBD ) ⇒ HK =
Gọi AJ là đường cao trong ∆ABD ⇒
Ta có:=
HI

1
1
1
1
1
4
a 3
= 2+
= 2 + 2 = 2 ⇒ AJ =
2
2
AJ
AB
AD
a 3a
3a
2

1
a 3
a 3
1
;=
=
AJ
HG =
HS
2
4
3
6

Xét tam giác vuông GHI , có

1
1
1
16 36
52
a 39
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ HK =
2
2
2
HK

HI
HG
3a 3a
3a
26

a 39
Do H là trung điểm của AB ⇒ d ( A; ( MBD ) ) =
2d ( H ; ( MBD ) ) =
2 HK =
13
a 39
.
13
Câu 41. Cho hàm số y = mx3 + 3mx 2 + 3 x + 1 . Tìm tập hợp tất cả các số thực m để hàm số đồng biến
trên  .
A. m ≥ 1 ∨ m ≤ 0.
B. 0 ≤ m < 1
C. 0 ≤ m ≤ 1.
D. 0 < m ≤ 1.
Lời giải
Chọn C.
Ta có y′ = 3mx 2 + 6mx + 3.
Hàm số đồng biến trên  ⇔ y′ ≥ 0, ∀ x ∈ .

Vậy d=
( C ; ( MBD ) ) d=
( A ; ( MBD ) )

Với m = 0 , ta có y′ = 3 > 0 ∀x ∈ . Nên m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

m > 0
a > 0
m > 0
Với m ≠ 0 , ta có y′ ≥ 0 ∀x ∈  ⇔ 
, .
⇔ 2
⇔
 ∆′ ≤ 0
0 ≤ m ≤ 1
9m − 9m ≤ 0
Vậy 0 ≤ m ≤ 1 thì hàm số đồng biến trên  .


Câu 42. Bạn Việt trúng tuyển vào trường Đại học Kinh tế quốc dân nhưng vì lý do khơng đủ tiền đóng
học phí nên Việt quyết định vay ngân hàng trong 4 năm, mỗi năm vay 4 triệu đồng để nộp học
phí với lãi suất 3% / năm. Ngay sau khi tốt nghiệp đại học bạn Việt thực hiện trả góp hàng
tháng cho ngân hàng số tiền (khơng đổi) với lãi suất theo cách tính mới là 0, 25% / tháng, trong
vịng 5 năm. Tính số tiền mà bạn Việt phải trả cho ngân hàng (kết quả làm tròn đến hàng đơn
vị) hàng tháng là?
A. 323.582 đồng.
B. 398.402 đồng.
C. 309.718 đồng.
D. 312.518 đồng.
Lời giải
4

3

2

1

Tổng tiền Việt nợ sau 4 năm: A  4 1  0, 03  4 1  0, 03  4 1  0, 03  4 1  0, 03 .
Gọi X là số tiền Việt trả mỗi tháng sau khi tốt nghiệp và r  0, 25% .
Số tiền còn lại sau 1 tháng trả nợ: T1  A  rA  X  A1  r   X



60

2

59

Sau 60 tháng: T60  A1  r   X 1  r  1  r  1  ...  r  1

.

Trả hết nợ, nên: T60  0  X  0,3097 (triệu đồng).
3
1, 013 1
1, 01




(triệu đồng).
0m
100.1, 01  m.

3
0, 01
1, 01 1
3

Câu 43. Cho hai hàm số y =x 6 + 6 x 4 + 6 x 2 + 1 và=
y x 3 m − 15 x ( m + 3 − 15 x ) có đồ thị lần lượt là
(C1 ) và (C2 ) . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn

[ −2020; 2020] để (C1 ) và (C2 ) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. Số phần tử của tập hợp S bằng
A.2010.

B.2009.

C.2008.
Lời giải

Chọn D

D. 2007.

Xét phương trình x 6 + 6 x 4 + 6 x 2 + 1= x 3 m − 15 x ( m + 3 − 15 x )
⇔ x3 + 6 x +

6 1
+ =
x x3

3

m − 15 x ( m + 3 − 15 x ) (Do x = 0 không là nghiệm)

3
1
1


⇔  x +  + 3  x + =
m − 15 x + 3 m − 15 x (*) .
x
x


3
Xét hàm số f ( t ) = t + 3t ⇒ f ' ( t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈  .

(

1

Do đó (*) ⇔ f  x + =
 f
x


)

(

m − 15 x

)

x > 0

m − 15 x ⇔ 
1
2
m = x + 15 x + x 2 + 2
1
Xét hàm số g ( x ) = x 2 + 15 x + 2 + 2 với x ∈ ( 0; +∞ ) .
x
1
⇔ x+ =
x

⇒ g ' ( x ) = 2 x + 15 −

3
2
2 2 x 4 + 15 x3 − 2 ( 2 x − 1) ( x + 8 x + 4 x + 2 )
1
=
=
=0 ⇔ x = .
3
3
3
x
x

x
2


55
.
4
Do m nguyên và m ∈ [ −2020; 2020] nên m ∈ {14,15,..., 2020} . Vậy có 2007 giá trị của m .

Từ bảng biến thiên ta có (C1 ) và (C2 ) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt ⇔ m >

Câu 44. Một hình nón bị cắt bởi mặt phẳng ( P ) song song với đáy. Mặt phẳng ( P ) chia hình nón làm
hai phần ( N1 ) và ( N 2 ) . Cho hình cầu nội tiếp ( N 2 ) như hình vẽ sao cho thể tích hình cầu
bằng một nửa thể tích của ( N 2 ) . Một mặt phẳng đi qua trục hình nón và vng góc với đáy cắt

( N2 )

theo thiết diện là hình thang cân, tang góc nhọn của hình thang cân là

A. 2 .

B. 4 .

C. 1 .
Lời giải

Chọn A
D

r

A

α

3.

C

r0

h

D.

N1

O

K

H

B

R

Giả sử ta có mặt cắt của hình nón cụt và các đại lượng như hình vẽ.
Gọi α là góc cần tìm.

N2

Xé ∆AHD vng tại H có DH = h , AH = R − r ⇒ h = 2r0 = AH .tamα = ( R − r ) tan α (1)
4 3 π h3
=
π r0
3
6
1
là
V2
=
π h ( R 2 + r 2 + Rr )
3

Thể tích khối cầu =
là V1
Thể tích của ( N 2 )

V1 1
= ⇒ h 2 = R 2 + r 2 + Rr ( 2 )
V2 2

Ta có BC= R + r (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Mà h 2 = BC 2 − ( R − r ) = 4 Rr ( 3)
2

Từ ( 2 ) , ( 3) ⇒ ( R − r ) =
Rr ( 4 )
2

Từ (1) , ( 3) , ( 4 ) ⇒ h 2 = ( R − r ) .tan 2 α = 4 ( R − r ) (vì α là góc nhọn)
2

⇒ tan 2 α =
4 ⇒ tan α =
2.

2


Câu 45. Cho hàm số f ( x) liên tục trên  thỏa mãn

π
4

∫

f ( tan x ) dx = 4 và

1

∫

x2 f ( x )

0

0

x2 + 1

dx = 2 . Tính tích

1

phân I = ∫ f ( x)dx
0

A. 6 .

B. 2 .

Lời giải

Chọn A

C. 3 .

D. 1 .

π

=
Ta có I1

4

f ( tan x ) dx
∫=

0

dx

Đặt t= tan x ⇒ dt=
1

I2 = ∫
0

x2 f ( x )
x2 + 1

2

cos x
1

f (t )
=
⇒ I1 ∫ 2 =
dt
0 t +1
1

4.

(

)

(

)

⇒ dt = 1 + tan 2 x dx = 1 + t 2 dx ⇒

f ( x)

dx
∫ x 2 +=
1

dt

1+ t2

= dx .

4.

0

1

1

0

0

dx = ∫ f ( x) dx − ∫

f ( x)
x2 + 1

1

1

0

0

dx = ∫ f ( x ) dx − 4 = 2 ⇒ ∫ f ( x ) dx = 6 .

Câu 46. Cho hàm số bậc bốn y  f  x có đồ thị hàm số y  f ' x như hình bên dưới. Gọi S là tập
hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số

m

thuộc

[1; 2020]

để hàm số

g  x   f  x 4  2 x 2  m có đúng 3 điểm cực trị. Tổng tất cả các phần tử của S là?

A. 2041200 .

B. 2041204 .

Lời giải

C. 2041195 .

D. 2041207 .

 4 x3  4 x  0
1
Ta có g   x  4 x  4 x f   x  2 x  m ; g   x  0  
4
2
 f   x  2 x  m = 0 2
x 1

1   x  1 .
x  0

3

4

2

m  x 4  2 x 2  2  g1  x
 x 4  2 x 2  m  2



4
2

2   x  2 x  m  1  m  x 4  2 x 2 1  g 2  x .

 4
2
m  x 4  2 x 2  3  g3  x 
 x  2 x  m  3



Ta có bảng biến thiên của các hàm số g1  x , g 2  x , g3  x như hình vẽ:
x

∞

1
0

y'

+

+∞
+∞

0

1

0

0

+∞
+
+∞
g1(x)

2
1

1

+∞

1

g2(x)

y
+∞

0

0
+∞

3

g3(x)
4

4

Từ bảng biến trên, ta dễ thấy: với −m ≤ −4 ⇔ m ≥ 4 hàm số g  x   f  x 4  2 x 2  m có đúng
3 điểm cực trị.
Do đó: S = {4;5;6;7;...; 2020}
Vậy tổng tất cả các phần tử của S là: 4 + 5 +=
6 + ... + 2020

+ 2020 ) 2017
(4 =

Câu 47. Cho hai số thực x; y thỏa mãn

2

2041204 .

5 + 4x − x2
+ log 2 (2 y + 8) 2 . Gọi S là tập hợp
3
tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để giá trị lớn nhất của biểu
log 3 ( y 2 + 8 y + 16) + log 2 (5=
− x) (1 + x )  2 log 3

thức P =

x 2 + y 2 − m khơng vượt q 10 . Hỏi S có bao nhiêu tập con khác rỗng.

A.

B.16383.

2047.

C. 16384.

D. 32.

Lời giải

ChọnB

log 3 ( y 2 + 8 y + 16) + log 2 (5=
− x) (1 + x )  2 log 3

5 + 4x − x2
+ log 2 (2 y + 8) 2
3

⇔ 2 log 3 ( y + 4) 2 + log 2 5 + 4 x − =
x 2  2 log 3 ( 5 + 4 x − x 2 ) + log 2 ( y + 4) 2
2
⇔ log 3 ( y + 4)=
log 3 ( 5 + 4 x − x 2 ) ⇔ ( y + 4) 2 = ( 5 + 4 x − x 2 )

⇔ x 2 + y 2 − 4 x + 8 y + 11 =

0
Ta có x 2 + y 2 + 11= 4 ( x − 2 y ) ≤ 4 (12 + 22 )( x 2 + y 2 )
⇒ 2 5 − 3 ≤ x2 + y 2 ≤ 2 5 + 3 ⇒ 2 5 − 3 − m ≤ x2 + y 2 − m ≤ 2 5 + 3 − m





 P  max 2 5  3  m ; 2 5  3  m  2 5  m  3  10
⇔ 2 5 −7 ≤ m ≤ 2 5 +7

Vậy S ={±2; ±1;0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9;10;11} có 14 phần tử và S có tất cả 214 − 1 =
16383 tập con
khác rỗng.
Câu 48. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
f ( x=
) m ( x 2 − 2 x + 3) − 5m + 1 trên đoạn [ 0;3 ] bằng 7. Tổng các phần tử của S bằng


1
A. − .
3

B. 2 .

C.

Lời giải
Đặt t = x − 2 x + 3 vì x ∈ [ 0;3] nên t ∈ [ 2;6] .

2
.
3

D.

8
.
3

2

Ta có max m ( x 2 − 2 x + 3) − 5m + 1 = 7 ⇔ max mt − 5m + 1 = 7
[ 2;6]

[0;3]

⇔ max { −3m + 1 , m + 1 } =7 ⇔

1
( −3m + 1 + m + 1 + −3m + 1 − m − 1 ) =7
2

 m = −2
1
.
⇔ ( −2m + 2 + −4m ) = 7 ⇔ 
m = 8
2
3


8
2
Vậy có 2 giá trị m =
−2, m =thỏa mãn và tổng của chúng bằng .
3
3
Câu 49. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích là V . Điểm P là trung

điểm của SC . Mặt phẳng (α ) qua AP cắt hai cạnh SB và SD lần lượt tại M và N . Gọi V1 là
thể tích của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của tỷ số
A.

2
.
3

B.

1
.
8

C.
Lờigiải

Chọn C
Cách 1:

V1

?
V

1
.
3

D.

3
.
8

S
P
M
B

I

N

C

O
D

A

SM

SN
, b=
, ( 0 < a; b ≤ 1) .
SD
SB
VS . AMP
V
1  SM SP SN SP  1
+ VS . ANP
V V
Ta có 1 = S . AMP =
+ S . ANP
=
.
+
.

 = ( a + b ) (1)
2VS . ABC 2VS . ADC 2  SB SC SD SC  4
V
V

Đặt a =

VS . AMN
V
1  SM SN SM SN SP  3
V1 VS . AMN + VS . PMN
=
+ S .PMN

=
.
+
.
.
=

 = ab (2).
2VS . ABD 2VS .CBD 2  SB SD SB SD SC  4
V
V
1
3
a
a
Suyra ( a + b )=
. Từ điều kiện ( 0 < b ≤ 1) , ta có
ab ⇔ a + b= 3ab ⇒ b=
≤1,
3a − 1
4
4
3a − 1
1
hay a ≥ .
2

Lạicó

Thay vào (2) ta được tỉ số thể tích

V1 3 a 2
.
= .
V 4 3a − 1


a =
0( L)
3 3a 2 − 2a
3 a2
1 

= 0⇔
=
f (a)
.
; a ∈  ;1 , ta có f ' ( a )= .
Đặt
.
 a=2
4 (3a − 1) 2
4 3a − 1
2 

3
V1
3
2
1

2 1
1
.
=
Min =
f ( a ) f=
f =
(1) ; f = , do đó Min
 
 f=
V a∈ 1 ;1
8 3 3
3 3
2
2 

Cách 2:
Từ giả thiết và cáchdựng thiết diện ta có :
SA
SB
SC
SD
;c =
a=
= 1; b =
= 2; d =
⇒ a+c =b+d =3
SA
SM
SP

SN
V a+b+c+d
6
3
3
1 V 1
=
=
≥
= ⇒ 1≥
Khi đó 1 =
2
V
4a.b.c.d
4.1.2.bd 4b.d
3 V 3
b+d 
4

 2 
V 1
.
⇒ Min 1 =
V 3
1
 3b − 1 
Câu 49. Cho hai số thực a, b thỏa mãn < b < a < 1 và =
biểu thức P log a 
+ 12 log 2b a có giá trị
3 

3
 4a 
a
nhỏ nhất. Tính
A.

1
.
4

b
.
a

3

B.

1
2 2
3

C.

.

D. 2 .

Lời giải

Chọn A
Ta có: 4b3 − 3b + 1 =

1
.
2

3

( b + 1)( 2b − 1)

2

1 
≥ 0; ∀b ∈  ;1 .
3 

 4b3 
1 
 3b − 1 
Suy ra: 3b − 1 ≤ 4b3 ⇒ log a 
≥
log
, do a ∈  ;1 .
a
3 
3 
3 
 4a 
 4a 





1
4
b
b 1
b

12 log 2b a 3  log a   + log a   +
⇒ P ≥ 3log a   +=
a
a 2
 a  log 2  b  
2
a

a

 a  

≥ 3.3

3

1
b1
b

log a   log a  
2
a2
a

4
9
=
2b
log a  
a

1

1
1

1


b = 2
b=
b
=
b
=





2
2


2
.
Pmin =
9 ⇔ 1
⇔
⇔
⇔
4
b
log
=
1
b
b


a
2


2
log a   = 2
 =a
a =
 a  log 2  b 
3

 a



2
a

a
a

b
1
Vậy = 3
a
4
--------------------- Hết -------------------