Đề thi thử THPT Quốc gia môn toán lần 2 năm 2021 có lời giải chi tiết - Hồ Thức Thuận

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (729.92 KB, 31 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

1 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công! 
_____________________

THẦY HỒ THỨC THUẬN

KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021

Bài thi Mơn: TỐN HỌC

(Thời gian: 90 phút/ 50 câu)

Câu 1. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
A. y x42x22.

B. yx33x2.
C. y x33x2.
D. yx42x22.

Câu 2. Đạo hàm của hàm số





ln 1

y x  x là hàm số nào sau đây?
A. ' 2



2 1



1
x
y

x x

 



  B. 2

' .

1
y

x x



  C. 2

2 1

' .

1
x
y

x x




  D. 2

' .

1
y

x x


 

Câu 3. Cho hình chóp .S ABCD và có đáy ABCD là hình chữ nhật ABa AD, 2a. Cạnh bên SA vng
góc với đáy



ABCD



và SA3a.Tính thể tích của khối chóp .S ABCD bằng :

A. 2a3. B. 6a3. C. a3. D. 3a3.

Câu 4. Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau:

x  1 0 1 

y  0  0  0 

y



3




Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực tiểu?

A. 2. B. 1. C. 3 . D. 0 .

Câu 5. Tìm tập nghiệm S của phương trình 32x23 27.

A. S 

 

3 . B. S

 

3 . C. S 



3; 3



. D. S 



3; 3



Câu 6. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A



1; 0; 3



, B



2 ; 2 ;3



, C



5;1; 0



. Trọng tâm của tam giác
ABC có tọa độ là:

A.



6;3; 6



. B.



2;1; 2



. C.



6 ; 3; 6 



. D.



2; 1; 2 



THI THỬ THPT QUỐC GIA

LẦN SỐ 02

O
y

x

 1

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

O
y

x

2

2

 1

Câu 7. Cho hai hàm số y f x

 

và yg x

 

có đồ thị giao nhau tại hai điểm phân biệt có hồnh độ a và b
. Gọi

 

H là hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hai hàm số này (phần tơ đậm ở hình vẽ). Diện tích
của

 

H được tính theo cơng thức:

A.

 

b

a

S 



f x g x  x. B.

 

b

a

S



g x  f x  x.

C.

 

b

a

S 



f x g x  x. D.

 

b

a

S 



f x g x  x.
Câu 8. Nguyên hàm của hàm số f x

 

sin 4x là

A. cos 4x C . B. 1cos 4

4 x C



 . C. 4 cos 4x C . D. 4 cos 4x C .
Câu 9. Tính thể tích V của khối cầu có bán kính R 3a.

A. V 4 3a3. B. V 12 3a3. C.

4 3
3

a

V   . D.

4
3

a

V   .

Câu 10. Trong không gian Oxyz, đường thẳng : 1 2 2

2 3 1

x y z

  

 có một vectơ chỉ phương là:
A. u 



1; 2; 2 



. B. u   



2; 3; 1



. C. u 



1; 2; 2



. D. u



2; 3; 1 



Câu 11. Cho hình nón có bán kính đáy bằng a và diện tích tồn phần bằng 4a2. Độ dài đường sinh l của
hình nón bằng:

A. la 3. B. la. C. l2a. D. l3a.
Câu 12. Hàm số ylog2



2x3



có tập xác định là:

A. D. B. 3;

2
D  

 . C.

3
\

D   

 

 . D. 3;
2

D 

 .

Câu 13. Tổ 1 gồm 10 bạn học sinh. Có bao nhiêu cách để cô giáo chủ nhiệm chọn ra 4 em đi bưng bàn ghế?
A. C104. B. 4!. C. A104. D. 6!.

Câu 14. Số giao điểm của đường cong

 

C :yx32x1 và đường thẳng d y: x1 là

A. 1. B. 2. C. 3. D. 0.

Câu 15. Cho hàm số y ax b

x c



 có đồ thị như hình vẽ bên. Giá trị a2b3c bằng:

A. 6. B. 2 .

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

3 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công! 
Câu 16. Họ nguyên hàm của hàm số f x

 

ex2x là

A.

x x

e  C. B. ex 2 C. C. ex2x2C. D. exx2C.

Câu 17. Cho

2
2

2 1

I 



x x  dx và ux21. Tìm khẳng định sai trong các khẳng định sau:

A.

0
2
3

I  u u . B. 2 27
3

I  . C. 
3

I 



u ud . D.

I 



u ud .

Câu 18. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số yx33x2 x 2 tại điểm có hồnh độ bằng 1 là:
A. y 2x5. B. y 2x1. C. y 2x2. D. y10x23.

Câu 19. Cho khối nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh 2a. Thể tích của khối nón đã cho bằng:
A. V  3a3. B.

4 3
3

a

V   . C.

3
3

a

V   . D. V 4 3a3.
Câu 20. Phương trình log



x34x24x1



log



x1



có tất cả bao nhiêu nghiệm thực?

A. 2 . B. 1. C. 0 . D. 3 .

Câu 21. Giá trị lớn nhất của hàm số yx32x24x5 trên đoạn



1, 3



bằng

A. 3 B. 0 . C. 2. D. 3.

Câu 22. Cho các hàm số yx,yx,yx có đồ thị trên cùng một hệ trục như hình vẽ bên dưới. Mệnh đề
nào dưới đây đúng?

A.   . B.   . C.   . D.   .

Câu 23. Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là:

A.



 1; 2



. B.



1; 0



. C.



1; 2



. D.



1; 0



.
Câu 24. Cho hàm số f x

 

liên tục trên  thỏa mãn

 

f x dx



. Tính





2 1 2 1

I 



f x  x dx.

A. I 11. B. I 3. C. I 14. D. I 6.

Câu 25. Cho hàm số y f x

 

xác định trên  có đạo hàm f

 

x x41. Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm
cực trị ?

A. 2 . B. 1. C. 3 . D. 4 .

Câu 26. Cho hàm số f x

 

ln 2



x5



. Tập nghiệm của bất phương trình f

 

x 1 là
A. 7;

 



 

 . B.

5 7

; ;

2 2

   

  

   

   .

C.



3;



. D. ;5





 

  

 

 

.
3

3
  

y x x

x

y

O

1 y



x



</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

4 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

Câu 27. Cho hình chóp tứ giác đều có góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy bằng 45. Gọi  là góc giữa cạnh
bên và mặt phẳng đáy. Giá trị của tan là

A. tan 2. B. tan  3. C. tan 1
2

  . D. tan 1
3

  .

Câu 28. Cho khối chóp tam giác .S ABC có thể tích bằng 36 . Gọi M N, lần lượt là trung điểm của AB và AC
. Thể tích của khối chóp .S MNCB bằng:

A. 18 . B. 24 . C. 27 . D. 12 .

Câu 29. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn 2 2 1

log a log b5 và log 2a4log4b1070. Giá trị
2

a b bằng

A. 15 . B. 32 . C. 18 . D. 7

Câu 30. Cho hàm số yx33x22 có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nghiêu giá trị ngun của tham số m
đề phương trình x33x2m0 có đúng ba nghiệm phân biệt?

A. 5 . B. 2 . C. 3 . D. vô số.

Câu 31. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật ABa AD, a 3. Cạnh bên SA(ABCD)
và SAa. Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng



SAB



là.

A. 30 . 0 B. 90 0 C. 45 0 D. 60 0
Câu 32. Cho hàm số y f x

 

liên tục trên đoạn



1;3



thỏa mãn

 

f x dx



và

 

f x dx



Tính

 

I f x dx







A. I 6. B. I 4. C. I 8. D. I 2.

Câu 33. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C.   có AB2a góc giữa đường thẳng A C và mặt phẳng



ABC



bằng 45 . Thể tích khối lăng trụ 0 ABC A B C.    bằng

A. 2a3 3. B.

3
3
12
a

. C.

3
3
6
a

. D.

3
3
4
a

Câu 34. Đồ thị hàm số







1 5

x x
y

x x




  có bao nhiêu đường tiệm cận

A. 4 . B. 2 . C. 1. D. 3 .

Câu 35. Một chất điểm thực hiện chuyển động thẳng trên trục Ox, với vận tốc cho bởi công thức:

 





3 4 /

v t  t  t m s , (t là thời gian). Biết rẳng tại thời điểm bắt đầu của chuyển động chất điểm đang

ở vị trí có tọa độ x2. Tọa độ chất điểm sau 1 giây chuyển động là:

A. x9. B. x4. C. x5. D. x6.

O
y

x



</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

5 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công! 
Câu 36. Cho hàm số y f x

 

. Hàm số y f

 

x có đồ thị như sau:

Bất phương trình f x

 

x22xm đúng với mọi x



1; 2



khi và chỉ khi

A. m f

 

2 . B. m f

 

1 1. C. m f

 

2 1. D. m f

 

1 1.

Câu 37. Lãi suất gửi tiền tiết kiệm của một ngân hàng trong thời gian vừa qua liên tục thay đổi. Bác An gửi vào
ngân hàng đó số tiền là 5 triệu đồng với lãi suất ban đầu là 0,7% / tháng. Sau sáu tháng gửi tiền, lãi
suất tăng lên thành 0,9% / tháng. Đến tháng thứ mười sau khi gửi tiền thì lãi suất lại giảm xuống còn
0,6% / tháng rồi giữ ổn định ở mức lãi suất đó. Biết rằng cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ lại được nhập
vào số vốn ban đầu (cịn gọi là hình thức lãi kép). Hỏi sau một năm gửi tiền, bác An rút được toàn bộ
số tiền là bao nhiêu?

A. 5 436 566,169đồng. B. 5 436 521,164 đồng.
C. 5 452 733, 453 đồng. D. 5 452 771, 729 đồng.

Câu 38. Cho hàm số y f x

 

có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số y 2f x

 

53 là

A. 2 . B. 3 . C. 5 . D. 7 .

Câu 39. Một ly nước hình trụ có chiều cao 20cm và bán kính đáy bằng 4cm. Bạn Nam đổ nước vào ly cho
đến khi mực nước cách đáy ly 17cm thì dừng lại. Sau đó, Nam lấy các viên đá lạnh hình cầu có cùng
bán kính 2cm thả vào ly nướC. Bạn Nam cần dùng ít nhất bao nhiêu viên đá để nước trào ra khỏi ly?

A. 4 . B. 7. C. 5. D. 6.

O
y

x



1 2



3
O

y

x
2



</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

6 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

Câu 40. Cho hàm số yax4bx2c và hàm số ymx2nxp có đồ thị là các đường cong như hình vẽ
bên (đường cong đậm hơn là đồ thị của hàm số yax4bx2c). Diện tích hình phẳng được tô đậm

 

S bằng

A. 32

15. B.

15. C.

104

15 . D.

104
15 .
Câu 41. Cho hàm số y f x

 

liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ bên.

Tìm giá trị của tham số m để phương trình

 

2 2

1
m m

f x
f x



 



có đúng ba nghiệm thực phân
biệt.

A. m 2. B. m 26. C. m 10. D. m1.

Câu 42. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thang vng tại A và D, với ADDC a, AB 2a
. Cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy và SAa. Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng



SBC



bằng
A. 6

3
a

. B. 6

6
a

. C. 3

3
a

. D. 3

6
a

Câu 43. Một đội tuyển học sinh giỏi tỉnh gồm 5 học sinh lớp 12 và 3 học sinh lớp 11. Chọn ngẫu nhiên từ đội
tuyển một học sinh, rồi chọn thêm một học sinh nữa. Tính xác suất để lần thứ hai chọn được học sinh
lớp 12.

A. 5

14. B.

28. C.

28. D.

5
8.

Câu 44. Cho hàm số f x

 

liên tục trên R\



1; 0



thỏa mãn điều kiện: f

 

1  2 ln 2 và





 

. 1 .

x x f x  f x x x. Biết f

 

2 ab.ln 3 ,



a b, Q



. Giá trị của a2b2 là:
A. 3

4. B.

4 . C. 9 . D.

9
2.
O

y

x

4
3

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

7 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

Câu 45. Mỗi tháng bà A gửi vào ngân hàng một khoản tiền không đổi với lãi suất cố định là 0, 4% 1 tháng. Ba
năm rưỡi kể từ ngày gửi khoản tiền đầu tiên, bà A rút toàn bộ số tiền để mua xe. Số tiền nhận về lấy
đến hàng nghìn là 91.635.000. Hỏi khoản tiền gửi mỗi tháng của bà A là bao nhiêu?

A. 2.000.000 . B. 1.800.000 . C. 1.500.000 . D. 2.500.000 .

Câu 46. Cho hình chóp .S ABCcó SAx, các cạnh cịn lại của hình chóp đều bằng a. Để thể tích khối chóp
lớn nhất thì giá trị của x bằng

A. 6
2
a

. B.

2
a

. C. 3

2
a

. D. a.

Câu 47. Tập hợp các số thực m để phương trình ln 3



x mx 1



ln



x24x3



có nghiệm là nửa khoảng



a b;



. Tổng a b bằng

A. 10.

3 B. 4. C.

22
.

3 D. 7.

Câu 48. Cho khối chóp S ABCD. có đáy là hình thang vng tại A và B, ABBCa, AD2 .a Cạnh bên
SA vng góc với mặt phẳng đáy và SA2 .a Gọi O là giao điểm của AC với BD và M, N, P
lần lượt là trung điểm của SB, SC, OD. Mặt phẳng



MNP



chia khối chóp đã cho thành hai khối đa
diện. Thể tích của khối đa diện chứa đỉnh B bằng

A. 
3
17

.
18

a

B. 
3
19

.
54

a

C. 
3
11

.
27

a

D. 
3
19

.
18

a
Câu 49. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m sao cho hàm số

4 3 2 2 2 1

y  x mx  m x m đồng biến trên (1;  ). Tổng tất cả các phần tử của S là

A. 1. B. 0. C. 2. D. 2.

Câu 50. Cho hàm số y f x( ) có đạo hàm trên  và hàm y f x( ) có đồ thị như hình vẽ. Trên đoạn



3; 4



hàm số ( ) 1 ln



2 8 16



2
x

g x  f    x  x

  có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 1. B. 2. C. 0. D. 3.

1 3

1 O x

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

1 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

_____________________

THẦY HỒ THỨC THUẬN

KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021

Bài thi Mơn: TỐN HỌC

(Thời gian: 90 phút/ 50 câu)

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Đáp án A C A A C B B B A D

Câu 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

Đáp án D D A B B D D B C B

Câu 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

Đáp án C D A B A A C C C C

Câu 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40

Đáp án D C A D C A C C C B

Câu 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

Đáp án B B D D A A D B A D

Câu 1. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y x42x22.

B. yx33x2.

C. y x33x2.

D. yx42x22.

Lời giải:

Từ dáng điệu đồ thị ta nhận xét đây là đồ thị của hàm trùng phương do đó loại B và C
Mặt khác đường cuối cùng là đường đi xuống từ đó ta suy ra a0 loại D.

 Chọn đáp án A.

Câu 2. Đạo hàm của hàm số yln



x2 x 1



là hàm số nào sau đây?

A. ' 2



2 1



.
1

x
y

x x

 



  B. 2

' .

y

x x




  C. 2

2 1

' .

x
y

x x




  D. 2

' .

y

x x



 
Lời giải:

Ta có:



2 1



22 1 .
1

x

y x x

x x




    

 
Chọn đáp án C.

Đáp Án

THI THỬ THPT QUỐC GIA

LẦN SỐ 02

O
y

x

 1

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

2 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Cơng!

Câu 3. Cho hình chóp .S ABCD và có đáy ABCD là hình chữ nhật ABa AD, 2a. Cạnh bên SA vuông
góc với đáy



ABCD



và SA3a.Tính thể tích của khối chóp .S ABCD bằng :

A. 2a3. B. 6a3. C. a3. D. 3a3.

Lời giải:
Diện tích hình chữ nhật:

. .2 2

ABCD

S  AB ADa a a .
Thể tích khối chóp S.ABCD:

2 3

1 1

. .3 .2 2

3 3

S ABCD ABCD

V  SA S  a a  a .
 Chọn đáp án A.

Câu 4. Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau:

x  1 0 1 

y  0  0  0 

y



3




Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực tiểu?

A. 2. B. 1. C. 3 . D. 0 .

Lời giải:

Từ bảng biến thiên ta thấy f

 

x đổi dấu từ âm qua dương khi qua điểm x 1 và x1 nên hàm số
có hai điểm cực tiểu.

 Chọn đáp án A.

Câu 5. Tìm tập nghiệm S của phương trình 32x23 27.

A. S 

 

3 . B. S

 

3 . C. S 



3; 3



. D. S 



3; 3



.
Lời giải:

2 3 2 2

3 x  272x  3 log 272x  3 3x  3.
Vậy tập nghiệm của phương trình là S 



3; 3



.

 Chọn đáp án C.

Câu 6. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A



1; 0; 3



, B



2 ; 2 ;3



, C



5;1; 0



. Trọng tâm của tam giác

ABC có tọa độ là:

A.



6;3; 6



. B.



2;1; 2



. C.



6 ; 3; 6 



. D.



2; 1; 2 



.
Lời giải:

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, tọa độ G được tính theo cơng thức

1 2 5

3 2

0 2 1

1
3

2
3 3 0

G

G G

G
G

x

y y

z
z

  










 

 

  

 

  


 






. Vậy, tọa độ G



2 ;1; 2



 Chọn đáp án B.

C
S

B

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

3 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

Câu 7. Cho hai hàm số y f x

 

và yg x

 

có đồ thị giao nhau tại hai điểm phân biệt có hồnh độ a và b

. Gọi

 

H là hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hai hàm số này (phần tơ đậm ở hình vẽ). Diện tích
của

 

H được tính theo cơng thức:

A.

 

b

a

S 



f x g x  x. B.

 

b

a

S



g x  f x  x.

C.

 

b

a

S 



f x g x  x. D.

 

b

a

S 



f x g x  x.
Lời giải:

Dựa vào đồ thị ta thấy g x

 

 f x

 

với mọi x



a b;



, nên diện tích

 

H được tính theo cơng thức:

 

b

a

S 



g x  f x dx.
 Chọn đáp án B.

Câu 8. Nguyên hàm của hàm số f x

 

sin 4x là

A. cos 4x C . B. 1cos 4

4 x C



 . C. 4 cos 4x C . D. 4 cos 4x C .
Lời giải:

Ta có: sin 4 1cos 4
4

xdx  x C



 Chọn đáp án B.

Câu 9. Tính thể tích V của khối cầu có bán kính R 3a.

A. V 4 3a3. B. V 12 3a3. C.

4 3
3

a

V   . D.

4
3

a
V   .
Lời giải:

Thể tích của khối cầu: 4 3 4





3 4 3 3

3 3

V  R   a   a .
 Chọn đáp án A.

Câu 10. Trong không gian Oxyz, đường thẳng : 1 2 2

2 3 1

x y z

  

 có một vectơ chỉ phương là:

A. u 



1; 2; 2 



. B. u   



2; 3; 1



. C. u 



1; 2; 2



. D. u



2; 3; 1 



.
Lời giải:

Phương trình : 1 2 2

2 3 1

x y z

  

 suy ra  nhận một vectơ chỉ phương là



2; 3;1





2; 3; 1



</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

4 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Cơng!

Câu 11. Cho hình nón có bán kính đáy bằng a và diện tích tồn phần bằng 4a2. Độ dài đường sinh l của
hình nón bằng:

A. la 3. B. la. C. l2a. D. l3a.

Lời giải:

Diện tích tồn phần hình nón có ra là: 2 2

tp

S rlr ala

Theo đề bài: 2 2 2 2

4 4 3 3

tp

S  a ala  a al a  l a.
Chọn đáp án D.

Câu 12. Hàm số ylog2



2x3



có tập xác định là:

A. D. B. 3;

D  

 . C.

3
\

D   
 

 . D. 3;
2

D 
 .

Lời giải:
Điều kiện xác định 2 3 0 3 3;

2 2

x  x D 
 .

 Chọn đáp án D.

Câu 13. Tổ 1 gồm 10 bạn học sinh. Có bao nhiêu cách để cơ giáo chủ nhiệm chọn ra 4 em đi bưng bàn ghế?

A. C104. B. 4!. C. A104. D. 6!.
Lời giải:

Mỗi một cách chọn ra 4 học sinh bất kì trong tổ 1 là 1 tổ hợp chập 4 của 10 phần tử.
Ta có số cách chọn là số tổ hợp chập 4 của 10 phần tử: C104.

 Chọn đáp án A.

Câu 14. Số giao điểm của đường cong

 

C :yx32x1 và đường thẳng d y: x1 là

A. 1. B. 2. C. 3. D. 0.

Lời giải:

Phương trình hồnh độ giao điểm của

 

C và d là : x32x  1 x 1

3 3 2 0

x x

    



x1

 

2 x2



0 1

x
x



   



.
Vậy có 2 giao điểm của

 

C và d.

 Chọn đáp án B.

h l

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

5 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

Câu 15. Cho hàm số y ax b
x c




 có đồ thị như hình vẽ bên. Giá trị a2b3c bằng:

A. 6. B. 2 . C. 8 . D. 0 .

Lời giải:
Dựa vào đồ thị, ta có :

lim lim 1

x x

ax b

y a

x c

 


  

 . Vậy a1; xlim1 xlim1 1 0 1

x b

y c c

x c

 

 



        

 .

Đồ thị hàm số đi qua



0; 2



nên 2 2.
1

b
b

   


Vậy a2b3c 1 2.2 3

 

1 2.

 Chọn đáp án B.

Câu 16. Họ nguyên hàm của hàm số f x

 

ex2x là

A.

x x

e  C. B. ex 2 C. C. ex2x2C. D. exx2C.

Lời giải

Ta có



f x dx

 







ex2x dx



exx2C.
 Chọn đáp án D.

Câu 17. Cho
2

2 1

I 



x x  dx và ux21. Tìm khẳng định sai trong các khẳng định sau:

A.

0
2
3

I  u u . B. 2 27
3

I  . C. 
3

I 



u ud . D. 
2

I 



u ud .
Lời giải:

Ta có: ux21 nên du2 .x dx.

Đổi cận : x 1 u0 ; x 2 u3.
Vậy :

0
.

I 



u du 2 3
0
3u u

 2 27

 2 3.
Chọn đáp án D.

Câu 18. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số yx33x2 x 2 tại điểm có hồnh độ bằng 1 là:

A. y 2x5. B. y 2x1. C. y 2x2. D. y10x23.
Lời giải:

Ta có y

 

1 3;y3x26x 1 y

 

1  2.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số yx33x2 x 2 tại điểm M



1;3



là:





2 1 3 2 1

y  x   y  x .
 Chọn đáp án B.

O
y

x
2


2

 1

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

6 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Cơng!

Câu 19. Cho khối nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh 2a. Thể tích của khối nón đã cho bằng:

A. V  3a3. B.

3
4 3

a

V   . C.

3
3

a

V   . D. V 4 3a3.
Lời giải:

Xét khối nón có thiết diện qua trục là tam giác đều SAB có cạnh bằng 2a.
Khi đó ta có chiều cao của khối nón là 2 3 3

a

hSH  a .
Bán kính đáy của khối nón là

AB
r a.

Thể tích của khối nón cần tìm là

3
2

1 3

3 3

a
V  r h  .
 Chọn đáp án C.

Câu 20. Phương trình log



x34x24x1



log



x1



có tất cả bao nhiêu nghiệm thực?

A. 2 . B. 1. C. 0 . D. 3 .

Lời giải:

Phương trình



3 2







3 2

1 0

log 4 4 1 log 1

4 4 1 1

x

x x x x

 



      

    












1 1

3.
0;1;3

4 3 0

x x

x
x

x x x



  

 

   


   




Vậy phương trình có một nghiệm x3.
 Chọn đáp án B.

Câu 21. Giá trị lớn nhất của hàm số yx32x24x5 trên đoạn



1, 3



bằng

A. 3 B. 0 . C. 2. D. 3.

Lời giải: 
Ta có:

 

2 1, 3

3 4 4 0 2

1, 3
3

x

y x x

x

  


     

   


Mặt khác: f

 

1 0;f

 

2  3; f

 

3 2.
Vậy

 1,3

 

max 3 2

x f x  f 
Chọn đáp án C.

R
h

H

A B

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

7 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

A.   . B.   . C.   . D.   .

Lời giải:

Ta có thể chọn x22 20 2 212  0  1 .
Vậy   .

 Chọn đáp án D.

Câu 23. Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là:

A.



 1; 2



. B.



1; 0



. C.



1; 2



. D.



1; 0



.
Lời giải:

Ta có: 2

3 3

y   x  ; 0 1
1

x
y

x



     



Bảng biến thiên:

x  1 1 

y  0  0 

y






Dựa vào bảng biến thiên điểm cực tiểu có tọa độ là:



 1; 2



Chọn đáp án A.

3
3
  

y x x

x

y

O

1 y



x



y



x



</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

8 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

Câu 24. Cho hàm số f x

 

liên tục trên  thỏa mãn

 

f x dx



. Tính





2 1 2 1

I 



f x  x dx.

A. I 11. B. I 3. C. I 14. D. I 6.

Lời giải:





2 1 2 1

I 



f x  x dx









1 1

0 0

2 1 2 1

f x dx x dx





 



 .

Tính:





2 1

A



f x dx.
Đặt t2x 1 dt2dx.

Đổi cận: x0 t 1; x  1 t 2.
Khi đó:

 

1
2

A



f t dt 1.2 1
2

  .

Tính





2 1

B



x dx





1
2

x x

  2.
Vậy I A B 3.

 Chọn đáp án B.

Câu 25. Cho hàm số y f x

 

xác định trên  có đạo hàm f

 

x x41. Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm
cực trị ?

A. 2 . B. 1. C. 3 . D. 4 .

Lời giải:

Ta có: f

 

x x41



x21



x21







x1



x1





x21



.
Khi đó : f

 

x 0 1

x
x




   



Phương trình f

 

x 0 chỉ có hai nghiệm đơn x1 và x 1 nên hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.
 Chọn đáp án A.

Câu 26. Cho hàm số f x

 

ln 2



x5



. Tập nghiệm của bất phương trình f

 

x 1 là

A. 7;
2

 



 

 . B.

5 7

; ;

2 2

   

  

   

   .

C.



3;



. D. ;5





 

  

 

 

.
Lời giải:

Tập xác định của hàm số: 5;
2

D 

 

Ta có:

 

2
2 5

f x
x

 

 .

Khi đó: f

 

x 1 2 1 2 2 5

2x 5 x

    



7
2

x

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

9 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

A. tan 2. B. tan  3. C. tan 1

  . D. tan 1
3

  .
Lời giải:

Gọi .S ABCD là hình chóp tứ giác đều. Đặt cạnh đáy là a.
Gọi O là tâm đáy, I là trung điểm của AB.

Góc giữa mặt bên với mặt đáy là: SIO45
Góc giữa cạnh bên với mặt đáy là: SBO.

Ta có: .tan .tan 45

2 2 2

a a a

OI  SOOI SIO   .
2

2 2

BD a
OB  .

Suy ra tan 2 1

2 2

a
SO
OB a

    .

 Chọn đáp án C.

Câu 28. Cho khối chóp tam giác .S ABC có thể tích bằng 36 . Gọi M N, lần lượt là trung điểm của AB và AC

. Thể tích của khối chóp .S MNCB bằng:

A. 18 . B. 24 . C. 27 . D. 12 .

Lời giải:
Cách 1:

.
.

S MNBC MNBC ABC AMN

S ABC ABC ABC

V S S S

V S S



 

1 1 3

1 1 . 1 .

2 2 4
AMN

ABC

S AN AM

S AC AB

      

. .

3 3

.36 27

4 4

S MNBC S ABC

V  V   .

Cách 2:

Ta có: VS ABC. VA SBC. 36.

Mặt khác: . . .

1 1 1 1 1

. . 1. . .36 9

2 2 4 4 4

A SMN

A SMN A SBC
A SBC

V AS AM AN

V V

V  AS AB AC       .

Vậy VS MNCB. VA SBC. VA SMN. 36 9 27.
 Chọn đáp án C.

I

O

C

D
A

B

S

N

M

C

B
A

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

10 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

Câu 29. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn 2 2 1
2

log a log b5 và log 2a4log4b1070. Giá trị

a b bằng

A. 15 . B. 32 . C. 18 . D. 7

Lời giải:

Ta có:

2 1

4 10

4
2

log log 5

log log 7 0

a b

  




   



2 2

2 log log 5

8 log 5 log 7

a b

 


 

  



log 1

log 3

a
b




 




2
8

a
b



 



2 2 2.8 18

a b

     .
 Chọn đáp án C.

Câu 30. Cho hàm số yx33x22 có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nghiêu giá trị nguyên của tham số m
đề phương trình x33x2m0 có đúng ba nghiệm phân biệt?

A. 5 . B. 2 . C. 3 . D. vơ số.

Lời giải:
Ta có: x33x2m0 (1)x33x22m2.

Suy ra số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số ( ) :C yx33x22 và
đường thẳng ( ) :d ym2.

Dựa vào đồ thị ta có: Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt.
 Đường thẳng ( )d cắt đồ thị ( )C tại ba điểm phân biệt.

2 m 2 2 4 m 0

         .
Mà mm   



3; 2; 1



Vậy có 3 giá trị nguyên m thỏa yêu cầu bài toán.
 Chọn đáp án C.

O
y

x



</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

11 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Cơng!



SAB



là.

A. 30 . 0 B. 90 0 C. 45 0 D. 60 0
Lời giải:

Ta có: DA(SAB) SA là hình chiếu vng góc của SD lên mặt phẳng (SAB).
Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAB) là DSA.

Xét tam giác SADvuông tại A: tanDSA AD a 3 3 DSA 60

SA a

      .

Chọn đáp án D.

Câu 32. Cho hàm số y f x

 

liên tục trên đoạn



1;3



thỏa mãn

 

f x dx



và

 

f x dx



Tính

 

I f x dx






A. I 6. B. I 4. C. I 8. D. I 2.

Lời giải:

 





 

3 0 3 0 3

1 1 1 1 0

1 1 3

0 0 1

2 2 4 8

I f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx

f x dx f x dx f x dx

  

     

 

      

 

 



Lưu ý:





 

0 1

1 0

f x dx f x dx


 



(Sử dụng đổi biến số: t x để biến đổi)
 Chọn đáp án C.

C
S

B

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

12 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Cơng!

Câu 33. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C.   có AB2a góc giữa đường thẳng A C và mặt phẳng



ABC



bằng 45 . Thể tích khối lăng trụ 0 ABC A B C.    bằng

A. 2a3 3. B.

3
3
12

a

. C.

3
3
6

a

. D.

3
3
4

a

.
Lời giải:

Ta có: AChình chiếu vng góc của A C lên mặt phẳng



ABC



















 0

; ; ' 45

A C ABC A C AC A CA

    .

 

2 3

4 4

ABC

a
AB

S   a .

Xét tam giác A AC vuông tại A:

 0

tan . tan 45 2

AAAC A CA AC  a.
Vậy thể tích khối lăng trụ ABC A B C. ' ' ' là:

2 3

. ' ' ' . 2 . 3 2 3

ABC A B C ABC

V  AA S  a a  a .
Chọn đáp án A.

Câu 34. Đồ thị hàm số







1 5

x x
y

x x




  có bao nhiêu đường tiệm cận

A. 4 . B. 2 . C. 1. D. 3 .

Lời giải:

Điều kiện:
2

4 0 2

1 2

5 5

x x

    

 

   

 

     



Ta có:

5 5

lim lim

x x

y y

 

 

   x 5 là tiệm cận đứng.
Mặt khác: lim 1; lim 1

x y xy  .

Khi đó: y1; y 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

 Chọn đáp án D.

Câu 35. Một chất điểm thực hiện chuyển động thẳng trên trục Ox, với vận tốc cho bởi công thức:

 





3 4 /

v t  t  t m s , (t là thời gian). Biết rẳng tại thời điểm bắt đầu của chuyển động chất điểm đang
ở vị trí có tọa độ x2. Tọa độ chất điểm sau 1 giây chuyển động là:

A. x9. B. x4. C. x5. D. x6.

Lời giải:

Ta có: s t

 

v t

 

s



s t dt

 





v t dt

 







3t24t dt



t32t2C
Tại thời điểm t 0 thì x2    2 0 0 CC2

Vậy quãng đường vật chuyển động có phương trình: st32t22

Khi t  1 s 5.

Chọn đáp án C.

B'

C'
A'

B

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

13 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

Câu 36. Cho hàm số y f x

 

. Hàm số y f

 

x có đồ thị như sau:

Bất phương trình f x

 

x22xm đúng với mọi x



1; 2



khi và chỉ khi

A. m f

 

2 . B. m f

 

1 1. C. m f

 

2 1. D. m f

 

1 1.
Lời giải::

Ta có: f x

 

x2 2xm;  x



1; 2



g x

 

 f x

 

x22xm;  x



1; 2



Ta có: g x

 

 f

 

x 2x 2 0; x



1; 2





1; 2



 

2 2 0

f x
x

x



   

  

 




Khi đó hàm số g x

 

nghịch biến trên khoảng



1; 2 .



Khi đó:

 





1;2

 

; 1; 2 min 2

mg x  x  m g x mg .

 

2 2 2.2 2

m f m f

     

 Chọn đáp án A.

A. 5 436 566,169đồng. B. 5 436 521,164 đồng.

C. 5 452 733, 453 đồng. D. 5 452 771, 729 đồng.
Lời giải:

Sau 6 tháng số tiền bác An nhận được là: T1 5 1 0.7%







Số tiền bác an nhận được khi đến tháng thứ 10 là: T2 T1



1 0.9%



Vậy sau một năm số tiền bác An nhận được là: T3 T2



1 0.6%



3 5 452 733, 453(đồng).
 Chọn đáp án C.

O
y

x

2


</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

14 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

Câu 38. Cho hàm số y f x

 

có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số y 2f x

 

53 là

A. 2 . B. 3 . C. 5 . D. 7 .

Lời giải:

Tịnh tiến đồ thị hàm số y 2f x

 

5 theo phương song song trục tung lên trên 3 đơn vị ta được đồ
thị hàm số y 2f x

 

5 3.

Do đó, hàm số y 2f x

 

5 3 và hàm số y 2f x

 

5 có cùng số điểm cực trị.
Xét hàm số: y 2f x

 

5  g x

 

với g x

 

2f x

 

5.

Ta có: g x

 

2f

 

x .

Khi đó:

 

0 0

x

g x f x

x



      




. Khi đó hàm yg x

 

có 3 điểm cực trị.

Đồ thị hàm số y f x

 

cắt đường thẳng 5
2

y  tại ba điểm phân biệt có hồnh độ a b c, , sao cho

0 2

a   b c.

Suy ra phương trình g x

 

2f x

 

 5 0 có ba nghiệm phân biệt a b c, , sao cho a  0 b 2c.
Số điểm cực trị của hàm số y g x

 

là tổng số cực trị của hàm số yg x

 

và số giao điểm g x

 

0
khi đó hàm số y g x

 

có 5 điểm cực trị.

 Chọn đáp án C.

O
y

x

2


1 2

4


</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

15 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

A. 4 . B. 7. C. 5. D. 6.

Lời giải:

Gọi V là thể tích ly nước hình trụ; V1 là thể tích phần khối trụ chứa nước; V2 là thể tích phần khối trụ
khơng chứa nước.

Thể tích khối trụ là V .R .2 h.4 .202 320



cm3



Thể tích phần khối trụ chứa nước là V1.R .2 h1 .4 .172 272



cm3



Từ đây ta suy ra thể tích phần khối trụ khơng chứa nước là V2 VV148



cm3



.
Thể tích mỗi viên đá lạnh hình cầu có cùng bán kính 2cm là 3 4 . 3 4 .23 32

3 3 3

V  r     .
Vậy số viên đá lạnh hình cầu có cùng bán kính 2cm ít nhất để nước trào ra khỏi ly là 2

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

16 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

 

S bằng

A. 32

15. B.

15. C.

104

15 . D.

104
15 .
Lời giải:

Xét hàm số: yax4 bx2c C

 

Đồ thị hàm số đi qua









 

4 1

1; 4 ; 0;3

3 2

a b c

A B

c

  




  





.
Hàm số đạt cực trị tại x 1 y

 

1   0 a 2b0 3

 

Giải hệ:

     

4 2

1 ; 2 ; 3 2 2 3

a

b y x x

c

 



      
 



Xét hàm số ymx2nxp.

Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ ymx2.

Đồ thị hàm số đi qua A



1; 4



4a

 

1 2 a4 y4x2.
Diện tích hình phẳng được tô đậm

 

S bằng:





4 2 2

2 3 4

S x x x dx







     .

 Chọn đáp án B.

O
y

x

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

17 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

Câu 41. Cho hàm số y f x

 

liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ bên.

Tìm giá trị của tham số m để phương trình

 

2 2

m m

f x
f x



 



có đúng ba nghiệm thực phân
biệt.

A. m 2. B. m 26. C. m 10. D. m1.

Lời giải:
Ta có:

 

2 2

m m

f x
f x



 



 

3 2 2

1. 2

m m f x f x 

      .

 





 

3 2 2

1 1

m m f x f x

      (1).

Xét hàm số yg t

 

t3 t g t'

 

3t2 1 0, t 

Do đó hàm số y g t

 

đồng biến trên .

Mặt khác

 

1 g m

 

g



f2

 

x 1



m f2

 

x 1.
Xét h x

 

 f2

 

x 1

 

2 2

2 . .

2 1 1

f x f x f x f x
h x

f x f x

 



  

 

 

1
2
3
4
5
0

0 . 0

x x
x x
f x

h x f x f x x x

f x

x x
x x













 

      

  

 

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

18 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

Bảng biến thiên :

x  x1 x2 x3 x4 x5 

y  0  0  0  0  0 

y



Từ bảng biên thiên suy ra phương trình có đúng ba nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi m 26
(thoả mãn m0).

Vậy m 26.
 Chọn đáp án B.



SBC



bằng

A. 6
3

a

. B. 6

a

. C. 3

a

. D. 3

a
.
Lời giải:

Gọi E là trung điểm AB.
BE a DC

   , mà DC BE// DEBC là hình bình hành













// // , ,

DE BC DE SBC d D SBC d E SBC

    (1)

Mà E là trung điểm AB

















d E SBC d A SBC

  (2)

AE a CD AD

    , mà DAE900
ADCE

 là hình vng cạnh a.
EC a EA EB

     ABC vuông tại C.

Kẻ AF SC F



FC



AF 



SBC



d A SBC









AF (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra





d D SBC  AF.

Tam giác vuông SAC:





2 2 2 2

. . 2 6

3
2

SA AC a a a

AF

SA AC a a

  

 

Vậy









1 6

2 6

d D SBC  AF  a.
 Chọn đáp án B.

E
A

D

B

C
S

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

19 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

Câu 43. Một đội tuyển học sinh giỏi tỉnh gồm 5 học sinh lớp 12 và 3 học sinh lớp 11. Chọn ngẫu nhiên từ đội
tuyển một học sinh, rồi chọn thêm một học sinh nữa.Tính xác suất để lần thứ hai chọn được học sinh
lớp 12.

A. 5

14. B.

28. C.

28. D.

5
8.
Lời giải:

Lần thứ nhất chọn một học sinh tùy ý có 1
8
C .
Lần thứ hai chọn một học sinh tùy ý có 1

7
C .
Không gian mẫu là

 

1 1

8. 7 56
n  C C  .

Gọi A là biến cố ‘‘ Lần thứ hai chọn được học sinh lớp 12’’.

Trường hợp 1: Lần thứ nhất chọn 1 học sinh lớp 11 và lần thứ hai chọn 1 học sinh lớp 12
Suy ra số kết quả trường hợp 1 này là 1 1

3. 5 15
C C  .

Trường hợp 2: Lần thứ nhất chọn 1 học sinh lớp 12 và lần thứ hai chọn 1 học sinh lớp 12
Số kết quả trường hợp 2 này là 1 1

5. 4 20
C C  .

Vậy số kết quả của biến cố A là n A

 

152035.
Xác suất của biến cố A là

 

 

35 5
56 8

n A
P A

n

  

 .

Chọn đáp án D.

Câu 44. Cho hàm số f x

 

liên tục trên R\



1; 0



thỏa mãn điều kiện: f

 

1  2 ln 2 và





 

. 1 .

x x f x  f x x x. Biết f

 

2 ab.ln 3 ,



a b, Q



. Giá trị của a2b2 là:

A. 3

4. B.

4 . C. 9 . D.

9
2.
Lời giải:

Ta có:





 

2
. 1 .

x x f x  f x x x

 





 





1
.

1 1 1

x x

f x f x

x x x



  

  

 

1 1

x x

f x

x x



 



 

 

  .

Lấy nguyên hàm 2 vế ta được

 

ln 1

1 1

x x

f x dx x x C

x x

     







Mặt khác: f

 

1  2 ln 2 1

 

1 1 ln 2 1.



2 ln 2



1 ln 2 1

1 1f C 2 C C

           



 

1 1

ln 1 1 ln 1

x x x

f x x x f x x

x x x

 

        



 

2 3 3ln 3
2 2

f

   3, 3

2 2

a b

    2 2 9

a b

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

20 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

A. 2.000.000 . B. 1.800.000 . C. 1.500.000 . D. 2.500.000 .
Lời giải:

Gọi số tiền mỗi tháng bà A gửi vào ngân hàng là x (đồng).
+) Cuối tháng 1 số tiền thu được là x



1, 004



Vì mỗi tháng gửi vào ngân hàng x (đồng)

 Số tiền gửi vào đầu tháng 2 là x



1, 004



1x.

+) Cuối tháng 2 số tiền thu được là x



1, 004



2x



1, 004 .



1
…….

+) Sau ba năm rưỡi (42 tháng) số tiền thu được là













42 41 1 1, 004 1

1, 004 1, 004 ... 1, 004 1, 004 91.635.000
0, 004

x x  x  x  





91635000.0, 004

2.000.000
1, 004 1, 004 1

x

  



(đồng).

Vậy số tiền mỗi tháng bà A gửi vào ngân hàng là 2.000.000 đồng.
 Chọn đáp án A.

A. 6

a

. B.

a

. C. 3

a

. D. a.

Lời giải:

Gọi M là trung điểm của BC SM BC BC



SAM



AM BC




  




Kẻ SH AM H



AM



SH 



ABC



Ta có . 1 .

3
S ABC ABC

V  S SH.

Vì SABC khơng đổi nên



VS ABC.



max SHmax.

Có SBC  ABCMSMA hay MSA cân tại M

H

M
B

C
A

S

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

21 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

MN SA

  (N là trung điểm của SA)2SSAM SH AM. MN SA.

(với 2 , 3, 2 2 1 3 2 2

2 2

a

SA AN x AM  MN  AM AN  a x )
2 2

. 3

MN SA x a x
SH

AM a



  

Ta có:

2 2 2 2

2 2 3 3

2 2

x a x a

x a x     (AM – GM) 3.

a
SH

 

Dấu “=” khi 3 2 2 6.
2

a
x a x  x

Vậy để thể tích khối chóp lớn nhất thì 6.
2

a
x
 Chọn đáp án A.

Câu 47. Tập hợp các số thực m để phương trình ln 3



x mx 1



ln



x24x3



có nghiệm là nửa khoảng



a b;



. Tổng a b bằng

A. 10.

3 B. 4. C.

22
.

3 D. 7.

Lời giải: 
Ta có:









2
2

2 2

ln 3 1 ln 4 3 (1)

1 3

4 3 0

3 1 4 3

1 3 1 3 1 3

4 4

1 (2)

x mx x x

x
x x

x x mx

x mx x x

x x x

x x x x

x m
m m
x
x x
     
      
 
 
  

     
 

   

    
  
      
  
 
  
 

Xét hàm số: f x

 

x 4 1; x



1;3



x

    có

 

2
4
1
f x
x
  

 





 





2 1;3 2 3

4
1 0
2 1;3
x f

f x
x
x
   

     
  

.

Bảng biến thiên:

x 1 2 3

 

f x  0 

 

f x
4
3

10
3

Dựa vào bảng biến thiên ta có: đề phương trình (1) có nghiệm.

Phương trình (2) có nghiệm thuộc khoảng



1;3



 3 m4m



3; 4



Suy ra 3 3 4 7

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

22 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Cơng!

Câu 48. Cho khối chóp S ABCD. có đáy là hình thang vng tại A và B, ABBCa, AD2 .a Cạnh bên
SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA2 .a Gọi O là giao điểm của AC với BD và M, N, P
lần lượt là trung điểm của SB, SC, OD. Mặt phẳng



MNP



chia khối chóp đã cho thành hai khối đa
diện. Thể tích của khối đa diện chứa đỉnh B bằng

A. 
3
17

.
18

a

B. 
3
19

.
54

a

C.

3
11

.
27

a

D. 
3
19

.
18

a

Lời giải

Cách 1

Dễ dàng tính được 3

.  .

S ABCD

V a

Trong mặt phẳng ABCD, qua P kẻ đường thẳng song song với AD cắt AB, CD lần lượt tại Evà I

. Khi đó mặt phẳng



MNP



cắt hình chóp theo thiết diện là tứ giác MNIE. Suy ra khối đa diện có chứa
đỉnh B là MNBCIE.

Có OAD∽OCB suy ra 1.
2

 

OB CB

OD AD Lại có PO PD. Suy ra

2
.
3


PB
DB

Từ đó suy ra 2 4 ,

3 3

  a

EP AD 1 .

3 3

 a

PI BC

Tính được





. 1 5 10

. .

2 2 9 27

 



       

ECI EBCI EBC ABCD

EI BC EB a

S S S BE BC S

Nhận xét: Để ý thấy được VMNBCIE.VE BCNM. VN ECI. .
 . 3 . 3. 2 .

4 4 3

 

   

 

E BCNM E SBC A SBC

V V V (do 2

 

EB PB
AB DB )

. .

1 1 1

2 2 3

 

   

 

S ABC S ABCD

V V (do 1

3
ABC  ABCD

S S ).

 . . .

1 1 10

2 2 27

 

   

 

N ECI S ECI S ABCD

V V V (do 10

27
ECI  ABCD

S S ).

Vậy

. . . .

1 5 19 19

6 27 54 54

     

MNBCIE E BCNM N ECI S ABCD S ABCD S ABCD

a

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

23 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

Cách 2

Kẻ qua P đường thẳng song song với BC cắt các cạnh AB CD, lần lượt tại E và F.

Vì P là trung điểm của 2 4

3 3

a

ODBOOPPDEP AD và 1 5

3 3 3

a a

PF  BC  EF  .









2 2 3

5 2

8 1 1 8 8

3 3

, . .

2 9 3 3 9 27

BCFE N BCFE BCFE

a a
a

a a a

S V d N BCFE S a

 



 

 

      .

1 2 1 1

. . .2 .

2 3 3 2 3

BME SAB

a

S  S  a a Vì BC 



SAB MN BC



, // MN 



SAB



2 3

1 1

. . .

3 3 2 3 18

N BME BME

a a a

V MN S

   

3 3 3

. .

8 19

27 18 54

BMENCF N BCFE N BME

a a a

V V V

      .

 Chọn đáp án B.

Câu 49. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m sao cho hàm số

4 3 2 2 2 1

y  x mx  m x m đồng biến trên (1;  ). Tổng tất cả các phần tử của S là

A. 1. B. 0. C. 2. D. 2.

Lời giải

Gọi y f x

 

 x4mx32m x2 2m1.
Nhận xét lim

 

xf x  .

Do đó hàm số y  x4 mx3 2m x2 2m1 đồng biến trên (1; )

 

3 2 2

' 0 (1; ) 4 3 4 0 (1; )

1 0 1 2 1 0

f x x x mx m x x

f m m m

   

       

 

 

      

 



 

2 2

3 2 2

4 3 4 0 (1; ) 1

4 3 4 0 (1; )

1 5 1 5 1 5 1 5

2 2 2 2

x mx m x

x mx m x x

m m

      

 

       

   

 

 

Từ

 

2 m 



1; 0



thay vào

 

1 đều thỏa mãn vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn.
 Chọn đáp án A.

N

F
E

P
M

O

D

C
B

S

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

24 Thầy Hồ Thức Thuận - Bứt Phá Để Thành Công!

Câu 50. Cho hàm số y f x( ) có đạo hàm trên  và hàm y f x( ) có đồ thị như hình vẽ. Trên đoạn



3; 4



hàm số ( ) 1 ln



2 8 16



x

g x  f    x  x

  có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 1. B. 2. C. 0. D. 3.

Lời giải

Ta có

 

1 ln





2 1 2 ln









3; 4





2 2

x x

g x  f    x  f    x x 

   

 

1 2

' ' 1

2 2 4

x

g x f

x

 

   



  ;

 

' 0 ' 1

2 4

x

g x f

x

 

    


  .

Đặt 1 2 2

x

t x t

     , khi đó phương trình có dạng '

 

2 / 1;3 *

 

1 2

f t
t

 

  

   :

Số điểm cực trị của hàm số





( ) 1 ln 8 16

x

g x  f    x  x

  là số nghiệm đơn (hay bội lẻ ) của
phương trình

 

* trên 1;3

 



 

 . Từ đồ thị hàm số trên ta suy ra hàm số có 3 điểm cực trị.
 Chọn đáp án D.

1 3

1 O x

</div>

Đề thi thử THPT Quốc gia môn toán lần 2 năm 2021 có lời giải chi tiết - Hồ Thức Thuận

<b>KÌ THI THPT QUỐC GIA 2021 </b>

<b>Bài thi Mơn: TỐN HỌC </b>









<sub></sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>

 





<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<i><b>THI THỬ THPT QUỐC GIA </b></i>

<i><b>LẦN SỐ 02 </b></i>

<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

 

 

<sub></sub>

 

 

<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

 

 

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>









<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

 

<sub> </sub>