4 đề thi thử TN THPT 2021 môn toán penbook đề số 4 file word có lời giải

ĐỀ SỐ 4

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
NĂM HỌC: 2020 – 2021
MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 90 phút; khơng kể thời gian phát đề
Câu 1. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − z + 1 = 0. Điểm nào sau đây không thuộc
mặt phẳng (P) ?
A. ( 0; −2; −1) .

B. ( 2;1; −1) .

C. ( 1;1; 4 ) .

D. ( −2; −1; −4 ) .

Câu 2. Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên ¡ có bảng biến thiên sau:

Phương trình f ( x ) = −8 có số nghiệm thực là
A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Câu 3. Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 người vào một bàn tròn?
A. 6!.

B. 5!.

C. 2.5!.

D. 2.4!.

C. 3.

D. 1.

Câu 4. Cho các khẳng định sau với 0 < a ≠ 1; b, c ≠ 0.

1.log a ( bc ) = log a b + log a c.
2.log a ( b 2 ) = 2 log a b.

3.log a ( b 2 + c 2 ) ≥ log a ( 2 bc ) .
Số khẳng định sai là
A. 0.

B. 2.

Câu 5. Khẳng định nào sau đây đúng?
1

A.

∫ x dx = ln x + C.

C.

∫ x + 1 dx = ln x + C.

1

1

1

B.

∫ ax + b dx = a ln ax + b + C , ( a ≠ 0 ) .

D.

∫ x − 1 dx = ln ( x − 1) + C.

1

Câu 6. Trong hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M ( 1; 2; −4 ) . Khoảng cách từ M đến trục Oz bằng
A.

6.

B.

5.

C. 3.

D. 2 5.

Câu 7. Cho hình lăng trụ ABCD.A'B'C'D' có M là điểm nằm trong tứ giác ABCD sao cho S ABCD = 5S ABM .
Gọi O' là điểm bất kì nằm trong (A'B'C'D'). Tỉ số thể tích hình chóp O'.ABM và hình lăng trụ
ABCD.AB'C'D' bằng
Trang 1


A.

1
.
15

B.

1
.
5

C.

Câu 8. Một nguyên hàm của hàm số y =
A. ln ( x + 1) .
2

2x + 2

( x + 1)

2

3
.
5

D.

1
.
3

là
2
C. ln ( x + 2 x ) .

2
B. ln ( x + 1) .

2
2
D. ln ( x + 2 x ) .

Câu 9. Cho số phức z = 2 − 5i. Khi đó mơ đun của z −1 là
A.

13
.
13

B.

29
.
29

C.

D.

5.

17
.
17

Câu 10. Cho hình trụ có thể tích bằng 16πa3, đường kính đáy bằng 4a. Chiều cao của hình trụ bằng
A. 2a.

B. 4a.

Câu 11. Giá trị của lim
A. -1.

C. 6a.

D. 8a.

1
C. − .
2

D. 0.

C. x = 3.

D. x = 4.

C. −1.

1
D. − .
2

2n3 + n − n 4
bằng
n 2 ( 2n 2 + 1)
B. +∞.

Câu 12. Hàm số y = x3 − x 2 − x − 5 đạt cực đại tại
1
A. x = − .
3

B. x = 2.

Câu 13. Nghiệm của phương trình 10log 2 = 3 x + 5 là
1
A. − .
4

B. 2.

2
2
2
Câu 14. Cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2 x − 6 y + 4 z + 5 = 0. Bán kính của mặt cầu (S) là

A. 3.

B. 2.

C. 4.

D. 6.

2
Câu 15. Cho hình nón có diện tích xung quanh là S xq = 10π cm , bán kính đáy R = 3cm. Khi đó đường

sinh của hình nón là
A. l =

10
cm.
3

B. l = 4cm.

Câu 16. Cho log a b = 2;log a c = 5; A =
A. −

13
.
2

B. −

C. l = 6cm.
ab3 5 c

a 3 4 b2 c 2

D. l = 7cm.

. Giá trị biểu thức log A a bằng

2
.
13

C.

40
.
3

D.

3
.
40

Câu 17. Cho z = a + bi . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Phần thực là a và phần ảo là bi.

B. Điểm biểu diễn z là ( a; b ) .

C. z 2 = a 2 + b 2 + 2abi.

2
2
D. z = a + b .

Câu 18. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =

x + 2020
x 2 − 2020

là
Trang 2


A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Câu 19. Cho tứ diện ABCD có AD = 14, BC = 6. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, BD

và MN = 8. Gọi α là góc giữa hai đường thẳng BC và MN. Khi đó, tanα bằng
A.

2 2
.
3

B.

Câu 20. Cho hàm số y =

C.

3.

1
.
2

D.

2
.
4

2− x
. Khẳng định nào sau đây là đúng?
x +1

A. Hàm số nghịch biến trên ( −∞; −1) ∪ ( −1; +∞ ) .

B. Hàm số nghịch biến trên ¡ \ { 1} .
C. Hàm số nghịch biến trên ¡ .
D. Hàm số nghịch biến trên ( −∞; −1) , ( −1; +∞ ) .
Câu 21. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x + 3 và đường thẳng y = x là
A. 1.

B. 2.

Câu 22. Tập nghiệm của bất phương trình
A. ( 2; +∞ ) .

C. 3.
5

 x −2 
log 1 
÷
 x 
3

<1

B. ( −∞;0 ) .

D. 0.

là

C. ( 0; 2 ) .

D. ( 0; +∞ ) .

3
2
Câu 23. Cho hàm số y = f ( x ) = ax + bx + cx + d có đồ thị như hình bên. Khẳng định nào sau đây là

khẳng định sai?
A. Phương trình f ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
B. Đồ thị hàm số luôn đồng biến trong khoảng ( −1; +∞ ) .
C. Hàm số có điểm cực đại nhỏ hơn điểm cực tiểu.
D. Hàm số có hệ số a > 0.
2
Câu 24. Tập xác định của hàm số y = log 2 x −1 ( x − 3x + 2 ) là

A. ( 1; +∞ ) .

B. ( 2; +∞ ) .

C.

1 
 ;1÷∪ ( 2; +∞ ) .
2 

1 
D.  ;1÷.
2 
1

Câu 25. Cho I = ∫ f ( 2 x + 3) dx = 4. Khi đó giá trị của

0

A. 1.

B. 2.

5

∫ f ( x ) dx bằng
3

C. 8.

D. 11.

Câu 26. Hàm số y = 3x 3 + 4 x − 2 có giá trị nhỏ nhất trên [ 1;3] bằng
A. 2.

B. 4.

C. 5.

D. 30.

Trang 3


Câu 27. Tọa độ hình chiếu vng góc của M ( 6;0;0 ) trên đường thẳng ∆ :
A. ( −2; 2;1) .

B. ( 1; −2;0 ) .

x −1 y z − 2
= =
là
1
2
−2

C. ( 4; 0; −1) .

D. ( 2; 2; 0 ) .

Câu 28. Cho số phức z = a + bi. Khi đó số z − z bằng
2
2
A. 2 ( a + b ) .

B. 2b.

D. 2 b .

C. 4b 2 .

Câu 29. Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD.A'B'C'D' có chiều cao bằng 6a và đường chéo 10a. Thể tích khối
lăng trụ này là
A. 64a3.

B. 96a3.

C. 192a3.

D. 200a3.

Câu 30. Trong hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A ( 3;1; 2 ) , B ( −1;3; 4 ) , C ( 4; −1;3) . Điểm D thỏa mãn ABCD là
hình bình hành. Khi đó, tọa độ điểm D là
A. ( 8; −3;1) .

B. ( 1; −2; 4 ) .

C. ( 1;0;1) .

D. ( 2; 4; −1) .

Câu 31. Gieo 2 đồng xu A và B một cách độc lập với nhau. Đồng xu A chế tạo cân đối. Đồng xu B chế
tạo không cân đối nên xác suất xuất hiện mặt sấp gấp ba lần xác suất xuất hiện mặt ngửa. Xác suất để
khi gieo hai đồng xu hai lần thì cả hai đồng xu đều ngửa là
A.

1
16

B.

1
64

C.

1

32

D.

1
4

Câu 32. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = a, AD = a 3. Khoảng cách giữa hai đường
thẳng DD' và AC' bằng
A.

a 3
.
4

B. a 3.

Câu 33. Cho hàm số y =

C.

a 3
.
2

D.

a 2
.
2

2 3
x − 2mx 2 − m + 2. Có bao nhiêu giá trị của m để hàm số đạt giá trị lớn nhất
3

trên [ 1;3] bằng 6?
A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Câu 34. Một quả bóng bầu dục có khoảng cách giữa 2 điểm xa nhất bằng 20 cm và cắt quả bóng bằng
mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng đó thì được đường trịn có diện tích bằng 16π(cm2). Thể tích của quả
bóng bằng bao nhiêu? (Tính gần đúng đến hai chữ số thập phân)
A. 0,15 (lít).

B. 0,38 (lít).

C. 0,5 (lít).

(

D. 1 (lít).

)

Câu 35. Quỹ tích các điểm M biểu diễn số phức ω = 1 + i 3 − 1 − 3 biết số phức z thỏa mãn z − 1 ≤ 2

là

(

)

2

(

)

2

A. Hình trịn ( x − 3) + y − 3
2

C. Hình trịn ( x − 3) + y − 3
2

(

)

2

(

)

2

≤ 16.

B. Đường tròn ( x − 3) + y − 3

≤4

D. Đường tròn ( x − 3) + y − 3

2

2

= 16.
= 4.
Trang 4


Câu 36. Một hình nón được cắt bởi một mặt phẳng (P) song
song với đáy. Mặt phẳng này chia với mặt xung quanh của
hình nón thành hai phần có diện tích bằng nhau như hình vẽ.
Gọi (N1) là hình nón có đỉnh A, bán kính đáy HM; (N2) là
hình nón có đỉnh A, bán kính đáy OD. Tỉ số thể tích của khối
nón (N1) và khối nón (N2) là
A.
C.

1
2

B.

2
4

1
8
2
8

D.

Câu 37. Cho phương trình đường thẳng ( d ) :

x y −2 z −3
=
=
và đường thẳng ( d ′ ) : x + 1 = y = z + 1 .
4
1
1

Mặt cầu có bán kính lớn nhất thỏa mãn tâm I nằm trên (d’), đi qua A ( 3; 2; 2 ) và tiếp xúc với đường thẳng
d có phương trình
A. ( x − 1) + y 2 + ( z − 1) = 9.
2

B. ( x − 3) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 1.

2

2

C. ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 1) = 9.
2

2

2

2

2

D. ( x + 2 ) + ( y − 2 ) + z 2 = 9.
2

2

Câu 38. Có bao nhiêu giá trị của m để đồ thị hàm số y = x3 − 3mx 2 + 4mx + m − 2 cắt trục Ox tại 3 điểm
phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số nhân?
A. 2.

B. 1.

C. 3.

D. 0.

Câu 39. Theo số liệu của Tổng cục thống kê, năm 2016 dân số Việt Nam ước tính khoảng 94444200
người. Tỉ lệ tăng dân số hàng năm ở Việt Nam được duy trì ở mức 1,07% . Cho biết sự tăng dân số được
tính theo cơng thức S = A.e Nr (trong đó A là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau N năm, r là
tỉ lệ tăng dân số hàng năm). Cứ tăng dân số với tỉ lệ như vậy thì năm bao nhiêu dân số Việt Nam ở mức
120 triệu người?
A. 2037.

B. 2040.

C. 2038.

D. 2039.

Câu 40. Cho hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = log 2 x, y = 0, x = 4. Đường thẳng x = 2 chia
hình phẳng đó thành 2 hình có diện tích là S1 > S2 . Tỷ lệ thể tích
A. 2.

B.

7
.
4

C. 3.

S1 − 2
là
S2

D.

1
.
4

Câu 41. Cho số phức z thỏa mãn z = 1. Tổng giá trị lớn nhất M max và giá trị nhỏ nhất M min của biểu
2
3
thức M = z + z + 1 + z + 1 bằng

A. 6.

B. 9.

C. 3.

D. 10.
Trang 5


2
Câu 42. Cho hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số y = g ( x ) = f ( x − 2 x ) có bao nhiêu

điểm cực đại?
A. 2.

B. 3.

C. 1.

D. 0.

Câu 43. Số giá trị nguyên không lớn hơn 10 của m để bất phương trình

( m − 1) log 21 ( x − 2 )

2

1
5
+ 4m − 4 ≥ 0 có nghiệm trên  , 4 .
x−2
2 

− 4 ( m − 5 ) log 1

2

2

A. 14.

B. 13.

C. 15.

D. 12.

3
Câu 44. Cho hàm số y = x − 3x + 2 ( C ) và đường thẳng d : y = m ( x + 2 ) . Tích các giá trị của m để diện

tích hai hình phẳng S1 = S2 (như hình vẽ)
1
A. − .
4

C.

B. 1

3
.
2

D. 9.

Câu 45. Cho hàm số f ( x ) =

x

∫ ( 4t

3

1

− 8t ) dt. Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của

hàm số f ( x ) trên đoạn [2;5]. Khi đó, M + m bằng
A. 8.

B. 12.

C. 7.

D. 9.

Câu 46. Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số
y = x 3 − 3mx + 2 cắt đường tròn tâm I ( 1;1) , bán kính bằng 1 tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho diện tích
tam giác IAB bằng
A. m =

2± 3
.
2

1
..
2

B. m =

1± 3
.
2

C. m =

2± 5
.

2

D. m =

2± 3
.
3

Câu 47. Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có BB′ = a, góc giữa đường thẳng BB' và (ABC) bằng 60°,
·
tam giác ABC vng tại C và góc BAC
= 60o. Hình chiếu vng góc của điểm B' lên (ABC) trùng với
trọng tâm của ∆ABC . Thể tích của khối tứ diện A'.ABC theo a bằng
A.

13a 3
.
108

B.

7a3
.
106

C.

15a3
.
108

D.

9a 3
.
208

x = 2 − t

2
2
2
. Tổng các giá trị
Câu 48. Cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2 x + 4 z + 1 = 0 và đường thẳng d :  y = t
z = m + t

của m để d cắt (S) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho các mặt phẳng tiếp diện của (S) tại A và B vng góc
với nhau
A. -5.

B. -1.

C. -4.

D. 3.
Trang 6


Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M ( 3; 2;1) . Mặt phẳng (P) đi qua M và cắt các
trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C không trùng với gốc tọa độ sao cho M là trực tâm tam

giác ABC. Trong các mặt phẳng sau, mặt phẳng nào song song với mặt
phẳng (P) ?
A. 3 x + 2 y + z + 14 = 0.

B.

2 x + y + 3 z + 9 = 0.

C. 2 x + 2 y + z − 14 = 0.

D.

2 x + y + z − 9 = 0.
2
Câu 50. Cho parabol ( P ) : y = − x + 2 x, có đỉnh S và A là giao điểm khác

O của (P) và trục hoành. M là điểm di động trên cung nhỏ SA, tiếp tuyến của (P) tại M cắt Ox, Oy tại E, F.
Khi đó, tổng diện tích 2 tam giác cong MOF và MAE có giá trị nhỏ nhất bằng
A.

23
.
24

B.

13
.
14

C.

32
.
33

D.

28
.
27

Đáp án
1-B
11-C
21-C
31-B
41-A

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

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

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

5-B
15-A
25-C
35-A
45-C

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

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

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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án B
Ta thấy chỉ có điểm ( 2;1; −1) khơng thuộc mặt phẳng ( P ) .
Câu 2: Đáp án B

Số nghiệm cần tìm là số giao điểm của đường thẳng y = −8 và đồ thị hàm số y = f ( x ) .
Từ bảng biến thiên ta thấy chỉ có duy nhất 1 giao điểm giữa hai đồ thị.
Câu 3: Đáp án B
Chọn 1 người làm vị khách danh dự ngồi ở vị trí cố định vậy 5 người cịn lại có 5! cách xếp.
Trang 7


Vậy có 5! cách.
Câu 4: Đáp án C
Khẳng định 1 sai vì các số có thể âm.
Khẳng định 2 sai vì b có thể âm.
Khẳng định 3 sai vì nếu a < 1 thì chiều bất đẳng thức là ngược lại.

Câu 5: Đáp án B
Sử dụng bảng nguyên hàm ta được

1

1

∫ ax + b dx = a ln ax + b + C , ( a ≠ 0 ) .

Câu 6: Đáp án B
Gọi hình chiếu của M lên trục Oz là M ′ ⇒ M ′ ( 0, 0, −4 )

MM ′ = 12 + 22 + ( −4 − ( −4 ) ) = 5.
2

Câu 7: Đáp án A
Ta có

VO′ABM
VABCD. A′B′C ′D′

1
d ( O′, ( ABCD ) ) .S ABM
1 1 1
=3
= . = .
d ( O′, ( ABCD ) ) .S ABCD 3 5 15

Câu 8: Đáp án A
Ta có

2x + 2

∫ ( x + 1)

2

dx = ∫

2
2
dx = 2 ln x + 1 + C = ln ( x + 1) + C.
x +1

Câu 9: Đáp án B
Ta có

1
1
29
=
=
.
z
2 − 5i
29

Câu 10: Đáp án B
2
2

3
Ta có Vtru = π r h ⇔ π .4a .h = 16π a ⇒ h = 4a.

Câu 11: Đáp án C
Cách 1. Dùng casio.
2X 3 + X − X 4
2n3 + n − n 4 −1
5
→ CALC → X = 10 → ta tính được lim 2
= .
Nhập
2
X 2 ( 2 X 2 + 1)
n ( 2n 2 + 1)
2 1
+ −1
2n 3 + n − n 4
−1
1
n n3
=
lim
=
Cách 2. Có lim 2
vì lim k = 0, ∀k > 0.
2
1
2
n
n ( 2n + 1)

2+ 2
n
(Ta nhìn tử số và mẫu số sẽ thấy có bậc của n lớn nhất đều bằng 4 nên giới hạn ở đây sẽ bằng tỉ lệ hệ số
1
của chúng là − )
2

Trang 8


Mở rộng: Khi tính giới hạn dãy số ta chỉ cần giữ lại số hạng có số mũ cao nhất, ở đây đa thức dạng n k thì
chỉ cần giữ lại k lớn nhất, a n chỉ cần giữ lại a lớn nhất.
Như bài này ta có lim

2n 3 + n − n 4
−n4
−1
=
lim
= .
2
2
2
2
2
n ( 2n + 1)
n ( 2n )

Câu 12: Đáp án A
1

2
Ta có y ′ = 3x − 2 x − 1 ⇒ y′ = 0 ⇔ x = 1, x = − .
3

Câu 13: Đáp án C
Ta có 10log 2 = 3 x + 5 ⇔ 2 = 3 x + 5 ⇔ x = −1.
Câu 14: Đáp án A
Ta có x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 6 y + 4 z + 5 = 0 ⇔ ( x − 1) + ( y − 3) + ( z + 2 ) = 9.
2

2

2

Vậy R = 9 = 3.
Câu 15: Đáp án A
Ta có S xq = π .r.l ⇒ l =

S xq

π .r

=

10
.
3

Câu 16: Đáp án B
b = a 2

log a b = 2 
⇒
Cách 1. Ta có 
5
log a c = 5 
c = a

⇒ A=

ab

35

c

a3 4 b2 c 2

a . ( a 2 ) . 5 a5
3

=

a3 . 4 ( a 2 ) . ( a5 )
2

2

=

15

2

13
−
a
2
2
=
a
⇒ log A a = log −13 a1 = − .
14
a
13
a 2

Cách 2. Ta cho a bằng một giá trị bất kì, sau đó sẽ tìm được b, c và A.
Câu 17: Đáp án B
A sai vì phần ảo là b
C sai vì z 2 = a 2 − b 2 + 2abi
D sai vì z = a 2 + b 2 .
Câu 18: Đáp án C
X

X + 2020 CALC  X

→
Dùng casio nhập
X 2 − 2020
X
X



KQ
= 99999 →
1
KQ
= −99999 →
−1
KQ
= 2020, 0001 →
+∞
KQ
= − 2020, 0001 →
0

⇒ y = ±1 là tiệm cận ngang và x = 2020 là tiệm cận đứng.

Câu 19: Đáp án B
Gọi P là trung điểm của cạnh CD, ta có
Trang 9


α = (·MN , BC ) = (·MN , NP ) .
Trong tam giác MNP, ta có
·
cos MNP
=

MN 2 + PN 2 − MP 2 1
·

= . Suy ra MNP
= 60o.
2 MN .NP
2

Suy ra tan α = 3.
Câu 20: Đáp án D
Ta có y ′ = −

3

( x + 1)

2

< 0, ∀x ∈ ¡ \ { −1}

⇒ Hàm số nghịch biến trên ( −∞; −1) , ( −1 + ∞ ) .
Câu 21: Đáp án C
x = 1

Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị x − 4 x + 3 = 0 ⇔ 
−1 ± 13
x=

2
3

Câu 22: Đáp án B
Điều kiện

x < 0
x−2
>0⇔
x
x > 2

 x −2 
log 1 
÷
 x 
3

Ta có 5

x−2
 x−2
< 1 ⇔ log 1 
>1 ⇔ x < 0
÷< 0 ⇔
x 
x
3

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ( −∞;0 ) .
Câu 23: Đáp án B
Khẳng định A đúng do đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt.
Khẳng định B sai do dễ thấy trong khoảng ( −1;0 ) đồ thị hàm số đi xuống nên trong khoảng này hàm số
nghịch biến.
Khẳng định C đúng do điểm cực đại của hàm số nằm bên trái điểm cực tiểu.

Khẳng định D đúng do đồ thị hàm số có xu hướng đi lên khi x → +∞.
Câu 24: Đáp án C
2 x − 1 > 0
1
< x <1

⇔ 2
.
Điều kiện 2 x − 1 ≠ 1

 x 2 − 3x + 2 > 0
x > 2

Câu 25: Đáp án C
5

Đặt t = 2 x + 3 ⇒ dt = 2dx ⇒ I =

5

1
f ( t ) dt = 4 ⇒ ∫ f ( t ) dt = 8.
2 ∫3
3

Câu 26: Đáp án C
3
2
Ta có y = 3 x + 4 x − 2 ⇒ y′ = 9 x + 4 > 0, ∀x ∈ [ 1;3]

Trang 10


Vậy giá trị nhỏ nhất là y ( 1) = 5.
Câu 27: Đáp án D
Gọi M ′ ( t + 1; 2t ; −2t + 2 ) là hình chiếu của M lên ∆. Ta có
uuuuur
uu
r
MM ′ = ( t − 5; 2t ; −2t + 2 ) , u∆ = ( 1; 2; −2 )
uuuuur uu
r
MM ′.u∆ = 0 ⇔ t − 5 + 4t + 4t − 4 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ M ′ = ( 2; 2;0 ) .
Câu 28: Đáp án D
Ta có z − z = a + bi − a + bi = 2bi = 2 b .
Câu 29: Đáp án C
Ta có
AC =

( 10a )

2

− ( 6a ) = 8a ⇒ AB = AD = 4a 2
2

(

⇒ VABCD. A′B′C ′D′ = 6a. 4a 2

)

2

= 192a 3 .

Câu 30: Đáp án A
Ta có ABCD là hình bình hành
 xD − 3 = 5
 xD = 8
uuur uuur


AD = BC ⇔  y D − 1 = −4 ⇔  y D = −3 ⇒ D ( 8; −3;1) .
 z − 2 = −1  z = 1
 D
 D
Câu 31: Đáp án B
Xác suất gieo hai đồng xu một lần đều xuất hiện mặt ngửa là

1 1 1
. = .
2 4 8

Do đó, xác suất gieo hai đồng xu 1 lần đều xuất hiện mặt ngửa là

1 1 1
. = .
8 8 64

Câu 32: Đáp án C
Ta có d ( DD′, AC ′ ) = d ( BB′, AC ′ ) .
Ta có A′C ′ =

( A′B′ )

2

+ ( B′C ′ ) = 2a.
2

Kẻ B′H ⊥ A′C ′.
B′H =

A′B′.B′C ′ a.a 3 a 3
=
=
.
A′C ′
2a
2

Vì BB′ / / ( ACC ′A′ ) nên d ( BB′, AC ′ ) = d ( BB′, ( ACC ′A′ ) )
d ( BB′, ( ACC ′A′ ) ) = B′H =

Nên d ( BB′, AC ′ ) =

a 3
.
2

a 3
.
2

Câu 33: Đáp án A
Trang 11


x = 0
2
.
Cách 1. Xét y ′ = 0 ⇔ 2 x − 4mx = 0 ⇔ 
 x = 2m
1
14
Trường hợp 1: 2m ≤ 1 ⇔ m ≤ . Khi đó max y = y ( 3 ) = 20 − 19m = 6 ⇔ m =
(loại)
x
∈
1;3
[
]
2
19

• Trường hợp 2: 1 < 2m < 3 ⇔
+) y ( 1) = 6 ⇔ m = −
+) y ( 3) = 6 ⇔ m =

1
3
y = y ( 1) hoặc max y = y ( 3)
< m < . Khi đó max
x∈[ 1;3]
x∈[ 1;3]
2
2

10
(loại)
9

14
26
, khi đó y ( 1) =
(thỏa mãn).
19
57

3
8
10
• Trường hợp 3: 2m ≥ 3 ⇔ m ≥ . Khi đó max y = y ( 1) = −3m + = 6 ⇔ m = −
(loại).
x∈[ 1;3]
2
3
9

Cách 2. Giá trị lớn nhất của hàm số chỉ đạt tại f ( 1) , f ( 3) , f ( 2m ) (vì 0 ∉ ( 1;3) ).
Biện luận sẽ thấy f ( 2m ) khơng thể lớn nhất, từ đó chỉ so sánh f ( 1) và f ( 3) .
f ( x ) = f ( 1) = 6 tìm ra m thay vào f ( 1) , f ( 3) , f ( 2m ) (vì 0 ∉ ( 1;3)
Giả sử max
x∈[ 1;3]

Biện luận sẽ thấy f ( 2m ) khơng thể lớn nhất, từ đó chỉ so sánh f ( 1) và f ( 3) .
f ( x ) = f ( 1) = 6 tìm ra m thay vào f ( 3) xem có lớn hơn không, tương tự làm với f ( 3) .
Giả sử max
x∈[ 1;3]

Câu 34: Đáp án B
Quả bóng bầu dục sẽ có dạng elip, đặt tọa độ Oxy, x A = 10 và
xB = −10.
Ta có diện tích đường trịn thiết diện là
S = π r 2 = 16π ⇒ r = 4 ⇒ yC = 4 và yD = −4.

Ta sẽ có phương trình elip

x2 y 2
+
=1
100 16

4

x2 
3
⇒ y = π ∫ 16  1 −
÷dx ≈ 380 ( cm ) = 0,38

 100 
−4

( 1) .

Câu 35: Đáp án A
Gọi số phức z = ( a + bi ) .
Ta có ( 1) ⇔ a + bi − 1 ≤ 2 ⇔ ( a − 1) + b 2 ≤ 4. Điểm M biểu diễn số phức
2

(

)

(

)

ω = 1 + i 3 z − 1 − 3 = 1 + i 3 . ( a + bi ) − 1 − 3

(

)

⇔ ω = a − b 3 −1 + a 3 + b − 3
⇒ω =

( a −b

) (

2

3 −1 + a 3 + b − 3

)

2

= 4 ( a − 1) + 4b 2 ≤ 4.4 = 16.
2

Trang 12


Câu 36: Đáp án C
Ta có mặt phẳng (P) chia với mặt xung quanh của hình nón thành hai phần có diện tích bằng nhau
⇒

S xq( N1 )
S xq ( N2 )

=

1
2

Ta có MN / / CD nên theo định lí Ta-let ta có
S xq( N1 )
S xq( N 2 )
⇒

=

V( N1 )
V( N 2 )

AM AH HM
=
=
=k
AD AO OD

1
π .HM .AM 1
π .k .OD.k . AD 1
1
2
⇔
= ⇔
= ⇔ k2 = ⇒ k =
2
π .O D. AD 2
π .OD. AD
2
2
2

 2
π .HM 2 . AH π . ( k .OD ) .k . AO
2

=
=
= k 3 = 
=
.
÷
2
2
÷
π .OD . AO
π .OD .AO
4
 2 
2

3

Câu 37: Đáp án A
Gọi tâm I ( t + 1; t ; t + 1) .

uur
Khi đó AI = ( t − 2; t − 2; t − 1) , AI = 3t 2 − 10t + 9.
uur
Lấy N ( 0; 2;3) ∈ d , NI = ( t + 1, t − 2, t − 2 ) .
uur uu
r
 NI , ud  3t − 9 2


=

= t −3 .
Ta có d ( I , d ) =
uu
r
3 2
ud
t = 0
2
.
Có d ( I , d ) = AI ⇔ t − 3 = 3t − 10t + 9 ⇔ 
t = 2
Do bán kính lớn nhất nên chọn t = 0. Khi đó phương trình mặt cầu là ( x − 1) + y 2 + ( z − 1) = 9.
2

2

Câu 38: Đáp án B
3
2
Phương trình hồnh độ giao điểm x − 3mx + 4mx + m − 2 = 0

( *)

2
Giả sử phương trình có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 lập thành cấp số nhân ⇒ x2 = x1.x3

b

 x1 + x2 + x3 = − a


c

 x1.x2 .x3 = 2 − m
⇒ m = 2 − x23
Theo Vi-et ta có  x1.x2 + x1.x3 + x2 .x3 = ⇒  2
a
 x2 = x1 .x3

d

 x1.x2 .x3 = − a

Thay tất cả vào phương trình (*) ta có
 x2 = 0 ⇒ m = 2

4
10
x2 ( 3 x2 − 4 ) ( x23 − 2 ) = 0 ⇔  x2 = ⇒ n = −

3
27

3
 x2 = 2 ⇒ m = 0
Thử lại, chỉ có m = 2 thỏa mãn u cầu bài tốn.
Trang 13


Câu 39: Đáp án D
Ta có S = 120000000, A = 94444200, r = 1, 07%

⇒ 120000000 = 94444200e1,07% N ⇒ N ≈ 22,38 (năm)
Vây sau 23 năm nữa dân số đạt mức 120 triệu người hay năm 2039, dân số Việt Nam ở mức 120 triệu.
Câu 40: Đáp án A
Ta có log 2 x = 0 ⇔ x = 1.
2

Hai hình phẳng được tạo thành có diện tích là S 2 = ∫ log 2 x dx = 2 −
1

Tỷ lệ

4

1
2
.
và S1 = ∫ log 2 x dx = 6 −
ln 2
ln 2
2

S1 − 2
= 2.
S2

Câu 41: Đáp án A
2

3

Ta có M ≤ z + z + 1 + z + 1 = 5, khi z = 1 ⇒ M = 5 ⇒ M max = 5.
Mặt khác: M =

1 − z3
1− z

+ 1 + z3 ≥

1 − z3
2

+

1 + z3
2

≥

1− z3 + 1 + z3
2

= 1,

Khi z = −1 ⇒ M = 1 ⇒ M min = 1.
Câu 42: Đáp án A
2
Ta có g ′ ( x ) = 2 ( x − 1) f ′ ( x − 2 x )

g ′ ( x ) = 0 ⇔ 2 ( x − 1) f ′ ( x ) ( x 2 − 2 x ) = 0
x = 1


x = 1
x = 1+ 2

2
x = 1
x
−
2
x
=
1
⇔
⇔ 2
⇔  x = 1 − 2
2

x − 2 x = −1
 f ′ ( x − 2 x ) = 0
x = 2


 x 2 − 2 x = 0
 x = 0
x < 1− 2

 x − 2x > 1
x > 1+ 2
2
⇔ 

Ta có f ′ ( x − 2 x ) > 0 ⇔ 
2
 −1 < x − 2 x < 0
0 < x < 1
1 < x < 2
2

Bảng xét dấu của g ′ ( x )

Trang 14


Bảng biến thiên của hàm y = g ( x )

2
Vậy hàm số y = g ( x ) = f ( x − 2 x ) có hai điểm cực đại.

Câu 43: Đáp án A
Điều kiện x > 2
2
Ta có ( m − 1) log 1 ( x − 2 ) − 4 ( m − 5 ) log 1
2

2

2

1
+ 4m − 4 ≥ 0
x−2

⇔ 4 ( m − 1) log 21 ( x − 2 ) + 4 ( m − 5 ) log 1 ( x − 2 ) + 4m − 4 ≥ 0
2

2

5 
Đặt t = log 1 ( x − 2 ) . Do x ∈  ; 4 ⇒ t ∈ [ −1;1]
2
4 

4 ( m − 1) t 2 + 4 ( m − 5 ) t + 4m − 4 ≥ 0 ⇔ m ( t 2 + t + 1) ≥ t 2 + 5t + 1
⇔m≥

t 2 + 5t + 1
= f ( t)
t2 + t +1

Xét f ( t ) =
f ′( t ) =

⇒m≥

t 2 + 5t + 1
trên [ −1;1]
t2 + t +1

4 − 4t 2

( t 2 + t + 1)

2

≥ 0, ∀t ∈ [ −1;1] ⇒ Hàm số đồng biến trên đoạn [ −1;1]

t 2 + 5t + 1
f ( t ) ⇔ m ≥ f ( −1) = −3
có nghiệm trên [ −1;1] ⇔ m ≥ min
[ −1;1]
2
t + t +1

m∈¢

→ Có 14 giá trị của m thỏa mãn.
m∈[ −3;10]

Câu 44: Đáp án B
Phương trình hồnh độ giao điểm

Trang 15


 x = −2
x 3 − 3x + 2 = m ( x + 2 ) ⇔ 
2
( x − 1) = m

( *)

Để d và (C) giới hạn 2 hình phẳng thì (*) có ba nghiệm phân biệt ⇔ 0 < m ≠ 9
Nếu m = 1, d đi qua điểm uốn ( 0; 2 ) của (C). Khi đó S1 = S 2 =

0

∫(x

3

−2

− 4 x ) dx = 4

Nếu 0 < m < 1: S1 > 4 > S2
Nếu 1 < m < 9 : S1 < 4 < S2
Nếu m > 9 ⇒ 1 − m < −2;1 + m > 4 khi đó
−2

x3 − 3x + 2 − m ( x + 2 ) dx

∫

S1 =

1− m

S2 =

1+ m

x 3 − 3x + 2 − m ( x + 2 ) dx

∫

−2

S 2 − S1 = 2m m > 0
Vậy m = 1 thỏa mãn u cầu bài tốn.
Câu 45: Đáp án C
Ta có
f ( x) =

x

∫ ( 4t
1

3

− 8t ) dt = ( t 4 − 4t 2 )

x
1

= x 2 − 4 x + 3, với x ≥ 2.

f ′ ( x ) = 2 x − 4; f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 2 ∈ [ 2;5] .

f ( 2 ) = −1; f ( 5 ) = 8. Suy ra M + m = 7.
Câu 46: Đáp án A

Ta có y′ = 3 x 2 − 3m nên y′ = 0 ⇔ x 2 = m.
Đồ thị hàm số y = x 3 − 3mx + 2 có hai điểm cực trị khi và chỉ khi m > 0.
Ta có
1
1
y = x3 − 3mx + 2 = x ( 3x 2 − 3m ) − 2mx + 2 = x. y ′ − 2mx + 2.
3
3

Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y = x 3 − 3mx + 2 có phương trình ∆ : y = −2mx + 2
Ta có S ∆IAB =

1
1
1
IA.IB.sin ·AIB = sin ·AIB ≤
2
2
2

Diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng
Gọi H là trung điểm AB ta có IH =

1
khi sin ·AIB = 1 ⇔ AI ⊥ BI .
2

1
2
AB =

d
2
2 ( I ;∆ )

Trang 16


Mà d( I ;∆ ) =
d( I ;∆ ) =

2m + 1 − 2
4m 2 + 1

2m + 1 − 2
4m 2 + 1

2
⇔ 4m − 2 = 2 ( 4m 2 + 1)
2

=

⇔ 8m 2 − 16m + 2 = 0 ⇔ m =

2± 3
.
2

Câu 47: Đáp án D
Gọi M, N là trung điểm của AB, AC và trọng tâm của ∆ABC.

· ′BG = 60o.
Ta có B′G ⊥ ( ABC ) ⇒ (·BB′, ( ABC ) ) = B
1
1
VA′. ABC = .S∆ABC .B ′G = AC .BC .B ′G
3
6
· ′BG = 60o ⇒ B′G = a 3 .
Xét ∆B'BG vng tại G, có B
2

·
Đặt AB = 2 x. Trong ∆ABC vng tại C có BAC
= 60o.
⇒ AC =

AB
= x, BC = x 3
2

Do G là trọng tâm ∆ABC ⇒ BN =

3
3a
BG = .
2
4

Trong ∆BNC vng tại C, ta có BN 2 = NC 2 + BC 2
3a


 AC = 2 13
9a
x
9a
3a

⇔
= + 3x 2 ⇔ x 2 =
⇒x=
⇒
16
4
52
2 13
 BC = 3a 3

2 13
2

2

2

1 3a 3a 3 a 3 9a 3
.
.
=
.
Vậy VA′ABC = .

6 2 13 2 13 2
208
Câu 48: Đáp án A
Để d cắt mặt cầu tại 2 điểm phân biệt A, B thì phương trình

( 2−t)

2

+ t2 + ( m + t ) − 2 ( 2 − t ) + 4 ( m + t ) +1 = 0
2

( 1)

có 2 nghiệm phân biệt.

2
2
Ta có ( 1) ⇔ 3t + 2 ( m + 1) t + m + 4m + 1 = 0

(1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ > 0 ⇔ ( m + 1) − 3m 2 − 12m − 3 > 0 ⇔ m 2 + 5m + 1 < 0
2


m 2 + 4m + 1
t
t
=
 1 2
3

Pt có 2 nghiệm phân biệt, áp dụng Vi-ét 
t + t = −2 ( m + 1)
 1 2 3
uu
r
uur
Khi đó, IA = ( 1 − t1 ; t1 ; m + 2 + t1 ) , IB = ( 1 − t 2 ; t2 ; m + 2 + t2 )
Trang 17


uu
r uur
Vậy IA.IB = ( 1 − t1 ) ( 1 − t2 ) + t1t2 + ( m + 2 + t1 ) ( m + 2 + t2 ) = 0
⇔ 3t1t2 + ( m + 1) ( t1 + t 2 ) + ( m + 2 ) + 1 = 0
2

⇔ m 2 + 4m + 1 −
 m = −1
⇔
 m = −4

2
2
2
( m + 1) + ( m + 2 ) + 1 = 0
3

( TM ) .

Câu 49: Đáp án A

Gọi A ( a;0;0 ) ; B ( 0; b;0 ) ; C ( 0;0; c )
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng

x y z
+ + = 1( abc ≠ 0 )
a b c

3 2 1
+ + = 1 ( 1)
a b c
uuur
uuur
Ta có MA = ( a − 3; −2; −1) ; MB = ( −3; b− 2; −1) ;
uuur
uuur
BC = ( 0; −b; c ) ; AC = ( −a;0; c ) .

Vì (P) qua M nên

Vì M là trục tâm của tam giác ABC nên
uuur uuur
 MA.BC = 0
2b = c
⇔
( 2)
 uuur uuur
3a = c
 MB. AC = 0
Từ (1) và (2) suy ra a =

14
14
; b = ; c = 14. Khi đó phương trình
3
2

( P ) : 3x + 2 y + z − 14 = 0
Vậy mặt phẳng song song với (P) là 3 x + 2 y + z + 14 = 0.
Câu 50: Đáp án D
Ta có S ( 1;1) , A ( 2;0 )
y′ = −2 x + 2
2
Tiếp tuyến tại M ( m; 2m − m ) ,1 ≤ m ≤ 2 có phương trình

y = ( 2 − 2 m ) ( x − m ) + 2 m − m 2 ⇔ y = ( 2 − 2m ) x + m 2
+, Với m = 1 ta có M ( 1;1) ≡ S ⇒ Không tồn tại điểm F ⇒ m = 1 khơng thỏa mãn.

 m2

;0 ÷
+, Với 1 < m ≤ 2 ta có E ( 0; m ) ; F 
 2m − 2 
2

2

4
2
Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và trục hoành S = ∫ − x + 2 x dx = .
3

0

Ta có SOEF =

1 m4
m4
=
2 2m − 2 4 ( m − 1)
Trang 18


Ta thấy S MOF + S MAE = SOEF − S , ( S MOF + S MAE ) min ⇔ ( SOEF ) min
Ta có mmin
∈( 1;2]

m4
64
4
=
⇔m=
4 ( m − 1) 27
3

⇒ ( S MOF + S MAE ) min =

64 4 28
4
− =
khi m = .
27 3 27

3

Trang 19