4 đề thi thử TN THPT 2021 môn toán nhóm GV MGB đề 4 file word có lời giải chi tiết

ĐỀ SỐ 4

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
NĂM HỌC: 2020 – 2021
MƠN: TỐN HỌC
Thời gian làm bài: 90 phút; khơng kể thời gian phát đề

Câu 1. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 đi qua điểm nào dưới đây?
A. C  2;0;0 

B. B  0;1;1

C. D  0;1;0 

D. A  1;1;1

Câu 2. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên � và có bảng xét dấu như hình sau:

Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 4

B. 1

C. 3

D. 2

Câu 3. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đồng biến trên
khoảng nào dưới đây?
A.  1;1

B.  3; �

C.  �;1

D.  1; �

Câu 4. Cho a, b, c theo thứ tự này là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng.
Biết a  b  c  15 . Giá trị của b bằng:
A. b  10

B. b  8

C. b  5

D. b  6

Câu 5. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên � và có bảng biến thiên như sau:

Khẳng định nào dưới đây sai?
A. M  0; 2  là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.

B. x0  0 là điểm cực đại của hàm số.

C. x0  1 là điểm cực tiểu của hàm số.

D. f  1 là một giá trị cực tiểu của hàm số.

Câu 6. Phương trình 52 x1  125 có nghiệm là:
A. x 

3
2

B. x 

5
2

C. x  3

D. x  1

uuu
r r r
Câu 7. Trong không gian Oxyz, cho điểm A thỏa mãn OA  2i  j là hai véctơ đơn vị trên hai trục tọa độ
Ox, Oy. Tọa độ điểm A là:

Trang 1


A. A  2;1;0 

B. A  0; 2;1

C. A  0;1;1

D. A  1;1;1

Câu 8. Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. log  3a   3log a

B. log a 3  3log a

1
C. log  3a   log a
3

1
3
D. log a  log a
3

Câu 9. Cho khối lăng trụ đứng có đáy là tam giác vng, độ dài hai cạnh góc vng là 3a, 4a và chiều
cao của khối lăng trụ là 6a. Thể tích của khối lăng trụ bằng:
A. V  27 a 3

B. V  12a 3

C. V  72a 3

D. V  36a3

Câu 10. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng đi qua 3 điểm A  1;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;3 có phương
trình là:
A.

x y z
  1
1 2 3

B.

x y z
  0
1 2 3

C.

x y z
   1
1 2 3

D.

x y z
  1
1 1 3

Câu 11. Cho z  1  2i . Điểm nào trong hình vẽ bên dưới là điểm biểu diễn số phức z ?

A. N

B. M

C. P

D. Q

3
6

Câu 12. Với P  log a b  log a2 b , trong đó a, b là các số thực dương tùy ý và a khác 1. Khi đó mệnh đề

nào dưới đây đúng?
A. P  27 log a b

B. P  9 log a b

x
Câu 13. Họ nguyên hàm của hàm số f  x   2 

x
A. 2 ln 

2
C
x2

B. 2 x  2 ln x  C

C. P  6 log a b

D. P  15log a b

2
là:
x
C.

2x
 2 ln x  C

ln 2

D.

2x
 2 ln x  C
ln 2

Câu 14. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  1;3 và có đồ thị như hình vẽ.
M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên đoạn  1;3 . Giá trị
của M  m là:
A. 5

B. 2

C. 6

D. 2

Câu 15. Đường cong trong hình là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

Trang 2


A. y 

x 1
x 1

C. y 

B. y  x 3  3 x  2

x
x 1

D. y  x 4  2 x 2  1
2

2

Câu 16. Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  3 x  3  0 . Giá trị của z1  z2 bằng:
A. 2 3

B. 2 5
1

f  x  dx  2 . Khi đó
Câu 17. Cho �
0

A. e  3

C. 6

D. 4

1

�

2 f  x  e
�
�

x

0

�
�dx bằng:

B. 5  e

C. 3  e

D. 5  e

Câu 18. Chọn kết luận đúng?
n!
 nk!

k
A. An 

k
C. Cn 

0
B. Cn  0

n!
k ! n  k  !

1
D. An  1

Câu 19. Thể tích của khối cầu có bán kính R bằng:
A.

1 3
R
3

B.

4 2 3
R
3

C.

4 3
R
3

D. 4R 3

2
2
2

Câu 20. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S  : x  y  z  2 x  3  0 . Bán kính mặt cầu bằng:

A. R  3

B. R  4

Câu 21. Tập nghiệm của bất phương trình log 1  x  1  log 2
2

A.  2; �

D. R  5

C. R  2
1
là:
x 1
2

C.  0;1

B. �

D.  1; �

Câu 22. Hàm số y  log 2 x 2  x có đạo hàm là:

A. y �

2x 1

x2  x


B. y �

2x  1
2  x 2  x  ln 2


C. y �

2x 1
 x  x  ln 2
2


D. y �

 2 x  1 ln 2
2  x2  x 

Câu 23. Một khu vườn dạng hình trịn có hai đường kính AB, CD
vng góc với nhau, AB  12m . Người ta làm một hồ cá có dạng hình
, N �như hình vẽ, biết MN  10m ,
elip với bốn đỉnh M , N , M �
M�
N�
 8m , PQ  8m . Diện tích phần trồng cỏ (phần gạch sọc) bằng:
A. 20,33m 2

B. 33, 02m 2

C. 23, 02m2

D. 32, 03m 2

Trang 3


Câu 24. Cho khối trụ  T  có đường cao h, bán kính đáy R và h  2 R . Một mặt phẳng qua trục cắt khối
trụ theo thiết diện là một hình chữ nhật có diện tích bằng 16a 2 . Thể tích của khối trụ đã cho bằng:
A. V  27a 3

B. V  16a 3

C. V 

Câu 25. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng
:

16 3
a
3

D. V  4a 3

 P  : x  2 y  2z  1  0

và đường thẳng

x 1 y  2 z 1


. Khoảng cách giữa Δ và  P  bằng:
2
2
1

A.

8
3

B.

7
3

C.

6
3

Câu 26. Cho hàm số y  f  x  thỏa mãn f  0   0; f �
 x 

D.

8
3

x
. Họ nguyên hàm của hàm số
x 1
2

g  x   4 xf  x  là:
2
2
2
A.  x  1 ln  x   x  c

2
2
2
B. x ln  x  1  x

2
2
2
C.  x  1 ln  x  1  x  c

2
2
2
D.  x  1 ln  x  1  x

Câu 27. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là:

A. 1

B. 2

C. 3

D. 0

Câu 28. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  0;1;1 , B  1;0;0  và mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 .
Gọi  Q  là mặt phẳng song song với  P  đồng thời đường thẳng AB cắt  Q  tại C sao cho CA  2CB .
Mặt phẳng  Q  có phương trình là:
A.  Q  : x  y  z 

4
0
3

B.  Q  : x  y  z  0 hoặc  Q  : x  y  z  2  0
C.  Q  : x  y  z  0
D.  Q  : x  y  z 

4
 0 hoặc  Q  : x  y  z  0
3

Trang 4


Câu 29. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m để hàm số y 

x2
đồng biến trên  �; 4 .
x  2m

Số phần tử của S là:
A. 5

B. 4

C. 3

D. 2

Câu 30. Cho hàm số y  f  x  và hàm số bậc ba y  g  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Diện tích phần
gạch chéo được tính bởi cơng thức nào sau đây?
1

2

3

1

�
�
g  x  f  x �
A. S  �
�f  x   g  x  �
�dx  �
�

�dx
2

B. S

�
�f  x   g  x  �
�dx
�

3

1

2

3

1

1

2

3

1

�
g  x  f  x �

�
C. S  �
�
�dx  �
�f  x   g  x  �
�dx
�
g  x  f  x �
�
g  x  f  x �
D. S  �
�
�dx  �
�
�dx
Câu 31. Người ta làm một dụng cụ sinh hoạt gồm hình nón và hình trụ
như hình vẽ (khơng có nắp đậy trên). Cần bao nhiêu diện tích vật liệu để
làm (các mối hàn khơng đáng kể, làm trịn kết quả đến một chữ số thập
phân sau dấu phẩy)?
A. 5, 6m 2

B. 6, 6m 2

C. 5, 2m 2

D. 4,5m2

Câu 32. Cho hàm số y  f  x  có hàm biến thiên như sau:

Số nghiệm thực của phương trình 2019 f  x   5  0 là:

A. 3

B. 0

C. 1

D. 2

C. z  1  2i

D.  �; 2 

Câu 33. Số phức z thỏa mãn z  1  i   z  i  0 là:
A. z  1  2i

B. z  1  2i

B C D . Gọi  là góc giữa đường thẳng A�
C và mặt phẳng
Câu 34. Cho hình lập phương ABCD. A����
D  . Khi đó:
 ABC ��
A. tan   3

B. tan   1

C. tan  

1
3

D. tan   2

Trang 5


Câu 35. Cho hàm số y  x 4  2mx 2  m . Tìm tất cả giá trị thực của m để hàm số có 3 cực trị
A. m  0

C. m  0

B. m �0

D. m �0

Câu 36. Cho số thực a  4 . Gọi P là tích tất cả các nghiệm của phương trình a ln x  a ln  ex   a  0 . Khi đó
2

A. P  ae

B. P  e

C. P  a

D. P  a e

2

a
c

1 � x 2�
a
c
dx   2 ln với a, b, c, d là các số nguyên,
Câu 37. Cho � �
và
là các phân số tối
�
�
�
b
d
b
d
1 2 x � x 1 �
4

giản. Giá trị của a  b  c  d bằng:
A. 16

B. 18

C. 25

D. 20

2019 z
là số thuần ảo. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của z
z2

Câu 38. Xét z số phức thỏa mãn

là một đường tròn  C  trừ đi một điểm N  2;0  . Bán kính của  C  bằng
A.

3

B. 1

C. 2

D.

2

Câu 39. Anh A gửi ngân hàng 900 triệu (VNĐ) với lãi suất 0,4% mỗi tháng theo hình thức lãi kép, ngân
hàng tính lãi trên số dư thực tế của tháng đó. Cứ mỗi tháng anh ta rút ra 10 triệu để chi trả sinh hoạt phí.
Hỏi sau bao lâu thì số tiền trong ngân hàng của anh ta sẽ hết (tháng cuối cùng có thể rút dưới 10 triệu để
cho hết tiền).
A. 111 tháng

B. 113 tháng

C. 112 tháng

D. 110 tháng

Câu 40. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  2a, BC  a , tam giác SAB đều và
nằm trong mặt phẳng vng góc với  ABCD  . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SDB  bằng
A.

a 57
19

B.

a 3
4

C.

a 3
2

D.

2a 57
19

 x  có bảng biến thiên:
Câu 41. Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f �

x 2
Bất phương trình f  x   3e  m có nghiệm trên  2; 2  khi và chỉ khi

A. m �f  2   3

4
B. m  f  2   3e

4
C. m �f  2   3e

D. m  f  2   3

Câu 42. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên � và có đồ thị như hình vẽ. Số





x
nghiệm thực của phương trình f 2  f  e   1 là:

A. 1

B. 2

C. 4

D. 3
Trang 6


Câu 43. Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp chóp đều S.ABC có tất cả các cạnh bằng a là:
A.

3a 6
4

B.

a 6
12

C.

a 6
4

D.

a 6
2

2
2
Câu 44. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  0;0; 2  , B  1;1;0  và mặt cầu  S  : x  y   z  1 
2

1
.
4

Xét điểm M thay đổi thuộc  S  . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA2  2MB 2 bằng:
A.

1
2

B.

3
4

C.

21
4

D.

19
4

4
3
2
 x  liên tục trên � và
Câu 45. Cho hàm số y  f  x   ax  bx  cx  dx  e . Biết rằng hàm số y  f �
2
có đồ thị như hình bên. Hỏi hàm số y  f  2 x  x  có bao nhiêu điểm cực đại?

A. 5

B. 3

C. 1

D. 2

Câu 46. Tìm số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình sau có nghiệm trên  0;1 :
4 x 1  41 x   m  1  2 2 x  2 2 x   16  8m ?
A. 2
Câu

B. 5
47.

 S  :  x  3
 d

Trong
2

không

C. 4
gian

Oxyz

cho

D. 3

đường

thẳng

d:

x y z 3
 
2 2
1

và

mặt

cầu

  y  2    z  5   36 . Gọi Δ là đường thẳng đi qua A  2;1;3 vng góc với đường thẳng
2

2

và cắt  S  tại 2 điểm có khoảng cách lớn nhất. Khi đó đường thẳng Δ có một vécơt chỉ phương là

r
u  1; a; b  . Tính a  b .
B. 2

A. 4

C. 

1
2

D. 5

Câu 48. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của m để tồn tại 4 số phức z thỏa mãn z  z  z  z  2 và



 



z z  2  z  z  m là số thuần ảo. Tổng các phần tử của S là:
A.

2 1

B.

2 1
2

C.

2 1
2

D.

1
2

Trang 7


B C và M, N là hai điểm lần lượt bên cạnh CA, CB sao cho MN song
Câu 49. Cho hình lăng trụ ABC. A���
song với AB và

CM
A�
 k . Mặt phẳng  MNB�
 chia khối lăng trụ ABC. A���
B C thành hai phần có thể
CA

tích V1 (phần chứa điểm C) và V2 sao cho
A. k 

1  5
2

B. k 

V1
 2 . Khi đó giá trị của k là:
V2

1
2

C. k 

1 5
2

D. k 

3
3

3
2
Câu 50. Cho hàm số f  x   ax  bx  cx  d có đồ thị như hình vẽ. Gọi S

là

tập

hợp

các

giá

trị

của

m

( m ��)

sao

cho

m3 f  2 x  1  mf  x   f  x   1�
 x  1 �
�
��0, x ��. Số phần tử của tập S là
A. 2

B. 0

C. 3

D. 1

Đáp án
1-D
11-D
21-D
31-A
41-B

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

3-D
13-C
23-D
33-C
43-C

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

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

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

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

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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án D
Ta có: 1  1  1  3  0 � A  1;1;1 � P  .
Câu 2: Đáp án A
Dựa vào bảng xét dấu ta thấy hàm số có 4 điểm cực trị x  1; x  0; x  2; x  4 .

 0  �0 .
Nhiều học sinh cho rằng x  0 không phải là điểm cực trị do y �
 x0   0 chỉ là điều kiện cần để x  x0 là điểm cực trị của hàm số.
Lưu ý điều kiện f �
Câu 3: Đáp án D

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên  �; 1 và  1; � .
Câu 4: Đáp án C
Do a, b, c theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng trên a  c  2b .
Mà a  b  c  15 � 3b  15 � b  5 .
Câu 5: Đáp án A
Trang 8


Dựa vào bảng biến thiên ta thấy M  0; 2  là điểm cực đại của đồ thị hàm số nên đáp án A sai.
Câu 6: Đáp án D
2 x 1
 125 � 2 x  1  log 5 125  3 � x  1 .
Ta có: 5

Câu 7: Đáp án A
uuu
r r r
Ta có: OA  2i  j � A  2;1;0  .
Câu 8: Đáp án B
Ta có: log  3a   log 3  log a  a  0  � Đáp án A và C sai.
log a 3  3log a  a  0  � Đáp án B đúng, đáp án D sai.
m
Sử dụng công thức log  ab   log a  log b, log a  m log a  a, b  0  .

Câu 9: Đáp án D
1
3
Thể tích lăng trụ là V  Sh  .3a.4a.6a  36a .
2
Câu 10: Đáp án A

x y z
Ta có:  ABC  :    1 .
1 2 3
Câu 11: Đáp án D
Ta có: z  1  2i � z  1  2i � Q  1; 2  là điểm biểu diễn số phức z .
Câu 12: Đáp án C
6
3
6
Ta có: P  log a b  log a2 b  3log a b  log a b  6 log a b .
2
m
Sử dụng công thức log an b 

m
log a b  0  a �1, b  0 
n

Câu 13: Đáp án C
2x
�x 2 �
f
x
dx

2

dx

 2 ln x  C .

Ta có: � 
�
�
�
ln 2
� x�
Câu 14: Đáp án D
�M  max y  y  1  2
 1;3
�
� M  m  2  4  2 .
Trên đoạn  1;3 , ta có: �
m  min y  y  2   4
�
 1;3
�
Câu 15: Đáp án A
Đồ thị trên là đồ thị của hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất, do đó loại đáp án B và D.
Đồ thị hàm số đi qua điểm  0;1 � Loại đáp án C.
Câu 16: Đáp án C
Trang 9


� 3
z1  
�
2
2
�
Ta có: z  3 z  3  0 �

� 3
z2  
�
� 2
2

3
i
2 � z 2  z 2 3
1
2
3
i
2

2

Vậy z1  z2  6 .
Câu 17: Đáp án A
1

1

1

0

0

0

�
2 f  x   ex �
f  x  dx  �
e x dx  2.2  e x  4  e  1  3  e .
Ta có: �
�
�dx  2 �
0
1

Câu 18: Đáp án A
k
Ta có: An 

n!
 n  k  ! là kết luận đúng.
n!
n!
; Cnk 
.
k ! n  k  !
 nk!

k
Sử dụng công thức: An 

Câu 19: Đáp án C
Cơng thức tinh thể tích khối cầu bán kính R là V 

4 3
R .
3

Câu 20: Đáp án C
2
2
2
Mặt cầu  S  : x  y  z  2 x  3  0 có

a  1; b  0; c  0; d  3 � R  12  0 2  02   3  2 .

 S  : x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0

Mặt cầu có phương trình

có tâm I  a; b; c  bán kính

R  a 2  b2  c 2  d .
Câu 21: Đáp án D
Ta có: log 1  x  1  log 2
2

1
1
1
� log 2
 log 2 2
x 1
x 1

x 1
2

�x  0
�x  1  1
0
1
1
� 2
�
�
 2
 0 � �x  1
� ��
x 1
.
� x 1
x 1 x 1
�x 2  1  0
��
x  1
�
��
log a f  x   log a g  x  � f  x   g  x   0 (với a  1 ).
Câu 22: Đáp án B





�
Ta có: y�
 log 2 x 2  x 



x2  x



�

2x 1

2
2x 1
.
 2 x x 
2
2
2
x  x ln 2
x  x ln 2 2  x  x  ln 2

Trang 10


Cẩn thận khi tính đạo hàm của hàm hợp.
Sử dụng công thức  log a u  �

u�
.
u ln a

Câu 23: Đáp án D
Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có AB  12m � OA  6m .
Phương trình đường trịn là x 2  y 2  36 � y  � 36  x 2 .
Phương trình elip là:

x2 y2
x2
.

 1 � y  �4 1 
25 16
25

Khi đó diện tích phần trồng cỏ là:
�
x2 �
S  2�
dx �32, 03  m 2  .
� 36  x 2  4 1  �
�
25 �
4 �
�
4

Câu 24: Đáp án B

Một mặt phẳng qua trục cắt khối trụ theo thiết diện là một hình chữ nhật có diện tích bằng
16a 2 � 2 R.2 R  16a 2 � R 2  4a 2 � R  2a � 2R  4a .
Thể tích của khối trụ đã cho là: V  R 2 h  .  2a  .4a  16a 3 .
2

Câu 25: Đáp án A
r
 P  nhận n   1; 2; 2  là 1 véctơ pháp tuyến.
r
 nhận u   2; 2;1 là 1 véctơ chỉ phương.
rr
r r
Ta có: n.u  1.2  2.2  2.1  0 � n  u
Lấy M  1; 2;1 � � 1  2  2   2.1  1  8 �0 � M � P  �  //  P  .
Do đó d  ;( P )   d  M ;( P)  

8

8
 .
12   2   2 2 3
2

Câu 26: Đáp án C
d  x 2  1 1
x
xdx
1
Ta có: f �
f�

 ln  x 2  1  C
 x  2 � f  x  �
 x  dx  �2  � 2
x 1
x 1 2
x 1
2
f  0  0 �

1
1
ln1  C  0 � C  0 � f  x   ln  x 2  1
2
2

� g  x   4 xf  x   2 x ln  x 2  1 � �
g  x  dx  �
2 x ln  x 2  1 dx
Đặt t  x 2  1 � dt  2 xdx
1
��
g  x  dx  �
ln tdt  t ln t  �
t . dt  t ln t  �
dt  t ln t  t  C
t
  x 2  1 ln  x 2  1   x 2  1  C
Trang 11

g  x  dx   x 2  1 ln  x 2  1  x 2  c .
Đặt 1  C  c � �
Câu 27: Đáp án C
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
lim y  0 � y  0 là TCN của đồ thị hàm số.

x � �

lim y  �; lim y  �
�
�x �2
x �2
� x  �2 là TCĐ của đồ thị hàm số.
�
lim
y


�
;
lim
y


�
�
x �2
�x �2
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.
Cho hàm số y  f  x  .

y  y0 � y  y0 là TCN của đồ thị hàm số.
Nếu xlim
� �
y  �� x  x0 là TCĐ của đồ thị hàm số.
Nếu xlim
� x0
Câu 28: Đáp án D
Ta có:  P  //  Q  � Phương trình mặt phẳng  Q  có dạng x  y  z  c  0  c �3 .
uuur 2 uuu
r
TH1: Điểm C nằm giữa hai điểm A, B � AC  AB .
3
2
2
�
�
�xC  3  1  0 
�xC  3
�
�
2
1
�
�
�2 1 1 �
� �yC  1   0  1 � �yC  � C � ; ; �.
3
3
�3 3 3 �
�

�
2
�
� 1
�zC  1  3  0  1
�zC  3
�
�
2 1 1
4
4
C � Q  �    c  0 � c   (thỏa mãn) �  Q  : x  y  z   0 .
3 3 3
3
3
uuur
uuu
r
TH2: Điểm C không nằm giữa hai điểm A, B � AC  2 AB
�xC  2  1  0 
�xC  2
�
�
� �yC  1  2  0  1 � �yC  1 � C  2; 1; 1 .
�
�
�zC  1
�zC  1  2  0  1
C � Q  � 2  1  1  c  0 � c  0 (thỏa mãn) �  Q  : x  y  z  0 .
Câu 29: Đáp án D

TXĐ: D  �\  2m .

Ta có: y �

2m  2

 x  2m 

2

Để hàm số đồng biến trên  �; 4 thì
Trang 12


0
2m  2  0
m  1
�y�
�
�
��
��
� 1  m  2 .
�
2m  4
m2
m2
�
�
�

Mà m ��� S   0;1 .
Câu 30: Đáp án C
Ta có: S 

2

1

2

3

3

1

�f  x   g  x  dx 

1

2

3

1

�f  x   g  x  dx  �f  x   g  x  dx

�
�

g  x  f  x �
�
�
�dx  �
�f  x   g  x  �
�dx .
Câu 31: Đáp án A
Diện tích xung quanh hình trụ là: S1  2.

1, 4
.0, 7  0,98  m 2 
2

Chiều cao hình nón bằng 1, 6  0, 7  0,9  m 
� Độ dài đường sinh của hình nón bằng

0,92  0, 7 2 

Diện tích xung quanh hình nón là: S 2  .0, 7.

130
10

130
�2,507  m 2  .
10

2
Vậy diện tích vật liệu cần dùng là S1  S2 �5, 6  m  .

Câu 32: Đáp án A
Ta có: 2019 f  x   5  0 � f  x  
Ta có 0 

5
2019

5
5
 1 � Đường thẳng y 
cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 3 điểm phân biệt, do đó
2019
2019

phương trình 2019 f  x   5  0 có 3 nghiệm thực phân biệt.
Câu 33: Đáp án C
Đặt z  a  bi � z  a  bi .
Theo bài ra ta có:  a  bi   1  i    a  bi   i  0 � a  b   a  b  i  a  bi  i  0
2a  b  0
a 1
�
�
� 2a  b   a  1 i  0 � �
��
� z  1  2i .
a 1  0
b2
�
�
Câu 34: Đáp án D

C �BD�
� O  A�
C � ABC ��
D
Gọi O  A�
Gọi H  A�
D �AD�ta có:
�AB   ADD�
A�
H
 � AB  A�
� A�
H   ABC ��
D
�
H  AD�
�A�

Trang 13


� HO là hình chiếu của A�
D.
O trên  ABC ��
� �
A�
C , ( ABC ��
D )   �
A�
O, HO   �

A�
OH   .
Khơng mất tính tổng quát, ta đặt cạnh của hình lập phương bằng 1.
OH vng tại H có:
Xét tam giác vng A�
1
1
�
OH  AB 
�
AH
2
2
�
� tan �
A�
OH  tan  
 2.
�
OH
1
2
�A�
H  A�
D
�
2
2
Câu 35: Đáp án C
Hàm số y  x 4  2mx 2  m có 3 cực trị � 1.m  0 � m  0 .

Hàm số y  ax 4  bx 2  c có 3 cực trị � ab  0 .
Câu 36: Đáp án B
ln ex
Ta có: a ln x  a    a  0  x  0  � a 2ln x  a1ln x  a  0 �  a ln x   a.a ln x  a  0 .
2

2

ln x
Đặt t  a  t  0  , phương trình trở thành t 2  at  a  0 (*)

�
  a 2  4a  a  a  4   0 a  4
�
�S  a  0
�P  a  0
�
� phương trình (*) có 2 nghiệm t1 , t 2 dương phân biệt.
Suy ra phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt.
log t
ln x
Ta có: t  a � ln x  log a t � x  e a

� x1 x2  e loga t1 .elog a t2  e loga t1  loga t2  e loga  t1t2   e log a a  e � P  e .
Câu 37: Đáp án B
Đặt t  x � dt 

dx
. Đổi cận
2 x

�x  1 � t  1
�
�x  4 � t  2

2

2
2
2
2
1 � x 2�
�t  2 �
� 1 �
�� �
1
�
� �dt  �
�
�dt
�
�dx  �
t 1 �
t 1 �
1 2 x � x 1 �
1�
1�
4

2

� 2
1 � �
1 �
�
1

dt  t  2 ln t  1 
�
�
�
� t  1  t  1 2 � �
t  1 �1
1�
� �
2

1
1 7
3 a
c
 2  2 ln 3   1  2 ln 2    2 ln   2 ln
3
2 6
2 b
d
� a  7; b  6; c  3; d  2 � a  b  c  d  7  6  3  2  18 .
Câu 38: Đáp án B
Trang 14

Đặt z  a  bi ta có:

2019 z 2019  a  bi  2019  a  bi   a  2  bi 


2
z2
a  bi  2
 a  2  b2



2019 �
a  a  2   b2  �
 ab   a  2  b �
i�
�
�
�
�

 a  2

2

 b2

2019 �
a  a  2  b2 �
 ab   a  2  b �

�
� 2019 �
�
�i z �2



2
2
2
2
 a  2  b
 a  2  b
Để

2019 z
2
2
a  a  2   b2 �
là số thuần ảo � 2019 �
�
� 0 � a  2a  b  0 .
z2

2
2
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn  C  : x  y  2 x  0 trừ đi một điểm N  2;0  có

tâm I  1;0  , bán kính R  12  02  0  1 .
Câu 39: Đáp án C

Số tiền còn lại cuối tháng thứ nhất là: A1  900  1  0, 4%   10 .
Số tiền còn lại cuối tháng thứ hai là:
A2  A1  1  0, 4%   10  900  1  0, 4%   10  1  0, 4%   10 .
2

…
Cứ như vậy ta tính được số tiền cịn lại sau tháng thứ n là:
An  900  1  0, 4%   10  1  0, 4% 
n

n 1

An  900  1  0, 4%   10 �
 1  0, 4% 
�
n

An  900  1  0, 4%   10.
n

 ...  10

n 1

1   1  0, 4% 
1   1  0, 4% 

  1  0, 4% 

n 2

 ...  1�
�

n
n

Do tháng cuối cùng có thể rút dưới 10 triệu để hết tiền nên n là số tự nhiên nhỏ nhất để An �0 .
Ta có: A111 �7,9; A112 �2, 05 � Sau 112 tháng thì số tiền trong ngân hàng của anh ta sẽ hết.
Câu 40: Đáp án C
Gọi H là trung điểm của AB, do tam giác SAB đều � SH  AB .
�
 SAB  � ABCD   AB
�
� SH   ABCD 
 SAB    ABCD 
Ta có: �
�
 SAB  �SH  AB
�

Ta có: AH � SDB  � B �

d  A;( SDB ) 
AB

 2 � d  A;( SDB )   2d  H ;( SDB) 
d  H ;( SDB )  HB

Trong  ABCD  kẻ HM  BD  M �BD  , trong  SHM  kẻ HK  SM

 K �SM 
Trang 15


�BD  HM
� BD   SHM  � BD  HK
Ta có: �
�BD  SH  SH  ( ABCD) 
�HK  SM
� HK   SDB  � d  H ;( SDB )   HK
�
�HK  BD
Trong  ABCD  kẻ AE  BD  E �BD  � AE // HM
Ta có AE 

AB. AD
AB 2  AD 2



2a.a
4a 2  a 2



2a
5

Có HM là đường trung bình của tam giác ABE � HM 

Tam giác SAB đều cạnh AB  2a � SH 

1
a
AE 
2
5

2a 3
a 3
2

a
SH .HM
5 a 3

2
2
4
SH  HM
a2
3a 2 
5
a 3.

Xét tam giác vuông SHM: HK 

Vậy d  A;( SDB)   2.

a 3 a 3

.

4
2

Câu 41: Đáp án B
x 2
Bài toán tương đương với: m  f  x   3e có nghiệm trên  2; 2  .
x2
Xét hàm số g  x   f  x   3e trên  2; 2  .

g  x .
Bài tốn trở thành tìm m để m  g  x  có nghiệm trên  2; 2  � m  min
 2;2

 x  f �
 x   3e x  2 .
Ta có g �
�
1 f �
 x  3
�
� g�
 x  0 .
Nhận xét: x � 2; 2  � � 4
x2

3
e



3
e


3
�
g  x   g  2   f  2   3e 4 .
Do đó ta có � m  min

2;2


4
Vậy m  f  2   3e .

Câu 42: Đáp án B
x
x
Số nghiệm của phương trình f  2  f (e )   1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  2  f (e )  và

đường thẳng y  1 .
Dựa vào đồ thị hàm số ta có:
�
2  f  e x   1
f  2  f (e )   1 � �
�
2  f  e x   x0 � 2;3 
�
x

Trang 16


�f  e x   3
��
�f  e x   x0  2 � 0;1
�
Tương tự ta có: f  e

x



�
ex  1
 3 � �x
� x  0.
e  x1  1  vo nghiem 
�

f  e x   x0  2 � 0;1 � Phương trình có 3 nghiệm phân biệt khác 0
�
e x  a  0  vo nghiem 
�x
��
e  b  0  vo nghiem 
�x
e  c  0 � x  ln c �0
�

Vậy phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 43: Đáp án C
Gọi O là trọng tâm tam giác ABC � SO   ABC  .
Gọi M là trung điểm của SA.
Trong  SOA  kẻ IM  SA  I �SO  ta có IS  IA .
Lại có I �SO � IA  IB  IC � IA  IB  IC  IS � I là tâm
mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC.
Tam giác ABC đều cạnh
� AE 

a 3
2
a 3
� AO  AE 
2
3
3

Xét tam giác vuông SOA: SO  SA2  OA2  a 2 

a2 a 6
.

3
3

a
a.
SI SM
SA.SM

a 6

� SI 
 2 
Dễ thấy SOA : SMI  g .g  �
.
SA SO
SO
4
a 6
3
Vậy R 

a 6
.
4

Câu 44: Đáp án D
uu
r uur r
Gọi I  a; b; c  là điểm thỏa mãn IA  2 IB  0
� 2
a
�
3
 a  2  2a  0
�
�
�
� 2

�2 2 2 �
b  2  2b  0 � �
b �I�; ; �
Ta có �
�3 3 3 �
�
� 3
2  c  2c  0
�
� 2
c
�
� 3

Trang 17


uuu
r uu
r 2
uuu
r uur
Ta có: MA2  2MB 2  MI  IA  2 MI  IB









2

uuu
r uuur
uuu
r uur
 MI 2  2 MI .MA  IA2  2MI 2  4MI .IB  IB 2
uuu
r uu
r uur
2
 3MI 2  IA2  2 IB 2  2 MI IA  2 IB  3MI 2  IA
IB 2
1 4 2 243
1 4 2 43
const





0

2
2
2
� 2 � 2�
� 2� � 2� 8

 � �
 � �
2  �
�IA  �
�
� 3� � 3� � 3� 3
� IA2  2 IB 2  4 không đổi, nên
Do �
2
2
2
� 2 � 2� � 2� � 2� 2
1  � �
1  � �
 �
�IB  �
� 3� � 3� � 3� 3
�

 MA

2

 2 MB 2 

min

2

�2 2 2 �

� MI min với I � ; ; �
, M � S  .
�3 3 3 �
2

2

1
�2 � �2 � �2 �
Ta có � � � � �  1� 1  � I nằm ngoài  S 
4
�3 � �3 � �3 �
Khi đó MI min  IJ  R với J  0;0;1 là tâm mặt cầu, R 
2

2

1
là bán kính mặt cầu.
2

2

2� � 2� � 2�
1 1
Ta có: IJ  �
 � �
 � �
1  �  1 � MI min  1  
�

2 2
� 3� � 3� � 3�
Vậy  MA  2MB
2

2



2

min

 3MI

2
min

19
�1 �
 4  3. � � 4  .
4
�2 �

Câu 45: Đáp án D
2
 x   2  2x f �
Ta có: y  f  2 x  x   g  x  � g �
 2x  x2   0

x 1
�
x 1
�
�
2
2  2x  0
�
2
x

x


4
�
��
��
��
x  1� 5
2
�
�
2 x  x2  1
�f  2 x  x   0
�
�
x  1  kep 
�
2

�
2x  x  4
�
Bảng biến thiên:

2
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y  f  2 x  x  có 2 điểm cực đại.

Câu 46: Đáp án A
x
x
x
x
Phương trình tương đương với: 4  4  4   4  m  1  2  2   16  8m

Trang 18


Đặt t  2 x  2 x .
Ta có: t �
 2 x  2 x  0 .
� 3�
0; .
Do đó x � 0;1 thì t ��
� 2�
�
Ta có: t 2  4 x  4  x  2.2 x.2 x � 4 x  4  x  t 2  2 .
2
Phương trình trở thành: 4  t  2   4t  m  1  16  8m

� 3�
� m  t  2    t  2   t  1 � m  t  1 (vì t ��
0; ).
� 2�
�
� 3�
0; .
Để phương trình đã cho có nghiệm trên  0;1 thì phương trình m  t  1 phải có nghiệm t ��
� 2�
�
�5�
1; .
Suy ra m ��
� 2�
�
Chú ý giả thiết các bi cùng màu giống nhau.
Câu 47: Đáp án D

uu
r uu
r
Gọi  P  là mặt phẳng đi qua A và vng góc với d � n p  ud   2; 2; 1 .
Phương trình mặt phẳng  P  : 2  x  2   2  y  1  1 z  3   0 � 2 x  2 y  z  3  0 .
Δ là đường thẳng đi qua A  2;1;3 vng góc với đường thẳng  d  �  � P  .
Để    cắt  S  tại 2 điểm có khoảng cách lớn nhất �  là đường thẳng đi qua tâm của đường tròn giao
tuyến của  P  và  S  .
Gọi J là tâm của đường tròn giao tuyến của  P  và  S  � J là hình chiếu của I  3; 2;5  là tâm của  S 
trên  P  .
�x  3  2t
�

: �y  2  2t
Gọi d �là đường thẳng đi qua I và vng góc với  P  � d �
�z  5  t
�
J �d �
� J  3  2t ; 2  2t ;5  t 
J � P  � 2  3  2t   2  2  2t    5  t   3  0
2
�23 14 47 �
� 9t  2  0 � t   � J � ; ; �
9
�9 9 9 �
uur � 5 5 20 � 5
 ;  ;  �   1;1; 4  là 1 véctơ chỉ phương.
Δ đi qua J , A �  nhận JA  �
9 � 9
�9 9
r
a 1
�
� a  b  1 4  5 .
� u   1;1; 4  cũng là 1 véctơ chỉ phương của  � �
b4
�
Trang 19


Câu 48: Đáp án B
Gọi z  x  yi � z  x  yi
Ta có: z  z  z  z  2

� x  yi  x  yi  x  yi  x  yi  2
� 2 x  2 yi  2 � x  y  1 (*)
�
x  y  1 khi x �0, y �0  d1 
�
x  y  1 khi x �0, y  0  d 2 
�
��
 x  y  1 khi x  0, y �0  d 3 
�
�
x  y  1 khi x  0, y  0  d 4 
�



 



Ta lại có z z  2  z  z  m   x  yi   x  yi  2    x  yi  x  yi   m
 x  x  2   y 2    xy  xy  2 y  i  2 x  m
2
2
2
2
 x 2  y 2  m  2 yi là số thuần ảo � x  y  m  0 � x  y  m  C 

Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn (*) là hình vng
Để tồn tại 4 số phức z thì  C  phải cắt cả 4 cạnh của hình vng ABCD tại 4 điểm phân biệt.

Ta có d  O; d1  

0  0 1
1 1
2

2



1
2

1
�
RC  m 
�
2
Để  C  cắt ở 4 cạnh của hình vng ABCD tại 4 điểm phân biệt thì �
RC  m  1
�
�1 �
1
� S  � ;1�� Tổng các phần tử của S là
1 
�2
2

2 1
.

2

Câu 49: Đáp án A
�
A�
A�
M
 MNB�
 � ACC �
  A�
�
A�
B�
N � A�
M , B�
N , CC �đồng quy tại S
 MNB�
 � BCC �
  B�
Ta có: �
�
A�
B�
 ACC �
 � BCC �
  CC �
�
Áp dụng định lí Ta-lét ta có:
�

SM MN MN CM
SN SC



k

SA� A��
B
AB
CA
SB� SC �

VS .MNC SM SN SC
V1

.
.
 k3 �
 1  k 3 � V1   1  k 3  VS . A���
BC
VS . A���
SA�SB�SC �
VS . A���
BC
BC

Ta có:

SC

SC �
 CC �
CC �
k�
k �
 1 k
SC �
SC �
SC �

Trang 20


1
SC �
VS . A���
VABC . A���
1
BC
BC
3

� VS . A���
BC 
VABC . A���
CC � 3  1  k 
3 1 k 
BC
3
� V1   1  k 3  VS . A���

B C   1 k 

VABC . A���
1 k  k 2
BC

VABC . A���
BC
3 1 k 
3

V1
2
1 k  k 2 2
5 1
 2 � V2  VABC . A���
 � 1 k  k 2  2 � k 
Ta có:
.
BC �
V2
3
3
3
2
Câu 50: Đáp án A
m0
�
�
3

m 1 .
Từ giả thiết suy ra: g  1  0 � m  m  0 � �
�
m  1
�
Với m  0 ta có:  x  1 �
�f  x   1�
��0 x �� (đúng)
Với m  1 ta có:

1
�
 2 x  1  1�
��
�f  2 x  1  1�
��0 x �� (đúng)
2�

Với m  1 .
Xét x  1 ta có: xlim
� �

f  2 x  1  1
4
2 f  x

�   1,  đủ lớn sao cho f  2  1  1 �2 f   
�    1  f �
 2  1  1  2 f    �
�

� 0 (mâu thuẫn (*)) � m  1 (loại).
Vậy m � 0;1 .

Trang 21