16 đề thi thử TN THPT 2021 môn toán nhóm GV MGB đề 16 file word có lời giải chi tiết

ĐỀ SỐ 16

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, cho hai điểm A A  1; 1; 2  và B  2;1;1 . Độ dài đoạn AB bằng
A. 2.

B.

2.

C.

6.

D. 6.

Câu 2. Giải bất phương trình log 1  1  x   0
3

A. x  0 .

B. 1  x  0 .

C. x  0 .

D. x  0 .

Câu 3. Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào?
A. y  x 3  3x 2  2 .
B. y  x 4  2 x 2  1 .
C. y  x 4  2 x 2  2 .
D. y 

2x 1
.
x 1

Câu 4. Tập xác định của hàm số y   x  2 
A.  �; 2  .

5

là.

B.  2; � .

Câu 5. Cho cấp số cộng  un  có u1  3 và cơng sai d 
A. un  3 

1
 n  1 .
2

1
. Khẳng định nào sau đây là đúng?
2

B. un  3 

� 1
�
3   n  1 �.
C. un  n �
� 4
�

D. �\  2 .

C. �.

1
 n  1 .
2

1
D. un  3  n  1 .
2

Câu 6. Số giao điểm của đồ thị hàm số y  x 3  x  2 với đường thẳng y  2 là
A. 0.

B. 1.

C. 3.

D. 0.

Câu 7. Trong khơng gian Oxyz, mặt cầu  S  có phương trình x 2   y  4    z  1  25 . Tâm mặt cầu
2

 S

2

là điểm

A. I  4; 1; 25  .

B. I  0; 4; 1 .

C. I  4;1; 25  .

D. I  0; 4;1 .

C. 7.

D. 9.

Câu 8. Số mặt phẳng đối xứng của khối tứ diện đều là
A. 8.

B. 6.

Câu 9. Số tập con có 3 phần tử của một tập hợp có 7 phần tử là.

Trang 1

A.

7!
.
3!

3
B. C7 .

3
D. A7 .

C. 7.

Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, mặt phẳng qua các điểm A  2;0;0  , B  0;3;0  , C  0;0; 4 
có phương trình là
A. 6 x  4 y  3z  24  0 .

B. 6 x  4 y  3z  12  0 .

C. 6 x  4 y  3 z  12  0 .

D. 6 x  4 y  3 z  0 .

3

f  x  dx  4 và
Câu 11. Cho �
2

A. –6.

3

f  x  dx  2 . Khi đó
�
1

B. 6.

1

�f  x  dx bằng

2

C. 8.

D. 2.

Câu 12. Thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là
A. Bh.

B.

1
Bh .
3

C.

4
Bh .
3

D. 3Bh.

Câu 13. Cho Số phức z  1  2i . Biểu diễn hình học của z là điểm có tọa độ
A.  1; 2  .

B.  1; 2  .

C.  1; 2  .

D.  1; 2  .

Câu 14. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị trên  2; 4 như
hình vẽ, giá trị lớn nhất của f  x  trên  2; 4 là
A. 4.
B. 1.
C. 3.
D. –2.
Câu 15. Thể tích V của khối trịn xoay được tạo ra khi quay hình thang cong, giới hạn bởi đồ thị hàm số
y  f  x  liên tục trên đoạn  a, b  , trục Ox và hai đường thẳng x  a , x  b

 a  b

xung quanh trục Ox

là
b

f  x  dx .
A. V  �
2

a

b

f  x  dx .
B. V   �
2

a

b

f  x  dx .
C. V   �
a

b

f  x  dx .
D. V  �
a

3

2
Câu 16. Cho hàm số f  x   x  3 x  5 x  3 và hàm số g  x  có bảng biến thiên như sau

x
g�
 x

�
+

–6
0

–

6
0

�
+
�

g  x
�
Hàm số y  g  f  x   nghịch biến trên khoảng.
A.  1;1 .

B.  0; 2  .

C.  2;0  .

D.  0; 4  .
Trang 2


Câu 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt đáy

 ABCD  , góc giữa SC và  ABCD 
A.

a3 2
.
6

B.

bằng 45°. Thể tích khối chóp S.ABCD là

a3
.
3

C. a 3 2 .

D.

a3 2
.
3

Câu 18. Số phức z  x  yi (với x, y ��) thỏa mãn  1  i  z  3  5i , giá trị của x 2  y 2 bằng
A. 49.

B. 17.

C.

Câu 19. Tích các nghiệm của phương trình 3x
A. 4.

2

 4 x 5

B. 3.

34 .

D. 17 .

 9 là
C. –4.

D. 5.

Câu 20. Đường thẳng nào dưới đây là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  10 
A. y  10 .

B. x  10 .

C. y  10 .

1
x  10

D. x  10 .

Câu 21. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A  3; 2;5  . Hình chiếu vng góc của điểm A trên mặt
phẳng tọa độ  Oxz  là
A. M  3; 2;0  .

B. M  3;0;5  .

C. M  0; 2;5  .

D. M  0; 2;5  .

B C có cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác cân tại A, AB  2a ,
Câu 22. Cho lăng trụ ABC. A���
�  120�. Hình chiếu vng góc của A�trên  ABC  trùng với trung điểm của cạnh BC. Thể tích khối
BAC
.BB��
C C là
chóp A�
A. 2a 3 .

B.

4a 3
.

3

C. 3a 3 .

Câu 23. Cho hàm số f  x  có đạo hàm f �
 x    x  1

2

D. 4a 3 .

 x  1  2  x  . Hàm số
3

f  x  đồng biến trên

khoảng nào dưới đây?
A.  �; 1 .

B.  1;1 .

C.  2; � .

D.  1; 2  .

Câu 24. Cho biểu thức P  x 3 x 2 4 x 3 với x  0 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
1

A. P  x 4 .

23

B. P  x 12 .

23

C. P  x 24 .

12

D. P  x 23 .

Câu 25. Tính tích các nghiệm của phương trình 9 x  3x1  2  0 .
A. 0.

B. log 2 3 .

C. log 3 2 .

D. 2.

Câu 26. Cho số phức z1  3  2i , z2  3  2i . Phương trình bậc hai nào sau đây có hai nghiệm z1 , z2 ?
A. z 2  6 z  13  0 .

B. z 2  6 z  13  0 .

C. z 2  6 z  13  0 .

D. z 2  6 z  13  0 .

Câu 27. Cho hình vng ABCD cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm AB. Cho tứ giác AMCD quay quanh
trục AD ta được một khối tròn xoay. Tính thể tích khối trịn xoay đó.

Trang 3


A.

7
.
3

B.

7
.
6

C.

14
.
3

D.

14
.
9

Câu 28. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ
x
y�

�
�

–

–1
0

0
0

+

y

–

1
0

�
+

�

5

3
3
Số các giá trị nguyên của m để phương trình f  x   2  3m có 4 nghiệm phân biệt là
A. 5.

B. 0.
1

Câu 29. Biết

x2

dx  a ln
�
x  4x  7
2

C. 1.

D. 2.

12  b ln 7 , với a, b là các số nguyên, khi đó a 3  b3 bằng

0

A. –9.

B. 0.

C. 9.

D. 1.

Câu 30. Trong không gian Oxyz, cho hình thoi ABCD với A  1; 2;1 , B  2;3; 2  . Tâm I của hình thoi
thuộc đường thẳng d:

x 1 y z  2


. Đỉnh nào sau đây là đỉnh D của hình thoi?
1 1
1

A. D  0;1; 2  .

B. D  2; 1;0  .

Câu 31. Cho hàm số y  f  x  thỏa mãn hệ thức

C. D  0; 1; 2  .

D. D  2;1;0  .

f  x  sin xdx   f  x  cos x  �
 cos xdx . Hỏi hàm số
�
x

y  f  x  là hàm số nào trong các hàm số sau?

x
A. f  x    ln  .

B. f  x  

x
.
ln 

x
C. f  x    ln  .

D. f  x   

x
.
ln 

Câu 32. Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên khoảng  0; � và f  x   0 , x � 0; � thỏa mãn
f�
 x    x. f 2  x  với mọi x � 0; � , biết f  1 

2
1
và f  2   . Tổng tất cả các giá trị nguyên
a3
4

của a thỏa mãn là
A. –14.

B. 1.

C. 0.

D. –2.

�x  1  t
�
Câu 33. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : �y  3  2t và d 2 :
�z  1  t
�

�x  7  3s
�
�y  1  s . Khoảng cách
�z  5  s
�

giữa hai đường thẳng đã cho bằng
A.

31 .

B. 6 2 .

C.

62 .

D. 4 2 .

Câu 34. Biết phương trình x 4  ax 3  bx 2  cx  d  0 ,  a, b, c, d �� nhận  �; 1 và z2  1  2i là
nghiệm. Tính a  b  c  d .
Trang 4


A. 10.

B. 9.

C. –7.

D. 0.

Câu 35. Để đồ thị hàm số y  x 4  2mx 2  m  1 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích
bằng 2, giá trị của tham số m thuộc khoảng nào sau đây?
A.  2;3 .

B.  1;0  .

C.  0;1 .

D.  1; 2  .

Câu 36. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên � và có bảng biến thiên như sau
x
y�

�

+

y

 2
0

0
0

–

+

2
0
5

�
–

3
�

�
–4
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 f  sin x  cos x   m  1 có hai nghiệm phân
�  3
 ;
biệt trên khoảng �

�4 4
A. 13.

�
�?
�
B. 12.

C. 11.

D. 21.

Câu 37. Bé Minh có một bảng hình chữ nhật gồm 6 hình vng đơn vị, cố định khơng xoay nhu hình vẽ.
Bé muốn dùng 3 màu để tơ tất cả các cạnh của các hình vng đơn vị, mỗi cạnh tơ một lần sao cho hình
vng đơn vị được tơ bởi đúng 2 màu, trong đó mỗi màu tơ đúng hai cạnh. Hỏi bé Minh có tất cả bao
nhiêu cách tô màu bảng?

A. 139968.

B. 4374.

C. 576.

D. 15552. 

Câu 38. Cho hình lập phương ABCD.MNPQ cạnh bằng a. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

 CNQ  .
A.

2a 3
.
3

B.

a 3
.
2

C.

a 3
.
4

D.

a 2
.
2

Câu 39. Anh Bình muốn vay ngân hàng 200 triệu đồng theo phương thức trả góp (trả tiền vào cuối tháng)
với lãi suất 0,75%/tháng. Hỏi hàng tháng, Anh bình phải trả số tiền là bao nhiêu (làm trịn đến nghìn
đồng) để sau đúng 2 năm thì trả hết nợ ngân hàng?
A. 9236000.

B. 9137000.

C. 9970000.

D. 9971000.

Câu 40. Cho tam giác đều ABC cạnh a, dựng về cùng một phía của mặt phẳng  ABC  các tia Ax, By
�By sao cho AA�
�Ax , B�
 2a , BB�
 a . Khi đó
vng góc với mặt phẳng  ABC  . Lấy các điểm A�
B C  và  ABC  bằng
cơsin góc giữa hai mặt phẳng  A��
A.

1
.
5

B.

1
.
2

C.

15
.
5

D.

5
.
2 3
Trang 5


Câu 41. Vườn hoa của một trường học có hình dạng được giới
hạn bởi một đường elip có bốn đỉnh A, B, C, D và hai đường
parabol có các đỉnh lần lượt là E, F (phần tơ đậm của hình vẽ
bên). Hai đường parabol có cùng trục đối xứng AB, đối xứng nhau
qua trục CD, hai parabol cắt elip tại các điểm M, N, P, Q. Biết
AB  8m , CD  6m , MN  PQ  3 3m , EF  2m . Chi phí để

trồng hoa trên vườn là 300.000 đ/ m 2 . Hỏi số tiền trồng hoa cho cả
vườn gần nhất với số tiền nào dưới đây?
A. 4.477.800.

B. 4.477.000.

C. 4.477.815.

D. 4.809.142

Câu 42. Trong không gian Oxyz, cho tứ diện ABCD có tọa độ các điểm A  1;1;1 , B  2;0; 2  , C  1; 1;0 
, D  0;3; 4  . Trên các cạnh AB, AC, AD lần lượt lấy các điểm B�
, C�
, D�sao cho

AB AC AD



4
AB� AC � AD�

C D  là
C D có thế tích nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng  B���
và tứ diện AB���
A. 16 x  40 y  44 z  39  0 .

B. 16 x  40 y  44 z  39  0 .

C. 16 x  40 y  44 z  39  0 .

D. 16 x  40 y  44 z  39  0 .

Câu 43. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm và liên tục trên �. Biết rằng

 x  có đồ thị như hình dưới đây.
hàm số y  f �
2
Lập hàm số g  x   f  x   x  3 x . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. g  1  g  1 .
B. g  1  g  1 .
C. g  1  g  2  .
D. g  1  g  2  .
Câu 44. Xét các số phức z thỏa mãn z  2 2 . Biết rằng tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của số phức
w

z 1 i
là một đường trịn, bán kính của đường trịn đó bằng.
iz  3

A. 2 10 .

B. 3 5 .

C. 2 2 .

D. 2 7 .

�
Câu 45. Cho hàm số f  x  thỏa mãn �
 x �
 x   4 x 3  2 x với mọi x �� và f  0   0 . Giá
�f �
� f  x  . f �
2

2
trị của f  1 bằng

A.

5
.
2

B.

9
.
2

C.

16
.
15

D.

8
.
15
Trang 6


 x  như hình vẽ bên. Bất phương trình
Câu 46. Cho hàm số f  x  liên tục trên � và có đồ thị f �
log 5 �
�f  x   m  2�
� f  x   4  m đúng với mọi x � 1; 4  khi và chỉ khi

A. m �4  f  1 .

B. m �3  f  1 .

C. m  4  f  1 .

D. m �3  f  4  .

B C D có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  6 , AD  3 , A�
C 3
Câu 47. Cho lăng trụ ABCD. A����
C C  vng góc với đáy. Biết mặt phẳng  AA��
C C  và  AA��
B B  tạo với nhau góc 
và mặt phẳng  AA��
, thỏa mãn tan  

3
B C D bằng
. Thể tích khối lăng trụ ABCD. A����
4

A. V  10 .

B. V  8 .

C. V  12 .

D. V  6 .

Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm P, Q, R lần lượt di động trên ba trục tọa độ
Ox, Oy, Oz (không trùng với gốc tọa độ O) sao cho

1
1

1
1


 . Biết mặt phẳng  PQR  luôn
2
2
2
OP OQ OR
8

�1 3 �
tiếp xúc với mặt cầu  S  cố định. Đường thẳng d thay đổi nhưng luôn đi qua M �
�2 ; 2 ;0 �
�và cắt  S 
�
�
tại hai điểm A, B phân biệt. Diện tích lớn nhất của tam giác AOB là
A. 15 .

B.

Câu 49. Cho phương trình

5.

C. 17 .

D.

7.

3mx  1
2 x  5m  3
 x 1 
. Tất cả các giá trị của tham số thực m để
x 1
x 1

phương trình có nghiệm là
1
A.   m  0 .
3

1
�
m
�
3.
B.
�
m0
�

1
�
m
�
3.
C.

�
m0
�

1
D. 0  m  .
3

Câu 50. Với a là tham số thực để bất phương trình 2 x  3x �ax  2 có tập nghiệm là � khi đó
A. a � �;0  .

B. a � 1;3 .

C. a � 3; � .

D. a � 0;1

Trang 7


Đáp án
1-C
11-A
21-B
31-B
41-D

2-C
12-B
22-D

32-D
42-D

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

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

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

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

7-D
17-D
27-A

37-D
47-B

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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
uuu
r
Ta có: AB  AB 

 2  1

2

  1   1    1  2   6 .
2

2

Câu 2: Đáp án C
1 x  0
�
�x  1
�
0
Ta có: log 1  1  x   0 � �
�1 � � �x  0 � x  0 .
1  x  � � 1 �
3
�
�3 �
�
Câu 3: Đáp án B
Cách 1:
Dựa vào đồ thị ta thấy có 3 điểm cực trị nên ta loại 2 đáp án A và D.
Mặt khác, đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng –1 nên loại C.
Cách 2:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng –1 nên loại đáp án A và C.
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số xác định tại x  1 nên ta loại D.
Vậy ta chọn B.
Câu 4: Đáp án D
Ta có: y   x  2 

5

xác định khi và chỉ khi x �2 . Vậy �\  2 .

Câu 5: Đáp án B
Sử dụng công thức số hạng tổng quát un  u1   n  1 d
Ta có: un  3   n  1

 n �2  .

1
2

Câu 6: Đáp án C
x0
�
3
3
Ta có phương trình hồnh độ giao điểm x  x  2  2 � x  x  0 � �
.
x  �1
�
Do đó số giao điểm là 3.
Câu 7: Đáp án D
Ta có tâm mặt cầu là I  0; 4;1 .
Câu 8: Đáp án B

Trang 8

Câu 9: Đáp án B
3
Mỗi tập con gồm 3 phần tử là một tổ hợp chập 3 của 7 phần tử. Vậy có C7 tập con.

Câu 10: Đáp án B
Phương

trình

mặt

phẳng

qua

các

điểm

A  2;0;0  ,

B  0;3;0  ,

C  0;0; 4 

là:

x y z
   1 � 6 x  4 y  3 z  12  0 .
2 3 4

Câu 11: Đáp án A
3

�f  x  dx 

Ta có

2

Vậy

1

3

2

1

f  x  dx .
�f  x  dx  �

1

3

3

2

2

1

f  x  dx  4  2  6 .
�f  x  dx  �f  x  dx  �

Câu 12: Đáp án B
1
Theo lý thuyết, thể tích khối chóp được tính theo công thức V  Bh .
3
Câu 13: Đáp án A
Ta có: z  1  2i � điểm biểu diễn hình học của z có tọa độ là  1; 2  .
Câu 14: Đáp án C
Dựa vào đồ thị ta nhận thấy, giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên  2; 4 bằng 3 (đạt được khi x  1 ).
Câu 15: Đáp án B
b

f 2  x  dx .
Theo định nghĩa ta có: V   �
a

Câu 16: Đáp án A

 x   3x 2  6 x  5 ; f �
Ta có f �
 x   3  x  1  2  0 , x ��.
2

Trang 9

�
y�
�
g  f  x  �
 f  x   . f � x 
�
� g �
�x 3  3 x 2  5 x  9  0
�
�
y  0 � g  f  f    0 � 6  f  x   6 � � 3
2
�x  3 x  5 x  3  0
�
 x  1  x 2  4 x  9   0
�
��
� 1  x  1
2
x

1
x

2
x

3


0




�
�
Câu 17: Đáp án D
Ta có AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng  ABCD  .
� .
Suy ra góc giữa SC và  ABCD  là góc SCA
�  45�� SA  AC.tan 45� a 2
SCA
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là
1
1
a3 2
VS . ABCD  S ABCD .SA  a 2 .a 2 
3
3
3
Câu 18: Đáp án B
Ta có:  1  i  z  3  5i � z 

�x  4
3  5i
� z  4i ��
.
1 i

�y  1

Vậy x 2  y 2  17 .
Câu 19: Đáp án B
x
Ta có 3

2

 4 x 5

 9 � 3x

2

 4 x 5

x 1
�
 32 � x 2  4 x  5  2 � x2  4 x  3  0 � �1
x2  3
�

Vậy tích các nghiệm của phương trình 3x

2

 4 x 5

 9 là x1.x2  1.3  3 .

Câu 20: Đáp án A
1 �
�
y  lim �
10 
Ta có xlim
� 10 � y  10 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
���
x ���
� x  10 �
Câu 21: Đáp án B
Cho điểm M  x; y; z  . Hình chiếu của điểm M lên các mặt phẳng tọa độ  Oxy  ,  Oyz  ,  Oxz  lần lượt
là: M 1  x; y;0  , M 2  0; y; z  , M 2  x;0; z  .
Điểm A  3; 2;5  . Hình chiếu vng góc của điểm A trên mặt phẳng tọa độ  Oxz  : M  3;0;5  .
Câu 22: Đáp án D
Gọi H là trung điểm của BC.
Xét ABC có BH  2a.sin 60� a 3 , AH  2a.cos 60� a .

Trang 10


 2a 

Xét A�
HA vng tại H có A�
H
Xét

khối

lăng

S ABC 

1
AH .BC  a 3 3 .
2

2

 a2  a 3 .

A���
B C . ABC

trụ

h  A�
H a 3,

có

3
3  3a 3
Suy ra VABC . A���
B C  a 3.a

1
3

Suy ra VA�. ABC  VABC . A���
BC  a
3
3
3
3
Mặt khác ta có VA�.BCB��
C  VABC . A���
B C  VA�
. ABC  3a  a  2a .

Câu 23: Đáp án D
x  1
�
�
 x   0 � �x  1
Ta có f �
�
x2
�
Lập bảng xét dấu f �
 x    x  1

2

 x  1  2  x 
2

�

x
f�
 x

–1
0

–

1
0

–

+

2
0

�
–

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng  1; 2  .
Câu 24: Đáp án C
Ta có

3

3

3

11

11

23

23

P  x 3 x 2 4 x3  x x 2 x 4  x x 4  x.x 12  x 12  x 24
23

Vậy P  x 24 .
Câu 25: Đáp án A
Ta có 9  3
x

x 1

�
x0
3x  1
�
 2  0 � 3.3  3.3  2  0 � �x
��
x  log3 2
3 2
�
�

x

x

Khi đó tích các nghiệm của phương trình là 0.
Câu 26: Đáp án A
Đặt S  z1  z 2   3  2i    3  2i   6 và P  z1 z2   3  2i   3  2i   13 .
Khi đó z1 , z2 là nghiệm của phương trình z 2  Sz  P  0 � z 2  6 z  13  0 .
Câu 27: Đáp án A
Cách 1 (Tự luận):
�AM //CD
�
Gọi S  AM �DA .Vì M là trung điểm của AB, mà �
nên AM là đường trung bình của
1
AM  CD
�
�
2
SCD � A là trung điểm của SD � SD  2 AD  4 . Khi cho tứ giác AMCD và các điểm trong của nó
Trang 11


quay quanh trục AD thì ta được một khối nón cụt có chiều cao
AD  2 , hai đáy là hai đường trịn có bán kính lần lượt là
R1  CD  2 , R2  AM  1 và có thể tích là V.
Tam giác SCD và các điểm trong của nó quay quanh trục SD sẽ
tạo thành một khối nón trịn xoay có chiều cao SD  4 , bán
1
16

2
kính đáy R1  CD  2 nên có thể tích là V1   R1 .SD 
.
3
3
Tam giác SAM và các điểm trong của nó quay quanh trục SD
tạo thành một khối nón trịn xoay có chiều cao SD  4 , bán
1
2
2
kính đáy R2  AM  1 nên có thể tích là V2   R2 .SD 
.
3
3
Ta có V  V1  V2 

14
3

Cách 2 (Trắc nghiệm):
Áp dụng cơng thức tính nhanh thể tích khối nón cụt có chiều cao h, hai bán kính đáy là R1 , R2 .
1
1
14
V    R12  R22  R1 R2  .h    4  1  2  .2 
.
3
3
3
Câu 28: Đáp án B

Số nghiệm của phương trình f  x   2  3m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường
thẳng y  2  3m
Phương trình f  x   2  3m có 4 nghiệm phân biệt � đường thẳng y  2  3m cắt đồ thị hàm số
y  f  x  tại 4 điểm phân biệt.
Từ bảng biến thiên suy ra: 3  2  3m  5 � 1  m  

1
nên khơng có giá trị ngun nào của m thỏa
3

mãn.
Câu 29: Đáp án B
2
Đặt t  x  4 x  7 � dt   2 x  4  dx �  x  2  dx 

1
dt .
2

Đổi cận: x  0 � t  7 ; x  1 � t  12 .
1

12
12 1
x2
1
1
1
dx


dt

ln
t
 ln12  ln 7  ln 12  ln 7 � a  1 ; b  1
2
�
�
7 2
x  4x  7
2t
2
2
0
7

Vậy a 3  b3  0
Câu 30: Đáp án B
Gọi I  1  t ; t ; 2  t  �d là tâm của hình thoi ABCD.
Trang 12


uu
r
IA   t; t  2; t  1 ;

Xét

uur
IB   t  3; t  3; t  .

Vì

ABCD

là

hình

thoi

nên

uu
r uur
IA  IB � IA.IB  0 � 3t 2  9t  6  0 � t  2 ; t  1 . Do D đối xứng B qua I nên:
• Với t  1 � I  0;1;1 � D  2; 1;0  . (Đáp án B)
• Với t  2 � I  1; 2;0  � D  0;1; 2  .
Câu 31: Đáp án B
f  x  sin xdx   f  x  cos x  �
 cos xdx
�
x

Hệ thức

Xét

 1

.

�
u  f  x  � du  f �
 x
f
x
sin
xdx


.
Đặt
�
�
dv  sin xdx � v   cos x
�
f  x  sin xdx   f  x  cos x  �
f�
 x  cos xdx .
�

Ta được

 x   2 .
Theo hệ thức  1 , suy ra f �
Dựa vào đáp án, ta nhận thấy có một hàm số thỏa mãn là f  x  

2
.

ln 

Câu 32: Đáp án D
Trên  0; � ta có f �
 x    x. f 2  x  � 

�
f�
 x  x � � 1 �
.
�
�f  x  �
� x
f 2  x
�
�

�
�
1
x2
dx

xdx
�

C .
�
�
�

f
x
2


�

�1
�
�
�f  x 
�

Có f  1 

2
2
1
a2
�
 C � C 
.
a3
a3 2
2

1
a2
2
 2

� f  2 
;
f  2
2
a6
f  2 
Ta có

1
2
1
2a
�
 �
 0 � 6  a  2 .
4
a6 4
4  a  6

1
x2 a  2
 
0;  
. Do đó f  x   0 , x��۳
f  x
2
2

a

2.

Có a ��� a � 2; 1;0;1 . Vậy tổng tất cả các giá trị nguyên của a cần tìm là –2.
Câu 33: Đáp án C
Cách 1:

ur
Đường thẳng d1 có một vectơ chỉ phương u1   1; 2; 1 và đi qua điểm M 1  1;3; 1 .
uu
r
Đường thẳng d 2 có một vectơ chỉ phương u2   3; 1; 1 và đi qua điểm M 2  7;1;5  .
Trang 13


ur uu
r
ur uu
r uuuuuur
uuuuuur
�
�
�
u
,
u


3;

2;


7
u
,
u
.M 1M 2  62 �0 nên d1 và d 2 chéo nhau.
M
M

8;

2;6


Ta có �
,
,


1
2
�1 2 �
�1 2 �
ur uu
r uuuuuur
�
�
u
,
u

.M 1M 2
�1 2 �
 62
Khoảng cách giữa d1 và d 2 là d  d1 , d 2  
ur uu
r
�
�
u
,
u
�1 2 �
Vậy d  d1 , d 2   62 .
Cách 2:

ur
Đường thẳng d1 có một vectơ chỉ phương u1   1; 2; 1 và đi qua điểm M 1  1;3; 1 .
uu
r
Đường thẳng d 2 có một vectơ chỉ phương u2   3; 1; 1 và đi qua điểm M 2  7;1;5  .
ur uu
r
uuuuuur
�
u
,
u


3;


2;

7
M 1M 2   8; 2;6  ,


Ta có �
,
�1 2 �
ur uu
r uuuuuur
�
u
,
u
.M 1M 2  62 �0 nên d1 và d 2 chéo nhau.
Suy ra �
1
� 2�
Gọi  P  là mặt phẳng chứa đường thẳng d1 và song song với đường thẳng d 2 .
r
r ur uu
�
u
,
u
Suy ra  P  đi qua M 1  1;3; 1 và có một vectơ pháp tuyến là n  �
�1 2 �  3; 2; 7  .
Phương trình  P  là: 3  x  1  2  y  3  7  z  1  0 � 3 x  2 y  7 z  4  0 .

Ta có d  d1 , d 2   d  M 2 ,  P   

62
9  4  49

 62 . Vậy d  d1 , d 2   62 .

Câu 34: Đáp án B
• Xét phương trình x 4  ax 3  bx 2  cx  d  0

 1 ,  a, b, c, d �� .

• Nhận thấy: Nếu z là nghiệm của  1 thì z cũng là nghiệm của  1 .
• Do đó,  1 có bốn nghiệm z1  1  i , z2  1  2i , z3  z1  1  i , z4  z2  1  2i .
�z1  z3  2
�z2  z4  2
• Mà �
và �
.
�z2 .z4  3
�z1.z3  2
4
3
2
2
2
• Do đó x  ax  bx  cx  d   x  2 x  2   x  2 x  3

� x 4  ax3  bx 2  cx  d  x 4  x 2  2 x  6 .
Suy ra a  0 , b  1 , c  2 , x  0 hay a  b  c  d  9 .

Câu 35: Đáp án D
y�
 4 x 3  4mx  4 x  x 2  m 
x0
�
0� �
Xét y �
x  �m,  m  0 
�



 

2
Tọa độ ba điểm cực trị là: A  0; m  1 , B  m ;  m  m  1 , C



m ; m 2  m  1

Gọi H là trung điểm của cạnh BC,
Trang 14


ta có: S ABC 

1
AH .BC  m 2 m  2 � m  5 4 .
2

Câu 36: Đáp án A
� �
Đặt t  sin x  cos x  2 sin �x  �
� 4�
�  3
 ;
Với x ��
�4 4

 �  �
�
 ; �� t �  2; 2 .
�� x  ��
4 � 2 2�
�





Khi đó phương trình đã cho trở thành 2 f  t   m  1 � f  t  

m 1
.
2

�  3 �
� �
 ; �sao cho t0  2 sin �x0  �.

Với mỗi giá trị của t0 �  2; 2 có duy nhất một giá trị x0 ��
� 4�
�4 4 �





�  3
 ;
Do đó phương trình 2 f  sin x  cos x   m  1 có hai nghiệm phân biệt trên khoảng �
�4 4
trình f  t  



�
�� phương
�



m 1
có hai nghiệm phân biệt trên khoảng  2; 2 .
2

Từ bảng biến thiên suy ra 4 

m 1
 3 � 7  m  7 .

2

Vậy có 13 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 37: Đáp án D
1 2 3
4 5 6
2
2
+ Tơ màu ơ vng số 2: có C3 cách chọn 2 trong 3 màu, có C4 cách tơ 2 màu đó lên 4 cạnh. Vậy có
C32 .C42  18 cách.
1
2
+ Tơ màu ơ vng số 1,5,3: có C2 cách chọn màu cịn lại, có C3 cách tơ màu cịn lại lên 3 cạnh cịn lại
1
2
3
của 1 hình vng. Vậy có  C2 .C3   6 cách

+ Tơ màu ơ vng số 4, 6: Mỗi 1 hình vng có 2 cách tơ màu. Vậy có 22  4 cách. Vậy có
18.63.4  15552 cách thỏa mãn.
Câu 38: Đáp án A

Cách 1 (Tự luận):
Trang 15


Gọi O là tâm hình vng MNPQ, I  AP �CO , H là hình chiếu của P trên CO.
d  A,  CNQ  
d  P,  CNQ  



AI CA

 2 , suy ra d  A,  CNQ    2d  P,  CNQ  
PI PO

�NQ  PM
� NQ   CPO  � NQ  PH
Ta có �
�NQ  CP
�PH  NQ
� PH   CNQ  � d  P,  CNQ    PH
Do �
�PH  CO
Ta có PO 

a 2
; CP  a .
2

Vậy d  A,  CNQ    2PH  2.

PO.PC
PO 2  PC 2



2a 3
.

3

Cách 2 (Trắc nghiệm):
Gọi O là tâm hình vng MNPQ, I  AP �CO .
d  A,  CNQ  
d  P,  CNQ  



AI CA

 2 suy ra d  A,  CNQ    2d  P,  CNQ   .
PI PO

Ta thấy PCNQ là tứ diện vuông tại P nên
Suy ra d  A,  CNQ    2d  P,  CNQ   

1
�
d  P,  CNQ   �
�
�
2



1
1
1
3



 3.
2
2
2
PC
PN
PQ
a

2a 3
.
3

Câu 39: Đáp án B
Gọi x là số tiền mà anh Bình trả mỗi tháng trong 2 năm.
Số tiền còn nợ sau 1 tháng: 200  1  r   x .
1  1 r  �
Số tiền còn nợ sau 2 tháng:  200  1  r   x   1  r   200  1  r   x �
�
�
2

3
2
1 1 r    1 r  �
Số tiền còn nợ sau 3 tháng: 200  1  r   x �
� 
�

………………………………………………………………….
Số tiền còn nợ sau 24 tháng: 200  1  r 

24

23
x�
1  1  r   ...   1  r  �
� 
�

24
23
1   1  r   ...   1  r  � 0
Sau 24 tháng trả hết nợ nên: 200  1  r   x �
�
�


200
� 1 r 

24

 1 r 
x.

r

24

1

0

x 9,137 (triệu đồng).

Câu 40: Đáp án A
Cách 1:
//BB�
Ta có Ax   ABC  và By   ABC  nên AA�
. Gọi D �A��
B �AB .

Trang 16


�BB� 1
� 
D.
�AA� 2 � BB�là đường trung bình của AA�
�
//BB�
�AA�
Lại có ABC đều.
Do đó BD  BA  BC  a � ACD cân tại B.
Gọi E là trung điểm của CD � BE  CD

 1 .

BB �
  ABC  � BB�
 CD

 2 .

E  � CD  B�
E
Từ  1 và  2  � CD   BB�
Vì
B C   CD
�
 ABC  � A���
�
� �
� �
B C    �
BE , B�
E   BEB
 ABC  ,  A���
�BE  CD
�B�
� E  CD
Nhận thấy BE là đường trung bình của ACD � BE 
� �
Xét BB�
E có: tan BEB


a
.
2

BB�
5
� �
.
 2 � cos BEB

BE
5

Cách 2:
B C trên mặt phẳng  ABC  .
Ta có Ax   ABC  và By   ABC  nên ABC là hình chiếu của A��
�
B C  ,  ABC   
Do đó cos   A��
S ABC 

S ABC
S A��
BC

1
1
3 2
AB. AC.sin BAC  a.a.sin 60�
a .

2
2
4

A�
C  A�
A2  AC 2  a 5 ; B�
C  B�
B 2  BC 2  a 2 ; A��
B  AB 2  B�
B2  a 2
� A��
B C cân tại B�
� B�
H  B�
C2 
S A��
BC 

A�
C2 a 3

4
2

S
1
a 2 15
1
B�

H . A�
C
� cos �
B C  ,  ABC    ABC 
 A��
2
4
S A��
5
BC

Câu 41: Đáp án D
Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ với O  0;0  , B  4;0  và C  0;3 .
Khi đó elip  E  có độ dài trục lớn AB  8 , độ dài trục bé CD  6 .
� Phương trình của  E  là:

x2 y 2

 1.
16 9
Trang 17


Do Pq  3 3

� 3 3�
2;
và P, Q � E  , suy ra P �
�
�

�. Lại có
� 2 �

EF  2 � F  1;0  .
Phương trình parabol  P1  đỉnh F có dạng: x  ky 2  1 .
� 3 3�
2;
Vì parabol  P1  đi qua điểm P �
�
�
�nên phương trình  P1 
� 2 �
là: x 

4 2
y 1.
27

Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y 

3
16  x 2 , y  0 , x  1 , x  2 .
4

2

3
2
2
Ta có S1  � 16  x dx �5,73967  m  .

4
0
3 3
Gọi S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y 
x 1 , y  0 , x  1 , x  2 .
2
2

3 3
x  1dx �1, 73205  m 2  .
Ta có S 2  �
2
1
2
Diện tích trồng hoa là: S  4  S1  S 2  �16, 0305  m  .

Vậy số tiền trồng hoa cho cả vườn là 16, 0305.300000 �4809150 đồng.
Câu 42: Đáp án D
3

�AB AC AD �
3


� �4 �
VABCD
AB AC AD �AB� AC � AD�

.
.

��

Ta có
� � �.
VAB���
AB�AC �AD� �
3
CD
� �3 �
�
�
Do đó thể tích của

AB���
C D nhỏ nhất khi và chỉ khi

AB AC
AD 4


 .
AB� AC � AD� 3
uuur 3 uuu
r
�7 1 7 �
 AB � B�
C D  //  BCD  .
Khi đó AB�
� ; ; �và  B���
4

�4 4 4 �
uuur uuur
BC , BD �
Mặt khác �
�
�  4;10; 11 .
� 7� � 1� � 7�
C D  : 4 �x  � 10 �y  � 11�z  � 0 � 16 x  40 y  44 z  39  0 .
Vậy  B���
� 4� � 4� � 4�
Câu 43: Đáp án A
2
 x  f �
 x    2 x  3 .
Ta có: g  x   f  x   x  3x � g �

Trang 18


 x  tại các điểm x  2 , x  1 , x  1 .
Vẽ đường thẳng y  2 x  3 cắt đồ thị hàm số y  f �
Nhìn vào đồ thị ta thấy:
S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y  f �
 x  , y  2 x  3 , x  2 , x  1 .
Khi đó, S1 

1

1

1

2

2

2

�f � x    2 x  3 dx 

g�
 x  dx  0
 f � x    2 x  3  dx  0 � �
�

� g  1  g  2  .
S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y  f �
 x  , y  2 x  3 , x  1 , x  1 .
1

Khi đó, S 2 

�f � x    2 x  3 dx 

1

1

1

1

1

g�
 x  dx  0
  2 x  3  f � x   dx  0 � �
�

� g  1  g  1
Câu 44: Đáp án A
Có w 

z 1 i
1  i  3w
1
� izw  3w  z  1  i � z 
, (do w   i không thỏa mãn)
iz  3
iw  1
i

z 2 2 �

1  i  3w
 2 2 � 1  i  3w  2 2 iw  1
iw  1

� 1  i  3w  2 2 i . w  i � 1  i  3w  2 2 w  i
Đặt w  a  bi ,

 1

 a, b �� ,

2
2
2
a 2   b  1 �
Khi đó  1 �  1  3a    1  3b   8 �
�
�

� a 2  b 2  6a  10b  6  0 �  a  3   b  5   40 .
2

2

Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của số phức w 

z 1 i
là một đường trịn có bán kính bằng
iz  3

2 20 .
Câu 45: Đáp án C
2
�
Ta có: �
�

 x �
 x  �
 x �
�f �
� f  x  . f �
�f  x  . f �
�.

� 3
Từ giả thiết ta có: �
 x �
�f  x  . f �
� 4 x  2 x .

 x  �
Suy ra: f  x  . f �
 4 x3  2 x  dx  x 4  x 2  C . Với f  0   0 � C  0
 x   x4  x2
Nên ta có: f  x  . f �
f 2  x 1 8
f  x . f �
 x  dx  �
Suy ra: �
.
 x  x  dx � 2 0  15 � f 2  1  16
15
0
0
1

1

4

2

Câu 46: Đáp án D
Trang 19


Ta có: log 5 �
�f  x   m  2�
� f  x   4  m � log5 �
�f  x   m  2 �
� f  x   m  2  log 5 5  5

 *

Xét hàm số y  g  t   log 5 t  t  t  0 
Ta có g �
 t 

1
 1  0 , t  0 suy ra hàm số y  g  t  đồng biến trên  0; � .
t ln 5

Khi đó  * � f  x   m  2  5 � f  x   3  m .
Xét hàm số y  f  x 
x  1
�

�
 x   0 � �x  1
Ta có f �
�
x4
�
Ta có bảng biến thiên
x
f�
 x

–1

1

4

+

–

f  x

f  1
f  1

Từ đồ thị hàm số, suy ra
� f  x

f  4

1

4

1

4

1

1

1

1

f�
f�
 x  dx   �
 x  dx
�f � x  dx  �f � x  dx � �

1
4
  f  x  � f  1  f  4  .
1
1



Bất phương trình  * đúng với mọi x � 1; 4  khi và chỉ khi f  4  �3۳m

m 3

f  4 .

Câu 47: Đáp án B
Gọi M là trung điểm của AA�
.
Ta có AC  AB 2  BC 2  6  3  3  A�
C.
C cân tại C.
Do đó tam giác AA�
E  AC , do
Dựng A�

C C
 AA��

vng góc

E   ABCD  .
với đáy nên A�
Lấy

F �AB

FE  A�
E

nên

sao

cho

FE  AC ,

mà

FE   ACC �
A�
 , suy ra

.
FE  AA�
Dựng EG  AA�mà FE  AA�nên FG  AA�
.
� .
C C  và  AA��
B B  là góc EGF
Do đó góc giữa mặt phẳng  AA��
� 
Ta có tan EGF

EF 3
4
�  EF  BC  3 � EA  2 EF
 � EG  EF mà tan EAF
EG 4

3
EA AB
6

Trang 20


4
EF
GE
2 2 MC
Từ đó suy ra sin GAE
� 
 3


� MC  2 2
AE
3
AC
2 EF
AM  AC 2  MC 2  9  8  1 � AA�
2
� 
Ta có sin GAE

2 2 A�
E A�
E
4 2



� A�
E
3
AA� 2
3

B C D là V  A�
Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD.A����
E. AB.BC 

4 2
. 6. 3  8
3

Câu 48: Đáp án D
Gọi H là hình chiếu vng góc của điểm O trên mặt phẳng  PQR  .
Dễ thấy

1
1
1
1
1
1



 hay OH  2 2 .

2
2
2
2 hay
2
OH
OP OQ OR
OH
8

Khi đó suy ra mặt phẳng  PQR  luôn tiếp xúc với mặt cầu  S  tâm O, bán kính R  2 2 .
Ta có OM 

1 3
  0  1  R nên điểm M nằm trong mặt cầu  S  .
4 4

Gọi I là trung điểm của AB, do tam giác OAB cân tại O nên
1
S OAB  OI . AB .
2
Đặt OI  x , vì OI �OM nên 0  x �1 và AB  2 8  x 2 .
Ta có S OAB 

1
x.2 8  x 2  x 8  x 2  8 x 2  x 4 .
2

2
4

Xét hàm số f  x   8x  x với 0  x �1 .

 x   16 x  4 x 3  4 x  4  x 2   0 , x � 0;1
Có f �
 f  x

f  1

7.

Suy ra diện tích của tam giác OAB lớn nhất bằng

7 đạt được khi M là trung điểm của AB.

1
2
2
4
2
2
2
Cách khác: SOAB  OI .AB  x 8  x  8x  x  7 x  x  1  x  � 7 với x � 0;1 .
2
Câu 49: Đáp án C
Điều kiện: x  1
Phương trình trở thành: 3mx  1  x  2 x  5m  3 � m  3x  5   x  1

 *

5

8
TH1: x  . Phương trình  * � 0  (vơ lí)
3
3

Trang 21


5
x 1
TH2: x � . Phương trình  * � m 
.
3
3x  5
x 1
8
 x  
Đặt f  x   3 x  5 � f �
2 .
 3x  5
Bảng biến thiên
x

–1

f�
 x

�

5
3
–

–

f  x

�
1
3

0
�
Từ bảng biến thiên, suy ra: m  0 hoặc m 

1
.
3

Câu 50: Đáp án C
Xét trường hợp a �0 , phương trình khơng nhận các giá trị âm của x làm nghiệm.
Thật vậy, khi đó 2 x  3x  2 mà ax  2 �2 .
Suy ra loại a �0 .
Xét trường hợp a  0
2 x  3x �ax  2 � 2 x  3x  ax  2 �0 .
x
x
Đặt f  x   2  3  ax  2 , x ��.

 x   2 x ln 2  3x ln 3  a , x ��.
Khi đó f �
f�
 x   0 � 2 x ln 2  3x ln 3  a

 1

.

x
x
Đặt g  x   2 ln 2  3 ln 3 , x ��.

g�
 x   2 x ln 2 2  3x ln 2 3  0 , x ��.
Suy ra hàm số g  x  đồng biến trên �.
g  x   � và lim g  x   0 .
Lại có xlim
� �
x � �
Suy ra với mỗi giá trị a  0 thì phương trình  1 ln có nghiệm duy nhất là x0 .

 x   0 có nghiệm duy nhất là x0 .
Ta có phương trình f �
f�
f�
 x   � và xlim
 x   a  0 nên f �
 x   0 , x  x0 và f �
 x   0 , x  x0

Mà xlim
� �
� �
Bảng biến thiên
x

�

x0

�
Trang 22


f�
 x
f  x

–

+

�

�
f  x0 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f  x  đạt giá trị nhỏ nhất tại x0 , ta kết hợp với điều kiện đề bài là
f  x  �0 , x �� và f  0   0 suy ra x0  0 và x0  0 là giá trị duy nhất để f  x   0 .

 x0   0
Suy ra x0  0 là giá trị duy nhất để f �
� f�
 0   ln 2  ln 3  a  0 .
Suy ra a  ln 2  ln 3  ln 6 .
Như vậy a là giá trị duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Suy ra mệnh đề đúng là a � 1;3 .

Trang 23