17 đề thi thử TN THPT 2021 môn toán nhóm GV MGB đề 17 file word có lời giải chi tiết

ĐỀ SỐ 17

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
2

2

Câu 1. Kí hiệu z1 , z2 là nghiệm của phương trình z 2 − 4 z + 5 = 0 . Giá trị của z1 + z2 .
A. 10.

B. 6.

C. 2 5 .

D. 4.

Câu 2. Trong không gian Oxyz, cho điểm I ( 5; 2; −3) và mặt phẳng ( P ) : 2 x + 2 y + z + 1 = 0 . Mặt cầu tâm
I và tiếp xúc với ( P ) có phương trình là
A. ( x − 5 ) + ( y − 2 ) + ( z + 3) = 16 .

B. ( x − 5 ) + ( y − 2 ) + ( z + 3) = 4 .

C. ( x + 5 ) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 16 .

D. ( x + 5 ) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 4 .

2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 3. Trong không gian Oxyz, đường thẳng d:
r
A. u = ( 2;3; −5 ) .

2

r
B. u = ( 1;5; −2 ) .

2

2

2

x −1 y − 5 z + 2

=
=
có một vectơ chỉ phương là
3
2
−5
r
r
C. u = ( 3; 2; −5 ) .
D. u = ( −3; 2; −5 ) .

5
Câu 4. Với a, b là số thực dương tùy ý, log 5 ( ab ) bằng

A. 5log 5 a + log 5 b .

1
B. log 5 a + log 5 b .
5

D. 5 ( log 5 a + log5 b ) .

C. log 5 a + 5log5 b .

 x = 1 + 2t

Câu 5. Trong không gian Oxyz, điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng ( d ) :  y = −3 + t
 z = 4 + 5t

A. Q ( 4;1;3) .

B. N ( 2;1;5 ) .

C. P ( 3; −2; −1) .

D. M ( 1; −3; 4 ) .

Câu 6. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ¡ \ { 1} , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến
thiên như sau
x
y′
y

−∞
+

–1
0
3

+∞

1
–

–
+∞

−∞
0

–1
Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình f ( x ) = m có 3 nghiệm thực phân biệt là
A. 0.

B. 3.

C. 2.

D. 1.

C. − cos x − x 4 + C .

D. cos x − x 4 + C .

3
Câu 7. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = sin x − 4 x

A.

sin 2 x
− 8x + C .
2

B.

cos 2 x
− 8x + C .
2

Trang 1

Câu 8. Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi đồ thị hàm số y = 2 x 2 − x − 1 và trục hồnh. Thể tích vật thể
trịn xoay khi quay ( H ) quanh trục hồnh bằng
A.

9
.
8

B.

9π
.
8

C.

81
.
80

D.

81π
.
80

C.

2a
.
3

D.

3
.
2a

Câu 9. Đặt a = log 3 4 , khi đó log16 81 bằng
A.

a
.
2

Câu 10. Cho

B.

2
.
a

2

5

5

0

0

2

∫ f ( x ) dx = 5 và ∫ f ( x ) dx = −3 , khi đó ∫ f ( x ) dx bằng

A. 8.

B. 15.

C. –8.

D. –15.

Câu 11. Có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho 4 bạn học sinh vào 4 chiếc ghế kê thành một hàng ngang?
A. 24.

B. 8.

C. 4.

D. 12.

Câu 12. Hàm số nào dưới đây có bảng biến thiên như hình vẽ?
x
y′
y

A. y = x 3 + 3 x 2 + 4 .

−∞

+∞

–1
+

+
+∞

2
−∞

2
x+3
B. y =
.
x +1

C. y = x 4 + 3 x 2 + 1 .

B. –15.

C. 15.

D. y =

2x +1

.
x +1

r
r
Câu 13. Trong không gian Oxyz, tích vơ hướng của hai vectơ a = ( 3; 2;1) và b = ( −5; 2; −4 ) bằng
A. –10.

Câu 14. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = − x ( x − 2 )

2

D. –7.

( x − 3) ,

∀x ∈ ¡ . Giá trị lớn nhất của hàm số

đã cho trên đoạn [ 0; 4] bằng
A. f ( 2 ) .

B. f ( 3) .

Câu 15. Tập nghiệm của phương trình 3x
A. { 1} .

2

− 4 x +3

C. f ( 4 ) .

D. f ( 0 ) .

C. { −1; −3} .

D. { 1;3} .

= 1 là

B. { 3} .

Câu 16. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a 3 , SA = a 6 và SA vng góc với
mặt phẳng đáy. Thể tích khối chóp đã cho bằng
A. 3a 3 6 .

B. a 3 6 .

C. 3a 2 6 .

D. a 2 6 .

2
Câu 17. Tập nghiệm của bất phương trình log ( x − 4 x + 5 ) > 1 là

A. ( 5; +∞ ) .

B. ( −∞; −1) ∪ ( 5; +∞ ) .

C. ( −∞; −1) .

Câu 18. Cho cấp số nhân ( un ) có u1 = 3 và công bội q =

D. ( −1;5 ) .

1
. Giá trị của u3 bằng
4
Trang 2


A.

3
.
8

B.

3
.
16

C.

16
.
3

D.

3
.
4

Câu 19. Giả sử a, b là hai số thực thỏa mãn 2a ( b − 3) i = 4 − 5i , với i là đơn vị ảo. Giá trị của a, b bằng
A. a = −2 ; b = 2 .

B. a = 8 , b = 8 .

C. a = 1 , b = 8 .

D. a = 2 , b = −2 .

C. ( 0; +∞ ) .

D. ( −∞; −1) .

Câu 20. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. ( −1;1) .

B. ( −1;0 ) .

Câu 21. Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vng cân có cạnh góc vng bằng 2a. Thể
tích khối nón đã cho bằng
A.

2 2π a 3

.
3

B. 2 2π a 3 .

C.

8 2π a 3
.
3

D.

2 2π a 2
.
3

Câu 22. Cho hàm số y = f ( x ) đồ thị như hình vẽ

Số nghiệm thực của phương trình f ( x ) = 3 là
A. 0.

B. 3.

C. 1.

D. 2.

Câu 23. Trong không gian Oxyz, cho điểm A ( 1; 2;3) và mặt phẳng ( P ) : 3 x − 4 y + 7 z + 2 = 0 . Đường
thẳng đi qua A và vng góc với mặt phẳng ( P ) có phương trình là

x = 3 + t
 x = 1 + 3t


A.  y = −4 + 2t ( t ∈ ¡ ) . B.  y = 2 − 4t ( t ∈ ¡ ) .
 z = 7 + 3t
 z = 3 + 7t



 x = 1 − 3t

C.  y = 2 − 4t ( t ∈ ¡ ) .
 z = 3 + 7t


 x = 1 − 4t

D.  y = 2 + 3t ( t ∈ ¡ ) .
 z = 3 + 7t

Trang 3


Câu 24. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 4. Diện tích xung quanh của hình trụ đã
cho bằng
A. 12π .

B. 36π .

C. 24π .

D. 8π .

Câu 25. Tọa độ điểm biểu diễn số phức liên hợp của số phức z = 2 + 5i là
A. ( −2;5 ) .

B. ( 2;5 ) .

C. ( 2; −5 ) .

Câu 26. Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

( S) :

D. ( −2; −5 ) .
x 2 + y 2 + z 2 = 9 và mặt phẳng

( P) :

4 x + 2 y + 4 z + 7 = 0 . Hai mặt cầu có bán kính là R1 và R2 chứa đường tròn giao tuyến của ( S ) và ( P )
đồng thời tiếp xúc với mặt phẳng ( Q ) : 3 y − 4 z − 20 = 0 . Tổng R1 + R2 bằng
A.

65
.
8

B. 5.

C.

63
.
8

D.

35
.
8

·
Câu 27. Cho hình chóp S.ABC có SA = a , AB = a 3 , BAC
= 150° và SA vng góc với mặt phẳng đáy.
Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vng góc của A trên SB và SC. Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp
A.BCMN bằng.
A.

4 7π a 3
.
3

B.

44 11π a 3
.
3

C.

28 7π a 3
.
3

D.

20 5π a 3
.
3

Câu 28. Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt nằm trên các cạnh
A′B′ và BC sao cho MA′ = MB′ và NB = 2 NC . Mặt phẳng ( DMN ) chia khối lập phương đã cho thành
hai khối đa diện. Gọi V( H ) là thể tích khối đa diện chứa đỉnh A , V( H ′) là thể tích khối đa diện còn lại. Tỉ số
V( H )
V( H ′)
A.

bằng
151
.
209

B.

209
.
360

C.

2348
.
3277

D.

151
.
360

Câu 29. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau
x
y′
y

−∞

–1

0

–

+

+∞

–

2
−∞

+∞

1
0

+

1

1

−∞

–1
2
Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
3 f ( x) − 2
A. 6.

B. 5.

C. 4.

D. 3.

Câu 30. Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P ) : x + 3 z + 2 = 0 , ( Q ) : x + 3 z − 4 = 0 . Mặt phẳng
song song và cách đều ( P ) , ( Q ) có phương trình là

A. x + 3 z − 2 = 0 .

B. x + 3z − 1 = 0 .

C. x + 3 z + 6 = 0 .

D. x + 3 z − 6 = 0 .
Trang 4


Câu 31. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( α ) : 2 x + 3 y − 2 z + 12 = 0 . Gọi A, B, C lần lượt là giao
điểm của ( α ) với 3 trục tọa độ, đường thẳng d đi qua tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC và vng
góc với ( α ) có phương trình là
A.

x+3 y +2 z −3
=
=
.
2
3
−2

B.

x +3 y −2 z −3
=
=
.
2

−3
2

C.

x +3 y −2 z −3
=
=
.
2
3
−2

D.

x−3 y −2 z +3
=
=
.
2
3
−2

Câu 32. Một khuôn viên dạng nửa hình trịn, trên đó người ta thiết kế phần trồng hoa hồng có dạng một
hình parabol có đỉnh trùng với tâm hình trịn và có trục đối xứng vng góc với đường kính của nửa
đường trịn, hai đầu mút của parabol nằm trên nửa đường tròn cách nhau một khoảng 4 mét (phần tơ
đậm). Phần cịn lại của khn viên (phần không tô màu) dùng để trồng hoa cúc. Biết các kích thước cho
như hình vẽ. Chi phí trồng hoa hồng và hoa cúc lần lượt là 120.000 đồng / m 2 và 80.000 đồng / m 2 .

Chi phí trồng hoa khn viên đó gần nhất với số tiền nào dưới đây (làm trịn đến nghìn đồng)?

A. 6.847.000 đồng.

B. 6.865.000 đồng.

C. 5.710.000 đồng.

D. 5.701.000 đồng.

Câu 33. Đầu mỗi tháng, chị B gửi vào ngân hàng 3 triệu đồng theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,6%
một tháng và lãi suất khơng thay đổi suốt q trình gửi tiền. Hỏi sau bao nhiêu tháng chị B có một số tiền
cả gốc và lãi nhiều hơn 150 triệu đồng?
A. 44 tháng.

B. 43 tháng.

C. 46 tháng.

Câu 34. Xác định các hệ số a, b, c để đồ thị hàm số y =

D. 47 tháng.

ax − 1
có
bx + c

đồ thị hàm số như hình vẽ bên:
A. a = 2 , b = 2 , c = −1 .
B. a = 2 , b = −1 , c = 1 .
C. a = 2 , b = 1 , c = 1 .
D. a = 2 , b = 1 , c = −1 .

Trang 5


·
Câu 35. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O, cạnh bằng a 3 , BAD
= 60° , SA vng góc
với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SC và ( ABCD ) bằng 45°. Gọi G là trọng tâm tam giác SCD.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng OG và AD bằng
A.

17a
.
17
3

Câu 36. Cho

3 + ln x

∫ ( x + 1)
1

A.

5a
.
5

B.

2

C.

3 5a
.
5

D.

3 17 a
.
17

dx = a ln 3 + b ln 2 + c với a, b, c là các số hữu tỉ. Giá trị của a 2 + b 2 − c 2 bằng

17
.
18

B.

1
.
8

C. 1.

D. 0.

Câu 37. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ
x
f ′( x)

−∞

f ( x)

+∞

–2
0

–

–1
0

+

3
0

–

+

1

Xét hàm số g ( x ) = f ( x − 4 ) + 2018
A. 9.

–2
2019

+∞

5
0

–

3

0
. Số điểm cực trị của hàm số y = g ( x ) bằng

B. 1.

C. 5.

−∞

D. 2.

2
1
Câu 38. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cn − Cn = 44 . Hệ số của số hạng chứa M trong khai triển

n

2

biểu thức  x 4 − 3 ÷ bằng:
x 

A. 29568.

B. –1774080.

C. –14784.

Câu 39. Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f ( 0 ) <
x
f ′( x)

−∞

f ( x)

+∞

–

7
và có bảng biến thiên như sau
6
1
0

15
13

1
Giá trị lớn nhất của m để phương trình e
A. e 2 .

15

B. e13 .

3
0

+

13
1
2 f ( x) − f 2 ( x) +7 f ( x ) −
12
2
3

D. 14784.

+∞
–
−∞

= m có nghiệm trên đoạn [ 0; 2] là

C. e 4 .

D. e3 .

Câu 40. Cho số phức z thỏa mãn ( z + 3 − i ) ( z + 1 + 3i ) là một số thực. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm
biểu diễn của z là một đường thẳng. Khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng đó bằng:
A. 4 2 .

B. 0.

Câu 41. Để giá trị lớn nhất của hàm số y =

C. 2 2 .

D. 3 2 .

2 x − x 2 − 3m + 4 đạt giá trị nhỏ nhất thì I bằng

Trang 6


A. m =

3
.
2

B. m =

5
.
3

C. m =

4
.
3

D. m =

1
.
2

Câu 42. Giả sử z là các số phức z thỏa mãn iz − 2 − i = 3 . Giá trị lớn nhất của biểu thức
2 z − 4 − i + z + 5 + 8i bằng
A. 3 15 .

B. 15 3 .

C. 9 5 .

D. 18 5 .

3
2
2

3
Câu 43. Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x + 3mx + 3 ( m − 1) x + m có hai điểm

cực trị nằm về hai phía trục hồnh khoảng ( a; b ) . Giá trị của a + 2b bằng
A.

4
.
3

B.

3
.
2

C. 1.

D.

2
.
3

Câu 44. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 2 x.log 2 ( 32 x ) + 4 = 0 bằng:
A.

1
.
2

B.

1
.
32

C.

Câu 45. Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V =

7
.
16

D.

9
.
16

AC
1
= 3 . Hỏi độ dài
, góc ·ACB = 45° và AD + BC +
2
6

cạnh CD?
A. 2 3 .

B.

3.

C.

2.

D. 2.

Câu 46. Cho khối lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vng cân tại B, AB = a ,
BB′ = a 3 . Góc giữa đường thẳng A′B′ và mặt phẳng ( BCC ′B′ ) bằng
A. 30°.

B. 90°.

C. 45°.

D. 60°.

Câu 47. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau
−∞

x
f ′( x)

+

f ( x)

–2
0

0
0

–

4

+

1
0

+∞
–

3

−∞

2

Số giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình log 2 f ( x ) + e

f ( x)

−∞

+ 1 f ( x ) ≥ m có nghiệm

trên khoảng ( −2;1) là
A. 68.

B. 18.

C. 229.

D. 230.

2
Câu 48. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên khoảng ( 0; +∞ ) biết f ′ ( x ) + ( 2 x + 3) . f ( x ) = 0 ,

f ( x ) > 0 , ∀x > 0 và f ( 1) =
A.

6059
.
4038

1
. Tính giá trị của P = 1 + f ( 1) + f ( 2 ) + f ( 3) + ... + f ( 2017 ) .
6

B.

6055
.
4038

C.

6053
.
4038

D.

6047
.
4038

Trang 7


3
2
Câu 49. Cho hàm số y = f ( x ) , hàm số f ′ ( x ) = x + ax + bx + c ( a, b, c ∈ ¡

)

có đồ thị như hình vẽ. Hàm

số g ( x ) = f ( f ′ ( x ) ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( 1; +∞ ) .

B. ( −∞; −2 ) .


3 3
;
D.  −
÷
÷.
 3 3 

C. ( −1;0 ) .

Câu 50. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và xác định trên ¡ và có đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ

f ( x) +m
+ 4 f ( x ) + m ≤ 5 f ( x ) + 2 + 5m nghiệm đúng với mọi x ∈ ( −1; 2 ) khi và chỉ khi?
Bất phương trình 3

A. − f ( −1) < m < 1 − f ( 2 ) .

B. − f ( 2 ) < m < 1 − f ( −1) .

C. − f ( 2 ) < m < 1 − f ( −1) .

D. − f ( 2 ) ≤ m ≤ 1 − f ( −1) .
Đáp án

1-A
11-A
21-A
31-C
41-A

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

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

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

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

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

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

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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
z = 2 + i
2
2

2
2
2
⇒ z1 + z2 = 2 + i + 2 − i = 10 .
Ta có: z − 4 z + 5 = 0 ⇔ 
z = 2 − i
Câu 2: Đáp án A

Trang 8


2.5 + 2.2 − 3 + 1

Ta có: d ( I ; ( P ) ) =

22 + 22 + 12

=4=R

Vậy phương trình mặt cầu là: ( x − 5 ) + ( y − 2 ) + ( z + 3) = 16 .
2

2

2

Câu 3: Đáp án C
r
Dựa vào phương trình tham số của đường thẳng d ta có 1 vectơ chỉ phương là u = ( 3; 2; −5 ) .
Câu 4: Đáp án C

5
5
Ta có: log 5 ( ab ) = log 5 a + log 5 b = log 5 a + 5log 5 b

Câu 5: Đáp án D
Dựa vào phương trình tham số của đường thẳng d ta có điểm M ( 1; −3; 4 ) ∈ d .
Câu 6: Đáp án C
Dựa vào BBT ⇒ Để có 3 nghiệm thực phân biệt thì 0 < m < 3 ⇒ vậy có 2 giá trị m nguyên.
Câu 7: Đáp án C
Ta có:

4x
∫ ( sin x − 4 x ) dx = − cos x − 4
3

4

+ C = − cos x − x 4 + C

Câu 8: Đáp án D
x = 1
Xét phương trình hồnh độ giao điểm 2 x − x − 1 = 0 ⇔ 
x = − 1

2
2

⇒V =π

1

∫ ( 2x

−

1
2

2

− x − 1) dx =
2

81π
80

Câu 9: Đáp án B
1
2
4
Ta có: log16 81 = log 42 3 = .4 log 4 3 = 2 log 4 3 = .
2
a
Câu 10: Đáp án C
2

Ta có:

∫
0

5

5

5

2

0

2

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx ⇒ ∫ f ( x ) dx = −3 − 5 = −8 .

Câu 11: Đáp án A
Ta có tổng số cách xếp chỗ ngồi cho bốn bạn học sinh vào bốn chiếc ghế kê thành một hàng ngang là tổng
số hốn vị của bốn phần tử nên có: 4! = 24 .
Câu 12: Đáp án D
Từ bảng biến thiên rút ra nhận xét hàm số gián đoạn tại x = −1 nên loại đáp án A, C
f ( x ) = 2 đó chọn đáp án D
Nhận xét xlim
→±∞
Câu 13: Đáp án B

Trang 9


r r
Ta có: a × b = 3 × ( −5 ) + 2 × 2 + 1× ( −4 ) = −15

Câu 14: Đáp án B
x = 0

Ta có: f ′ ( x ) = − x ( x − 2 ) ( x − 3) = 0 ⇔  x = 2
 x = 3
2

Từ đó ta có bảng biến thiên như sau:
x
f ′( x)

–

0
0

+

f ( x)

2
0

3
0

+

f ( 2)

4
–

f ( 3)

f ( 0)

Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [ 0; 4] là f ( 3)

f ( 4)

Câu 15: Đáp án D
x
Ta có 3

2

− 4 x +3

= 1 ⇔ 3x

2

− 4 x +3

x = 3
= 30 ⇔ 
.
x = 1

Do đó chọn ý C
Câu 16: Đáp án B

(

1
1
1
2
Ta có VSABCD = × d ( S ; ( ABCD ) ) × S ABCD = × SA × AB = × a 6 × a 3
3
3
3

)

2

= a3 6 .

Câu 17: Đáp án B
 x 2 − 4 x + 5 > 0
x > 5
2
log
x
−
4
x
+

5
>
1
⇔
⇔
⇔ x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 5; +∞ ) .
Ta có
(
)
 2
 x − 4 x + 5 > 10
 x < −1
Câu 18: Đáp án B
2

3
1
Ta có u3 = u1 × q 2 = 3 ×  ÷ = .
 4  16
Câu 19: Đáp án D
 2a = 4
a = 2
⇔
Ta có 2a ( b − 3) i = 4 − 5i ⇔ 
b − 3 = −5
b = −2
Câu 20: Đáp án B
Hàm số đồng biến trên 1 khoảng thì đồ thị có chiều đi lên trong khoảng đó.
Từ hình vẽ, suy ra hàm số đồng biến trên ( −1;0 ) .
Câu 21: Đáp án A

Ta có tam giác ABC vng cân tại A có đường cao AH
AB = AC = 2a ⇒ BC = 2 2a
⇒ AH =

BC 2 2a
=
= a 2 = BH = CH
2
2
Trang 10


2
1
1
1
2 2π a 3
Vậy thể tích khối nón là: V = π R 2 h = π BH 2 . AH = π . a 2 . a 2 =
3
3
3
3

(

) (

)

Câu 22: Đáp án D

Số nghiệm thực của phương trình f ( x ) = 3 là số giao điểm của đường
thẳng y = 3 và đồ thị hàm số y = f ( x )
Vậy số giao điểm là 2.
Câu 23: Đáp án B
Ta có: Đường thẳng d vng góc với mặt phẳng ( P ) nên đường thẳng d
r
nhận vectơ pháp tuyến n = ( 3; −4;7 ) của ( P ) làm vectơ chỉ phương.
 x = 1 + 3t

Vậy phương trình đường thẳng d là:  y = 2 − 4t ( t ∈ ¡
 z = 3 + 7t


)

Câu 24: Đáp án C
Diện tích xung quanh hình trụ là: S xq = 2π rh = 2π .3.4 = 24π
Câu 25: Đáp án C
Ta có: z = 5 + 2i ⇒ z = 2 − 5i .
Vậy tọa độ điểm biểu diễn là ( 2; −5 ) .
Câu 26: Đáp án A
2
2
2
Phương trình mặt cầu ( S ) : x + y + z − 9 + m ( 4 x + 2 y + 4 z ) + 7 m = 0

⇔ ( x + 2m ) + ( y + m ) + ( z + 2m ) = 9 + 9m 2 − 7 m
2

2

2

Suy ra, ( S ) có tâm I ( −2m; −m; −2m ) và bán kính R = 9m 2 − 7 m + 9
⇒ d ( I;( Q) ) =

−3m + 8m − 20
= 9m 2 − 7 m + 9
5

 m = −1 ⇒ R1 = 5
65
⇔ m − 4 = 9 m − 7 m + 9 ⇔ 8m + m − 7 = 0 ⇔ 
⇒ R1 + R2 =
7
25
 m = ⇒ R2 =
8
8
8

2

2

Câu 27: Đáp án C
Dựng đường tròn tâm O là đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.
Kẻ đường kính AQ
Xét tam giác ACB:
·

BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2. AB. AC.cos BAC
= 3a 2 + a 2 − 2.a 2 . 3.cos150° = 7 a 2 ⇒ BC = a 7
Trang 11


R∆ABC =

BC
a 7
=
= a 7 ⇒ AO = a 7
2sin A 2.sin150°

Vì AQ là đường kính đường trịn tâm O, điểm B thuộc đường tròn này nên QB ⊥ AB
Ta có:

QB ⊥ AB 
 ⇒ QB ⊥ ( SAB ) ⇒ QB ⊥ AM
QB ⊥ SA 

Ta có:

AM ⊥ QB 
 ⇒ AM ⊥ ( SQB ) ⇒ AM ⊥ QM ⇒ ∆AMQ vuông tại M.
AM ⊥ SB 

Chứng minh tương tự ta được: ∆ANQ vng tại N.
Ta có các tam giác: ∆ABQ , ∆AMQ , ∆ANQ , ∆ACQ là các tam giác vuông lần lượt ở B, M, N, C
Do đó các điểm A, B, C, N, M thuộc mặt cầu đường kính AQ
⇒ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCMN là AO = a 7

(

4
4
⇒ V = π R3 = π a 7
3
3

)

3

28 7π a 3
3

=

Câu 28: Đáp án A
Ta có:

NB BR
2a
=
= 2 ⇒ BR = 2a , BN =
NC CD
3

BT
BR

4a
=
= 4 ⇒ BT =
TB′ B′M
5
QA′ = B′T =

a QA′ HA′ 1
a
=
= ⇒ HA′ =
;
5 DD′ HD′ 5
6

1 6a
3a 3
VQADR = × × 3a × a =
6 5
5
1 4a 2a
8a 3
VRBTN = × × × 2a =
6 5 3
45
1 a a a a3
VQADR = × × × =
6 6 2 5 360
⇒ VH ( A)

209a 3
V
151
151a 3
V
=
⇒ H =
; H′
=
360
VH ′ 209
360

Câu 29: Đáp án A
lim f ( x ) = 1 ; lim f ( x ) = +∞ ⇒ lim y =

x →+∞

x →−∞

Xét 3 f ( x ) − 2 = 0 ⇒ f ( x ) =

x →+∞

2
y = 0 ⇒ có 2 đường TCN là y = 2 ; y = 0
= 2 ; xlim
→−∞
3.1 − 2

2
.
3

Dựa vào bảng biến thiên ⇒ phương trình f ( x ) =

2
có 4 nghiệm phân biệt
3

⇒ có 4 đường TCĐ
Câu 30: Đáp án B
Trang 12


Gọi mặt phẳng cần tìm là ( N ) có dạng x + 3 z + m = 0
Vì ( N ) cách đều ( P ) và ( Q ) ⇒ d ( ( P ) ; ( N ) ) = d ( ( Q ) ; ( N ) ) ⇔ d ( A; ( P ) ) = d ( B; ( Q ) )
Với A ( −2;0;0 ) ∈ P ; B ( 4;0;0 ) ∈ Q ⇒

−2 + m
1 +3
2

2

=

4+m
12 + 32

⇔ m = −1

⇒ ( N ) : x + 3z − 1 = 0
Câu 31: Đáp án C
 A ( −6;0;0 )

Do A, B, C lần lượt là giao điểm của ( α ) với 3 trục tọa độ nên tọa độ  B ( 0; −4;0 )

C ( 0;0;6 )
Gọi I là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.
Khi đó tọa độ điểm I thỏa mãn hệ
−39

x=

 IA = IB
17
12 x − 8 y = −20


−16


⇔ 8 y + 12 z = 20
⇔ y =
 IB = IC
17
r uuur
 uur uuu
2 x + 3 y + 4 − 2 z = 0


(
)


BI
BA
;
BC
=
0

39
 


 z = 17

−39

 x = 17 + 2t
 x = −3

−16
6


+ 3t với t = − ⇒  y = −2
Khi đó phương trình đường thẳng d sẽ là ⇔  y =
17

17

z = 3

39

z
=
−
2
t

17

Vậy phương trình đường thẳng d là

x+3 y +2 z −3
=
=
2
3
−2

Câu 32: Đáp án D
Giả sử một đầu mút là điểm A.
Khi đó gọi tâm của nửa đường trịn đó là O
Thì bán kính đường trịn R = 22 + 62 = 2 10 khi đó
nếu ta gắn hệ trục tọa độ Oxy tại tâm của nửa đường
trịn thì được phương trình của đường tròn là
x 2 + y 2 = 40 .

Khi đó diện tích của nửa đường trịn sẽ là

π R2
= 20π
2

Phương trình parabol đi qua điểm O ( 0;0 ) và điểm A ( 2;6 ) là y =

3 2
x
2
Trang 13


Khi diện tích hình phẳng bị giới hạn bởi một phần đường trịn và parabol tính theo cơng thức
2

S=

∫

−2

40 − x 2 −

3 2
x dx
2

Do đó chi phí cần dùng để trồng hoa trong khuôn viên là

2
2

3 2 
3
2
20
π
−
40
−
x
−
x
dx
80.000
+
40 − x 2 − x 2 dx.120000 = 5701349

÷
∫
∫
2
2
−2
−2



Câu 33: Đáp án B

Gọi số tiền người đó gửi hàng tháng là a = 3 triệu
+ Đầu tháng 1 người đó có a.
Cuối tháng 1 người đó có: a. ( 1 + 0, 06 ) = a.1, 06
+ Đầu tháng 2 người đó có: a + a.1, 06
2
Cuối tháng 2 người đó có: 1, 06 ( a + a.1, 06 ) = a. ( 1, 06 + 1, 06 )
2
+ Đầu tháng 3 người đó có: a. ( 1 + 1, 06 + 1, 06 )
2
2
3
Cuối tháng 3 người đó có a. ( 1 + 1, 06 + 1, 06 ) .1, 06 = a. ( 1 + 1, 06 + 1, 06 + 1, 06 )

…
2
n
+ Đến cuối tháng thứ n người đó có: a. ( 1 + 1, 06 + 1, 06 + .. + 1, 06 )
2
n
Ta cần tính tổng: a. ( 1 + 1, 06 + 1, 06 + .. + 1, 06 )

Áp dụng công thức cấp số nhân với công bội là 1,06 ta được 3

1 − 1, 06n +1
> 150 ⇔ n ≥ 43
−0, 06

Vậy sau 43 tháng người đó thu được số tiền thỏa mãn yêu cầu của bài toán
Câu 34: Đáp án D
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TCN là: y = 2 ⇒ y =

a
= 2 ⇒ loại đáp án A, B.
b

1
Đồ thị hàm số đi qua điểm ( 0;1) ⇒ − = 1 ⇒ c = −1 ⇒ chọn D.
c
Câu 35: Đáp án D
Do tam giác SAC là tam giác vuông cân tại A ⇒ SA = AC = 3a
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD
Ta có:
AD / / MN ⇒ d ( AD; OG ) = d ( AD; ( SMN ) ) = d ( A; ( SMN ) ) .
Kẻ AE ⊥ BC ⇒ { I } , AE ⊥ MO = { E}

Trang 14


 MN ⊥ AE
⇒ MN ⊥ ( SAE ) ⇒ ( SAE ) ⊥ ( SMN ) theo giao tuyến SE.
Khi đó ta có: 
 MN ⊥ SA
Trong tam giác SEA vuông tại A, kẻ AH ⊥ SE = { H }
Khi đó d ( A; ( SMN ) ) = AH
1
1
1
1
1
17

= 2+
=
+
= 2
2
2
2
2
SA
AE
Xét tam giác SAE có AH là đường cao, nên ta có AH
( 3a )  3a  9a
 ÷
 4 
Suy ra AH =

3 17a
3 17 a
⇒ d ( OG; AD ) =
17
17

Câu 36: Đáp án C
3

I =∫

3 + ln x

1 ( x + 1)

2

dx

dx

u = 3 + ln x
du =



x
Đặt  dv = dx ⇒ 
.
−1
2


v=
( x + 1)

x +1

Khi đó ta có: I = −
=

3
3
3

3 + ln x 3
dx
3 + ln x 3
+∫
=−
+ ln x − ln ( x + 1)
1
1
x + 1 1 1 x ( x + 1)
x +1 1

3
3
ln 3 − ln 2 +
4
4

3

a = 4

2
2
2
Suy ra b = −1 ⇒ a + b − c = 1

3
c =
4


Câu 37: Đáp án C
g ( x ) = f ( x − 4 ) + 20182019
⇒ g′( x) = x − 4 ′ . f ′ ( x − 4 ) = f ′( x − 4 )

( x − 4)

 x−4

 x−4
Xét g ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x − 4 ) = 0 ⇔ 
 x−4
 x−4


= −2 ( l )

2

= f ′( x − 4 )

( x − 4)
x−4

x = 7
x =1
= −1( l )
⇔
x = 9
=3


 x = −1
=5

Ta có bảng xét dấu của g ( x ) như sau
x

−∞

–1

1

4

7

9

+∞
Trang 15


g′ ( x)

+
Vậy có 5 điểm cực trị.

0

–

0

+

||

–

0

+

0

–

Câu 38: Đáp án C
Cn2 − Cn1 = 44 ⇔

n ( n − 1)
− n = 44 ⇔ n = 11
2
11

11
11
k
11− k
2

11− k 7 k − 33

Khi đó, ta có:  x 4 − 3 ÷ = ∑ C11k ( x 4 ) ( −2 x −3 )
= ∑ C11k ( −2 )
x
x 

k =0
k =0

Số hạng chứa x9 ứng với 7 k − 33 = 9 ⇔ k = 6 .
Suy ra, hệ số cần tìm là C116 × ( −2 ) = −14784
5

Câu 39: Đáp án A
 7
Đặt f ( x ) = t , x ∈ [ 0; 2] ⇒ t = f ( x ) ∈ 1; ÷ .
 6
t = 1
13 2
1
 7
2
Xét hàm số g ( t ) = 2t − t + 7t − trên 1; ÷, ta có: g ′ ( t ) = 6t − 13t + 7 = 0 ⇔  7
t =
2
2
 6
 6
3

 7
Suy ra, g ( t ) nghịch biến trên 1; ÷ hay g ( t ) ≤ g ( 1) = 2
 6
Suy ra, e 2 f

3

( x) −

13 2
1
f ( x ) +7 f ( x ) −
2
2

= m ≤ e2

Vậy giá trị lớn nhất cần tìm của m là e 2
Câu 40: Đáp án C
Đặt: z = x + yi

( x, y ∈ ¡ ) .

Khi đó ta có: ( z + 3 − i ) ( z + 1 + 3i ) = ( x + 3) + ( y − 1) i  ( x + 1) − ( y − 3 ) i 
= ( x + 1) ( x + 3) + ( y − 1) ( y − 3)  +  − ( x + 3) ( y − 3) + ( x + 1) ( y − 1)  i là số thực hay phần ảo bằng 0, tức
là: − ( x + 3) ( y − 3) + ( x + 1) ( y − 1) = 0 ⇔ 2 x − 2 y + 8 = 0
⇔ x− y+4=0
Suy ra, tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của z là đường thẳng: ( ∆ ) : x − y + 4 = 0
Suy ra, d ( O; ∆ ) =

4
1 + ( −1)
2

2

=2 2

Câu 41: Đáp án A
Tập xác định D = [ 0; 2] .
Đặt f ( x ) = 2 x − x 2 , x ∈ D , ta có f ′ ( x ) =

1− x
2 x − x2

, f ′( x) = 0 ⇔ x = 1 .

Trang 16


Ta lại có: f ( 0 ) = 0 ; f ( 2 ) = 0 ; f ( 1) = 1 .
Suy ra:
P = max y = max { 3m − 4 , 3m − 5 } ≥
D

3m − 4 + 3m − 5 5 − 3m + 3m − 4 1
≥
=
2

2
2

 3m − 4 = 3m − 5
3
⇒ m = (thỏa mãn).
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
2
( 5 − 3m ) ( 3m − 4 ) ≥ 0
Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số là nhỏ nhất khi m =

3
.
2

Câu 42: Đáp án C
Gọi z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) ⇒ iz − 2 − i = 3
⇒ ( a − 1) + ( b + 2 ) = 9
2

2

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm
I ( 1; −2 ) , bán kính R = 3
Gọi A ( −5; −8 ) , B ( 4;1) .
Đặt
P = 2 z − 4 − i + z + 5 + 8i ⇒ P = 2 MB + MA = MA + 2MB
Nhận xét: IA = 6 2 , IB = 3 2 , AB = 9 2 ⇒ I, A, B thẳng hàng.
uu
r

uur
Ta có: IA = 2 IB ⇒ IA = −2 IB
uuur uu
r
uuur uur
 MA2 = IM 2 + IA2 − 2 IM .IA = IM 2 + IA2 + 4 IM .IB
uuur uur
uuur uur
Ta có: 
2
2
2
2
2
2
 MB = IM + IB − 2 IM .IB ⇒ 2MB = 2 IM + 2 IB − 4 IM .IB
⇒ MA2 + 2 MB 2 = 3MI 2 + IA2 + 2 IB 2 = 3R 2 + IA2 + 2 IB 2 = 3.32 + 72 + 2.18 = 135
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có:

(

P 2 = ( MA + 2 MB ) = MA + 2. 2 MB
2

)

2

(

≤ 12 +

( 2 ) ) ( MA
2

2

+ 2 MB 2 ) = 3.135

⇒ P 2 ≤ 405 ⇒ P ≤ 9 5
Câu 43: Đáp án D
y ′ = 3 x 2 + 6mx + 3 ( m 2 − 1) = 0 ⇔ x 2 + 2mx + m 2 − 1 = 0
Ta có ∆′ = 1 ⇒ y′ = 0 có 2 nghiệm
3
2
2
3
 x1 = − m + 1  y1 = ( −m + 1) + 3m ( − m + 1) + 3 ( m − 1) ( − m + 1) + m = 3m − 2
 x = −m − 1 ⇒ 
3
2
2
3
 2
 y2 = ( − m − 1) + 3m ( − m − 1) + 3 ( m − 1) ( − m − 1) + m = 3m + 2

để 2 cực trị nằm về hai phía trục hồnh ⇒ y1. y2 < 0 ⇔

−2
2

3
3
Trang 17


⇒a=

−2
2
2
; b = ⇒ a + 2b = .
3
3
3

Câu 44: Đáp án D
1

x=

 log 2 x = −1
2
2
⇔
Ta có: log 2 x ( 5 + log 2 x ) = 4 ⇔ log 2 x + 5log 2 x − 4 = 0 ⇔ 
.
 log 2 x = −4
x = 1


16
Tổng các nghiệm bằng

1 1
9
+ =
2 16 16

Câu 45: Đáp án B
1
1 1
Ta có: V = .S ABC .d ( D, ( ABC ) ) = . .CA.CB.sin 45°.d ( D, ( ABC ) )
3
3 2
1 1
1 CA.CB. AD
= .
CA.CB.d ( D, ( ABC ) ) ≤ .
6 2
6
2

( 1) .

Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương AD, BC,

AC
2

, ta có

3

 AC

 2 + BC + AD ÷
AC
.BC. AD ≤ 
÷
3
2

÷

÷


3

 AC

+ BC + AD ÷

1
1
Do đó V ≤ .  2
÷ =
6 
3
÷ 6


÷


Mặt khác ta có V =

( 2) .

1
do đó để thỏa mãn yêu cầu bài tốn thì từ ( 1) và ( 2 ) , đẳng thức phải xảy ra, tức là
6

 DA ⊥ ( ABC )
2
2

CD = AC + DA
⇒
⇒ CD = 3 .
 AC
= BC = AD = 1  BC = 1, AD = 1, AC = 2

 2
Câu 46: Đáp án A
 A′B′ ⊥ B′C ′
⇒ A′B′ ⊥ ( BCC ′B′ ) hay B′ là hình chiếu của
Ta có 
 A′B′ ⊥ B′B
A' lên ( BCC ′B′ )

Trang 18


Suy ra, BB′ là hình chiếu của A′B lên ( BCC ′B′ ) .
Nên góc giữa đường thẳng A′B và mặt phẳng ( BCC ′B′ ) là góc giữa đường thẳng A′B và BB′ bằng góc
·A′BB′ (vì ∆A′BB′ vng tại B′ nên ·A′BB′ < 90° )
Xét tam giác A′BB′ có
tan ·A′BB′ =

A′B′
a
1
=
=
⇒ ·A′BB′ = 30°
′
BB
a 3
3

Vậy góc giữa đường thẳng A′B và mặt phẳng ( BCC ′B′ ) bằng 30°
Câu 47: Đáp án D
f ( x)
Ta có: log 2 f ( x ) + e + 1 f ( x ) ≥ m có nghiệm trên khoảng ( −2;1) .
f ( x)
Đặt g ( x ) = log 2 f ( x ) + e + 1 f ( x ) khi đó bài tốn tương đương với g ( x ) ≥ m có nghiệm trên

khoảng ( −2;1)
 1


+ f ( x ) e f ( x ) + log 2 f ( x ) + e f ( x ) + 1
Ta có: g ′ ( x ) = f ′ ( x ) 
 ln 2

 f ( x ) ∈ [ 2; 4]
⇒ g′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x) = 0 ⇔ x = 0
Xét ∀x ∈ [ −2; 4] : 
f ( x)
 f ( x ) e + log 2 f ( x ) > 0
Ta có bảng biến thiên của g ( x )
x
g ( x)

–2
g ( −2 )

0

1
g ( 1)

g ( 0)

4
Từ đó ta thấy để phương trình có nghiệm thì: m ≤ g ( −2 ) = 4 ( 3 + e ) ≈ 230, 4

Vậy m ∈ { 1; 2;...; 230} do đó sẽ có 230 giá trị
Câu 48: Đáp án B
Giả thiết tương đương với:

− f ′( x)
= 2x + 3 .
f 2 ( x)

Lấy nguyên hàm hai vế, ta được:
⇒

∫

− f ′( x)
dx = ∫ ( 2 x + 3) dx
f 2 ( x)

1
1
1
= x 2 + 3x + C ⇒ f ( x ) = 2
⇒ f ( 1) =
f ( x)
x + 3x + C
4+C

Mà f ( 1) =

1
1
1
1
1
1

= ⇒ C = 2 ⇒ f ( x) = 2
=
−
, nên ta có
6
4+C 6
x + 3x + 2 x + 1 x + 2

P = 1 + f ( 1) + f ( 2 ) + f ( 3) + ... + f ( 2017 )

Trang 19


= 1+

1 1 1 1 1 1
1
1
1
1
6055
− + − + − + ... +
−
= 1+ −
=
.
2 3 3 4 4 5
2018 2019
2 2019 4038

Câu 49: Đáp án B
Vì các điểm ( −1;0 ) , ( 0;0 ) , ( 1;0 ) thuộc đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) nên ta có hệ:
 −1 + a − b + c = 0
a = 0


⇔ b = −1 ⇒ f ′ ( x ) = x3 − x ⇒ f ′′ ( x ) = 3x 2 − 1
c = 0
1 + a + b + c = 0
c = 0


Ta có: g ( x ) = f ( f ′ ( x ) ) ⇒ g ′ ( x ) = f ′ ( f ′ ( x ) ) . f ′′ ( x )
3
2
Xét g ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( f ′ ( x ) ) . f ′′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x − x ) . ( 3x − 1) = 0


 x = ±1
 x3 − x = 0

 3
x = 0
x − x =1

⇔ 3
⇔  x = 1,325
x − x = −1

 x = −1,325

3 x 2 − 1 = 0

x = ± 3

3
Ta có bảng xét dấu g ′ ( x ) như sau:
−∞

x
g′ ( x)

–1,325
–

0

−

–1
+

0

–

3
3
0

3

3
0

0
+

0

–

1
+

0

+∞

1,325
–

0

+

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra BC nghịch biến trên ( −∞; −2 ) .
Câu 50: Đáp án B
Dựa vào đồ thị, suy ra bảng biến thiên hàm số y = f ( x ) như sau:
x
f ′( x)

–1

f ( x)

f ( −1)

2
–
f ( 2)

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra f ( 2 ) < f ( x ) < f ( −1) , ∀x ∈ ( −1; 2 )
Đặt t = f ( x ) + m ⇒ f ( 2 ) + m < t < f ( −1) + m , ∀x ∈ ( −1; 2 ) .

Bất phương trình đã cho trở thành: 3t + 4t ≤ 5t + 2 ⇔ 3t + 4t − 5t − 2 ≤ 0

( 1)

t = 0
t
t
Xét phương trình: 3 + 4 − 5t − 2 = 0 ⇔ 
.
t = 1
t
t
Ta có bảng xét dấu biểu thức f ( t ) = 3 + 4 − 5t − 2

t

−∞

0

1

+∞
Trang 20


f ( t)

+

0

–

0

+

 f ( 2 ) + m ≥ 0
⇒ − f ( 2 ) ≤ m ≤ 1 − f ( −1)
Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy: ( 1) ⇔ 0 ≤ t ≤ 1 ⇒ 
 f ( −1) + m ≤ 1

Trang 21