22 đề thi thử TN THPT 2021 môn toán nhóm GV MGB đề 22 file word có lời giải chi tiết

ĐỀ SỐ 22

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. Tính thể tích của khối trụ biết bán kính đáy của khối trụ đó bằng a và thiết diện qua trục là một
hình vng
A. 2π a 3 .

2 3
πa .
3

B.

C. 4π a 3 .

D. π a 3 .

Câu 2. Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 2 . Đồ thị hàm số có điểm cực đại là
A. ( 2; −2 ) .

B. ( 0; −2 ) .

C. ( 0; 2 ) .

Câu 3. Trong không gian Oxyz, đuờng thẳng d:
A. Q ( 2; −1; 2 ) .

D. ( 2; 2 ) .

x −1 y − 2 z − 3
=
=
đi qua điểm nào dưới đây?
2
−1
2

B. M ( −1; −2; −3) .

C. P ( 1; 2;3) .

D. N ( −2;1; −2 ) .

Câu 4. Hàm số y = x 3 − 3 x 2 − 9 x + 1 đồng biến trên khoảng nào trong những khoảng sau?
A. ( −1;3) .

B. ( 4;5 ) .

C. ( 0; 4 ) .

D. ( −2; 2 ) .

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

A. x =

1
.
3

3

1

Câu 6. Cho

∫
0

A. –3.

1
C. x = .
3

B. x = 3 3 .
f ( x ) dx = 2 và

1

∫ g ( x ) dx = 5 , khi đó
0

B. 12.

∫  f ( x ) − 2 g ( x )  dx bằng

0

C. –8.

B. π 3a 3 .

Câu 8. Số nghiệm của phương trình π 2 x
A. 3.

2

B. 2.

+ x−3

1
.
3

1

Câu 7. Cho khối trụ có bán kính đáy bằng a và chiều cao bằng
A. π 3a 2 .

D. x =

D. 1.
3a . Thể tích của khối trụ bằng

π 3a 2

.
3

C. 3π a 3 .

D.

C. 1.

D. 0.

= 1 là:

Câu 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( −3; −1;3) , B ( −1;3;1) và ( P ) là mặt phẳng
trung trực của đoạn thẳng AB . Một vectơ pháp tuyến của ( P ) có tọa độ là:
A. ( −1;3;1) .

B. ( −1;1; 2 ) .

C. ( −3; −1;3) .

D. ( 1; 2; −1) .

Trang 1


Câu 10. Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

e2 x − 6
, biết F ( 0 ) = 7 . Tính tổng các nghiệm

ex

của phương trình F ( x ) = 5 .
A. ln5.

B. ln6.

C. –5.

D. 0.

 x = 1 + 2t

Câu 11. Trong không gian với hệ trục độ Oxyz, cho phương trình đường thẳng ∆ :  y = −1 + 3t ( t ∈ ¡ ) .
z = 2 − t

Trong các điểm dưới đây, điểm nào thuộc đường thẳng ∆ ?
A. ( 1; 4; −5 ) .

B. ( −1; −4;3) .

C. ( 2;1;1) .

D. ( −5; −2; −8 ) .

Câu 12. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6. Có thể lập được bao nhiêu số có 3 chữ số khác nhau? 216. 120.
A. 216.

B. 120.

C. 504.

D. 6.

Câu 13. Biết bốn số 5; x; 15; y theo thứ tự lập thành cấp số cộng. Giá trị của 3 x + 2 y bằng
A. 50.

B. 70.

C. 30.

D. 80.

Câu 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm biểu diễn số phức z = −4 + 5i có tọa độ là
A. ( −4;5 ) .

B. ( −4; −5 ) .

C. ( 4; −5 ) .

D. ( 5; −4 ) .

Câu 15. Đồ thị trong hình vẽ bên dưới là của đồ thị hàm số nào sau
đây?
A. y = x 3 − 3 x + 1 .
B. y = − x 3 + 3 x − 1 .
C. y = x 3 − 3 x − 1 .
D. y = − x 3 + 3 x + 1 .
Câu 16. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
y = 0.

A. min
[ 0;3]

3
B. min y = − .
7
[ 0;3]

x2 − 4x
trên đoạn [ 0;3] .
2x +1
y = −4 .
C. min
[ 0;3]

Câu 17. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = −
A. 0 < m < 2 .

B. m > 2 .

y = −1 .
D. min
[ 0;3]

x3
+ mx 2 − 2mx + 1 có hai điểm cực trị.
3

C. m > 0 .

m > 2
D. 
.
m < 0

2
Câu 18. Tìm các giá trị của tham số thực m để số phức z = ( m − 1) + ( m + 1) i là số thuần ảo.

A. m = 1 .

B. m = −1 .

C. m = ±1 .

D. m = 0 .

Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu có tâm I ( 1; 2; −1) và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) :
2 x − 2 y − z − 8 = 0 có phương trình là
Trang 2


A. ( S ) : ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z − 1) = 3 .

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

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

D. ( S ) : ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z − 1) = 9 .

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 20. Cho a là số thực dương tùy ý khác 1. Mệnh đề đúng là
B. log 2 a =

A. log 2 a = log a 2 .

1
.

log 2 a

1
.
log a 2

D. log 2 a = − log a 2 .

( x, y ∈ ¡ )

thỏa mãn z − i = 4 là đường

C. log 2 a =

Câu 21. Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z = x + yi
cong có phương trình
A. ( x − 1) + y 2 = 4 .

B. x 2 + ( y − 1) = 4 .

2

2

C. ( x − 1) + y 2 = 16 .
2

D. x 2 + ( y − 1) = 16 .
2

Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) có phương trình là x − z − 3 = 0 . Tính
góc giữa ( P ) và mặt phẳng ( Oxy ) .
A. 30°.

B. 45°.

C. 60°.

D. 60°.

Câu 23. Với số thực 0 < a < 1 bất kì, tập nghiệm của bất phương trình a 2 x +1 > 1 là
A. ( −∞;0 ) .

B. ( 0; +∞ ) .

1

C.  −∞; − ÷.
2


 1

D.  − ; +∞ ÷ .
 2


Câu 24. Ký hiệu S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục hoành, đường x = a
, x = b (như hình vẽ). Khẳng định nào sau đây là đúng?

b

A. S = ∫ f ( x ) dx .

c

b

a

c

B. S = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .

a

c

b

a

c

C. S = − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .

D. S =

c

b

a

c

∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .

Câu 25. Cho hình trụ có diện tích tồn phần là 4π và có thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục là hình
vng. Thể tích khối trụ đã cho bằng
A.

4π 6
.
9

B.

π 6
.
12

C.

π 6
.
9

D.

4π
.
9

Trang 3


Câu 26. Tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
A. 1.

B. 2.

C. 3.

x 2 − 3x + 2
là
x3 − 2 x 2
D. 4.

Câu 27. Tính thể tích V của khối lập phương ABCD. A′B′C ′D′ biết AC ′ = a 3 .
A. V = a 3 .

B. V =

3 6a 3
.
4

C. V = 3 3a 3 .

Câu 28. Cho hàm số f ( x ) = 5e x . Tính P = f ′ ( x ) − 2 x. f ( x ) +
2

A. P = 1 .

B. P = 2 .

1 3
D. V = a .
3

1
f ( 0) − f ′ ( 0) .
5

C. P = 3 .

D. P = 4 .

Câu 29. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để
phương trình f ( x ) + 1 = m có bốn nghiệm thực phân biệt?

A. 1 < m < 2 .

B. 2 < m < 3 .

C. 0 < m < 2 .

D. 0 < m < 1 .

·
Câu 30. Cho lăng trụ ABCD. A′B′C ′D′ có đáy là hình thoi cạnh a, BAD
= 60° . Hình chiếu vng góc của
B′ xuống mặt đáy trùng với giao điểm hai đường chéo của đáy và cạnh bên BB′ = a . Tính góc giữa cạnh
bên và mặt đáy.
A. 30°.

B. 45°.

C. 60°.

D. 90°.

2
Câu 31. Biết rằng phương trình log 2 ( 2 x ) − 5log 2 x = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 . Tính x1.x2 .

A. 1.

B. 5.

C. 3.

D. 8.

Câu 32. Một khối nón làm bằng chất liệu khơng thấm nước, có khối lượng riêng lớn
hơn khối lượng riêng của nước, có đường kính đáy bằng a và chiều cao 12, được đặt
trong và trên đáy của một cái cốc hình trụ bán kính đáy a như hình vẽ, sao cho đáy
của khối nón tiếp xúc với đáy của cốc hình trụ. Đổ nước vào cốc hình trụ đến khi
mực nước đạt đến độ cao 12 thì lấy khối nón ra. Hãy tính độ cao của nước trong cốc
sau khi đã lấy khối nón ra.

A. 11,37.

B. 11.

C. 6 3 .

D.

π 37
.
2

Trang 4


Câu 33. Biết rằng F ( x )

là nguyên hàm của hàm số

f ( x ) = 4 x3 −

1
+ 3 x và thỏa mãn
x2

5 F ( 1) + F ( 2 ) = 43 . Tính F ( 2 ) .
A. F ( 2 ) = 23 .

B. F ( 2 ) =

45
.
2

C. F ( 2 ) =

151
.
4

D. F ( 2 ) =

86
.
7

Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a 2 . Cạnh bên SA = 2a và
vng góc với mặt đáy ( ABCD ) . Tính khoảng cách d từ D đến mặt phẳng ( SBC ) .
A. d =

a 10
.
2

B. d = a 2 .

C. d =

2a 3
.

3

D. d =

3
..
3

Câu 35. Cho điểm A ( 1; 2;3) và hai mặt phẳng ( P ) : 2 x + 2 y + z + 1 = 0 , ( Q ) : 2 x − y + 2 z − 1 = 0 . Phương
trình đường thẳng d đi qua A song song với cả ( P ) và ( Q ) là
A.

x −1 y − 2 z − 3
=
=
.
1
1
−4

B.

x −1 y − 2 z − 3
=
=
.
1
2
−6

C.

x −1 y − 2 z − 3
=
=
.
1
6
2

D.

x −1 y − 2 z − 3
=
=
.
5
−2
−6

Câu 36. Cho hàm số f ( x ) = ( x + 2a ) ( x + 2b − a ) ( ax + 1) . Có bao nhiêu cặp số thực ( a; b ) để hàm số
đồng biến trên ¡ .
A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. Vô số.

Câu 37. Cho số phức z có phần thực là số nguyên và z thỏa mãn x − 2 z = −7 + 3i + z . Tính mơ-đun của
số phức w = 1 − z + z 2 bằng
A. w = 37 .

B. w = 457 .

C. w = 425 .

D. w = 445 .

Câu 38. Biết chu kỳ bán hủy của chất phóng xạ plutơni Pu 239 là 24360 năm (tức là một lượng Pu 239 sau
24360 năm phân hủy thì chỉ cịn lại một nửa). Sự phân hủy được tính theo cơng thức S = Ae rt , trong đó A
là lượng chất phóng xạ ban đầu, r là tỉ lệ phân hủy hàng năm ( r < 0 , làm tròn đến chữ số thập phân thứ
6), t là thời gian phân hủy, S là lượng còn lại sau thời gian phân hủy t. Hỏi 10 gam Pu 239 sau khoảng bao
nhiêu năm phân hủy sẽ còn 1 gam?
A. 82230 (năm).

B. 82232 (năm).

C. 82238 (năm).

D. 82235 (năm).

Câu 39. Cho một đa giác đều ( H ) có 15 đỉnh. Người ta lập một tứ giác có 4 đỉnh là 4 đỉnh của ( H ) .
Tính số tứ giác được lập thành mà khơng có cạnh nào là cạnh của ( H ) .
A. 4950.

B. 1800.

C. 30.

D. 450.

Trang 5


Câu 40. Để chuẩn bị cho hội trại do Đoàn trường tổ chức, lớp 12A dự định dựng một cái lều trại có hình
parabol nhu hình vẽ. Nền của lều trại là một hình chữ nhật có kích thước bề ngang 3 mét, chiều dài 6 mét,
đỉnh trại cách nền 3 mét. Tính thể tích phần khơng gian bên trong trại.

A. 72m3 .

C. 72π m3 .

B. 35m3 .

Câu 41. Cho hàm số: y =

D. 36π m3 .

1 2 5 1 3
m x − mx + 10 x 2 − ( m 2 − m − 20 ) x + 1 . Tổng tất cả các giá trị thực của m
2
3

để hàm số đã cho đồng biến trên ¡ bằng
A.

5
.

2

Câu 42. Cho hàm số y =
A. –19.

B. –2.

C.

1
.
2

D.

3
.
2

1 4
y ≤ 11 .
x − x 3 + x 2 + m . Tính tổng tất cả các số nguyên m để max
[ −1;2]
4
B. –37.

C. –30.

D. –11.

Câu 43. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
 3sin x − cos x − 1
tham số m để phương trình f 
 2 cos x − sin x + 4

A. 3.


2
÷ = f ( m + 4m + 4 ) có nghiệm?


B. 4.

C. 5.

D. Vơ số.

Câu 44. Cho khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ có thể tích bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các đoạn
thẳng AA′ và BB′ . Đường thẳng CM cắt đường thẳng C ′A′ tại P, đường thẳng CN cắt đường thẳng C ′B′
tại Q. Thể tích của khối đa diện lồi A′.MPB′NQ bằng
A. 1.

B.

1
.
3

C.

1
.
2

D.

2
.
3

Câu 45. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ và có đồ thị f ′ ( x ) như hình vẽ bên dưới
Trang 6


Bất phương trình log 5  f ( x ) + m + 2  + f ( x ) > 4 − m nghiệm 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 ) .

Câu 46. Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh bằng a. Gọi M, N là trung điểm các cạnh AB, BC và E là điểm
thuộc tia đối DB sao cho

BD
= k . Biết rằng mặt phẳng ( MNE ) chia khối tứ diện thành hai khối đa diện,
BE

trong đó khối đa diện chứa đỉnh B có thể tích là
A. k < 2 .

11 2a 3
. Khẳng định nào sau đây là đúng?
294

B. 0 < k < 2 .

C. 3 < k < 5 .

D. 4 < k < 6 .

Câu 47. Cho hai số thực a, b thỏa mãn a 2 + b 2 > 1 và log a2 +b2 ( a + b ) ≥ 1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức
P = 2a + 4b − 3 là

A. 10 .

B.

10
.
2

C. 2 10 .

D.

1

.
10

Câu 48. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 1; 2] và thỏa mãn f ( x ) > 0 khi x ∈ [ 1; 2] . Biết
2

∫

f ′ ( x ) dx = 10 và

2

f ′( x)

∫ f ( x)

dx = ln 2 .Tính f ( 2 ) .

1

1

A. f ( 2 ) = −20 .

B. f ( 2 ) = 10 .

C. f ( 2 ) = 20 .

D. f ( 2 ) = −10 .

Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2 z + 2018 = 0 và ( Q ) :
x + my + ( m − 1) z + 2017 = 0 . Khi hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) tạo với nhau một góc nhỏ nhất thì điểm H
nào dưới đây nằm trong mặt phẳng ( Q ) ?
A. H ( −2017;1;1) .

B. H ( 2017; −1;1) .

C. H ( −2017;0;0 ) .

D. H ( 0; −2017;0 ) .

Trang 7


5
4
3
2
Câu 50. Cho hàm số đa thức f ( x ) = mx + nx + px + qx + hx + r , ( m, n, p, q, h, r ∈ ¡ ) . Đồ thị hàm số

y = f ′ ( x ) cắt trục hoành tại các điểm có hồnh độ lần lượt là –1;

3 5 11
; ;
. Số điểm cực trị của hàm số
2 2 3

g ( x ) = f ( x ) − ( m + n + p + q + h + r ) là

A. 6.

B. 7.

C. 8.

D. 9.

Trang 8


Đáp án
1-A
11-B
21-D
31-D
41-C

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

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

4-B

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

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

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

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

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

9-D

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
Vì thiết diện qua trục khối trụ là hình vng nên đường cao của khối trụ là h = AD = 2.r = 2a .
Thể tích khối trụ là: V = π r 2 h = 2π a 3 .
Câu 2: Đáp án C
TXĐ: D = ¡ .
x = 0
2
Ta có: y ′ = 3 x − 6 x = 0 ⇔ 
.
x = 2
x
y′

−∞
+

0
0

+∞

2
0

–

+

+∞

2

y

–2

−∞

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra đồ thị hàm số có điểm cực đại là: ( 0; 2 ) .
Câu 3: Đáp án C
Lần lượt thay tọa độ các điểm vào đường thẳng.
Thấy tọa độ điểm P thỏa mãn

x −1 y − 2 z − 3
=
=
.
2

−1
2

Câu 4: Đáp án B
TXĐ: D = ¡ .
 x = −1
2
Ta có: y ′ = 3 x − 6 x − 9 = 0 ⇔ 
x = 3
Bảng xét dấu y ′ như sau:
x
y′

−∞
+

–1
0

–

3
0

+∞
+

Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và ( 3; +∞ ) ; nên đồng
biến trên ( 4;5 ) .
Câu 5: Đáp án A

Điều kiện: x > 0
Trang 9


1
1
1
1
⇔ 3log 2 x = 2 log 2
⇔ log 2 x 3 = log 2
Ta có: log 2 x + log 2 x = log 2
2
3
3
3
⇔ x3 =

1
1
⇔ x = 3 (thỏa mãn).
3
3

Câu 6: Đáp án C
1

1

1

0

0

0

Ta có: ∫  f ( x ) − 2 g ( x )  dx = ∫ f ( x ) dx − 2 ∫ g ( x ) dx = 2 − 2.5 = −8 .
Câu 7: Đáp án B
Thể tích khối trụ: V = hπ r 2 = 3aπ a 2 = π 3a 3 .
Câu 8: Đáp án B
Phương trình tương đương với: π

2 x 2 + x −3

x = 1
= π ⇔ 2x + x − 3 = 0 ⇔ 
.
x = − 3

2
0

2

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.
Câu 9: Đáp án D

( P)

uuur

là mặt phẳng trung trực của AB nên nhận AB = ( 2; 4; −2 ) làm một véctơ pháp tuyến. Suy ra

1 uuur
r
u = ( 1; 2; −1) = AB cũng là một véctơ pháp tuyến của ( P ) .
2
Câu 10: Đáp án B
Ta có: f ( x ) =

e2 x − 6
= e x − 6.e − x
x
e

x
−x
0
−0
Do đó F ( x ) = e + 6e + C và F ( 0 ) = e + 6e + C = 7 ⇔ C = 0 .
x
−x
Suy ra F ( x ) = e + 6e .

e x = 2
 x = ln 2
x
−x
2x
x
F

x
=
5
⇔
e
+
6
e
=
5
⇔
e
−
5
e
+
6
=
0
⇔
⇔
Phương trình ( )
.
 x
 x = ln 3
e = 3
Vậy tổng các nghiệm của phương trình là: ln 2 + ln 3 = ln 6 .
Câu 11: Đáp án B
Ta thay tọa độ điểm ( −1; −4;3) vào phương trình đường thẳng ∆ thì ta thấy thỏa mãn. Do đó điểm

( −1; −4;3)

thuộc đường thẳng ∆ .

Câu 12: Đáp án B
Mỗi số có ba chữ số khác nhau lập được từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 là một chỉnh hợp chập 3 của 6 phần
tử.
3
Nên số các số lập được là A6 = 120 .

Trang 10


Câu 13: Đáp án B
Theo giả thiết, bốn số 5; x; 15; y theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên theo tính chất các số hạng của một

5 + 15

 x = 2
 x = 10
⇔
cấp số cộng, ta có: 
. Vậy 3 x + 2 y = 70 .
 y = 20
y = x + y

2
Câu 14: Đáp án A
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm biểu diễn số phức z = −4 + 5i có tọa độ là ( −4;5 ) .
Câu 15: Đáp án A

Từ đồ thị suy ra hệ số a > 0 nên nhận đáp án A hoặc C.
Đồ thị cắt Oy tại điểm có tung độ dương ( d > 0 ) , nên chọn đáp án A.
Câu 16: Đáp án D
Hàm số y =
Ta có y ′ =

x2 − 4x
liên tục trên [ 0;3] .
2x +1

2 x2 + 2x − 4

( 2 x + 1)

2

 x = −2 ∉ [ 0;3]
= 0 ⇔ 2 x2 + 2x − 4 = 0 ⇔ 
 x = 1 ∈ [ 0;3]

3
Ta lại có: y ( 0 ) = 0 ; y ( 1) = −1 ; y ( 3) = − .
7
y = y ( 1) = −1 .
Do đó: min
[ 0;3]
Câu 17: Đáp án D
TXĐ: D = ¡ .
Ta có: y ′ = − x 2 + 2mx − 2m .
Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi y ′ = 0 có hai nghiệm phân biệt

m > 2
⇔ ∆′ > 0 ⇔ m 2 − 2m > 0 ⇔ 
.
m < 0
Câu 18: Đáp án C
Để z là số thuần ảo ⇔ m 2 − 1 = 0 ⇔ m = ±1 .
m 2 − 1 = 0
⇔ m = 1.
Lỗi học sinh thường mắc: “z là số thuần ảo” ⇔ 
m + 1 ≠ 0
Câu 19: Đáp án C
Do mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng nên bán kính mặt cầu là:

Trang 11


d ( I,( P) ) = r ⇔

2 − 4 +1− 8
4 + 4 +1

= 3⇒ r = 3.

Vậy phương trình mặt cầu là: ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 9 .
2

2

2

Câu 20: Đáp án C
Câu 21: Đáp án D
Ta có: z − i = 4 ⇔ x + ( y − 1) i = 4 ⇔ x 2 + ( y − 1) = 4 ⇔ x 2 + ( y − 1) = 16 .
2

2

Câu 22: Đáp án C
uuur
 n( P ) = ( 1;0; −1)

r
Ta có:  uuuuu
.
 n( Oxy ) = ( 0;0;1)
Gọi ϕ là góc giữa mặt phẳng ( P ) và mặt phẳng ( Oxy )
uuur uuuuu
r
n( P ) .n( Oxy )
1.0 + 0.0 + ( −1) .1
1
⇒ cos ϕ = uuur uuuuu
=
⇒ ϕ = 45° .
r =
2
2
n( P ) . n( Oxy )
12 + 02 + ( −1) . 0 2 + 02 + 12
Câu 23: Đáp án C

1
Ta có a 2 x +1 > 1 ⇔ 2 x + 1 < 0 (vì 0 < a < 1 ) ⇔ x < − .
2
Câu 24: Đáp án C
Ta có diện tích hình phẳng được tính bởi cơng thức:
b

c

b

a

a

c

S = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx
Do f ( x ) < 0 , ∀x ∈ ( a; c ) ; f ( x ) > 0 , ∀x ∈ ( c; b ) nên ta có:
c

b

a

c

S = − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .
Câu 25: Đáp án A
Thiết diện qua trục là hình vng ⇒ R =

h
2
2

2
h
2 6
6
 h  3π h
Khi đó: Stp = 2π Rh + 2π R = 2π . .h + 2π  ÷ =
.
= 4π ⇔ h =
⇒R=
2
2
3
3
2
2

Vậy V = π R 2 h =

4π 6
9

Câu 26: Đáp án B
TXĐ: D = ¡ \ { 0; 2} .

Trang 12

1 3 2
− 2+ 3
x − 3x + 2
x
x
x =0;
lim
=
lim
• x →+∞ 3
2
x
→+∞
2
x − 2x
1−
x
2

1 3 2
− 2+ 3
x 2 − 3x + 2
x
x
x =0.
lim
=
lim

• x →−∞ 3
2
x
→−∞
2
x − 2x
1−
x
Suy ra đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y = 0 .

( x − 2 ) ( x − 1) = lim x − 1 = 1
x 2 − 3x + 2
=
lim
• lim
x →2 x 3 − 2 x 2
x →2
x→2 x 2
x2 ( x − 2)
4
Nên x = 2 không phải là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
• lim
x→0

( x − 2 ) ( x − 1) = lim x − 1 = −∞
x 2 − 3x + 2
= lim
3
2
x→0

x →0 x 2
x − 2x
x2 ( x − 2)

Suy ra đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x = 0 .
Vậy tổng số các đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là 2 tiệm cận.
Câu 27: Đáp án A
Đặt độ dài cạnh của khối lập phương là x ( x > 0 ) .
Khi đó: CC ′ = x ; AC = x 2 .
Tam

giác

vuông

ACC ′ ,

có

AC ′ = AC 2 + CC ′2 ⇔ x 3 = a 3 ⇒ x = a
Vậy thể tích khối lập phương V = a 3 (đvtt).
Câu 28: Đáp án A
Ta có f ′ ( x ) = 10 x.e x .
2

Do đó f ′ ( 0 ) = 0 và f ( 0 ) = 5 .
Vậy P = f ′ ( x ) − 2 xf ( x ) +

2
2

1
1
f ( 0 ) − f ′ ( 0 ) = 10 xe x − 2 x.e x + .5 − 0 = 1 .
5
5

Câu 29: Đáp án B
Ta có f ( x ) = m − 1 .
Số nghiệm của phương trình f ( x ) + 1 = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng
y = m −1 .

Trang 13


Dựa vào đồ thị, suy ra: 1 < m − 1 < 2 ⇔ 2 < m < 3
Câu 30: Đáp án C
Gọi O = AC ∩ BD .
Theo giả thiết B′O ⊥ ( ABCD )
· ′, ( ABCD ) = BB
· ′, BO = B
· ′BO
Do đó BB
Từ giả thiết suy ra tam giác ABD đều cạnh a, suy
ra BO =

1
a
BD = .
2
2

Tam

giác

· ′BO =
cos B

vng

B′BO ,

có

BO 1
· ′BO = 60° .
= ⇒B
BB′ 2

Câu 31: Đáp án D
Điều kiện: x > 0 .
Phương trình tương đương với: ( log 2 2 + log 2 x ) − 5log 2 x = 0
2

( 1 + log 2 x )

2

− 5log 2 x = 0 ⇔ log 22 x − 3log 2 x + 1 = 0 .

2
Cách 1: Phương trình log 2 x − 3log 2 x + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 .

Ta có: log 2 ( x1.x2 ) = log 2 x1 + log 2 x2 .
Theo định lí Vi-et, ta có: log 2 x1 + log 2 x2 =

− ( −3 )
= 3 ⇒ log 2 ( x1.x2 ) = 3 ⇒ x1.x2 = 8
1

Cách 2:

3+ 5
3+ 5

log 2 x1 =
2
2 ⇔  x1 = 2
2
Ta có log 2 x − 3log 2 x + 1 = 0 ⇔ 
.

3− 5

3− 5
x = 2 2
log 2 x2 =
 2

2

Vậy x .x = 2
1 2

3+ 5
2

.2

3− 5
2

=8.
Trang 14


Câu 32: Đáp án B
Gọi V, R, h lần lượt là thể tích khối trụ (khối chứa phần nước trong cốc), bán kính đáy cốc và chiều cao
của lượng nước trong cốc khi chưa lấy khối nón ra.

( 1) .

Suy ra: V = π R 2 h

Gọi V1 , R1 , h1 lần lượt là thể tích, bán kính đáy và chiều cao của khối nón.
1
2
Suy ra: V1 = π R1 h1
3

( 2) .

Gọi V2 , R2 , h2 là thể tích lượng nước đổ vào và độ cao của nước trong cốc sau khi đã lấy khối nón ra.
1
2
Suy ra: V2 = π R h2
3

( 3) .

1
2
2
2
Từ ( 1) , ( 2 ) và ( 3) ta có: V − V1 = V2 ⇔ π R h − π R1 h1 = π R h2
3
1
R 2 h − R12 h1
1
3
⇔ R 2 h − R12 h1 = R 2 h2 ⇔ h2 =
3
R2
Thay R = a , R1 =

( 4) .

a
1 1
, h = h1 = 12 vào ( 4 ) ta có: h2 = 12 − . .12 = 11 .
2

3 4

Câu 33: Đáp án A
1 3 2
 3 1

4
Ta có f  4 x − 2 + 3x ÷dx = x + + x + C
x
x 2


1
7
 45
Theo giả thiết 5 F ( 1) + F ( 2 ) = 43 ⇒ 5  + C ÷+ + C = 43 ⇔ C = .
2
2
 2
4
Suy ra F ( x ) = x +

1 3 2 1
1 3
1
+ x + ⇒ F ( x ) = 24 + + .22 + = 23 .
x 2
2
2 2
2

Câu 34: Đáp án C
Do AD //BC nên d ( D, ( SBC ) ) = d ( A, ( SBC ) ) .
Gọi K là hình chiếu của A trên SB, suy ra AK ⊥ SB .
Khi d ( A, ( SBC ) ) = AK =

SA. AB
SA + AB
2

2

=

2a 3
.
3

Câu 35: Đáp án D
uuur
uuur
Ta có n( P ) = ( 2; 2;1) ; n( Q ) = ( 2; −1; 2 ) .
uu
r
Gọi ud là véctơ chỉ phương của đường thẳng d.
uu
r uuur
ud ⊥ n( P )
uu
r

uuur uuur

r uuur ⇒ ud =  n( P ) , n( Q )  = ( 5; −2; −6 ) .
Do  uu
ud ⊥ n( Q )
Trang 15


uu
r
Mặt khác đường thẳng d đi qua A ( 1; 2;3) và có véctơ chỉ phương ud = ( 5; −2; −6 ) nên phương trình chính
tắc của d là

x −1 y − 2 z − 3
=
=
.
5
−2
−6

Câu 36: Đáp án B
2
2
3
2
Ta có: f ′ ( x ) = 3ax ( 2a + 4ab + 2 ) x − 2a + 4a b + a + 2b .

Theo bài ra ta có: f ′ ( x ) ≥ 0 , ∀x ∈ ¡ .
 a = 0

khô
ng thỏ
a mã
n 

a > 0
2x + 2b ≥ 0, x∈ ¡

⇔
⇔ 2
2
 a > 0
a + 2ab + 1 − 3a −2a3 + 4a2b + a + 2b ≤ 0



 ∆′ ≤ 0

(

)

(

)

a > 0
a > 0

2

⇔ 4
⇔ 
2
4a 2 + 1  3
3
2 2
2
2
7 a − 8a b + 4a b − a − 2ab + 1 ≤ 0
 2ab − 2 ÷ + 4 ( 2a − 1) ≤ 0


a > 0

2
a=


2
4a + 1


2
⇔ 2ab −
=0⇔
2

b = 3 2
2
2a − 1 = 0


4
k > 0
Nhận xét: Hàm số f ( x ) = k ( x + a ) ( x + b ) ( x + c ) đồng biến trên ¡ khi 
; nghịch biến trên ¡
a = b = c
k < 0
khi 
a = b = c
Câu 37: Đáp án B
Đặt z = a + bi ( a, b ∈ ¡

)

Ta có: z − 2 z = −7 + 3i + z ⇔ a 2 + b 2 − 2 ( a − bi ) = −7 + 3i + a + bi
 a 2 + b 2 − 3a + 7 = 0
⇔ a 2 + b 2 − 3a + 7 + ( b − 3) i = 0 ⇔ 
b − 3 = 0

Trang 16


7

a
≥

7
3



a
≥

3
  a = 4 ( nhan )
 a 2 + 9 = 3a − 7
b = 3
 2

2
⇔
⇔ a + 9 = 9a − 42a + 49 ⇔ 
⇔
;
5

a = 4
b = 3
  a = ( loai )
b = 3
4


b = 3


2
Vậy z = 4 + 3i ⇒ w = 1 − z + z = 4 + 21i ⇒ w = 457

Câu 38: Đáp án D
Pu 239 có chu kỳ bán hủy là 24360 năm, do đó ta có:
5 = 10.e r .24360 ⇒ r =

ln 5 − ln10
≈ −0, 000028
24360

Vậy sự phân hủy của Pu 239 được tính theo cơng thức: S = A.e
Theo đề:

1 = 10.e

ln 5− ln10
t
24360

⇒t =

ln 5− ln10
t
24360

.

− ln10
− ln10
≈
≈ 82235
(năm) .

ln 5 − ln10 −0, 000028
24360

Câu 39: Đáp án D.
Gọi các đỉnh của đa giác là A1 , A2 ,..., A15 .
Để chọn được một tứ giác thoả mãn ta thực hiện qua các cơng đoạn:
Chọn một đỉnh có 15 cách, giả sử là 4.
Ta tìm số cách chọn ba đỉnh còn lại, tức ba đỉnh Ai , Aj , Ak và giữa A1 , Ai có x1 đỉnh; giữa Ai , A j có x2
đỉnh; giữa Aj , Ak có x3 đỉnh và giữa Ak , A1 có x4 đỉnh, theo giả thiết có
 x1 + x2 + x3 + x4 = 15 − 4 = 11

 xm ≥ 1, m = 1, 4
Số cách chọn ra ba đỉnh này bằng số nghiệm tự nhiên của phương trình
x1 + x2 + x3 + x4 = 11 và bằng C114−−11 = C103 .
3
Vậy số các tứ giác có thể bằng 15C10 , tuy nhiên vì vai trị bốn đỉnh như nhau nên mỗi đa giác được tính 4

15C103
lần, do đó số tứ giác bằng
= 450 .
4
Tổng quát: Đa giác có n đỉnh, số tứ giác lập thành từ 4 đỉnh không có cạnh của đa giác là:

n 3
.Cn −5 .
4

Câu 40: Đáp án B
Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Trang 17


Giả sử phương trình của parabol là ( P ) : y = ax 2 + bx + c .
3 
Ta có parabol có đỉnh là ( 0;3) và đi qua điểm  ;0 ÷nên có
2 
hệ phương trình
−4


a = 3
b = 0


4
⇔ b = 0 ⇒ ( P ) : y = − x 2 + 3
c = 3
3
9
c = 3
 a+c =0

4

Cắt vật thể bởi một mặt phẳng vng góc với trục Ox tại
3
 3
điểm có hồnh độ x  − ≤ x ≤ ÷, ta thấy thiết diện thu được là một hình chữ nhật có chiều rộng bằng
2

 2
4
− x 2 + 3 mét và chiều dài bằng 6 mét.
3
 4 2

2
Diện tích thiết diện thu được là 6  − x + 3 ÷ = −8 x + 18 .
 3

3
2

Vậy thể tích phần khơng gian bên trong trại là

∫ ( −8 x

−

2

3
2

+ 18 ) dx = 36 ( m3 ) .

Câu 41: Đáp án C
2 4
2
2

Theo bài ra ta có: y ′ ≥ 0 , ∀x ⇔ g ( x ) = m x − mx + 20 x − m + m + 20 ≥ 0 , ∀x .

Ta có g ( x ) = 0 có một nghiệm x = −1 , do vậy để g ( x ) ≥ 0 , ∀x thì trước tiên g ( x ) khơng đổi dấu khi
qua điểm x = −1 , tức g ( x ) = 0 có nghiệm kép
 m = −2
x=0
2
x = −1 ⇔ g ′ ( −1) = 0 ⇔ ( 4m x − 2mx + 20 )
⇔ −4m + 2m + 20 = 0 ⇔ 
m = 5
x = −1

2
2 3

4
2
Với m = −2 ⇔ g ( x ) = 4 x + 2 x + 20 x + 14 = 2 ( x + 1)

Với m =

2

( 2x

2

− 4 x + 7 ) ≥ 0 , ∀x (thỏa mãn).

5

25 4 5 2
65 5
2
⇔ g ( x) =
x − x + 20 x +
= ( x + 1) ( 5 x 2 − 10 x + 13 ) ≥ 0 , ∀x (thỏa mãn).
2
4
2
4 4

Nên S = −2 +

5 1
= .
2 2

Câu 42: Đáp án C
Xét hàm số y =

1 4
x − x 3 + x 2 + m liên tục trên đoạn [ −1; 2] .
4
Trang 18


 x = 0 ∈ [ −1; 2]

Ta có f ′ ( x ) = x − 3x + 2 x = 0 ⇔  x = 1∈ [ −1; 2]


 x = 2 ∈ [ −1; 2]
3

Ta lại có: f ( −1) =

2

9
1
+ m ; f ( 0 ) = m ; f ( 1) = + m ; f ( 2 ) = m .
4
4

9

f ( x ) = max { f ( −1) ; f ( 0 ) ; f ( 1) ; f ( 2 ) } = f ( −1) = m +
 max
[ −1;2]
4 .
Khi đó: 
 max f ( x ) = min { f ( −1) ; f ( 0 ) ; f ( 1) ; f ( 2 ) } = f ( 0 ) = f ( 2 ) = m
 [ −1;2]

9
y = max  m ; m +  .
Suy ra: max
[ −1;2]
4



9
  53
35
 m + 4 ≤ 11
 − 4 ≤ m ≤ 4



9
 m ≥ − 9
m ≤ m+
4 ⇔  
8
y ≤ 11 ⇔ 
Theo yêu cầu bài toán max
[ −1;2]

 m ≤ 11
 −11 ≤ m ≤ 11

 
9
9

 m ≤ −
m
+
≤
m


8

4

35
 9
− 8 ≤ m ≤ 4
35
⇔
⇔ −11 ≤ m ≤
.
4
 −11 ≤ m ≤ − 9

8
Vì m nguyên nên m = { −11; −10;...;8} .
Kết luận: tổng các số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán là: −11 − 10 − 9 − ... + 8 = −30 .
f ( x ) ≤ a (với a > 0 ).
Tìm tham số để max
[ α ;β ]
Phương pháp:
 min f ( x ) = m
 [ α ;β ]
( M > m) .
Tìm 
f ( x) = M
 max
[ α ;β ]
f ( x ) = max { m , M } .
Suy ra: max

[ α ;β ]
f ( x ) ≤ a , nên ta có hai trường hợp:
Theo bài ra: max
[ α ;β ]
 M ≤ a
TH1: 
.
 m ≤ M

 m ≤ a
TH2: 
.
 M ≤ m

Câu 43: Đáp án A
Trang 19


Cách 1: Phương pháp tự luận truyền thống
Đặt t =

3sin x − cos x − 1
⇔ ( 2t + 1) cos x − ( t + 3) sin x = −1 − 4t
2 cos x − sin x + 4

Phương trình ( *) có nghiệm ( 2t + 1) + ( t + 3) ≥ ( 4t + 1) ⇔ −
2

2

2

( *) .

9
≤ t ≤ 1 , suy ra 0 ≤ t ≤ 1 .
11

Từ đồ thị y = f ( x ) ta có
y = f ( x ) đồng biến trên [ 0; +∞ )
m 2 + 4m + 4 = ( m + 2 ) ∈ [ 0; +∞ ) .
2

t ∈ [ 0; +∞ )
 3sin x − cos x − 1
Nên f 
 2 cos x − sin x + 4


2
2
÷ = f ( m + 4 m + 4 ) ⇔ f ( t ) = f ( m + 4m + 4 )


⇔ t = m 2 + 4m + 4
Phương trình ( 1) có nghiệm khi và chỉ khi
0 ≤ m 2 + 4 m + 4 ≤ 1 ⇔ m 2 + 4 m + 4 ≤ 1 ⇔ −3 ≤ m ≤ − 1 .
Do m ∈ ¢ ⇒ m ∈ { −3; −2; −1} .
Cách 2: Phương pháp ghép trục
Đặt t =

3sin x − cos x − 1
⇔ ( 2t + 1) cos x − ( t + 3) sin x = −1 − 4t
2 cos x − sin x + 4

Phương trình ( *) có nghiệm ( 2t + 1) + ( t + 3) ≥ ( 4t + 1) ⇔ −
2

t
t

−

9
11

2

2

( *) .

9
≤ t ≤ 1 , suy ra 0 ≤ t ≤ 1 .
11

0

1

0

1
f ( 1)
y = f ( m 2 + 4m + 4 )

f(t)
f ( 0)

Dựa vào đồ thị trên [ 0;1] hàm số f ( t ) ln đồng biến.
2
u cầu bài tốn trở thành đường thẳng y = f ( m + 4m + 4 ) có điểm chung với đồ thị y = f ( t )

⇔ f ( 0 ) ≤ f ( m 2 + 4m + 4 ) ≤ f ( 1) ⇔ 0 ≤ m 2 + 4m + 4 ≤ 1 ⇔ −3 ≤ m ≤ −1

Trang 20


Do m ∈ ¢ ⇒ m ∈ { −3; −2; −1} .
Câu 44: Đáp án D
Ta có A′ là trung điểm PC ′ , B′ là trung điểm QC ′ .
Do đó VC .C′PQ =

SC ′PQ

1
 4
.VC . A′B′C ′ = 4VC . A′B′C ′ = 4  VABC . A′B ′C ′ ÷ =
S C ′A′B′
3

 3

Mặt khác
VA′B′C ′.MNC

A′M B′N C ′C
1 1
+
+
+ +1
2.
= A′A B′B C ′C .VABC . A′B′C ′ = 2 2 .VABC . A′B′C ′ =
3
3
3

Do đó VA′MB′NQ = VC .C ′PQ − VA′B′C ′.MNC =

4 2 2
− = .
3 3 3

Câu 45: Đáp án D
Bất phương trình đã cho tương đương với: m > 4 − log 5  f ( x ) + m + 2  − f ( x ) , ∀x ∈ ( −1; 4 ) .
Xét hàm số g ( x ) = 4 − log 5  f ( x ) + m + 2  − f ( x ) trên ( −1; 4 ) .
g ( x) .
Bài tốn trở thành tìm m để m > g ( x ) , ∀x ∈ ( −1; 4 ) ⇔ m ≥ max
[ −1;4]
 x = −1



1
− f ′( x) = − f ′( x) 
+ 1 = 0 ⇔  x = 1
Ta có g ′ ( x ) = −
 f ( x ) + m + 2  ln 5
  f ( x ) + m + 2  ln 5 
 x = 4
f ′( x)

Bảng biến thiên hàm g ( x ) trên ( 0;3)
x
g′ ( x)

–1
0

1
0

–

+

g ( −1)

4
0
g ( 4)

g ( x)
g ( 1)
 g ( −1) = 4 − log 5  f ( −1) + m + 2  − f ( −1)
Trong đó: 
 g ( 4 ) = 4 − log 5  f ( 4 ) + m + 2  − f ( 4 )
Dựa vào đồ thị f ′ ( x ) , ta có

1

∫

−1

1

f ′ ( x ) dx < ∫ f ′ ( x ) dx ⇔ f ( 1) − f ( −1) < f ( 1) − f ( 4 ) ⇔ f ( −1) > f ( 4 ) .
4

Suy ra g ( −1) < g ( 4 ) .
g ( x ) = g ( 4 ) = 4 − log 5  f ( 4 ) + m + 2  − f ( 4 )
Do đó ta có m ≥ max
[ −1;4]
⇔ m ≥ 4 − log 5  f ( 4 ) + m + 2  − f ( 4 ) ⇔ f ( 4 ) + m + 2 + log 5  f ( 4 ) + m + 2  ≥ 6
Trang 21


Đặt t = f ( 4 ) + m + 2 (với t > 0 ).
Bất phương trình trở thành: t + log 5 t ≥ 6 ⇔ t ≥ 5 .
Do đó: f ( 4 ) + m + 2 ≥ 5 ⇔ m ≥ 3 − f ( 4 ) .
Vậy m ≥ 3 − f ( 4 ) .

Câu 46: Đáp án C
Ta có diện tích khối tứ diện đều cạnh a bằng V0 =

a3 2
.
12

2 ( k − 1)
EP EQ
k −1
=
=
=
Theo Ta-let ta có: EN EM
1
2k − 1
k −1+
2
4 ( k − 1) k − 1 1
EP EQ DE
=
.
.
VBMQE =
.
V0
2
EN EM BE
( 2k − 1) k 4
2

⇒ VEDPQ

Do đó VBMNPQD

VBMNPQD

2
3
4 ( k − 1) k − 1 1
4 ( k − 1) 
k
k 
= V0 −
.
V0 = V0 . 1 −

2
4
4  k ( 2k − 1) 2 
( 2k − 1) k 4

3
4 ( k − 1) 
k
k 
22
= V0 hay V0 = V0 . 1 −
 ⇔ k = 4.
4

4  k ( 2k − 1) 2 
49

Câu 47: Đáp án A
2
2
Do a 2 + b 2 > 1 nên từ log a2 +b2 ( a + b ) ≥ 1 ⇔ log a2 +b2 ( a + b ) ≥ log a2 +b2 ( a + b )

⇔ a + b ≥ a2 + b2 > 1 .
a 2 + b 2 > 1

2
2
Suy ra: 
1 
1 1
a
−
+
b
−

÷ 
÷ ≤
2 
2 2

1 
1


Khi đó: P = 2a + 4b − 3 = 2  a − ÷+ 4  b − ÷ ≤
2 
2


2
2

1 
1 
2
2
2
+
4
.
a
−
+
b
−
(
)  2 ÷  2 ÷ 



1
≤ 20.  ÷ = 10 . (Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki)
2
a 2 + b 2 > 1


1

1
1

a= +
a
−
b
−


2

2=
2 >0
⇔
Dấu “=” xảy ra khi: 
4
 2
b = 1 +
2
2


2
1 
1 1
 a − ÷ +  b − ÷ =

2 
2
2


1
10
.
2
10

Trang 22


Vậy Pmax

1

a
=
+

2
= 10 khi 
b = 1 +

2

1
10

2
10

Câu 48: Đáp án C
2
d ( f ( x) )
2
f ′( x)
dx = ln 2 ⇔ ∫
= ln 2 ⇔ ln f ( x ) = ln 2 ⇔ ln f ( 2 ) − ln f ( 1) = ln 2
1
f ( x)
f ( x)
1

2

Ta có:

∫
1

⇔ f ( 2 ) = 2 f ( 1)
2

Lại có:

2

∫ f ′ ( x ) dx = 10 ⇔ f ( x ) 1 = 10 ⇔ f ( 2 ) − f ( 1) = 10

1

 f ( 2 ) = 2 f ( 1)
 f ( 2 ) = 20
⇔
Từ đó 
.
 f ( 2 ) − f ( 1) = 10
 f ( 1) = 10
Lập hệ phương trình theo ẩn

f ( 2) ,

f ( 1)

từ các điều kiện bài cho, sử dụng công thức

b

∫ f ′ ( x ) dx = f ( b ) − f ( a ) .
a

Câu 49: Đáp án A
uuur
uuur
Ta có n( P ) = ( 1; 2; −2 ) ; n( Q ) = ( 1; m; m − 1) .
Gọi ϕ là góc tạo bởi hai mặt phẳng ( P ) và mặt phẳng ( Q )

( 0° ≤ ϕ ≤ 90° ) .

uuur
uuur uuur
uuur
2
Ta có n( P ) .n( Q ) = 3 ; n( P ) = 3 ; n( Q ) = 2m − 2m + 2 ⇒ cos ϕ =

1
2 m 2 − 2m + 2

Để ( P ) và ( Q ) tạo với nhau một góc nhỏ nhất thì cos ϕ lớn nhất ⇔ 2m 2 − 2m + 2 nhỏ nhất.
2

Mà

1
2
1 3
3

nên giá trị lớn nhất là cos ϕ =
khi m = .
2m − 2m + 2 = 2  m − ÷ + ≥
2
3
2 2
2

2

Khi đó ( Q ) : x +

1
1
y − z + 2017 = 0 .
2
2

Vậy H ( −2017;1;1) ∈ ( Q ) .
Câu 50: Đáp án B
Vì –1;

3 5 11
; ;
là nghiệm của phương trình f ′ ( x ) = 0 nên:
2 2 3

3 
5 
11 

f ′ ( x ) = 5mx 4 + 4nx 3 + 3 px 2 + 2qx + h = 5m ( x + 1)  x − ÷ x − ÷ x − ÷
2 
2 
3


Trang 23


55 

 4 20 3 43 2 14
4
3
2
Suy ra: 5mx + 4nx + 3 px + 2qx + h = 5m  x − x + x + x − ÷
3
4
3
4 

Đồng nhất hệ số, ta được n =
Suy ra g ( x ) = f ( x ) +
Xét h ( x ) = f ( x ) +

25 4 215 3 35 2 274
−93
mx +
mx + mx −
mx + r =
m+r
4
12
3
4
2

25 4 215 3 35 2 274
93
x +
x + x −

x + = 0.
4
12
3
4
2

5
Đặt k ( x ) = x −

x

93
m−r .
2

93
m − r ⇒ h′ ( x ) = f ′ ( x ) = 0 có bốn nghiệm phân biệt nên h ( x ) có bốn cực trị.
2

5
Xét h ( x ) = 0 ⇔ mx −

⇔ x5 −

−25
215
35
−275
m; p =

m; q= m; h=
m.
3
12
3
4

25 4 215 3 35 2 274
93
x +
x + x −
x+
.
4
12
3
4
2

−∞

k′( x)

3
2

–1
+

–

5
2
+

–

+∞
+
+∞

299
3
−

k ( x)
−
−∞

11
3

9
2

3
8

 11 
k  ÷< 0

3

Từ bảng biến thiên, suy ra phương trình h ( x ) = 0 ⇔ k ( x ) = 0 có 3 nghiệm đơn phân biệt. Vậy hàm số
g ( x ) có 7 cực trị.

Trang 24