24 đề thi thử TN THPT 2021 môn toán nhóm GV MGB đề 24 file word có lời giải chi tiết

ĐỀ SỐ 24

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. Quay hình vng ABCD cạnh a xung quanh một cạnh. Thể tích của khối trụ được tạo thành là
A.

1 3
πa
3

B. 2π a 3

C. 3π a 3

D. π a 3

Câu 2. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ.

Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và khơng có điểm cực đại.
B. Hàm số đạt cực tiểu tại x = −1 và đạt cực đại tại x = 2 .
C. Hàm số đạt cực đại tại x = −1 và đạt cực tiểu tại x = 2 .
D. Giá trị cực đại của hàm số bằng 1.
Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A ( 1;3; 2 ) , B ( 3; −1; 4 ) . Tìm tọa độ trung điểm I của AB.
A. I ( 2; −4; 2 )
Câu 4. Cho hàm số y =

B. I ( 4; 2;6 )

C. I ( −2; −1; −3)

D. I ( 2;1;3)

−2 x − 4
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
x +1

A. Hàm số đồng biến trên ¡ .
B. Hàm số nghịch biến trên ¡ .
C. Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) .
D. Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) .
Câu 5. Cho x, y là hai số thực dương khác 1 và α , β là hai số thực tùy ý. Mệnh đề nào sau đây là sai?
α −β

xα  x 
A. β =  ÷
y
 y
2

Câu 6. Cho

∫
0

A. I = 11

B. x . y = ( xy )
α

f ( x ) dx = 3 và

α

α

α

α

β

C. x .x = x

2

2

0

0

α +β

xα  x 
D. α =  ÷
y

 y

∫ g ( x ) dx = −2 . Tính tích phân I = ∫  2 x + f ( x ) − 2 g ( x )  dx

B. I = 18

C. I = 5

D. I = 3
Trang 1


Câu 7. Cho hình nón bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 4. Diện tích tồn phần của hình nón đã cho
bằng
A. 21π

B. 15π

C. 24π

D. 12π

2
Câu 8. Tìm tập nghiệm của phương trình log 1 ( x − 3x + 10 ) = −3 .
2

A. S = { 1; 2}

B. S = { −1; 2}

C. S = { 1}

D. S = { 1; −3}

Câu 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( α ) : x + y + z − 6 = 0 . Điểm nào dưới đây
không thuộc mặt phẳng ( α ) ?
A. P ( 1; 2;3)

B. Q ( 3;3;0 )

Câu 10. Họ các nguyen hàm của hàm số f ( x ) =
A. −

1

( x + 1)

2

+C

C. M ( 1; −1;1)

D. N ( 2; 2; 2 )

1
là
x +1

B. − ln x + 1 + C

1
2
C. − ln ( x + 1) + C
2

D. ln 2 x + 2 + C

Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, trục Ox có phương trình tham số là
x = 1

A.  y = 0
z = t


x = t

B.  y = 0
z = 0


x = 0

C.  y = t
z = t


x = t

D.  y = 1

z = 1


C. −24a 4b −5

D. 24a 4b −5

 2 1
Câu 12. Trong khai triển  a − ÷, số hạng thứ 5 là
b

A. −35a 6b −4

B. 35a 6b −4

Câu 13. Cho cấp số cộng ( un ) có số hạng tổng quát là un = 3n − 2 . Tìm cơng sai d của cấp số cộng.
A. d = 3

B. d = 2

C. d = −2

D. d = −3

Câu 14. Cho hai số phức z1 = 1 + 3i và z2 = 3 − 4i . Môđun của số phức w =
A. w =
C. w =

10
2

5
10

B. w =
D. w =

z1
là
z2

−9 13
+ i
25 25
10
5

Câu 15. Đồ thị trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào sau đây?

Trang 2


A. y =

−x + 2
x +1

B. y =

−x
x +1

Câu 16. Gọi m là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x +
A. m = 4

B. m = 2

Câu 17. Cho hàm số y =

C. y =

−x +1
x +1

D. y =

−2 x + 1
2x +1

4
trên khoảng ( 0; +∞ ) . Tìm m.
x
C. m = 1

D. m = 3

mx − 2m − 3
(với m là tham số). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên m để
x−m

hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. Tìm số phần tử của S.

A. 5.

B. 4.

C. Vô số.

Câu 18. Tính tổng T của phần thực và phần ảo của số phức z =
A. T = 11

B. T = 11 + 6 2

D. 3.

(

)

2

2 + 3i .

C. T = −7 + 6 2

D. T = −7

Câu 19. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 1;1; 2 ) , B ( 3; 2; −3 ) . Mặt cầu ( S ) có tâm I
thuộc Ox và đi qua hai điểm A, B có phương trình.
A. x 2 + y 2 + z 2 − 8 x + 2 = 0

B. x 2 + y 2 + z 2 + 8 x + 2 = 0

C. x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 = 0

D. x 2 + y 2 + z 2 − 8 x − 2 = 0

Câu 20. Đặt log 3 2 = a , khi đó log16 2 bằng
A.

3a
4

B.

3
4a

C.

4
3a

D.

4a
3

Câu 21. Kí hiệu z1 , z2 , z3 , z4 là bốn nghiệm phức của phương trình z 4 + 4 z 2 − 5 = 0 . Giá trị của
2

2

2

z1 + z2 + z3 + z4
A. 2 + 2 5

2

bằng
B. 12

D. 2 + 5

C. 0

Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi

( P)

là mặt phẳng đi qua hai điểm

A ( 2;1;1) , B ( −1; −2; −3) và ( P ) vng góc với mặt phẳng ( Q ) : x + y + z = 0 . Một véctơ pháp tuyến của
mặt phẳng ( P ) là
Trang 3


uu
r 1 1 
A. n3 =  ; ;0 ÷
2 2 

ur  1 1 
B. n1 =  − ; − ;0 ÷
 2 2 

uu
r  1 1 
C. n4 =  − ; ;0 ÷
 2 2 

uu
r 3 3 
D. n2 =  ; ;0 ÷
2 2 

2
Câu 23. Tập nghiệm S của bất phương trình log 2 x − 5log 2 x − 6 ≤ 0 là

 1
A. S =  0; 
 2

B. S = [ 64; +∞ )

 1
C. S =  0;  ∪ [ 64; +∞ )
 2

1


D. S =  ;64 
2


Câu 24. Cho phần vật thể Φ được giới hạn bởi hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) vng góc với trục Ox tại
x = 0, x = 3 . Cắt phần vật thể Φ bởi mặt phẳng vng góc với trục Ox tại điểm có hoành độ bằng
x ( 0 ≤ x ≤ 3) ta được thiết diện là hình chữ nhật có kích thước lần lượt là x và

3 − x . Thể tích phần vật

thể Φ bằng
A.

27π
4

B.

12 3π
5

C.

12 3
5

D.

27
4

Câu 25. Cho hình nón có bán kính đáy r = 3 và độ dài đường sinh l = 4 . Tính diện tích xung quanh
S xq của hình nón đã cho.
A. S xq = 12π

B. S xq = 4 3π

C. S xq = 39π

Câu 26. Tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
A. 2

B. 1

C. 4

D. S xq = 8 3π
x2 −1
bằng
x −1
D. 3

Câu 27. Cho hình hộp ABCD. A′B′C ′D′ có tất cả các cạnh đều bằng 2a , đáy ABCD là hình vng. Hình
chiếu vng góc của đỉnh A′ trên mặt phẳng đáy trùng với tâm của đáy. Tính theo a thể tích V của khối
hộp đã cho.
A. V =

4a 3 2
3

B. V =

8a 3
3

Câu 28. Tính đạo hàm của hàm số y = 2 x
x.21+ x
A. y ′ =
ln 2

C. V = 8a 3

D. V = 4a 3 2

C. y ′ = 2 x.ln 2

D. y ′ =

2

2
2

B. y ′ = x.21+ x .ln 2

x.21+ x
ln 2

Câu 29. Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên sau:

Trang 4


Tìm m để phương trình f ( x ) = m + 1 có 4 nghiệm phân biệt.
A. −4 ≤ m ≤ 1

B. −5 ≤ m ≤ 0

C. −4 < m < 1

D. −5 < m < 0

·
Câu 30. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I, cạnh a, góc BAD
= 60° ,
SA = SB = SD =

a 3
. Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và
2

( ABCD ) .

Mệnh đề nào sau đây

đúng?
A. tan ϕ = 5

B. tan ϕ =

5
5

C. tan ϕ =

3
2

D. ϕ = 45°

Câu 31. Tính P tích tất cả các nghiệm của phương trình log 2 x − log x 64 = 1 .
A. P = 1

B. P = 2

C. P = 4

D. P = 8

Câu 32. Cho ∆ABC đều cạnh a và nội tiếp trong đường tròn tâm O, AD là đường kính của đường trịn
tâm O. Thể tích của khối trịn xoay sinh ra khi cho phần tô đậm quay quanh đường thẳng AD bằng:

A.

π 3 3
a
24

B.

20π 3 3
a
217

C.

23π 3 3
a
216

Câu 33. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ¡ \ { 0} thỏa mãn f ′ ( x ) +

D.

4π 3 3
a
27

f ( x)
= x 2 và f ( 1) = −1 . Giá trị
x

3
của f  ÷ bằng
2
A.

1
96

B.

1
64

C.

1
48

D.

1
24

Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AC = 2a, BC = a . Đỉnh S cách đều
các điểm A, B, C. Tính khoảng cách d từ trung điểm M của SC đến mặt phẳng ( SBD ) .
A. d =

a 3
4

B. d =

a 5
2

C. d = a 5

D. d = a

Trang 5


Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M ( 2; −1;1) và hai đường thẳng
d1 :

x − 2 y −1 z −1
x − 2 y + 3 z −1
=
=
, d2 :
=
=
. Đường thẳng ∆ cắt d1 , d 2 lần lượt tại A và B sao cho M
1
−2
2
2
1
−1

là trung điểm của AB có phương trình
x = 2

A.  y = 1 + t
z = 1


 x = −2


B.  y = 1 + t
 z = −1


x = 2

C.  y = −1 + t
z = 1


2x +1
nghịch biến trên khoảng ( 2; +∞ ) ?
x+m

Câu 36. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của m để hàm số y =
1

A.  −2; ÷
2


1

B.  −2; ÷
2


x = 2


D.  y = 1 + t
 z = −1


1

C.  −∞; 
2


1

D.  −∞; ÷
2


Câu 37. Cho số phức w thỏa mãn w = ( 1 − i ) .z , biết z = m . Tính w .
2

A. w = m

C. w = 2m

B. w = 2m

D. w = 4m

Câu 38. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ và đồ thị hàm số y = f ( x ) như hình vẽ bên.
Tìm số điểm cực trị của hàm số y = 2021 f ( f ( x ) −1) .

A. 10

B. 11

(

Câu 39. Bất phương trình 1 + 2

C. 12

)

x

+ ( 1 − 2a )

(

)

D. 13

x

2 − 1 − 4 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn

x1 − x2 = log1+ 2 3 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
3

A. a ∈  −∞; − ÷

2


 3 
B. a ∈  − ;0 ÷
 2 

 3
C. a ∈  0; ÷
 2

3

D. a ∈  ; +∞ ÷
2


Câu 40. Bạn Hùng trúng tuyển vào đại học nhưng vì khơng đủ nộp tiền học phí Hùng quyết định vay
ngân hàng trong 4 năm mỗi năm 3 000 000 đồng để nộp học phí với lãi suất 3%/năm. Sau khi tốt nghiệp
đại học Hùng phải trả góp hàng tháng số tiền T (không đổi) cùng với lãi suất 0,25%/tháng trong vòng 5
năm. Số tiền T mà Hùng phải trả cho ngân hàng (làm tròn đến hàng đơn vị) là
A. 232 518 đồng.

B. 309 604 đồng.

C. 215 456 đồng.

D. 232 289 đồng.
Trang 6

3
2
2
Câu 41. Cho hàm số y = x + x + ( m + 1) x + 27 . Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m sao cho giá

trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [ −3; −1] có giá trị nhỏ nhất. Khi đó tích các phần tử của S là
B. −4

A. 4

D. −8

C. 8

Câu 42. Cho tập hợp A = { 1; 2;3;...;10} . Chọn ngẫu nhiên ba số từ A. Tìm xác suất để trong ba số chọn ra
khơng có hai số nào là hai số nguyên liên tiếp
A. P =

7
90

B. P =

7
24

C. P =

7

10

D. P =

7
15

Câu 43. Một khuôn viên dạng nửa hình trịn, trên đó người ta thiết kế phần để trồng hoa có dạng của một
cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm và có trục đối xứng vng góc với đường kính của nửa hình
trịn, hai đầu mút của cánh hoa nằm trên nửa hình trịn (phần tô đậm) và cách nhau một khoảng 4 m. Phần
cịn lại của khn viên (phần khơng tơ đậm) dành để trồng cỏ Nhật Bản. Biết các kích thước như hình vẽ,
chi phí để trồng hoa và cỏ Nhật Bản tương ứng là 150 000 đồng/m 2 và 100 000 đồng/m2. Hỏi cần bao
nhiêu tiền để trồng hoa và cỏ Nhật Bản trong khn viên đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng đơn vị)

A. 3 926 990 (đồng)

B. 4 115 408 (đồng)

C. 1 948 000 (đồng)

D. 3 738 574 (đồng)

Câu 44. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ¡ và có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Đặt
g ( x ) = 3 f ( f ( x ) ) + 4 . Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) là

A. 10

B. 8

C. 6

D. 2
Trang 7


Câu 45. Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có bảng biến thiên như sau

 π
cos x
Bất phương trình f ( x ) > 2 + 3m nghiệm đúng với mọi x ∈  0; ÷ khi và chỉ khi.
 2
1
A. m ≤  f ( 0 ) − 2 
3
1
C. m ≤  f
3

1
B. m <  f ( 0 ) − 2 
3

π  
 ÷− 1
2 

1
D. m <  f
3

π  
 ÷− 1
2 

Câu 46. Xét khối chóp tứ giác đều S.ABCD. Mặt phẳng chứa đường thẳng AB, đi qua điểm C ′ của cạnh
SC chia khối chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau. Tính tỉ số
A.

1
2

B.

2
3

C.

SC ′
.
SC

5 −1
2

D.

4
5

 a+b+c 
Câu 47. Cho a, b, c là các số thực biết log 2  2
÷= a ( a − 2) + b ( b − 2) + c ( c − 2)
2
2
 a + b + c −1 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
A.

6−2 3
3

B.

3a + 2b + c
a+b+c

8+2 2
3

C.

6+2 3
3

D.

4+2 2
3

Câu 48. Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương trên [ 0;1] , có đạo hàm dương liên tục trên [ 0;1] , thỏa mãn
1

∫
0

x. f ′ ( x )
1
dx ≥ 1 và f ( 0 ) = 1; f ( 1) = e 2 . Tính giá trị của f  ÷.
f ( x)
2
1
A. f  ÷ = 1
2

1
B. f  ÷ = 4
2

1
C. f  ÷ = e
2

1
D. f  ÷ = e
2

x
x
2

x
3
3
Câu 49. Cho phương trình: 8 + 3x.4 + ( 3x + 1) .2 = ( m − 1) x + ( m − 1) x có bao nhiêu giá trị ngun m

để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc ( 0;10 ) .
A. 100

B. 101

C. 102

D. 103

Trang 8


Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A ( 1;1; 2 ) , B ( −1;0; 4 ) , C ( 0; −1;3) và điểm M
thuộc mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + ( z − 1) = 1 . Khi biểu thức MA2 + MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất thì độ dài
2

đoạn AM bằng
A.

B.

2

C. 6

6

D. 2

Đáp án
1-D
11-B
21-B
31-B
41-D

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

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

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

5-A

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

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

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

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

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

10-D

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án D
Quay hình vng ABCD cạnh a xung quanh một cạnh ta được một khối trụ có độ dài đường cao là a, bán
kính đáy là a.
Thể tích khối trụ là V = π a 2 .a = π a 3
Câu 2: Đáp án A.
Từ bảng biến thiên ta có:
•

Hàm số y = f ( x ) có tập xác định là D = ¡ \ { −1} , suy ra hàm số không đạt cực trị tại x = −1 .

Do đó các mệnh đề ở đáp án B và C là các mệnh đề sai.
•

Hàm số khơng có điểm cực đại nên khơng có giá trị cự đại bằng 1.

Do đó mệnh đề ở đáp án D là mệnh đề sai.
•

Tại x = 2 thì f ′ ( x ) = 0 và đổi dấu từ âm sang dương nên x = 2 là điểm cực tiểu của hàm số và dễ
thấy hàm số khơng có điểm cực đại, suy ra mệnh đề ở đáp án A đúng.

Vậy mệnh đề của đáp án A là đúng.
Câu 3: Đáp án D.
x A + xB


 xI = 2 = 2

y + yB

= 1 ⇒ I ( 2;1;3)
Ta có  yI = A
2

z A + zB

 zI = 2 = 3

Câu 4: Đáp án C.
TXĐ: D = ¡ \ { −1}
Trang 9


−2.1 − ( −4 ) .1

Ta có y ′ =

( x + 1)

2

=

2

( x + 1)

2

> 0, ∀x ∈ D .

Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) .
Câu 5: Đáp án A.
α −β

Mệnh đề

xα  x 
= ÷
yβ  y 

là mệnh đề sai.

Phương pháp CASIO - VINACAL
Thao tác trên máy tính
Kiểm tra đáp án A

Màn hình hiển thị

α −β

xα  x 
ẤN β −  ÷
y
 y

→ CALC → “Nhập x = 1,1; a = 1, 2;

y = 1,3 và b = 1, 4" → =
Vậy đáp án A sai (vì kết quả của hiệu trên khơng bằng
0, nên VT ≠ VP ).
Nên lựa chọn đáp án A.
Câu 6: Đáp án A.
2

2

2

2

0

0

0

0

Ta có I = ∫  2 x + f ( x ) − 2 g ( x )  dx = ∫ 2 xdx + ∫ f ( x ) dx − 2∫ g ( x ) dx
= 4 + 3 − 2. ( −2 ) = 11 .
Câu 7: Đáp án C.
2
Diện tích tồn phần của hình nón là: Stp = π R + π Rl = 9π + 15π = 24π .

Câu 8: Đáp án A.
2
Phương trình tương đương với: log 1 ( x − 3 x + 10 ) = log 1 8
2

2

x = 1
⇔ x 2 − 3 x + 10 = 8 ⇔ x 2 − 3 x + 2 = 0 ⇔ 
x = 2
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm: S = { 1; 2}
Câu 9: Đáp án C.
Thay tọa độ các điểm của các đáp án, ta thấy đáp án C là: 1 − 1 + 1 − 6 = −5 ≠ 0 , suy ra điểm M không
thuộc mặt phẳng ( α ) .
Câu 10: Đáp án D.
Ta có

1

∫ x + 1 dx = ln x + 1 + C = ln 2 x + 2 + C .

Câu 11: Đáp án B.
Trang 10


x = t
r

Trục Ox đi qua O ( 0;0;0 ) và nhận i ( 0;0 ) làm vectơ chỉ phương nên có phương trình tham số là  y = 0
z = 0


Câu 12: Đáp án B.
Theo công thức tổng qt ở lý thuyết thì ta có số hạng thứ 5 là:
C .( a
4
7

)

2 3

4

 −1 
.  ÷ = 35a 6b −4 .
 b 

Câu 13: Đáp án A.
Ta có un +1 − un = 3 ( n + 1) − 2 − 3n + 2 = 3 .
Suy ra d = 3 là công sai của cấp số cộng.
Câu 14: Đáp án D.
Cách 1:
Ta có: w =

z1 1 + 3i ( 1 + 3i ) ( 3 + 4i ) −9 13
=
=
=
+ i
z2 3 − 4i

25
25 25

Do đó w =

−9 13
10
 −9   13 
+ i =  ÷ + ÷ =
25 25
5
 25   25 

2

Cách 2: Ta có: w =

2

z
z1
10
= 1 =
z2
z2
5

Câu 15: Đáp án C.
Dựa vào đồ thị ta thấy có hai tiệm cận là x = −1 và y = −1 nên loại đáp án D.
Đồ thị hàm số đi qua điểm (0;1) nên loại đáp án A và B, chỉ có đáp án C đúng.

Câu 16: Đáp án A.
Hàm số y = x +
Ta có: y ′ = 1 −

4
liên tục trên ( 0; +∞ )
x

 x = −2 ∉ ( 0; +∞ )
4
=0⇔ 
2
x
 x = 2 ∈ ( 0; +∞ )

Bảng biến thiên hàm số y = x +

4
trên ( 0; +∞ ) như sau
x

y = y ( 2) = 4 .
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: m = (min
0;+∞ )
4
4


Bổ trợ: lim+ y = lim+  x + ÷ = +∞; lim+ y = lim+  x + ÷ = +∞
x →0

x →0 
x
→
0
x
→
0
x
x

Trang 11


Câu 17: Đáp án D.
TXĐ: D = ¡ \ { m}
Ta có y ′ =

− m 2 + 2m + 3

( x − m)

2

Để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định thì: y ′ > 0, ∀x ∈ D
⇔ − m 2 + 2 m + 3 > 0 ⇔ −1 < m < 3
Mà m ∈ ¢ ⇒ m ∈ { 0;1; 2}
Vậy S = { 0;1; 2}
Bài tốn tổng qt: Tìm điều kiện của tham số để hàm số y =

ax + b

( a, c ≠ 0 ) đơn điệu trên từng khoảng
cx + d

xác định.
 d
Bước 1: TXĐ: D = ¡ \ − 
 c
ad − bc

Bước 2: Ta có y ′ =

( cx + d )

2

Bước 3: Theo bài ra ta có:
+ Để hàm số đồng biến trên D thì y ′ > 0, ∀x ∈ D ⇔ ad − bc > 0
+ Để hàm số nghịch biến trên D thì y ′ < 0, ∀x ∈ D ⇔ ad − bc < 0
Câu 18: Đáp án C.
Ta có z =

(

2 + 3i

) = ( 2)
2

2

+ 2. 2.3i + ( 3i ) = 2 + 6 2i − 9 = −7 + 6 2i
2

Suy ra T = −7 + 6 2
Câu 19: Đáp án A.

uu
r
 IA ( 1 − a;1; 2 )
Gọi I ( a;0;0 ) ∈ Ox ⇒  uur
 IB ( 3 − a; 2; −3)
Do ( S ) đi qua hai điểm A, B nên IA = IB ⇔

(1− a)

2

+5 =

( 3 − a)

2

+ 13

⇔ 4a = 16 ⇔ a = 4

( S)

có tâm I ( 4;0;0 ) , bán kính R = IA = 14

⇒ ( S ) : ( x − 4 ) + y 2 + z 2 = 14 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 − 8 x + 2 = 0
2

Câu 20: Đáp án B.
3
3
3
Ta có: log16 27 = log 24 3 = log 2 3 =
.
4
4a

Trang 12


d
Công thức biến đổi: log ab c =

d
log a c (với 0 < a ≠ 1; c d > 0 )
b

Câu 21: Đáp án B.
 z2 = 1
Ta có: z + 4 z − 5 = 0 ⇔  2
 z = −5
4

2

Phương trình có bốn nghiệm lần lượt là: z1 = 1, z2 = −1, z3 = −i 5, z4 = i 5
2

2

2

2

Do đó: z1 + z2 + z3 + z4 = 12 + 12 +

( 5) + ( 5)
2

2

= 12

Câu 22: Đáp án C.
uuur
uuur
Ta có AB = ( −3; −3; −4 ) , ( Q ) có vectơ pháp tuyến là n( Q ) = ( 1;1;1)
uuur
Gọi vectơ pháp tuyến của ( P ) là n( P )
uuur uuur
uuur uuur
uuur
uuur uuur
Vì n( P ) ⊥ AB và n( P ) ⊥ n( Q ) nên ta chọn n( P ) =  AB, n( Q )  = ( 1; −1;0 )

uu
r  1 1 
uuur
Lại có n4 =  − ; ;0 ÷ cùng phương với n( P ) nên chọn đáp án C.
 2 2 
Câu 23: Đáp án D.
Điều kiện: x > 0
−1
6
Bất phương trình tương đương với: −1 ≤ log 2 x ≤ 6 ⇔ 2 ≤ x ≤ 2 ⇔

1
≤ x ≤ 64
2

1

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S =  ;64 
2

Câu 24: Đáp án C.
Ta có diện tích thiết diện là S ( x ) = x 3 − x
3

3

0

0

Vậy thể tích phần vật thể Φ là: V = ∫ S ( x ) dx = ∫ x 3 − xdx =

12 3
5

Câu 25: Đáp án B.
Ta có S xq = π Rl
Nên S xq = π 3.4 = 4 3π
Câu 26: Đáp án D.
y = −1; lim y = 1 nên y = −1; y = 1 là các đường TCN.
Ta có xlim
→−∞
x →+∞
y = +∞ nên x = 1 là các đường TCĐ.
Và xlim
→1+
Câu 27: Đáp án D.
Gọi O là tâm của hình vng ABCD,
suy ra A′O ⊥ ( ABCD )
Trang 13


Tam giác A′OA vng tại O, có
A′O = AA′2 − AO 2 = 4a 2 − 2a 2 = a 2
Diện tích hình vng ABCD là:
S ABCD = 4a 2 (đvdt)
Thể tích khối hộp ABCD. A′B′C ′D′ là:
VABCD. A′B′C ′D′ = S ∆ABCD . A′O = 4a 3 2 (đvdt)
Câu 28: Đáp án B.
Ta có y ′ = ( x 2 ) ′ .2 x .ln 2 = 2 x.2 x .ln 2 = x.21+ x .ln 2

2

2

2

Áp dụng công thức ( a u ) ′ = u ′.a u .ln a
Câu 29: Đáp án D.
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy để phương trình f ( x ) = m + 1 có 4 nghiệm phân biệt thì
−4 < m + 1 < 1 ⇔ − 5 < m < 0
Câu 30: Đáp án A.
Từ giả thiết suay ra tam giác ABD đều cạnh a.
Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD)
Do SA = SB = SD nên suy ra H cách đều các đỉnh của tam giác
ABD hay H là tâm của tam giác đều ABD.
Suy ra HI =

1
a 3
a 15
và SH = SA2 − AH 2 =
AI =
3
6
6

Vì ABCD là hình thoi nên HI ⊥ BD
Tam giác SBD cân tại S nên SI ⊥ BD
· , AI = SIH
·

Do đó (·
SBD ) , ( ABCD ) = SI
·
=
Trong tam giác vng SHI, có tan SIH

SH
= 5
HI

Câu 31: Đáp án B.
Điều kiện: 0 < x ≠ 1
Phương trình tương đương với: log 2 x − 6 log x 2 = 1
Đặt t = log 2 x ( t ≠ 0 ) , phương trình trở thành t −

t 2 − t − 6 = 0
t = 3
6
=1⇔ 
⇔
t
 t = −2
t ≠ 0

 x = 8 = x1
 log 2 x = 3
⇒
⇔
⇒ P = x1 x2 = 2
1


log
x
=
−
2
x
=
=
x
 2
2

4

Trang 14


1
Chú ý: Khi log a b = t thì log b a = (với 0 < a ≠ 1; b > 0 )
t
Câu 32: Đáp án C.
Gọi thể tích của khối trịn xoay sinh ra do phần tơ đậm quay quanh đường thẳng AD là V1.
Gọi thể tích của khối trịn xoay sinh ra do hình tam giác ABC quay quanh đường thẳng AD là V2.
Gọi thể tích của khối trịn xoay sinh ra do hình trịn đường kính AD quay quanh đường thẳng AD là V3.
4
1
3
2
Khi đó: V1 = V3 − V2 = π .OA − π .HC . AH

3
3
3

2
4  a 3  1  a  a 3 23π a 3 3
= .π . 
=
÷ − .π .  ÷ .
3  3 ÷
2
216
 3 2

Câu 33: Đáp án A.
Ta có
f ′( x) +

f ( x)
x4
2
3
3
3
′
′
= x ⇔ x. f ( x ) + f ( x ) = x ⇔ ( x. f ( x ) ) = x ⇒ x. f ( x ) = ∫ x dx = + C
x
4

1
5
x3 5
3 1
⇒ f  ÷=
Vì f ( 1) = −1 ⇒ + C = −1 ⇔ C = − ⇒ f ( x ) = −
4
4
4 4x
 2  96
Câu 34: Đáp án A.
Gọi O là trung điểm AC, suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Do đỉnh S cách đều các điểm A, B, C nên SO ⊥ ( ABCD )
Ta có d ( M , ( SBD ) ) =

1
d ( C , ( SBD ) )
2

Kẻ CE ⊥ BD
Khi đó d ( C , ( SBD ) ) = CE =

CB.CD
CB 2 + CD 2

=

a 3
2

1
a 3
Vậy d ( M , ( SBD ) ) = CE =
2
4
Câu 35: Đáp án A.
Do A = ∆ ∩ d1 suy ra A ∈ d nên A ( 2 + t ;1 − 2t;1 + 2t )
Vì M là trung điểm AB, suy ra B ( −t + 2; 2t − 3; −2t + 1)
Theo giả thiết, B ∈ d 2 nên

 A ( 2;1;1)
−t + 2 − 2 2t − 3 + 3 −2t + 1 − 1
=
=
⇔t =0⇒ 
2
1
−1
 B ( 2; −3;1)

x = 2

Đường thẳng ∆ đi qua hai điểm A ( 2;1;1) , B ( 2; −3;1) nên ∆ :  y = 1 + t
z = 1

Câu 36: Đáp án A.
Trang 15


TXĐ: D = ¡ / { − m}

Ta có y ′ =

2m − 1

( x + m)

2

 y′ < 0, ∀x ∈ ( 2; +∞ )
Để hàm số nghịch biến trên ( 2; +∞ ) thì 
 −m ∉ ( 2; +∞ )
1

 2m − 1 < 0
1
m <
⇔
⇔
2 ⇔ −2 ≤ m <
2
− m ≤ 2
m ≥ −2
Bài toán tổng quát: Tìm điều kiện của tham số để hàm số y =

ax + b
( a, c ≠ 0 ) đơn điệu trên khoảng
cx + d

 d
Bước 1: TXĐ: D = ¡ \ − 

 c
Bước 2: Ta có y ′ =

ad − bc

( cx + d )

2

Bước 3: Theo bài ra ta có:
 ad − bc > 0

+ Để hàm số đồng biến trên ( α ; β ) thì y ′ > 0, ∀x ∈ ( α ; β ) ⇔  d
 − c ∉ ( α ; β )
 ad − bc < 0

+ Để hàm số nghịch biến trên ( α ; β ) thì y ′ < 0, ∀x ∈ ( α ; β ) ⇔  d
 − c ∉ ( α ; β )
Câu 37: Đáp án C.
Lấy môđun 2 vế của w = ( 1 − i ) .z , ta được: w = ( 1 − i ) .z = ( 1 − i ) . z = −2i . z = 2m
2

2

2

Câu 38: Đáp án C.
 f ′( x) = 0
(1)
f ( f ( x ) −1)

′
′
′
y
=
f
x
f
f
x
−
1
.2021
ln
2021
=
0
⇔

( ) ( ( ) )
Ta có
 f ′ ( f ( x ) − 1) = 0 (2)
 f ( x ) − 1 = −1  f
 x1 = −1


x =1
f ( x) −1 = 1

f

2
⇔
Ta có ( 1) ⇔ 
và ( 2 ) ⇔ 
 x3 = 3
 f ( x) −1 = 3
f

 f ( x) −1 = 6
f
 x4 = 6



( x) = 0
( x) = 2
( x) = 4
( x) = 7

Dựa vào đồ thị ta có
+ f ( x ) = 0 có 1 nghiệm x5 > 6 là nghiệm bội 1.
+ f ( x ) = 2 có 5 nghiệm x6 < −1; −1 < x7 < 1;1 < x8 < 3;3 < x9 < 6;6 < x10 < x5 là các nghiệm bội 1.
+ f ( x ) = 4 có 1 nghiệm x11 < x6 là nghiệm bội 1.
Trang 16


+ f ( x ) = 7 có 1 nghiệm x12 < x11 là nghiệm bội 1.
Suy ra y ′ = 0 có 12 nghiệm phân biệt mà qua đó y ′ đổi dấu.
Vậy hàm số y = 2021 f ( f ( x ) −1) có 12 điểm cực trị.
Câu 39: Đáp án B.

(

Đặt t = 1 + 2

)

x

( t > 0) ⇒ ( 1 +

2

Phương trình đã cho trở thành: t +

)

x

=

1
t

1 − 2a
− 4 = 0 ⇔ t 2 − 4t + 1 − 2a = 0 (1)
t

Ta cần tìm a để (1) có hai nghiệm dương t1 ; t2 khi đó: x1 − x2 = log1+ 2 t1 − log1+ 2 t2
= log1+

2

t1
t
= log1+ 2 3 ⇔ 1 = 3 ⇔ t1 = 3t2
t2
t2

t1 + t2 = 4
t1 = 3
t1 = 3



⇔ t2 = 1
Kết hợp Vi-ét ta có: t1t2 = 1 − 2a ⇔ t2 = 1
t = 3t
1 − 2a = 3 a = −1
2
1


Câu 40: Đáp án D.
Tính tổng số tiền mà Hùng nợ sau 4 năm học:
Sau 1 năm số tiền Hùng nợ là: 3 + 3r = 3 ( 1 + r )
Sau 2 năm số tiền Hùng nợ là: 3 ( 1 + r ) + 3 ( 1 + r )
2

Tương tự: Sau 4 năm số tiền Hùng nợ là:

3 ( 1 + r ) + 3 ( 1 + r ) + 3 ( 1 + r ) + 3 ( 1 + r ) = 12927407, 43 = A
4

3

2

Tính số tiền T mà Hùng phải trả trong 1 tháng:
Sau 1 tháng số tiền còn nợ là: A + Ar − T = A ( 1 + r ) − T
Sau 2 tháng số tiền còn nợ là:
A ( 1 + r ) − T +  A ( 1 + r ) − T  .r − T = A ( 1 + r ) − T ( 1 + r ) − T
2

Tương tự sau 60 tháng số tiền còn nợ là:
A ( 1 + r ) − T ( 1 + r ) − T ( 1 + r ) − ... − T ( 1 + r ) − T
60

59

58

Hùng trả hết nợ khi và chỉ khi A ( 1 + r ) − T ( 1 + r ) − T ( 1 + r ) − ... − T ( 1 + r ) − T = 0
60

59

58

60
59

58
⇔ A ( 1 + r ) − T ( 1 + r ) − ( 1 + r ) − ... − ( 1 + r ) − 1 = 0



( 1+ r ) −1 = 0
⇔ A(1+ r ) − T.
( 1+ r ) −1
60

60

⇔T =

A( 1+ r )

( 1+ r )

60

60

−1

≈ 232, 289
Trang 17


Câu 41: Đáp án D.
3

2
2
Xét hàm số f ( x ) = x + x + ( m + 1) x + 27 liên tục trên đoạn [ −3; −1] .
2
2
Ta có f ′ ( x ) = 3x + 2 x + m + 1 > 0 với mọi x ∈ [ −3; −1]
2
2
Ta lại có f ( −3) = 6 − 3m ; f ( −1) = 26 − m

{

}

f ( x ) = max 6 − 3m 2 ; 26 − m 2 = M
Suy ra [max
−3; −1]
 M ≥ 6 − 3m 2
 M ≥ 6 − 3m 2


⇒
⇒ 4M ≥ 72 ⇔ M ≥ 18
Ta có 
2
2
M
≥
26
−

m
3
M
≥
3
m
−
78


 6 − 3m2 = 26 − m 2 = 18
m = 2 2

⇔ m2 = 8 ⇔ 
Dấu “=” xảy ra khi 
2
 m = −2 2
( 6 − 3m ) ( 3m − 78 ) > 0
m = 2 2
Vậy với 
thì giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [ −3; −1] có giá trị nhỏ nhất.
 m = −2 2

(

)

Khi đó tích các giá trị là 2 2. −2 2 = −8
Câu 42: Đáp án D.
3

Chọn 3 số bất kì có C10 = 120 cách.

TH1: 3 số chọn ra là 3 số tự nhiên liên tiếp có 8 cách
TH2: 3 số chọn ra là 2 số tự nhiên liên tiếp
•

3 số chọn ra có cặp (1;2) hoặc (9;10) có 2.7 = 14 cách

•

3 số chọn ra có cặp

Vậy xác suất cần tìm là

{ ( 2;3) , ( 3; 4 ) ,..., ( 8;9 ) }

có 6.6 = 36 cách

120 − 8 − 14 − 36 7
= .
120
15

Câu 43: Đáp án D.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Ta có Parabol có đỉnh là gốc tọa độ và đi qua điểm (2;4)
nên có phương trình y = x 2
Đường tròn tâm là gốc tọa độ đi qua điểm có tọa độ (2;4)
nên có bán kính R = 2 5 có phương trình x 2 + y 2 = 20
Gọi S là diện tích phần tơ đậm.

∫(
2

Ta có S =

−2

)

20 − x 2 − x 2 dx ≈ 11,9396

Diện tích nửa hình trịn là 10π nên diện tích phần cịn lại là: 10π − S
Vậy số tiến cần tìm là: S .150 000 + ( 10π − S ) .100 000 ≈ 3 738 574 (đồng).
Trang 18


Câu 44: Đáp án B.
Cách 1: Phương pháp tự luận truyền thống
Ta có: g ′ ( x ) = 3 f ′ ( f ( x ) ) . f ′ ( x ) .
g′ ( x) = 0 ⇔ 3 f ′ ( f ( x ) ) . f ′ ( x ) = 0
 f ( x) = 0

 f ′( f ( x) ) = 0
f ( x) = a
⇔
⇔
( 2 < a < 3)
x = 0
 f ′ ( x ) = 0


 x = a
Ta có f ( x ) = 0 có 3 nghiệm đơn phân biệt x1 , x2 , x3 khác 0 và a.
Vì 2 < a < 3 nên f ( x ) = a có 3 nghiệm đơn phân biệt x4 , x5 , x6 khác x1 , x2 , x3 , 0, a
Suy ra g ′ ( x ) = 0 có 8 nghiệm đơn phân biệt.
Do đó hàm số g ( x ) = 3 f ( f ( x ) ) + 4 có 8 điểm cực trị.
Cách 2: Phương pháp ghép trục
Đặt u = f ( x ) , ta có bảng biến thiên hàm f ( u )

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) 3 f ( f ( x ) ) + 4 bằng với số điểm cực trị của hàm số f ( f ( x ) ) tức hàm
số f ( u ) trên.
Từ bảng biến thiên của f ( u ) , ta được g ( x ) có 8 cực trị.
Câu 45: Đáp án A.
 π
cos x
Bất phương trình đã cho tương đương với: 3m < f ( x ) − 2 , ∀x ∈  0; ÷
 2
 π
cos x
Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) − 2
trên  0; ÷.
 2
 π
g ( x)
Bài tốn trở thành tìm m để 3m < g ( x ) , ∀x ∈  0; 2 ÷ ⇔ 3m ≤ min
 π


0;


÷
2




Trang 19


cos x
Ta có g ′ ( x ) = f ′ ( x ) + 2 .sinx .ln 2

 π  1 < f ′ ( x ) < 6
⇒ g′( x) > 0
Nhận xét: Với x ∈  0; ÷⇒ 
 2  0 < 2cos x.sin x.ln 2
Do đó ta có

3m ≤ min g ( x ) = g ( 0 ) = f ( 0 ) − 2cos 0 = f ( 0 ) − 2
 π
 0; ÷
 2

1
Vậy m ≤  f ( 0 ) − 2 
3
Câu 46: Đáp án C.
Gọi O là tâm mặt đáy ( ABCD ) của hình chóp
tứ giác đều S.ABCD.
Trong ( SAC ) , gọi I là giao điểm của SO và AC ′

Trong ( SBD ) , gọi D′ là giao điểm của BI và SD
⇒ ( ABC ′ ) ≡ ( ABC ′D′ )
Ta có CD / / C ′D′ ⇒

SC ′ SD′
=
=k
SC SD

1
1 2
VS . ABC ′D′ VS . ABC ′ + VS . AC ′D′ k .VS . ABC + k 2 .VS . ACD 2 k .VS . ABCD + 2 k .VS . ABCD 1
=
=
=
=
VS . ABCD
VS . ABCD
VS . ABCD
VS . ABCD
2

5 −1
k=

1
1
1
2
⇔ k + k2 = ⇔ 

2
2
2

− 5 −1
(loai )
k =

2
Câu 47: Đáp án C.
Ta có: log 2

a+b+c
= a ( a − 2) + b ( b − 2) + c ( c − 2)
a + b2 + c2 + 1
2

log 2 ( a + b + c ) + 2 ( a + b + c ) + 1 = log 2 ( a 2 + b 2 + c 2 + 1) + a 2 + b 2 + c 2 + 1
log 2 ( 2a + 2b + 2c ) + 2a + 2b + 2c = log 2 ( a 2 + b 2 + c 2 + 1) + a 2 + b 2 + c 2 + 1( *)
Xét hàm f ( t ) = log 2 t + t (với t > 0 )
Ta có, f ′ ( t ) =

1
+ 1 > 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) nên hàm số f ( t ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) .
t ln 2

2
2
2
Nhận thấy: f ( 2a + 2b + 2c ) = f ( a + b + c + 1) , nên 2a + 2b + 2c = a 2 + b 2 + c 2 + 1 là nghiệm duy nhất

của phương trình (*) hay ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) = 2
2

Ta lại có, P =

2

2

3a + 2b + c
⇔ ( P − 3) ( a − 1) + ( P − 2 ) ( b − 1) + ( P − 1) ( c − 1) = 6 − 3P ( **)
a+b+c
Trang 20


Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có:

( 6 − 3P )

2

= ( P − 3) ( a − 1) + ( P − 2 ) ( b − 1) + ( P − 1) ( c − 1) 

2

6−2 3
6+2 3
2
2

2
≤ 2 ( P − 3) + ( P − 2 ) + ( P − 1)  ⇔ 3P 2 − 12 P + 8 ≤ 0 ⇔
≤P≤


3
3
Vậy Pmax =

6+2 3
3 +1
1
1− 3
khi a =
,b = ,c =
3
3
3
3

Câu 48: Đáp án C.
Hàm dưới dấu tích phân là

x. f ′ ( x )
f ′( x)
= x.
, ∀x ∈ [ 0;1]
f ( x)
f ( x)

Điều này làm ta liên tưởng đến đạo hàm đúng

sau:

f ′( x)
x. f ′ ( x )
+ mx ≥ 2 m .
với m ≥ 0 và x ∈ [ 0;1]
f ( x)
f ( x)
1

Do đó ta cần tìm tham số m ≥ 0 sao cho

∫
0

Hay ln f ( x )

1

0

+

mx 2
2

1

1
f ′( x)
x. f ′ ( x )
+ mx dx ≥ 2 m .∫
dx
f ( x)
f ( x)
0

≥ 2 m .1 ⇔ ln f ( 1) − ln f ( 0 ) +

0

Để dấu “=” xảy ra thì ta cần có 2 − 0 +
Với m = 4 thì đẳng thức xảy ra nên
⇒∫

f ′( x)
, muốn vậy ta phải đánh giá theo AM − GM như
f ( x)

m
m
≥ 2 m ⇔ 2−0+ ≥ 2 m
2
2

m
=2 m ⇔m=4
2

f ′( x)
= 4x
f ( x)

f ′( x)
2
dx = ∫ 4 xdx ⇔ ln f ( x ) = 2 x 2 + C ⇒ f ( x ) = e 2 x +C
f ( x)

 f ( 0 ) = 1
1
2 x2
⇒
C
=
0
⇒
f
x
=
e
⇒ f  ÷= e
(
)
Theo giả thiết 
2
2
 f ( 1) = e
Cách 2: Theo Holder

2

2

1
 1 x. f ′ ( x )   1
f ′( x)  1
1 ≤ ∫
dx ÷ =  ∫ x .
dx ÷ ≤ ∫ xdx.∫
0
÷ 0
÷ 0
f
x
f
x
(
)
(
)
0

 

2

Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có

Suy ra

f ′( x)
= kx , thay vào
f ( x)

f ′( x)
f ( 1)
1
dx = .ln
=1
f ( x)
2
f ( 0)
1

∫
0

x. f ′ ( x )
dx = 1 ta được k = 4
f ( x)

f ′( x)
= 4 x (làm tiếp như trên).
f ( x)
Trang 21


Câu 49: Đáp án B.
Phương trình tương đương với: 8 x + 3 x.4 x + 3 x 2 .2 x + 2 x = m3 x3 − x 3 + mx − x

8 x + 3 x.4 x + 3 x 2 .2 x + + x 3 + 2 x + x = m3 x 3 + mx
( 2 x ) 3 + 3. ( 2 x ) 2 .x + 3.2 x.x 2 + x 3  + 2 x + x = m3 x 3 + mx


⇔ ( 2 x + x ) + ( 2 x + x ) = m3 x 3 + mx
3

3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + t , f ′ ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ ¡
x
x
Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡ ; nhận thấy f ( 2 + x ) = f ( mx ) ⇒ 2 + x = mx là nghiệm duy nhất

của phương trình.
2x
Ta có: 2 + x = mx ⇔ m = + 1 (vì x = 0 khơng là nghiệm của phương trình).
x
x

2x
Bài tốn trở thành tìm m để phương trình m = − 1 có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc (0;10).
x
2 x ( x ln 2 − 1)
2x
1
Xét hàm số f ( x ) = + 1, ∀x ≠ 0 ⇒ f ′ ( x ) =
=0⇔ x=
∈ ( 0;10 )
2

x
x
ln 2
Ta có bảng biến thiên:

Nhìn vào bảng biến thiên, suy ra: e ln 2 + 1 < m <

517 m∈¢

→ m ∈ { 3; 4;...;102;103}
5

Vậy có 101 giá trị nguyên m thỏa mãn đề bài.
Câu 50: Đáp án A.
Gọi G là trọng tâm ∆ABC
Ta có G ( 0;0;3) và G ∉ ( S )
uuuu
r uuu
r 2 uuuu
r uuu
r 2 uuuu
r uuur
Khi đó: MA2 + MB 2 + MC 2 = MG + GA + MG + GB + MG + GC

(

) (

) (

)

2

uuuu
r uuu
r uuu
r uuur
= 3MG 2 + 2 MG GA + GB + GC + GA2 + GB 2 + GC 2 = 3MG 2 + 6

(

)

2
2
2
Do đó ( MA + MB + MC ) min ⇔ MG ngắn nhất.

Trang 22


Ta lại có, mặt cầu ( S ) có bán kính R = 1 tâm I ( 0;0;1) ∈ Oz , và ( S ) qua O.
Mà G ∈ Oz nên MG ngắn nhất khi M = Oz ∩ ( S )
Do đó M ( 0;0; 2 ) . Vậy MA = 2

Trang 23