31 đề thi thử TN THPT 2021 môn toán THPT chuyên KHTN hà nội lần 1 file word có lời giải

TRƯỜNG ĐH KHTN

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2020 – 2021

KHTN

MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

Câu 1 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :

d2 :

x y −1 z +1
=
=
và
2
1
−2

x −1 y − 2 z − 3
=
=
. Khoảng cách giữa hai đường thẳng này bằng:
1
2

−2
17
16

A.

17
4

B.

16
17

C.

D. 16

Câu 2 (TH): Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng y = x + 3 và parabol y = 2 x 2 − x − 1 bằng:
A. 9

B.

13
6

C.

13
3

D.

9
2

Câu 3 (TH): Phương trình z 4 = 16 có bao nhiêu nghiệm phức?
A. 0

B. 4

C. 2

D. 1

Câu 4 (VD): Cho hàm số y = x 3 − mx 2 − m 2 x + 8. Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số có điểm cực
tiểu nằm hồn tồn phía bên trên trục hồnh?
A. 3

B. 5

C. 4

D. 6

Câu 5 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y =
A. 4

B. 2

mx + 4
nghịch biến trên khoảng ( −1;1) ?
x+m

C. 5

D. 0

1

Câu 6 (NB): Hàm số y = ( x − 1) 3 có tập xác định là:
A. [ 1; +∞ )

B. ( 1; +∞ )

C. ( −∞; +∞ )

D. ( −∞;1) ∪ ( 1; +∞ )

x y +1 z −1
=
Câu 7 (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : =
và mặt
2
−2
1
phẳng ( Q ) : x − y + 2 z = 0. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A ( 0; −1; 2 ) , song song với
đường thẳng ∆ và vng góc với mặt phẳng ( Q ) .
A. x + y − 1 = 0

B. −5 x + 3 y + 3 = 0

C. x + y + 1 = 0

Câu 8 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình log 1 x ≤ log
2

1 
A.  ;1
2 

1 
B.  ;1
4 

1 
C.  ;1
4 

1
2

( 2 x − 1)

D. −5 x + 3 y − 2 = 0
là:
1 
D.  ;1
2 

Trang 1


4
2
Câu 9 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình x − 2 x − 3 = 2m − 1 có đúng 6 nghiệm

thực phân biệt.
A. 1 < m <

3
2

B. 4 < m < 5

D. 2 < m <

C. 3 < m < 4

5
2

2
2
Câu 10 (TH): Số nghiệm thực của phương trình log 4 x = log 2 ( x − 2 ) là:

A. 0

B. 2

C. 4

D. 1

Câu 11 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số y = x 3 − 12 x + 1 − m cắt trục hoành tại
3 điểm phân biệt?
A. 3

B. 33

C. 32

Câu 12 (VD): Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn log
A.

1
3

B. −

1
3

B. 4

( a b ) = 3. Tính log ( b a ) .
3

ab

C. 3

2
Câu 13 (TH): Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x +

A. 6

D. 31
3

ab

D. −3

16
trên ( 0; +∞ ) bằng:
x

C. 24

D. 12

Câu 14 (VD): Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a 2. Cạnh bên SA vng
góc với đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 450. Gọi E là trung điểm của BC. Tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng DE và SC.
A.

2a 19
19

B.

a 10
19

C.

a 10
5

D.

2a 19
5

Câu 15 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m khơng vượt q 2021 để phương trình
4 x −1 − m.2 x − 2 + 1 = 0 có nghiệm?
A. 2019

B. 2018

C. 2021

D. 2017

2

Câu 16 (TH): Biết rằng
A. −5

x3 − 1
∫1 x 2 + x dx = a + b ln 3 + c ln 2 với a, b, c là các số hữu tỉ. Tính 2a + 3b − 4c.
B. −19

C. 5

D. 19

Câu 17 (TH): Biết rằng log 2 3 = a, log 2 5 = b. Tính log 45 4 theo a, b.
A.

2a + b
2

B.

2b + a
2

C.

2
2a + b

D. 2ab

Câu 18 (TH): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau, chia hết cho 15 và mỗi chữ số
đều không vượt quá 5.
A. 38

B. 48

C. 44

D. 24

Câu 19 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 1;3; −2 )

( P ) : 2 x + y − 2 z − 3 = 0. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( P )

và mặt phẳng

bằng:
Trang 2


A.

2
3

B. 2

C. 3

D. 1

Câu 20 (TH): Một lớp học có 30 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn một ban
cán sự lớp gồm 3 học sinh. Tính xác suất để ban cán sự lớp có cả nam và nữ.
A.

435
988

B.

135
988

Câu 21 (TH): Tính ngun hàm
A.

1
tan 2 x − x + C
2

∫ tan

2

C.

285
494

D.

5750
9880

C.

1
tan 2 x + x + C
2

D. tan 2x + x + C

2 xdx.

B. tan 2x − x + C

x

4

x
Câu 22 (TH): Số nghiệm nguyên thuộc đoạn [ −99;100] của bất phương trình  sin π ÷ ≥  cos 3π ÷ là:
5 
10 


A. 5

B. 101

C. 100

D. 4

Câu 23 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :

x −1 y − 2 z
=
=
và mặt
1
2
−2

phẳng ( P ) :2 x − y + 2 z − 3 = 0. Gọi α là góc giữa đường thẳng Δ và mặt phẳng (P). Khẳng định nào sau
đây là đúng?
A. cos α = −

4
9

B. sin α =

4
9

C. cos α =

4
9

D. sin α = −

4

9

Câu 24 (TH): Cho cấp số cộng ( un ) thỏa mãn u1 + u2020 = 2, u1001 + u1221 = 1. Tính u1 + u2 + .... + u2021.
A.

2021
2

B. 2021

C. 2020

D. 1010

Câu 25 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :

x −1 y − 2 z − 3
=
=
và điểm
2
−2
1

A ( −1; 2;0 ) . Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng Δ bằng:
A.

17
9

B.

17
3

C.

2 17
9

D.

2 17
3

8 3
Câu 26 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số y = x + 2 ln x − mx đồng biến trên
3

( 0;1) ?
A. 5

B. 10

C. 6

D. vô số

Câu 27 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :

x −1 y +1 z
=
= và hai mặt
1
1
2

phẳng ( P ) : x − 2 y + 3 z = 0, ( Q ) : x − 2 y + 3 z + 4 = 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng
∆ và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) .
Trang 3


2
A. x + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) =

1
7

2
B. x + ( y + 2 ) + ( z + 2 ) =

1
7

2
C. x + ( y + 2 ) + ( z + 2 ) =

2
7

2
D. x + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) =

2
7

2

2

2

2

2

2

2

∫ ( 2 x − 1) ln xdx .

Câu 28 (TH): Tìm nguyên hàm
x2
A. ( x − x ) ln x + − x + C
2

x2
B. ( x − x ) ln x − + x + C
2

2

C. ( x − x 2 ) ln x −

2

2

x2
− x+C
2

D. ( x − x 2 ) ln x +

x2
+ x+C
2

a + b + 2 ab − 3
=
Câu 29 (VDC): Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn 2

1 − ab
. Giá trị nhỏ nhất của biểu
a+b

thức a 2 + b 2 là:
A. 3 − 5

B.

(

)

5 −1

2

5 −1
2

C.

D. 2

3
2
Câu 30 (VD): Cho hàm số y = mx + mx − ( m + 1) x + 1 . Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số nghịch

biến trên R?
A. −

3
4

C. −

B. m ≤ 0

3
≤m≤0
4

D. m ≤ −

3
4

Câu 31 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số y = x 2 + 8ln 2 x − mx đồng biến trên

( 0; +∞ ) ?
A. 6

B. 7

C. 5

D. 8

Câu 32 (TH): Cho số phức z thỏa mãn 3 z + i ( z + 8 ) = 0 . Tổng phần thực và phần ảo của z bằng:
A. −1

B. 2

D. −2

C. 1

Câu 33 (VDC): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A ( 1;0; 2 ) , B ( −1;1;3) , C ( 3; 2;0 ) và
mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2 z + 1 = 0 . Biết rằng điểm M ( a; b; c ) thuộc mặt phẳng (P) sao cho biểu thức
MA2 + 2 MB 2 − MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó a + b + c bằng:
A. −1

B. 1

C. 3

Câu 34 (TH): Tính đạo hàm của hàm số y = ln
A.

x
x +1

B.

1
x +1

Câu 35 (TH): Tính nguyên hàm
2x
A. (

3

− 1)

18

3

+C

2x
B. (

2

− 1)

3

)

x +1 .
C.

∫ x ( 2x
3

(

3

D. 5

1
x+ x

D.

1
2x + 2 x

− 1) dx .

3

+C

2

2x
C. (

3

− 1)

6

3

+C

2x
D. (

3

− 1)

9

3

+C
Trang 4


2

Câu 36 (TH): Phương trình 2 x = 3x có bao nhiêu nghiệm thực?
A. 2

B. 1

C. 0

D. 3

Câu 37 (VD): Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 2 . Có bao nhiêu tiếp tuyến với đồ thị hàm số đi qua điểm
A ( 1;0 ) ?
A. 2

B. 0

C. 1

D. 3

Câu 38 (TH): Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a 3 , SA ⊥ ( ABCD ) và SA = a 2 .
Tính góc giữa SC và ( ABCD ) .
A. 900

B. 450

C. 300

D. 600

Câu 39 (TH): Tọa độ tâm đối xứng của đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x + 2 là:
A. ( 0;0 )

B. ( 0; 2 )

C. ( 1;0 )

D. ( −1; 4 )

−x
Câu 40 (VD): Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ và thỏa mãn xf ′ ( x ) + ( x + 1) f ( x ) = e với mọi x .

Tính f ′ ( 0 ) .
B. −1

A. 1

C.

1
e

D. e

Câu 41 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 1; −1; −2 ) và mặt phẳng

( P ) : x − 2 y − 3z + 4 = 0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vng góc với (P).
A.

x −1 y +1 z + 2
=
=
1
−2
−3

B.

x +1 y −1 z − 2
=
=
1
−2
3

C.

x +1 y −1 z − 2
=
=
1
−2
−3

D.

x +1 y +1 z + 2
=
=
1
−2
3

Câu

42

(VDC):

Có

bao

nhiêu

giá

trị

thực

của

m

để

hàm

số

y = mx 9 + ( m 2 − 3m + 2 ) x 6 + ( 2m3 − m 2 − m ) x 4 + m đồng biến trên ¡ .
A. Vô số

B. 1

C. 3

D. 2

1
Câu 43 (VD): Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ( 0; +∞ ) và thỏa mãn 2 f ( x ) + xf  ÷ = x với mọi x > 0 .
 x
2

Tính

A.

∫ f ( x ) dx .
1
2

7
12

B.

7
4

C.

9
4

D.

3
4

Trang 5


Câu 44 (TH): Biết rằng đường thẳng y = 1 − 2 x cắt đồ thị hàm số y =

x−2

tại hai điểm phân biệt A và
x −1

B. Độ dài đoạn thẳng AB bằng:
A. 20

B.

20

C. 15

D. 15

Câu 45 (VD): Cho hình chóp S . ABC có AB = 3a, BC = 4a, CA = 5a , các mặt bên tạo với đáy góc 600 ,
hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng ( ABC ) thuộc miền trong tam giác ABC. Tính thể tích hình
chóp S . ABC .
A. 2a 3 3

B. 6a 3 3

C. 12a 3 3

D. 2a 3 2

Câu 46 (VD): Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có cạnh đáy là 2a và khoảng cách từ điểm A
đến mặt phẳng ( A′BC ) bằng a. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ .
2a 3
3

A.

B.

a3 2
2

C. 2 2a 3

D.

3a 3 2
2

Câu 47 (TH): Tính thể tích của khối trịn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng 3 x − 2 và đồ
thị hàm số y = x 2 quanh quanh trục Ox .
A.

1
6

B.

π
6

C.

4
5

D.

Câu 48 (TH): Cho cấp số nhân ( un ) thỏa mãn 2 ( u3 + u4 + u5 ) = u6 + u7 + u8 . Tính
A. 4

B. 1

C. 8

u8 + u9 + u10
.
u2 + u3 + u4

D. 2

Câu 49 (VD): Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z − 1 + 3i = z + 1 − i .
A. x − 2 y − 2 = 0

B. x + y − 2 = 0

C. x − y + 2 = 0

D. x − y − 2 = 0

Câu 50 (VDC): Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 3a , góc
∠SAB = ∠SCB = 900 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng a 6 . Tính diện tích mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S . ABC .
A. 36π a 2

B. 6π a 2

C. 18π a 2

D. 48π a 2

Trang 6


Đáp án
1-C
11-D
21-A
31-D
41-A

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

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

4-C
14-A

24-A
34-D
44-D

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

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

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

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

9-D
19-B

29-C
39-B
49-D

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
Phương pháp giải:

ur
uu
r
Cho đường thẳng d1 đi qua điểm M 1 và có VTCP u1 ; đường thẳng d 2 đi qua điểm M 2 và có VTCP u2 .

Khi đó ta có khoảng cách giữa d1 , d 2 được tính bởi công thức: d ( d1 ; d 2 )

ur uu
r uuuuuur
u1 ,u2  .M 1M 2


=
.
ur uu
r

u1 ,u2 



Giải chi tiết:
Ta có:
ur
x y −1 z +1
⇒ d1 đi qua M 1 ( 0; 1; − 1) và có 1 VTCP là: u1 = ( 2;1; −2 ) .
=
=
2
1
−2
uu
r
x −1 y − 2 z − 3
⇒ d 2 đi qua M 2 ( 1; 2;3) và có 1 VTCP là: u2 = ( 1; 2; −2 ) .
d2 :
=
=
1
2
−2
uuuuuur
 M 1M 2 = ( 1;1; 4 )
r
⇒  ur uu

 = 2; 2;3)

u
,
u
  1 2  (
ur uu
r uuuuuur
u1 ,u2  .M 1M 2
2 + 2 + 12
16


⇒ d ( d1 ; d 2 ) =
=
=
.
ur uu
r
2
2
2
17
u1 ,u2 
2
+
2
+
3


d1 :

Câu 2: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Xét phương trình hồnh độ tìm 2 đường giới hạn x = a, x = b .
- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) , đường thẳng x = a, x = b là
b

S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx .
a

Giải chi tiết:
x = 2
2
Xét phương trình hồnh độ giao điểm: x + 3 = 2 x − x − 1 ⇔ 
.
 x = −1

Trang 7


2

Vậy diện tích hình phẳng cần tính là S =

∫ x + 3 − 2x

2

+ x + 1 dx = 9 .

−1

Câu 3: Đáp án B
Phương pháp giải:
2
2
Sử dụng hằng đẳng thức a − b = ( a − b ) ( a + b ) .

Giải chi tiết:
Ta có
2
2
z 4 = 16 ⇔ z 4 − 16 = 0 ⇔ ( z − 4 ) ( z + 4 ) = 0

z2 = 4
 z = ±2
⇔ 2
⇔
 z = ±2i
 z = −4
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phức.
Câu 4: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Giải phương trình y ′ = 0 xác định các giá trị cực trị theo m.
- Chia các TH, tìm các giá trị cực tiểu tương ứng và giải bất phương trình yCT < 0 .
Giải chi tiết:
Ta có y ′ = 3 x 2 − 2mx − m 2 ; y ′ = 0 có ∆′ = m 2 + 3m2 = 4m2 ≥ 0 ∀m .
Để hàm số có cực tiểu, tức là có 2 điểm cực trị thì phương trình y ′ = 0 phải có 2 nghiệm phân biệt
⇒m≠0

m + 2m

= m ⇒ y = −m3 + 8
x =
3
Khi đó ta có y ′ = 0 ⇔ 
3
 x = m − 2m = − m ⇔ y = 5m + 8

3
3
27
 m > 0

3
0 < m < 2
  yCT = − m + 8 > 0 ⇔ m < 2
⇔ 6
Khi đó yêu cầu bài toán ⇔  m < 0
−

3
3

5


5m
6

 yCT = 27 + 8 > 0 ⇔ m > − 3
5

Lại có m ∈ ¢ ⇒ m ∈ { −3; −2; −1;1} . Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 5: Đáp án B
Phương pháp giải:
ax + b
Hàm số y =
nghịch biến trên ( α ; β ) khi và chỉ khi
cx + d

 y′ < 0

 d
 − c ∉ ( α ; β )

Giải chi tiết:
Trang 8


TXĐ: D = ¡ \ { −m} .
Ta có y =

mx + 4
m2 − 4
⇒ y′ =
2 .
x+m
( x + m)

Để hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) thì
m2 − 4 < 0
 −2 < m < 2
 y′ < 0
1 ≤ m < 2


⇔   − m ≤ −1 ⇔   m ≥ 1
⇔
.

 −2 < m ≤ − 1
 −m ∉ ( −1;1)
  −m ≥ 1
  m ≤ −1


Lại có m ∈ ¢ ⇒ m = ±1 .
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 6: Đáp án B
Phương pháp giải:
Hàm số y = x n với n ∉ ¢ xác định khi và chỉ khi x > 0 .
Giải chi tiết:
1

Hàm số y = ( x − 1) 3 xác định khi và chỉ khi x − 1 > 0 ⇔ x > 1 .
Vậy TXĐ của hàm số là ( 1; +∞ ) .
Câu 7: Đáp án C
Phương pháp giải:
uur

uu
r
- Xác định u∆ là 1 VTCP của ∆ và nQ là 1 VTPT của ( Q ) .
uur uu
r
uur uur uur
( P ) / / ∆
 nP ⊥ u∆
⇒  uur uur ⇒ nP =  nQ ; u∆  .
- Vì 
( P ) ⊥ ( Q )
 nP ⊥ nQ
r
- Phương trình mặt phẳng đi qua M ( x0 ; y0 ; z0 ) và có 1 VTPT → n ( A; B; C ) là
A ( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0 .
Giải chi tiết:

uu
r
Đường thẳng ∆ có 1 VTCP là u∆ = ( 2; −2;1) .
uur
Mặt phẳng ( Q ) có 1 VTPT là nQ = ( 1; −1; 2 ) .
uur uu
r
 nP ⊥ u∆
uur
( P ) / / ∆
⇒  uur uur .
Gọi nP là 1 VTPT của mặt phẳng ( P ) . Vì 
( P ) ⊥ ( Q )

 nP ⊥ nQ
uur uur uur
r
⇒ nP =  nQ ; u∆  = ( 3;3;0 ) ⇒ n ( 1;1;0 ) cũng là 1 VTPT của ( P ) .
Vậy phương trình mặt phẳng ( P ) là 1. ( x − 0 ) + 1. ( y + 1) + 0. ( z − 2 ) = 0 ⇔ x + y + 1 = 0 .
Câu 8: Đáp án A
Phương pháp giải:
Trang 9


- Tìm ĐKXĐ của bất phương trình.
- Giải bất phương trình logarit: log a f ( x ) ≤ log a g ( x ) ⇔ f ( x ) ≥ g ( x ) khi 0 < a < 1 .
Giải chi tiết:
x > 0
1
⇔x> .
ĐKXĐ: 
2
2 x − 1 > 0
Ta có:
log 1 x ≤ log
2

1
2

( 2 x − 1)

⇔ log 1 x ≤ log 1 ( 2 x − 1) ⇔ x ≥ ( 2 x − 1) 2
2

2

2

⇔ x 2 ≥ 4 x 2 − 4 x + 1 ⇔ 3x 2 − 4 x + 1 ≤ 0 ⇔

1
≤ x ≤1
3

1 
Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là S =  ;1 .
2 
Câu 9: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Xét phương trình hồnh độ giao điểm, cơ lập m, đưa phương trình về dạng m = f ( x ) .
- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y = 2m − 1 phải cắt đồ thị
4
2
hàm số y = x − 2 x − 3 tại 3 điểm phân biệt.
4
2
- Lập BBT hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3 , từ đó lập BBT hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3 , y = x − 2 x − 3 và tìm m

thỏa mãn.
Giải chi tiết:
4
2
4

2
Số nghiệm của phương trình x − 2 x − 3 = 2m − 1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = x − 2 x − 3 và

đường thẳng y = 2m − 1 .
x = 0
3
Xét hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3 ta có y ′ = 4 x − 4 x = 0 ⇔ 
 x = ±1
BBT:

4
2
Từ đó ta suy ra BBT của đồ thị hàm số y = x − 2 x − 3 .

Trang 10


- Từ đồ thị y = x 4 − 2 x 2 − 3 lấy đối xứng phần đồ thị bên dưới trục Ox qua trục Ox .
- Xóa đi phần đồ thị bên dưới trục Ox .
4
2
Ta có BBT của đồ thị hàm số y = x − 2 x − 3 như sau:

4
2
Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y = 2m − 1 cắt đồ thị hàm số y = x − 2 x − 3 tại 6 điểm phân biệt khi

và chỉ khi 3 < 2m − 1 < 4 ⇔ 4 < 2m < 5 ⇔ 2 < m <
Vậy 2 < m <

5
.
2

5
.
2

Câu 10: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Xét phương trình hồnh độ giao điểm, cơ lập m, đưa phương trình về dạng m = f ( x ) .
- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y = m phải cắt đồ thị hàm
số y = f ( x ) tại 3 điểm phân biệt.
- Lập BBT hàm số y = f ( x ) và tìm m thỏa mãn.
Giải chi tiết:
x ≠ 0
x > 2

 x2 > 0
⇔  x > 2 ⇔ 
ĐKXĐ:  2
x − 2 > 0

 x < − 2
x
<
−
2




Ta có:
log 4 x 2 = log 2 ( x 2 − 2 )
1
⇔ .2.log 2 x = log 2 ( x 2 − 2 )
2
⇔ log 2 x = log 2 ( x 2 − 2 ) ⇔ x 2 − 2 = x
⇔ x − x − 2 = 0 ⇔ x = 2 ⇔ x = ±2 ( tm )
2

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 11: Đáp án D
Phương pháp giải:
Trang 11


- Xét phương trình hồnh độ giao điểm, cơ lập m, đưa phương trình về dạng m = f ( x ) .
- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y = m phải cắt đồ thị hàm
số y = f ( x ) tại 3 điểm phân biệt.
- Lập BBT hàm số y = f ( x ) và tìm m thỏa mãn.
Giải chi tiết:
3
3
Xét phương trình hồnh độ giao điểm x − 12 x + 1 − m = 0 ⇔ m = x − 12 x + 1 = f ( x ) .

Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y = m phải cắt đồ thị hàm số
y = f ( x ) tại 3 điểm phân biệt.
2
Ta có f ′ ( x ) = 3 x − 12 = 0 ⇔ x = ±2 .

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy để đường thẳng y = m phải cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 3 điểm phân biệt thì
−15 < m < 17 .
Mà m ∈ ¢ ⇒ m ∈ { −14; −13; −12;...;15;16} . Vậy có 31 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 12: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Sử dụng các công thức: log a ( xy ) = log a x + log a y ( 0 < a ≠ 1, x, y > 0 )
log an b m =

m
log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 )
n

Từ giả thiết tính log a b .
- Biến đổi biểu thức cần tính bằng cách sử dụng các cơng thức trên, thay log a b vừa tính được để tính giá
trị biểu thức.
Giải chi tiết:
Theo bài ra ta có:
log√ab(a3√b)=log√ab(3√ab.3√a2)=log√ab3√ab+log√ab3√a2=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab
(ab)
+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒23+134(1+logab)=3⇒logab=−37logab(ab3)=logab(ab3.a23)=logaba
b3+logaba23=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab(ab)
+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒23+134(1+logab)=3⇒logab=−37
Trang 12


log

( a b ) = log (

3

ab

= log
= log

3

ab

3
ab

ab + log

3
ab

( ab )

1
2

a2

1

1

( ab ) 3 +

)

ab . 3 a 2

1

log

( ab ) 2

2

a3

1
1
= 2.log ab ( ab ) +
1 3
3
. log a ( ab )
2 2
=

2
1
+
3 3 1 + log b
(

a )
4

⇒

2
1
+
=3
3
3
( 1 + log a b )
4

⇒ log a b = −

3
7

Khi đó ta có:
log

( b a ) = log (
3

ab

= log
= log

3

ab

3
ab

ab + log

3
ab

( ab )

( ab ) 3 +

)

b2

1

1

1
2

ab 3 b 2

log

1

2
b3

( ab ) 2

1
1
= .2.log ab ( ab ) +
1
3
3
. log b ( ab )
2 2
=

=

2
1
+
3 3 log a + 1
( b
)
4
2 4
1
1

+ .
=−
3 3 − 7 +1
3
3

Câu 13: Đáp án D
Phương pháp giải:
Lập BBT của hàm số trên ( 0; +∞ ) và tìm GTNN của hàm số.
Giải chi tiết:
Hàm số đã cho xác định trên ( 0; +∞ ) .

Trang 13


Ta có y ′ = 2 x −

16 2 x 3 − 16 ′
; y = 0 ⇔ x = 2.
=
x2
x2

BBT:

y = 12 .
Dựa vào BBT ta thấy (min
0; +∞ )
Câu 14: Đáp án A
Phương pháp giải:

- Xác định mặt phẳng ( P ) chứa DE và song song với SC , khi đó d ( DE ; SC ) = d ( SC ; ( P ) ) .
- Đổi sang d ( A; ( P ) ) . Dựng khoảng cách.
- Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt
phẳng đó.
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vng, định lí Pytago, diện tích … để tính khoảng cách.
Giải chi tiết:

Trong ( ABCD ) gọi I = AC ∩ DE , trong ( SAC ) kẻ IG / / SC ( G ∈ SA ) , khi đó ta có DE ⊂ ( GDE ) / / SC .
⇒ d ( SC ; DE ) = d ( SC ; ( GDE ) ) = d ( C ; ( GDE ) ) .
Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

⇒ d ( C ; ( GDE ) ) =

d ( C; ( GDE ) ) IC 1
IC EC 1
=
=
=
= , do AC ∩ ( GDE ) = I nên
d ( A; ( GDE ) ) IA 2
IA AD 2

1
d ( A; ( GDE ) ) .
2

Trong ( ABCD ) kẻ AH ⊥ DE ( H ∈ DE ) , trong ( GAH ) kẻ AK ⊥ GH ( K ∈ GH ) ta có:
Trang 14

 DE ⊥ AH
⇒ DE ⊥ ( AGH ) ⇒ DE ⊥ AK

 DE ⊥ AG
 AK ⊥ GH
⇒ AK ⊥ ( GDE ) ⇒ d ( A; ( GDE ) ) = AK

 AK ⊥ DE
Vì SA ⊥ ( ABCD ) nên AC là hình chiếu vng góc của SC lên ( ABCD )
⇒ ∠ ( SC ; ( ABCD ) ) = ∠ ( SC; AC ) = ∠SCA = 450 .
⇒ ∆SAC vng cân tại A.
Vì ABCD là hình vng cạnh a 2 nên AC = a 2. 2 = 2a = SA .
Áp dụng định lí Ta-lét ta có
Ta có: S ∆AED =

AG AI 2
4a
=
= ⇒ AG =
.
AS AC 3
3

1
1
1
d ( E ; AD ) . AD = AB. AD = a 2.a 2 = a 2 .
2
2
2

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng CDE ta có DE = CD 2 + CE 2 = 2a 2 +
⇒ AH =

a 2 a 10
.
=
2
2

2S AED
2a 2
2a 10
=
=
ED
5 .
a 10
2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng GAH ta có
AK=AG.AH√AG2+AH2=4a3.2a√105

AK =

AG. AH
AG + AH
2

Vậy d ( DE ; SC ) =

2

=

4a 2a 10
.
3
5
2

2
 4a   2a 10 
÷
 ÷ +
 3   5 

=

4a 19
19 .

1 2a 19
.
=
2
19

Câu 15: Đáp án B
Phương pháp giải:

- Đặt ẩn phụ t = 2 x − 2 > 0 .
- Cơ lập m, đưa phương trình về dạng m = g ( t ) ( t > 0 ) .
- Lập BBT của hàm số g ( t ) khi t > 0 .
- Dựa vào BBT tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm.
Giải chi tiết:
Ta có 4 x −1 − m.2 x − 2 + 1 = 0 ⇔ 4. ( 2 x − 2 ) − m.2 x − 2 + 1 = 0 .
2

Trang 15


Đặt t = 2 x − 2 > 0 , phương trình đã cho trở thành 4t 2 − mt + 1 = 0 ⇔ m =

4t 2 + 1
= g ( t ) ( t > 0) .
t

1
1
4t 2 + 1
1
= 4t + có g ′ ( t ) = 4 − 2 = 0 ⇔ t = .
t
2
t
t

Xét hàm số g ( t ) =
BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình có nghiệm t > 0 ⇔ m ≥ 4 .
m ∈ ¢ +
⇒ m ∈ { 4;5;6;...; 2020; 2021} .
Kết hợp điều kiện 
 m ≤ 2021
Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 16: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Chia tử cho mẫu để đưa biểu thức dưới dấu tích phân về dạng đa thức + phân thức hữu tỉ có bậc tử nhỏ
hơn bậc mẫu.
2

- Phân tích mẫu thành nhân tử, biến đổi để xuất hiện các tích phân dạng

k

∫ ax + b dx .
1

- Tính tích phân và tìm a, b, c
Giải chi tiết:
2

2

x3 − 1
x −1 

dx = ∫  x − 1 + 2
Ta có: ∫ 2

÷dx
x +x
x +x
1
1
2

2

1

1

= ∫ ( x − 1) dx + ∫
Giả sử
⇔

x −1
1
dx = + I
x ( x + 1)
2

x −1
B
C
B ( x + 1) + Cx
x −1
= +
⇔

=
x ( x + 1) x x + 1
x ( x + 1)
x ( x + 1)

( B + C ) x + B  B + C = 1  B = −1
x −1
=
⇒
⇔
x ( x + 1)
x ( x + 1)
 B = −1
C = 2

Khi đó ta có
2

2

2

x −1
−1
2
I =∫
dx = ∫ dx + ∫
dx
x ( x + 1)
x

x +1
1
1
1

Trang 16


2

2

= − ln x 1 + 2 ln x + 1 1 = − ln 2 + 2 ln 3 − 2 ln 2 = 2 ln 3 − 3ln 2
1

a=

2
2

x3 − 1
1
⇒∫ 2
dx = + 2 ln 3 − 3ln 2 ⇒ b = 2
x +x
2
1
c = −3



1
Vậy 2a + 3b − 4c = 2. + 3.2 − 4. ( −3) = 19 .
2
Câu 17: Đáp án C
Phương pháp giải:
m
Sử dụng các công thức: log a b = m log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 )

log a b =

1
( 0 < a, b ≠ 1)
log b a

Giải chi tiết:
Ta có:
log 45 4 = 2 log 32.5 2 =
=

2
log 2 3 + log 2 5
2

2
2
=
2 log 2 3 + log 2 5 2a + b

Câu 18: Đáp án A
Phương pháp giải:

- Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau là abcd ( a; b; c; d ∈ { 0;1; 2;3; 4;5} , a ≠ b ≠ c ≠ d ) .
 abcd M5 ⇒ d ∈ { 0;5}
- Vì abcd M
.
15 nên 
 abcd M3
- Ứng với mõi trường hợp của d, tìm các cặp số a, b, c tương ứng.
Giải chi tiết:
Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau là abcd ( a; b; c; d ∈ { 0;1; 2;3; 4;5} , a ≠ b ≠ c ≠ d ) .
 abcd M5 ⇒ d ∈ { 0;5}
Vì abcd M
.
15 nên 
 abcd M3
+ TH1: d = 0 , số cần tìm có dạng abc0 ⇒ a + b + c M3 .
Các bộ ba chữ số chia hết cho 3 là { 1; 2;3} ; { 1;3;5} ; { 2;3; 4} ; { 3; 4;5} .
⇒ có 4.3! = 24 cách chọn a, b, c .
⇒ Có 24 số thỏa mãn.
TH2: d = 5 , số cần tìm có dạng abc5 ⇒ a + b + c + 5M3 ⇒ a + b + c chia 3 dư 1.
Trang 17


Các bộ ba chữ số chia 3 dư 1 là { 0;1;3} ; { 1; 2; 4} ; { 0;3; 4} .
⇒ có 2.2.2!+ 3! = 14 cách chọn a, b, c .
⇒ Có 14 số thỏa mãn.
Vậy có tất cả 14 + 14 = 38 số thỏa mãn.
Câu 19: Đáp án B
Phương pháp giải:
-

Khoảng

d ( M ;( P) ) =

cách

từ

M ( x0 ; y0 ; z0 )

điểm

Ax0 + By0 + Cz0 + D
A2 + B 2 + C 2

đến

mặt

phẳng

( P ) : Ax + By + Cz + D = 0

là

.

Giải chi tiết:
d ( A; ( P ) ) =

2.1 + 3 − 2. ( −2 ) − 3
22 + 12 + ( −2 )

2

= 2.

Câu 20: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Tính số phần tử của khơng gian mẫu là n ( Ω ) là số cách chọn 3 học sinh bất kì.
- Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ”. Xét 2 TH để tính số phần tử của biến cố A là
n ( A) .
+ TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ
+ TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ
- Tính xác suất của biến cố A: P ( A ) =

n ( A)
.
n ( Ω)

Giải chi tiết:
3
3
Số cách chọn 3 bạn bất kì là C40 nên số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = C40 .

Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ”.
1
2
TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ có C30 .C10 cách.
2

1
TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ có C30 .C10 cách.
1
⇒ n ( A ) = C40
.C102 + C402 .C101 .
1
n ( A ) C30
.C102 + C302 .C101 15 285
=
=
=
Vậy xác suất của biến cố A là P ( A ) =
.
3
n ( Ω)
C40
26 494

Câu 21: Đáp án A
Phương pháp giải:

Trang 18


2
- Sử dụng công thức tan α =

1
−1.
cos 2 α

- Sử dụng cơng thức tính ngun hàm mở rộng:

1
1
∫ cos ( ax + b ) dx = a tan ( ax + b ) .
2

2

Giải chi tiết:
Ta có:

∫ tan

2

1
1
 1

2xdx = ∫ 
− 1÷dx = ∫
dx − ∫ dx = tan 2 x − x + C
2
2
cos 2 x
2
 cos 2 x 

Câu 22: Đáp án C
Phương pháp giải:
π

- Sử dụng tính chất sin α = cos  − α ÷.
2

f ( x)
≥ a g ( x ) ⇔ f ( x ) ≤ g ( x ) khi 0 < a < 1 .
- Giải bất phương trình mũ: a

- Giải bất phương trình đại số tìm x, sau đó kết hợp điều kiện đề bài.
Giải chi tiết:
Vì

π 3π 5π π
π
3π
+
=
= nên sin = cos
.
5 10 10 2
5
10

Khi đó ta có
4

x

x

4

3π  x
 π 
 π   π x
 sin ÷ ≥  cos ÷ ⇔  sin ÷ ≥  sin ÷ ⇔ x ≤
5 
10 
5 
5


⇔

4
π

 do 0 < sin < 1÷
x
5


 x ≤ −2
x2 − 4
≤0⇔
x
0 < x ≤ 2

Kết hợp điều kiện x ∈ [ −99;100] ta có x ∈ [ −99; −2] ∪ ( 0; 2] .
Vậy phương trình đã cho có 100 nghiệm nguyên thỏa mãn.
Câu 23: Đáp án B
Phương pháp giải:

uur uu
r
nP .ud
uur
uu
r
r , với n p và ud lần lượt là 1 vtpt của ( P ) và
Gọi α là góc giữa ( P ) và ∆ , khi đó ta có sin α = uur uu
nP . ud
vtcp của Δ.
Giải chi tiết:
uur
x −1 y − 2 z
=
=
Mặt phẳng ( P ) :2 x − y + 2 z − 3 = 0 có 1 vtpt là nP = ( 2; −1; 2 ) , đường thẳng ∆ :
có 1
1
2
−2
uu
r
vtcp là ud = ( 1; 2; −2 ) .

Trang 19


uur uu
r
nP .ud
2.1 − 1.2 + 2. ( −2 )
4
= .
r =
Ta có: sin α = uur uu
2
2
2
2
2
2
9
nP . ud
2 +1 + 2 . 1 + 2 + 2
⇒ cos α = 1 − sin 2 α =

65
.
9

Câu 24: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Gọi d là công sai của CSC trên. Sử dụng công thức SHTQ của CSC: un = u1 + ( n − 1) d , giải hệ phương
trình tìm u1 , d .

 2u + ( n − 1) d  n
- Sử dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của CSC: u1 + u2 + u3 + ... + un =  1
2
Giải chi tiết:
Gọi d là công sai của CSC trên. Theo bài ra ta có:
2021

u1 + u2020 = 2
 2u1 + 2019d = 2
u1 =
⇔
⇔
2 .

u1001 + u1021 = 1  2u1 + 2020d = 1
d = −1
Vậy u1 + u2 + ... + u2021 =

( 2u1 + 2020d ) .2021 = 2021 .
2

2

Câu 25: Đáp án D
Phương pháp giải:
uuuu
r uu
r
 AM ; ud 



Sử dụng cơng thức tính khoảng cách từ A đến đường thẳng d là d ( A; d ) =
, trong đó M là
uu
r
ud
uu
r
điểm bất kì thuộc d và ud là 1 vtcp của đường thẳng d.
Giải chi tiết:

uu
r
Lấy M ( 1; 2;3) ∈ d . Đường thẳng d có 1 VTCP là ud = ( 2; −2;1) .
uuuu
r uu
r
uuuu
r
Ta có: AM = ( 2;0;3) ⇒  AM ; ud  = ( 6; 4; −4 ) .
uuuu
r uu
r
2
 AM ; ud 
6 2 + 4 2 + ( −4 )
2 17


=

=
uu
r
Vậy d ( A; d ) =
.
2
3
ud
22 + ( −2 ) + 12
Câu 26: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Để hàm số đồng biến trên ( 0;1) thì y ′ ≥ 0 ∀x ∈ ( 0;1) .
g ( x) .
- Cô lập m , đưa bất phương trình về dạng m ≤ g ( x ) ∀x ∈ ( 0;1) ⇔ m ≤ min
[ 0;1]

Trang 20


- Lập BBT hàm số g ( x ) trên ( 0;1) và kết luận.
Giải chi tiết:
TXĐ: D = ( 0; +∞ ) nên hàm số xác định trên ( 0;1) .
2
Ta có y ′ = 8 x +

2
−m.
x

2

2
Để hàm số đồng biến trên ( 0;1) thì y ′ ≥ 0 ∀x ∈ ( 0;1) ⇔ m ≤ 8 x + ∀x ∈ ( 0;1) .
x
2
2
g ( x) .
Đặt g ( x ) = 8 x + , x ∈ ( 0;1) , khi đó ta có m ≤ g ( x ) ∀x ∈ ( 0;1) ⇔ m ≤ min
[ 0;1]
x
Ta có g ′ ( x ) = 16 x −

1
2 16 x 3 − 2
; g ′ ( x ) = 0 ⇔ x = ( tm ) .
=
2
2
2
x
x

BBT:

+
Dựa vào BBT ⇒ m ≤ 6 . Kết hợp điều kiện m ∈ ¢ ⇒ m ∈ { 1; 2;3; 4;5;6} .

Vậy có 6 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 27: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Gọi tâm mặt cầu là I, tham số hóa tọa độ điểm I ∈ ∆ theo biến t.

- Vì mặt cầu có tiếp xúc với cả hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) nên R = d ( I ; ( P ) ) = d ( I ; ( Q ) ) . Giải phương
trình tìm t và suy ra tâm, bán kính mặt cầu.
- Mặt cầu tâm I ( x0 ; y0 ; z0 ) , bán kính R có phương trình là ( x − x0 ) + ( y − y0 ) + ( z − z0 ) = R 2 .
2

2

2

Giải chi tiết:
Gọi tâm mặt cầu là I ( 1 + t ; −1 + t ; 2t ) ∈ ∆ .
Vì mặt cầu có tiếp xúc với cả hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) nên R = d ( I ; ( P ) ) = d ( I ; ( Q ) ) .
⇒

1 + t − 2 ( −1 + t ) + 3.2t
12 + 2 2 + 32

=

1 + t − 2 ( −1 + t ) + 3.2t + 4
12 + 2 2 + 32

⇔ 5t + 3 = 5t + 7 ⇔ 5t + 3 = −5t − 7 ⇔ t = −1
Khi đó mặt cầu có tâm I ( 0; −2; −2 ) , bán kính R =

−5 + 3
14

=

2
.
14
Trang 21


2
Vậy bán kính mặt cầu cần tìm là x + ( y + 2 ) + ( z + 2 ) =
2

2

2
7

Câu 28: Đáp án A
Phương pháp giải:
Tính nguyên hàm bằng phương pháp từng phần: ∫ udv = uv − ∫ vdu .
Giải chi tiết:
dx

u = ln x
du =
⇒
x
Đặt 
 dv = ( 2 x − 1) dx v = x 2 − x = x ( x − 1)

Khi đó ta có
x

∫ ( 2 x − 1) ln xdx = ( x 2 − x ) ln x − ∫ ( x − 1) dx = ( x 2 − x ) ln x −

2

2

+ x+C

Câu 29: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Sử dụng phương pháp logarit cơ số 2 cả hai vế của phương trình, sau đó xét hàm đặc trưng.
- Rút a theo b, từ điều kiện của a suy ra điều kiện chặt chẽ hơn của b.
- Biến đổi P = a 2 + b 2 = ( a + b ) − 2ab , đặt ẩn phụ t = 2ab , lập BBT tìm miền giá trị của t.
2

- Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN của biểu thức P.
Giải chi tiết:
Theo bài ra ta có:
2a +b + 2 ab −3 =

1 − ab
a+b

⇔ a + b + 2ab − 3 = log 2 ( 1 − ab ) − log 2 ( a + b )
⇔ a + b + 2ab − 2 = log 2 ( 1 − ab ) + 1 − log 2 ( a + b )
⇔ a + b + 2ab − 2 = log 2 ( 2 − 2ab ) − log 2 ( a + b )
⇔ log 2 ( a + b ) + a + b = log 2 ( 2 − 2ab ) + 2 − 2ab ( *)
Xét hàm số y = log 2 t + t ( t > 0 ) ta có y ′ =

1

+ 1 > 0 ∀t > 0 , do đó hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) .
t ln 2

Khi đó ( *) ⇔ a + b = 2 − 2ab ⇔ a ( 1 + 2b ) = 2 − b ⇔ a =
Vì a, b > 0 ⇒

2−b
.
1 + 2b

2−b
> 0 ⇔ 2−b > 0 ⇔ b < 2.
1 + 2b

Khi đó ta có P = a 2 + b 2 = ( a + b ) − 2ab = ( 2 − 2ab ) − 2ab .
2

Đặt t = 2ab = 2

2

2−b
2b − b2
.b ( 0 < b < 2 ) ta có t = 2.
1 + 2b
1 + 2b
Trang 22


( 2 − 2b ) ( 1 + 2b ) − ( 2b − b 2 ) .2

⇒ t ′ = 2.
2
( 1 + 2b )
= 2.

2 + 4b − 2b − 4b 2 − 4b + 2b 2

t′ = 0 ⇔ b =

( 1 + 2b )

2

=

4 − 4b − 4b 2

( 1 + 2b )

2

−1 + 5
2

BBT:

(

⇒ t ∈ 0;3 − 5  .

(

2
2
Khi đó ta có P = ( 2 − t ) − t = t − 5t + 4, t ∈ 0;3 − 5  .

Ta có P′ = 2t − 5 = 0 ⇔ t =

(

)

5
( ktm ) , do đó Pmin = P 3 − 5 = 3 − 5 .
2

Câu 30: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Để hàm số nghịch biến trên ¡ thì y ′ ≤ 0 ∀x ∈ ¡
m < 0
- Xét 2 TH: m = 0 và 
.
 ∆′ ≤ 0
Giải chi tiết:
TXĐ: D = ¡ .
Ta có: y ′ = 3mx 2 + 2mx − m − 1 .
Để hàm số nghịch biến trên ¡ thì y ′ ≤ 0 ∀x ∈ ¡ .
⇔ 3mx 2 + 2mx − m − 1 ≤ 0 ∀x ∈ ¡
 m = 0
m = 0

m = 0


m<0

 −1 ≤ 0 ∀x ∈ ¡ ( luon dung )
⇔
⇔  m < 0
⇔  
 3
m<0
 4m 2 + 3m ≤ 0
 
 − ≤ m ≤ 0
 ∆′ = m2 + 3m ( m + 1) ≤ 0
 4
m = 0
3
⇔ 3
⇔ − ≤m≤0
− ≤ m < 0
4
 4
Trang 23


Câu 31: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Để hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) thì y ′ ≥ 0 ∀x ∈ ( 0; +∞ ) .
g ( x) .

- Cơ lập m, đưa bất phương trình về dạng m ≤ g ( x ) ∀x ∈ ( 0; +∞ ) ⇔ m ≤ [min
0; +∞ )
g ( x) .
- Sử dụng BĐT Cơ-si tìm [min
0; +∞ )
Giải chi tiết:
TXĐ: D = ( 0; +∞ ) .
Ta có: y ′ = 2 x + 8.

2
8
− m = 2x + − m
2x
x

Để hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) thì y ′ ≥ 0 ∀x ∈ ( 0; +∞ ) .
⇔ 2x +

8
− m ≥ 0 ∀x ∈ ( 0; +∞ )
x

8
⇔ m ≤ 2 x + ∀x ∈ ( 0; +∞ ) ( *) .
x
Đặt g ( x ) = 2 x +

8
g ( x) .
, khi đó ( *) ⇔ m ≤ [min

0; +∞ )
x

Áp dụng BĐT Cơ-si ta có:

⇒ 2x =

2x +

8
8
≥ 2 2 x. = 2.4 = 8
x
x

⇒ min g ( x ) = 8 , dấu “=” xảy ra
[ 0;+∞ )

8
⇔ x=2.
x

+
Từ đó ta suy ra được m ≤ 8 , kết hợp điều kiện m ∈ ¢ ⇒ m ∈ { 1; 2;3; 4;5;6;7;8} .

Vậy có 8 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 32: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Đặt z = a + bi ( a; b ∈ ¡

)

⇒ z = a − bi .

- Thay vào giả thiết 3 z + i ( z + 8 ) = 0 , đưa phương trình về dạng A + Bi = 0 ⇔ A = B = 0 .
Giải chi tiết:
Đặt z = a + bi ( a; b ∈ ¡

)

⇒ z = a − bi .

Theo bài ra ta có:
3z + i ( z + 8 ) = 0
⇔ 3 ( a + bi ) + i ( a − bi + 8 ) = 0 ⇔ 3a + 3bi + ai + b + 8i = 0
3a + b = 0
a = 1
⇔ 3a + b + ( a + 3b + 8 ) i = 0 ⇔ 
⇔
a + 3b + 8 = 0
b = −3
Trang 24


Vậy tổng phần thực và phần ảo của z là a + b = 1 + ( −3) = −2 .
Câu 33: Đáp án C
Phương pháp giải:

uu
r uur uur r

- Gọi I là điểm thỏa mãn IA + 2 IB − IC = 0 . Phân tích MA2 + 2 MB 2 − MC 2 theo MI.
- Chứng minh đó MA2 + 2 MB 2 − MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất.
- Với I cố định, tìm vị trí của M ∈ ( P ) để IM min .
- Tìm tọa độ điểm I, từ đó dựa vào mối quan hệ giữa IM và ( P ) để tìm tọa độ điểm M.
Giải chi tiết:

uu
r uur uur r
Gọi I là điểm thỏa mãn IA + 2 IB − IC = 0 . Khi đó ta có:
uuur 2
uuur 2 uuuu
r2
MA2 + 2MB 2 − MC 2 = MA + 2MB − MC
uuu
r uu
r 2
uuu
r uur 2 uuu
r uur
= MI + IA + 2 MI + IB − MI + IC

(

)

(

) (

)

2

uuu
r2
uuu
r uu
r uur uur uu
r2
uur2 uur 2
= 2MI + 2MI IA + 2 IB − IC + IA + 2 IB − IC

(

)

= 2 MI 2 + ( IA2 + 2 IB 2 − IC 2 )
Vì I , A, B, C cố định nên IA2 + 2 IB 2 − IC 2 khơng đổi, do đó MA2 + 2 MB 2 − MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi
và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất.
Mà M ∈ ( P ) nên IM đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vng góc của I lên ( P ) hay
uuur
uur
uur
IM ⊥ ( P ) ⇒ IM và nP = ( 1; 2; −2 ) cùng phương, với nP là 1 vtpt của ( P ) .
Tìm tọa độ điểm I ta gọi I ( x; y; z ) . Ta có:
uu
r uur uur r
IA + 2 IB − IC = 0
r
⇒ ( x − 1; y; z − 2 ) + 2 ( x + 1; y − 1; z − 3) − ( x − 3; y − 2; z ) = 0

 x − 1 + 2 ( x + 1) − ( x − 3) = 0
2 x + 4 = 0
 x = −2



⇔  y + 2 ( y − 1) − ( y − 2 ) = 0 ⇔ 2 y = 0
⇔  y = 0 ⇒ I ( −2;0; 4 )
 z − 2 + 2 ( z − 3) − z = 0
2 z − 8 = 0
z = 4




uuur
Khi đó ta có IM = ( a + 2; b; c − 4 )
uur
uuur
Vì IM và nP = ( 1; 2; −2 ) cùng phương, lại có M ∈ ( P ) nên ta có hệ phương trình:
 2a − b + 4 = 0
 a = −1
a + 2 b c − 4
= =



⇔ b = 2
2
−2 ⇔ b + c − 4 = 0

 1
 a + 2b − 2c + 1 = 0
a + 2b − 2c + 1 = 0
c = 2


Vậy a + b + c = −1 + 2 + 2 = 3
Câu 34: Đáp án D
Phương pháp giải:

Trang 25