Đề 30 PTĐCT 2019 đáp án

BỘ 40 ĐỀ ƠN THI THPTQG 2021
PHÁT TRIỂN ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2019 CỦA BGD

Đề số 30

Câu 1.

Họ nguyên hàm của hàm số f ( x)  e2 x  x là:
A.

1 2 x x2
e  C.
2
2

B.

1 x x2
e 
C.
2
2

C.

1
x2
e 2 x 1 
C .
2x 1
2

2x
D. 2e  1  C .

Lời giải
Chọn A
Ta có
Câu 2.

 f ( x )dx    e

2x

 x dx 

1 2x x2
e 
C .
2
2

Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng  P vng góc với đường thẳng d có phương trình

x 1 y z 1
 
. Vectơ nào dưới đây là vectơ pháp tuyến của  P .
2  3 5


A. n  2 ; 3; 5  .

B. n  2 ;  3 ;  5 . C. n  4 ; 6 ;  10  .



D. n  2 ; 3 ; 5 .

Lời giải
Chọn C

x 1 y z  1 
 
 u   2 ; 3 ;  5 .
2
3 5

Đường thẳng d :





Vì d   P  u  2 ; 3;  5 là một vectơ pháp tuyến của  P . Khi đó n  4 ; 6 ;  10  cũng là một
vectơ pháp tuyến của  P .
Câu 3.

Thể tích của một khối cầu có bán kính R là

1
A. V   R 3 .
3

4
B. V   R 2 .
3

4
C. V   R 3 .
3

3
D. V  4 R .

Lời giải
Chọn C

4
Thể tích của một khối cầu có bán kính R là V   R 3 .
3
Câu 4.

Cho số phức z  5  7i . Tìm số phức z.
A. z  5  7i .

B. z  5  7i .

C. z  5  7i .

D. z  7  5i .

Lời giải

Chọn B
Ta có z  5  7i  z  5  7i
Câu 5.

Với các số thực a, b  0 bất kì, rút gọn biểu thức P  2log 2 a  log 1 b2 ta được
2

2



2



A. P  log 2 2ab .

2

B. P  log 2  ab  .

a
C. P  log 2   .
b

 2a 
D. P  log 2  2  .
b 

Lời giải

Chọn B
Facebook Nguyễn Vương  Trang 1


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489
2

Ta có P  2log 2 a  log 1 b2  log 2 a 2  log 2 b 2  log 2  ab  .
2

Câu 6.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hình chiếu của điểm M  9;  8;7  lên mặt phẳng  Oyz  là
A. H  9 ; 0 ; 0  .

B. H  9 ;  8; 7  .

C. H  0;  8; 7  .

D. H  9;8; 7  .

Lời giải
Chọn C
Ta thấy hình chiếu của điểm M  9;  8;7  mặt phẳng  Oyz  là H  0;  8; 7  .
Câu 7.

Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 học sinh thành một hàng dọc?
A. 120 .

B. 25 .

C. 15 .
Lời giải

D. 10 .

Chọn A
Mỗi cách sắp xếp 5 học sinh thành một hàng dọc là một hoán vị của 5 phần tử.
Vậy số cách sắp xếp là 5!  120 cách.

Câu 8.

Biết tích phân
A. 7 .

2

2

  f  x   g  x  dx  3

 2. f  x   g  x  dx  0

1

2

và 1

B. 7 .

C. 1 .
Lời giải

. Khi đó

  f ( x )  g ( x )  dx
1

bằng

D. 1 .

Chọn C
2
2
2
2

f
x

g
x

d
x

3
f

x
d
x

g
x
d
x

3
 
   
  
  f  x  dx  1
1  
1
1
1
 2
 2
Ta có  2
2
  2 f x  g x  dx  0
2 f x dx  g x dx  0
 g x dx  2
 
 

   
   

  
1
 1
1
1
2

Suy ra

1

Câu 9.

2

2

  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx  1  2  1
1

1

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :

d2 :

x 1 y 1 z  2


,

1
1
2

x 1 y z  2
. Đường thẳng d vng góc với cả hai đường thẳng d1 , d 2 . Véctơ nào dưới
 
1
1
3

đây là véctơ chỉ phương của đường thẳng d ?




A. u  ( 1;1;3)
B. u  (1; 5; 2) .
C. u  (0; 2;5) .
D. u  (2; 0;1)
Lời giải
Chọn B

Đường thẳng d1 có vectơ chỉ phương u1  (1;1; 2)

Đường thẳng d 2 có vec tơ chỉ phương u 2  ( 1;1;3)
  
Vì d  d1 ; d  d 2 nên đường thẳng d nhận véc tơ u  u1 , u 2   (1; 5;2) làm véctơ chỉ phương.
Câu 10. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng đường cong như hình vẽ dưới đây?
Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021

A. y 

x 1
.
x2

B. y 

x2
.
x2

C. y 

x  2
.
x2

D. y 

x2
.
x2

Lời giải
Chọn B
+) Nhận thấy đồ thị có tiệm cận đứng là đường thẳng x  2  mẫu số phải chứa nhân tử x  2

+) Nhận thấy đồ thị có tiệm cận ngang là đường thẳng y  1  lim y  1
x  

Vậy phương án đúng là y 

x2
x2

Câu 11. Cơng thức tính số hạng tổng qt của cấp số cộng với công sai d và số hạng đầu u1 là
A. un  nu1  n  n  1 d .
C. un  u1 

n  n  1
2

B. un  u1   n  1 d .

d.

D. un  nu1 

n  n  1
2

d.

Lời giải
Chọn B
Theo định nghĩa ta chọn đáp án un  u1   n  1 d .
Câu 12. Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước lần lượt là 3, 4,5 bằng

A. V  120 .

B. V  20 .

C. V  30 .

D. V  60 .

Lời giải
Chọn D
Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước lần lượt bằng 3, 4,5 là V  3.4.5  60 .
Câu 13. Nghiệm của phương trình 2 x

x  1
A. 
.
x  4

2

3 x

 16 là

 x  1
B. 
.
x  4

x  1

C. 
.
 x  4

D. x  4 .

Lời giải
Chọn C
2x

2

3 x

 16  2 x

2

3 x

 24

 x 2  3x  4
 x 2  3x  4  0

x  1

 x  4
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x  1 và x  4 .
Facebook Nguyễn Vương 3

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Câu 14. Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. 1;   .
B.  ;   .
C.  3;4  .

D.  2;   .

Lời giải
Chọn C
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng  ;3  và  3;   .
Mà  3;4    3;   nên trên khoảng  3; 4  hàm số đồng biến.
Câu 15. Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên  và có bảng biến thiên dưới đây.

Tìm giá trị cực đại yCD và giá trị cực tiểu yCT của hàm số đã cho.
A. yCĐ  1 và yCT  2 .

B. yCĐ  2 và yCT  5 .

C. yCĐ  0 và yCT  2 .

D. yCĐ  1 và yCT  5 .
Lời giải

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên, ta có yCĐ  1 và yCT  5 .
Câu 16. Nghiệm của phương trình 25 x 3 
A. x  1 .

1
là:
25

B. x  1 .

C. x  2 .
Lời giải

D. x  2 .

Chọn C
Ta có:
1
 25 x 3  251.
25
 x  3  1.
25 x 3 

 x  2.

Vậy nghiệm của phương trình là x  2 .

Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021

2

Câu 17. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm f '  x    x  x  3  x  4  , x  . Giá trị lớn nhất của hàm số đã
cho trên đoạn  0;5 bằng
B. f  4 .

A. f  0  .

C. f  3  .

D. f  5 .

Lời giải
Chọn B
x  0
Ta có f '  x    x  x  3  x  4   0   x  3  k  .
 x  4
Bảng biến thiên
2

Dựa vào BBT ta suy ra max f ( x )  f (4) .
x0;5 

Câu 18. Từ một tấm tơn hình chữ nhật kích thước 50 cm và 240 cm , người ta làm các thùng đựng nước
hình trụ có chiều cao bằng 50 cm , theo hai cách sau (xem hình minh họa dưới đây):

- Cách 1: Gị tấm tơn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng.
- Cách 2: Cắt tấm tơn ban đầu thành hai tấm bằng nhau, rồi gị mỗi tấm đó thành mặt xung quanh
của một thùng.
Kí hiệu V1 là thể tích của thùng gị được theo cách 1 và V2 là tổng thể tích của hai thùng gị được

V
theo cách 2. Tính tỉ số 1 .
V2
A.

V1 1
 .
V2 2

B.

V1
 4.
V2

C.

V1
 1.
V2

D.

V1
 2.
V2

Lời giải
Chọn D
Theo cách 1: Ta thu được hình trụ có chiều cao h  50 , 2 R  240  R 

120



.

2

 120 
3
Suy ra V1   . 
 .50 cm




Theo cách 1: Ta thu được hai hình trụ có chiều cao h  50 , 2 R  120  R 

60



.

Facebook Nguyễn Vương 5


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489
2

 60 
Suy ra V2  2 .   .50 cm3 .
 

Vậy

V1
 2.
V2
2

3

Câu 19. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x   x  x  1  2  x  , x   . Số điểm cực tiểu của hàm
số đã cho là
A. 3.

B. 2.

C. 1.

D. 0.

Lời giải
Chọn C

2

Ta có: f   x   0  x  x  1  2  x 

3

x  0
x  0

2

 0   x  1  0  x  1  nghiÖm kÐp 

3
x  2
 2  x   0

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có 1 điểm cực tiểu x  0 .
2

2

Câu 20. Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  z  2  0 . Giá trị của z1  z2 bằng
A. 4 .

B. 4 .

C.

1
.

4

1
D.  .
4

Lời giải
Chọn A


1
 z1  
2
z2  z  2  0  

1
z  

2

7
i
2
.
7
i
2


1 7

  2
 z1 
2
2

4 4
 z1  z2  4 .
Khi đó 
z  17  2
 2
4 4
Câu 21. Cho khối lăng trụ đứng ABC. AB C  có đáy là tam giác vng tại A . Biết 2 AB  AA  2a ,

ABC   (minh họa như hình vẽ bên).

Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ƠN THI THPTQG 2021
C'

A'

B'

C

A
α

B

Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
A. a3 sin  .

B.

a3
. tan  .
3

C. a3 tan  .

D.

a3
tan  .
2

Lời giải
Chọn C
C'

A'

B'

C

A
α

B

Tam giác ABC vng tại A có AB  a , 
ABC   nên AC  AB. tan   a. tan  .
 S ABC 

1
1
a2
AB. AC  a.a. tan  
. tan  .
2
2
2

Do khối lăng trụ ABC. A B C  là lăng trụ đứng nên đường cao của lăng trụ là AA  2a
Thể tích khối lăng trụ là V  AA.SABC  2a.
Câu 22. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu

a2
. tan   a 3 .tan  .
2

 S  có tâm A 2 ;1;2 và tiếp xúc với mặt phẳng

2 x  2 y  z  1  0 . Tính bán kính mặt cầu  S  .
A. 1 .

B.

3.

C. 2 3 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn A
Ta có: R  d  A , P 

2. 2  2.1  2  1
22  2  12
2

 1.

Câu 23. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là
A. 1 .

B. 4 .

C. 2 .

D. 3 .

Facebook Nguyễn Vương 7

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Lời giải
Chọn D
Từ bảng biến thiên ta có
lim y  2 ; lim y  1 do đó đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang là y  2 ; y  1.
x 

x 

lim y   do đó đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng là x  2 .

x  2

Vậy tổng số có 3 đường tiệm cận.
Câu 24. Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn log3 a 2  log 1 b  2 . Giá trị của
3

A. 9 .

B. 3 .

C.

1
.
9

D.

a
bằng
b

1
.
3

Lời giải
Chọn B
Sử dụng quy tắc logarit một thương cho hai số dương a và b ta có
log 3 a 2  log 1 b  2  log 3 a 2  log 3 b  2  log 3
3

a2
a2
a
2
9
 3.
b
b
b

Câu 25. Tính đạo hàm của hàm số y  22 x 3 .
A. y  22 x  2 ln 4 .

B. y  4 x  2 ln 4 .

C. y  22 x  2 ln16 .
Lời giải

D. y  22 x 3 ln 2 .

Chọn C
Áp dụng công thức đạo hàm  a u   u .a u .ln a
Ta có y   2 x  3 22 x 3 ln 2  22 x3 ln 4  22 x 2 ln16 .
Câu 26. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  2; 1;1 , B 1; 2; 4  . Viết phương trình mặt
phẳng  P  đi qua A và vng góc với đường thẳng AB .
A.  P  :  x  3 y  3 z  2  0 .

B.  P  : x  3 y  3 z  2  0 .

C.  P  : 2 x  y  z  2  0 .

D.  P  : 2 x  y  z  2  0 .
Lời giải

Chọn B

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  là AB   1;3;3 .
  P  :   x  2   3  y  1  3  z  1  0   x  3 y  3z  2  0  x  3 y  3z  2  0 .

Câu 27. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , cho số phức z thỏa mãn z  1  2; w  (1  3i )z  2 . Tập hợp các
điểm biểu diễn của số phức w là đường trịn có bán kính R là:
A. R  3 .

B. R  2 .

C. R  4 .

D. R  5 .

Lời giải
Chọn C
w  (1  3i )z  2  w  (1  3i )( z  1)  1  3i  2
 w  (3  3i )  (1  3i )( z  1)



 





 w  3  3i  1  3i  z  1  1  3i

  z  1  4

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021
Câu 28. Gọi S là diện tích của hình phẳng ( H ) được đánh dấu trong hình vẽ dưới đây.
y

y = g (x)
y = f (x)

3

(H )
O

2

3

x

Công thức nào dưới đây đúng để tính S ?
2

3

(1). S   f ( x)dx    f ( x)  g ( x)  dx .
0

2

3

3

(2). S   f ( x)dx   g ( x)dx .
0
3

2

2

(3). S    f ( x)  g ( x)  dx   g ( x)dx .
0

0

A. (1) và (2).

B. (2) và (3).

C. (2).
Lời giải

D. (1), (2) và (3).

Chọn A
Áp dụng định nghĩa và cách phân chia diện tích thì các cơng thức (1) và (2) đúng.
Câu 29. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 2a . Gọi  là góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng

 BCD . Tính cos  .
A. cos 

3
.
6

B. cos  

6
.
3

C. cos 

3
.
3

D. cos  

2
.
3

Lời giải
Chọn C

Gọi O là trọng tâm tam giác BCD . Vì ABCD là tứ diện đều nên AO   BCD .
Do đó góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng  ABC  bằng 
ABO   .

BO
3
2
2a 3
Ta có BM  BC .
; cos   cos 
 a 3  BO  BM 

ABO 

2
3
3
AB

2a 3
3  3.
2a
3

Câu 30. Cho hai số phức z  3  4i và z '   2  m   mi  m    thỏa mãn z '  iz . Tổng tất cả các giá trị
của m bằng
Facebook Nguyễn Vương 9


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

A.  1 .

B.

46
.
2

C. 0 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn D
Ta có z ' 

2  m

2

2
2
 m 2 và iz  4  3  5

2

Vậy ta có phương trình  2  m   m2  25  2m2  4m  21  0 (1) . Phương trình 1 ln có
hai nghiệm ( vì 2.  21  0 )  m1  m2  

4
 2
2

Câu 31. Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;   . Biết f  0   2e và f  x  thỏa mãn hệ thức


f   x   sin x. f  x   cos x.ecos x , x   0;   . Tính I    f  x   2ecos x  dx (làm tròn đến hàng phần
0

trăm).
A. I  2,35 .

B. I  16,91 .

C. I  6,55 .
Lời giải

D. I  17,30 .

Chọn A
Giả thiết f   x   sin x. f  x   cos x.ecos x  e cos x . f   x   e  cos x .sin x. f  x   cos x

 e cos x . f  x    cos x  e  cos x . f  x   sin x  C1 (1).
Do f  0   2e , thế vào (1) ta được C1  2 suy ra f  x    2  sin x  ecos x .




Dùng máy tính thì I    f  x   2ecos x  dx   sin x.ecos x dx  2,35040023 .
0

0

Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình đường thẳng đi qua M  2;1;3 , song
 x  1  3t

song với mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  5  0 và vng góc với đường thẳng  :  y  2t .
 z  1

 x  2  4t


A.  y  5  6t .
 z  10  7t


 x  2  3t

B.  y  1  2t .
z  3


 x  2  4t

C.  y  1  6t .
 z  3  7t


 x  2  4t

D.  y  1  6t .
 z  3  7t


Lời giải
Chọn A


Đường thẳng  có VTCP u    3; 2;0  ,



mặt phẳng  P  có VTPT n  P   2; 1;  2 .
Vì đường thẳng d song song với  P  và vng góc với  nên đường thẳng d có VTCP là

 
u d   u  , n  P     4;6;  7  . Loại B, D


Tọa độ điểm M  2;1;3 không thỏa mãn phương trình đường thẳng ở phương án C
Suy ra phương án A là phương án đúng.
Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021

4

Câu 33. Cho hàm số f  x  . Biết f  0   1 và f   x   3  2 sin 2 x , x   , khi đó tích phân I   f  x  dx
0

bằng
A. I 

2 2
8

.

B. I 

 2  2  2
8

C. I 

.

 2  2  1
8

D. I 

.

2 2
8

.

Lời giải
Chọn B

1
Ta có f   x   4  cos 2 x  f  x     4  cos 2 x  dx  4 x  sin 2 x  C .
2
1
Mà f  0   0  .0  C  1  C  1 .
2
1
f  x   4 x  sin 2 x  1 .
2


4


0





2
1
1



 4   2  2
f  x  dx    4 x  sin 2 x  1 dx   2 x 2  cos 2 x  x  
.
2
4
8


0
0
4

Câu 34. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f  x  
A.

1
cot 2 x  4 x  C .
2

1  2 cos 4 x
là
sin 2 2 x

1
1
1
B.  cot 2 x  4 x  C . C. cot 2 x  4 x  C . D. cot 2 x  2 x  C .
2
2
2
Lời giải

Chọn A
2
1  2 cos 4 x 1  2 1  2sin 2 x 
1


4.
2
2
sin 2 x
sin 2 x
sin 2 2 x
1

 1

f  x dx    2  4 dx  cot 2 x  4 x  C .
2
 sin 2 x


Ta có f  x  
Vậy



Câu 35. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

Hàm số y  g  x   f 1  x 2   x  x 2  2 có ít nhất bao nhiêu khoảng nghịch biến?
A. 1 .

B. 2 .

C. 3 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn B





Ta có y   g   x   2 x. f  1  x 2  1 


x 
   2 x. f  1  x 2   1 
 .
x2  2
x2  2 

x

  x  0

2
  f  1  x   0
2
Ta thấy x. f  1  x   0  

  x  0
 
2
  f 1  x   0

 x  0

2
  1  x  0
  1  x 2  2 

 x  0


2
 0  1  x  2

 x  0

   x  1
   x  1


 x  0

  1  x  1

x  1
 1  x  0 .


Facebook Nguyễn Vương 11


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Vì 0  x2  x2  2 , x   nên x   , ta có
x2
1
x2  2

x
x2  2

 1  1 

x
x2  2

x

 1 0  1

x2  2

x

Do đó trên các khoảng  1; 0  và 1;    thì 1 

 2.

đều có giá trị dương.

x2  2





Suy ra trên các khoảng  1; 0  và 1;    thì 2 x. f  1  x 2  1 

x
x2  2

 0  y'  0.

Do đó, hàm số y  g  x  luôn nghịch biến trên khoảng  1; 0  và 1;    .
Vậy hàm số có ít nhất hai khoảng nghịch biến.
Câu 36. Cho một hình trụ trịn xoay và hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên
đường trịn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm trên đường trịn đáy thứ hai của hình
trụ. Mặt phẳng  ABCD  tạo với đáy hình trụ góc 45 . Tính diện tích tồn phần hình trụ theo a .
A.

 3
2

a2 .

B.

3  2 3 

a2 .

4

3 2
a .
4
Lời giải
C.

D.

3 

3 
4

a2 .

Chọn B
C
N

O'

D

I
a
B
45°
M
a

O

A

Gọi M , N trung điểm AB , CD  MN là trục hình vng ABCD và MN qua trung điểm I

 ABCD  , mp  O    

của OO  . 
MI , MO   IM
O  45 . Tam giác IOM vuông cân tại O
 OM  OI 

MI
a
a 2

 h  OO   2OI 
2
2 2 2
2

2

a 6
 a  a
MOA vuông tại M  r  OA  OM 2  MA2  
   2   4
2 2

+ Diện tích xung quanh S xq  2 rh 

 3
2

a2

+ Diện tích tồn phần Stp  S xq  2.Sđáy  2 rh  2 r 2 

 3
2

a2 

3 2  3  2 3   2
a 
a
4
4

Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ƠN THI THPTQG 2021
Câu 37. Trong khơng gian Oxyz , đường thẳng là giao tuyến của hai mặt phẳng ( P) : x  3 y  2 z  5  0 và
mặt phẳng (Q) : 2x  y  z  0 có phương trình là
x  1 t

A.  y  1  3t .
 z  5t


 x  5t

B.  y  1  3t .
 z  1  7t


 x  5t


C.  y  1  3t .
 z  1  7t


x  5

D.  y  1  3t .
 z  7 t


Lời giải
Chọn B


 
Ta có: n ( P ) (1;3; 2) , n (Q) (2; 1;1)   n( P ) , n (Q)   (5;3; 7)

 
Đt là giao tuyến của hai mp (P) và (Q) có vectơ chỉ phương u   n ( P ) , n (Q)   (5;3; 7) . Do đó

loại đáp án A, D
 x  3 y  2z  5  0
Xét hệ 
2 x  y  z  0
3 y  2 z  5  0
Chọn x  0 hệ trở thành 
 y  z 1
 y  z  0
Vì đường thẳng cần tìm là giao tuyến của 2 mp (P) và (Q) nên điểm A(0;1;1) nằm trên d.

Vậy chọn đáp án B.
Câu 38. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  . Hàm số f   x  có đồ thị như hình vẽ.

Tìm m để bất phương trình f  2 sin x   2 sin 2 x  m nghiệm đúng với mọi x   0;   .

1
A. m  f 1  .
2

B. m  f 1 

1
.
2

1
C. m  f  0   .
2
Lời giải

1
D. m  f  0   .
2

Chọn A
Với x   0;    sin x   0;1 . Đặt 2 sin x  t   0; 2 ta được bất phương trình:
1
f  t   t 2  m (*).
2
1

Yêu cầu bài toán (*) nghiệm đúng với t   0; 2  m  max g  t  với g  t   f  t   t 2 .
 0;2
2
1
Xét hàm số g  t   f  t   t 2 với t   0; 2 .
2
Ta có g   t   f   t   t , g   t   0  f   t   t (1).

Nghiệm của phương trình (1) chính là hồnh độ giao điểm của đường thẳng y  t và đồ thị hàm
số f   t  .

Facebook Nguyễn Vương 13


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Ta có g   t   0 khi đồ thị f   t  nằm trên đường thẳng y  t ; g   t   0 khi đồ thị f   t  nằm
dưới đường thẳng y  t .
Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm g  x  như sau:

1
Suy ra max g  t   g 1  f 1  .
 0;2 
2
1
Vậy m  f 1  .
2

Câu 39. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , ( SAC )   ABC  , AB  3a ,

  300 . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC )
BC  5a . Biết rằng SA  2a 3 và SAC
bằng :
A.

3 17
a.
4

B.

6 7
a.
7

3 7
a.
14
Lời giải
C.

D.

12
a.
5

Chọn B

 SAC    ABC 

 SH   ABC  .
Gọi H là hình chiếu của S lên AC . Ta có 
SH  AC
Xét tam giác SAH , ta có SH  SA  sin 30  a 3 và AH  SA2  SH 2  3a .
Xét tam giác ABC , ta có AC  BC 2  AB 2  4a và HC  AC  HA  a .
Gọi E là hình chiếu vng góc của H lên BC và F là hình chiếu vng góc của H lên SE .

Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ƠN THI THPTQG 2021
BC

HE

Ta có 
suy ra BC   SHE   HF .
 BC  SH  SH   ABC   BC 
 HF  BC
Do đó 
 HF   SBC  suy ra d  H ,  SBC    HF .
 HF  SE
Gọi K là hình chiếu vng góc của A lên BC . Ta có AK // HE , do đó
HE CH 1
1
AB  AC
1 12
3

  HE  
  a  a .

2
2
AK CA 4
4 AB  AC
4 5
5
Suy ra d  H ,  SBC    HF 
Ta có

d  A,  SBC  
d  H,  SBC  



HS  HE
2

HS  HE



2

3 7
a.
14

CA
6 7
 4  d  A,  SBC    4  HF 

a.
CH
7

Câu 40. Lớp 10A có 10 bạn tên Anh, 15 bạn tên Hương và 9 bạn tên Tùng. Lớp 10 B có 8 bạn tên Anh,
12 bạn tên Tùng và 10 bạn tên Trang. Thầy Bình cần chọn ngẫu nhiên mỗi lớp 8 bạn.

Tính xác suất để chọn được các bạn cùng mang một tên.
8
C8 .C8  C8.C8
C8 C8
C 8  C158  C21
 C108
A. 34 8 30 .
B. 10 88 89 12 .
C. 18
.
8
C34 .C30
C64
C64

D.

8
8
C34
 C30
.
8

8
C34
.C30

Lời giải
Chọn B
Số phần tử của không gian mẫu: n     C348 .C308 .
Goi A là biến cố: " Chọn được ở mỗi lớp 8 bạn và các bạn ở 2 lớp trùng tên " . (Tức là chọn mỗi
lớp 8 bạn tên Anh hoặc 8 bạn tên Hương, hoặc 8 bạn tên Tùng …)
 n  A  C108 .C88  C98 .C128 .

Vậy xác suất cho biến cố A : P  A 

n  A
n 



C108 .C88  C98 .C128
.
8
C34
.C308

Câu 41. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham





số m để phương trình f 3  4  x 2  m có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn   2; 3  . Tìm
tập S.







 



A. S   1; f 3  2  . B. S  f 3  2 ; 3  . C. S   .


D. S   1;3 .

Lời giải
Facebook Nguyễn Vương 15


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Chọn A





Xét phương trình f 3  4  x 2  m . Điều kiện 4  x2  0  2  x  2 .

x
Đặt t  3  4  x 2 với x    2; 3  . Ta có t  
và t   0  x  0 .
4  x2
Bảng biến thiên của hàm số t  3  4  x 2 trên đoạn   2; 3 

Nhận xét:



+) Mỗi t  1; 3  2  cho ta 2 giá trị x    2; 3 






+) Mỗi t  3  2; 2  cho ta một giá trị x    2; 3  .
+) t  1 cho ta 1 nghiệm duy nhất x  0 .
Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  ta suy ra đường thẳng y  m chỉ cắt đồ thị hàm số y  f  t 
nhiều nhất tại một điểm trên 1; 2 .





Do đó, để phương trình f 3  4  x 2  m có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn   2; 3  thì













m  f 1 ; f 3  2   m  1; f 3  2 









Vậy, các giá trị của m cần tìm là m  1; f 3  2  .

Câu 42. Cho hàm số

f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  . Biết

3

2

J   x. f  2 x  dx 
0

27
. Tính tích phân I    x 2  2  f   3 x  dx .
8
0

A. 6 .

C. 1 .
Lời giải

B. 0 .

D. 2 .

Chọn C
Đặt 3t  2 x 

3
dt  dx . Khi tích phân J trở thành:
2

2

2

2

3t
3
9
9
. f  3t  . dt   t. f  3t  dt   x. f  3 x  dx
2
2
40
40
0

J 

2

Suy ra

f  0  1,

 x. f  3 x  dx 
0

4J 3
 .
9
2

Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

f 6  2 ,


BỘ 40 ĐỀ ƠN THI THPTQG 2021
Tính tích phân I :

du  2 xdx
u  x 2  2


Đặt 
f  3x 
dv  f   3x  dx v 
3


 2
f  3x   2 2 2 x. f  3x 
f  6
f  0 2 2
dx  2.
 2.
  x. f  3x  dx
Suy ra I   x  2 
 
3  0 0
3
3
3
30




2.2 2.1 2 3

   1.
3
3 3 2

Câu 43. Biết rằng đường parabol  P  : y 2  2 x chia đường tròn C  : x 2  y 2  8 thành hai phần lần lượt có
diện tích là S1 , S 2 (hình bên). Khi đó S2  S1  a 

b
b
với a, b, c nguyên dương và là phân số tối
c
c

giản. Tổng a  b  c bằng

A. 13.

B. 14.

C. 15.
Lời giải

D. 16.

Diện tích hình trịn S  8.

Phương trình hồnh độ giao điểm của P  và C  là



y2  2x
x  0


 x  2.
 2
 2
2


x  y  8 
x  2 x  8



2

2 2




0

2




Suy ra S1  2.  2 x dx   8  x 2 dx    2.
4
3

a  4

8 
4

Suy ra S2  S  S1  6   S2  S1  4   b  8  a  b  c  15 .
3 
3



c  3

Câu 44. Cho A, B, C , D là điểm biểu diễn của các số phức z thỏa mãn z 4  7  24i  0 . Diện tích tứ giác
tạo bởi bốn điểm A, B, C , D là
A. 10 .

B. 10 .

C. 100 .

D. 4 10 .

Lời giải
Chọn B
Gọi z  x  yi  x, y    .
Ta có: z 4  7  24i  0

 z 4  7  24i  9  24i 16i 2   3  4i 

2

Facebook Nguyễn Vương 17


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

z  2  i
 z  2  i
 z  3  4i   2  i 



 z  1  2i
 z 2  3  4i  1  2i 2


 z  1  2i
2

2

Gọi A  2;1 , B  1;2 , C  2; 1 , D 1; 2   AB  BC  CD  DA  10 .

Suy ra tứ giác tạo bởi bốn điểm A, B, C , D là một hình vng.
Vậy S ABCD  AB 2  10.
 x  1  2t

Câu 45. Trong không gian Oxyz cho A 1;  1;1 và đường thẳng  :  y  t
 t    . Gọi   là mặt
 z  1  t


phẳng chứa  sao cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng   là lớn nhất. Khi đó điểm nào sau
đây nằm trên mặt phẳng  
A. M  1; 0 ;  1 .

C. P 1; 2;  1 .

B. N   1; 2 ;1 .

D. Q  2 ;1;  2  .

Lời giải
Chọn B
Cách 1:

 qua B 1;0;  1
Giả sử mặt phẳng   có 1 VTPT là n  a ; b ; c  . Ta thấy  : 
nên    

 1 VTCP u  2;1;  1
suy ra:   : a  x  1  by  c  z  1  0    : ax  by  cz  a  c  0 .

 
Và u .n   0  2a  b  c  0  c  2a  b 1 .
Khi đó: d  A ,    

d  A ,    

a bca c
2

2

a b c

4a  b
5a 2  4ab  2b 2

Nếu b  0  d  A ,    



2



2c  b
2

a  b2  c 2

, thay 1 vào ta được:

16a 2  8ab  b 2
.
5a 2  4ab  2b 2

4
.
5

Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021
2

Nếu b  0 đặt t 

16t  8t  1
a
 d  A ,    
.
5t 2  4t  2
b

Xét hàm số f  t  

t  2
24t 2  54t  12
16t 2  8t  1




f
t


f
t

0

trên
có:



1.
2
2

5t 2  4t  2
t


5
t

4
t


2



4

Ta có bảng biến thiên:

Suy ra Maxf  t  

14
7
a
khi  2 .
 t  2  d  A ,   max 
2
2
b

Chọn b  1  a  2  c  3 . Suy ra   : 2 x  y  3 z  1  0 .
Ta thấy điểm N  1; 2;1 thuộc mp   .
Cách 2:




1
2

1

2

+) Gọi K là hình chiếu vng góc của A lên đường thẳng  , suy ra K  0;  ;   .
+) Gọi H là hình chiếu vng góc của A lên mặt phẳng   , khi đó tam giác HAK vng tại

H nên AH  AK . Suy ra, AH lớn nhất khi và chỉ khi H  K hay AK vng góc với   .




1
2

 

1
2

1
2

3
2

+) mp   đi qua điểm K  0;  ;   và nhận AK  1; ;   làm vec tơ pháp tuyến có



phương trình:   : 2 x  y  3 z  1  0 .
Ta thấy điểm N  1; 2;1 thuộc mp   .

Câu 46. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm M 13; 1; 0  , N 12;0; 4  và mặt cầu
( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  67  0 . Lập phương trình mặt phẳng đi qua 2 điểm M , N và tiếp
xúc với mặt cầu ( S ) .
A. 2 x  2 y  z  28  0;8x  4 y  z 100  0
C. 2 x  2 y  z  28  0;8x  4 y  z  100  0

B. 2 x  2 y  z  28  0;8x  4 y  z 100  0
D. 2 x  2 y  z  28  0;8x  4 y  z  100  0
Lời giải

Mặt cầu  S  có tâm I 1, 2,3 và bán kính R  9 .

Facebook Nguyễn Vương 19


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Phương trình đường thẳng MN :

 x  y  12  0
x  13 y  1 z

 
1
1
4
4 y  z  4  0

Mặt phẳng  P  đi qua MN nên có dạng:

( P) : m.[1( x  13)  ( y  1)]  n[4( y  1)  z ]  0  ( P) : mx  (m  4n) y  nz 12m  4n  0 .

m

2

 n2  0  .

 m  2n
Để  P  tiếp xúc với  S  thì d ( I , ( P))  R  
 m  8n
Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu là ( P1 ) : 2 x  2 y  z  28  0;( P2 ) : 8 x  4 y  z  100  0
Câu 47. Cho phương trình  3.2 x.log x  12 log x  2 x  4  5 x  m  0 ( m là tham số thực). Có tất cả bao
nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt?
A. 24 .

B. 25 .

D. 22 .

C. 23 .
Lời giải

Chọn D

 x  0
Đk:  x
.
5  m;  m  0 

3.2 .lg x  12 lg x  2
x

x

4





5 x  m  0   3lg x  1 2 x  4



5x  m  0

x  2
2x  4


1
1

 lg x     x  3
.


3
10


 x
 x  log5 m;  m  0 
5  m
Với m  1 thì x  log 5 m  0 (loại). Do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt x  2, x 
Với m  1 thì x  log 5 m  0 nên luôn nhận nghiệm x  log 5 m .
Mà 2 

3

1
và vì x  log 5 m nên phương trình có hai nghiệm phân biệt khi
10
1

1
3
 log 5 m  2  5 10  m  25 , m nguyên nên m  3; 4; .., 24 .
3
10

Vậy có 22 giá trị m nguyên dương.
Câu 48. Cho hàm số f  x  liên tục trên  , bảng biến thiên của hàm số f   x  như sau:

 x2  1 
Số điểm cực trị của hàm số g  x   f 
 là
 x 
Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
1

.
3
10


B. 2 .

A. 6 .

C. 1 .
Lời giải

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021
D. 4 .

Chọn A
Ta có g   x  

x2  1  x2  1 
. f 
.
x2
 x 

 x2 1  0
 2
 x  1  a, a  2
 x2 1

0

 x
 x2


  x2  1
Cho g  x   0 
2

  x 1
 b,  2  b  2
 x
0
 f 
 2
  x 
 x  1  c, c  2
 x
x 2  1  0 có 2 nghiệm phân biệt x   1 .
Xét hàm số h  x  

x2  1
x

Tập xác định D   \ 0 . Ta có h  x  

x2 1
. Cho h  x   0  x  1 .
x2

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy
h  x   a có 2 nghiệm phân biệt, với a  2
h  x   b vô nghiệm, với  2  b  2
h  x   c có 2 nghiệm phân biệt, với c  2

 x2  1 
Vậy hàm số g  x   f 
 có 6 điểm cực trị.
 x 

Câu 49. Cho hình hộp đứng ABCD. ABC D có AB  AD  a , AA ' 

a 3 
, BAD  60 . Gọi M , N lần
2

lượt là trung điểm AD  , AB . Tính thể tích của khối đa diện ABDMN .
3a 3
A.
.
16

3 3a 3
B.
.
8

9a 3
C.

.
16
Lời giải

D.

3a3
.
8

Chọn A

Facebook Nguyễn Vương 21


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

SM AM 1

 . Suy ra M là trung điểm của SD .
SD
AD 2
S
SM SN 1
3
.
  S MNBD  S SBD .
Mà SMN 
SSBD SD SB 4
4

  60 nên tam giác ABD là tam giác đều.
Tam giác ABD có AB  AD  a , BAD
1
1
3
3
VA. BDMN  d  A,  BDMN   .S BDMN  d  A,  SBD   . S SBD  VS . ABD .
3
3
4
4
2
3
31
1
a 3 3a

SA.SABD  a 3.

.
43
4
4
16

Gọi S  BN  AA . Ta có:

Câu 50. Cho hai hàm số y 

x

x 1
x2
và y  x  x  1  m ( m là tham số thực) có đồ
 2
 2
x 1 x  2x x  4x  3
2

thị lần lượt là (C1 ) và (C2 ) . Số các giá trị m nguyên thuộc khoảng  20; 20  để (C1 ) và (C2 ) cắt
nhau tại năm điểm phân biệt là
A. 22 .

C. 21 .
Lời giải

B. 39 .

D. 20 .

Chọn C
Xét phương trình hồnh độ giao điểm

x
x 1
x2
 2
 2
 x  x 1  m
x 1 x  2x x  4x  3
2

x
x 1
x2


 x  x  1  m (1).
x2 1 x2  2 x x2  4 x  3
x
x 1
x2
 2
 2
 x  x 1 .
Đặt g ( x)  2
x 1 x  2x x  4x  3
 x2  1  x2  2 x  2  x2  4 x  5
x 1
Ta có g ( x) 


1
2
2
2
2
2
2
x
1

 x  1  x  2 x   x  4 x  3




 x2 1

x

2

 1

2



( x  1) 2  1

x

2

 2x

2



( x  2) 2  1

x

2

 4 x  3

2



x 1 x 1
0
x 1

với mọi x thuộc các khoảng sau  ; 1 ,  1; 0  ,  0;1 , 1;2 ,  2;3  và  3;   nên hàm số

y  g ( x) nghịch biến trên mỗi khoảng đó.
Mặt khác ta có lim g ( x )   và và lim g ( x)  1 .
x 

x 

Bảng biến thiên hàm số y  g ( x)

Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ƠN THI THPTQG 2021

Do đó để (C1 ) và (C2 ) cắt nhau tại đúng năm điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có năm

nghiệm phân biệt. Điều này xảy ra khi và chỉ khi đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  g ( x)
tại năm điểm phân biệt khi m  1 , do m nguyên thuộc (20;20) nên m  19; 18;...; 0;1 . Vậy
có tất cả 21 giá trị m thỏa mãn.
Theo dõi Fanpage: Nguyễn Bảo Vương  />Hoặc Facebook: Nguyễn Vương  />Tham gia ngay: Nhóm Nguyễn Bào Vương (TÀI LIỆU TOÁN)  />
Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương
 />Tải nhiều tài liệu hơn tại: />ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU SỚM NHẤT NHÉ!

Facebook Nguyễn Vương 23