Đề 31 ĐMH l1 2020 đáp án

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021
Đề số 31
Câu 1.

ĐỀ MINH HỌA LẦN 1-NĂM HỌC 2020 CỦA BGD

Từ một nhóm học sinh gồm 6 nam và 8 nữ, có bao nhiêu cách chọn ra một học sinh?
A. 14 .
B. 48 .
C. 6 .
D. 8 .
Lời giải
Chọn A
Số cách chọn 1học sinh từ nhóm gồm 14 học sinh là 14 .

Câu 2.

Cho cấp số nhân  un  với u1  2 và u2  6 . Công bội của cấp số nhân đã cho bằng
A. 3 .

B.  4 .

C. 4 .

D.

1
.
3

Lời giải

Chọn A
Ta có u2  u1.q  q 

u2 6
  3.
u1 2

Câu 3.

Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r bằng
1
A. 4 rl .
B. 2 rl .
C.  rl .
D.  rl .
3
Lời giải
Chọn C
Áp dụng công thức diện tích xung quanh hình nón.

Câu 4.

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

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. 1;    .
B.   1; 0  .
C.  1;1 .

D.  0 ;1 .

Lời giải
Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng   ;  1 và  0;1 .
Câu 5.

Cho khối lập phương có cạnh bằng 6 . Thể tích của khối lập phương đã cho bằng
A. 216 .
B. 18 .
C. 36 .
D. 72 .
Lời giải
Chọn A
Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 6 là V  63  216 .

Câu 6.

Nghiệm của phương trình log3  2x 1  2 là:
A. x  3 .

B. x  5 .

C. x 

9
.
2

D. x 

7
.
2

Facebook Nguyễn Vương  Trang 1


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Lời giải
Chọn B
Điều kiện: 2 x  1  0  x 

1
2

1

1

x 
x 
2

Ta có log 3  2 x  1  2  
2  x  5.
2 x  1  32
 x  5

Vậy phương trình có nghiệm x  5 .

2

Câu 7.

Nếu

3

f  x  dx  2 và


1

3



f  x  dx  1 thì

2

A. 3 .

 f  x  dx bằng
1

B.  1 .

C. 1.

D. 3 .

Lời giải
Chọn B
3

Ta có


1

Câu 8.

2

3

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  2  1  1 .
1

2

Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng
A. 2 .
B. 3 .

C. 0 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn D
Từ bảng biến thiên, ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 4 .
Câu 9.

Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong dưới đây?
A. y   x4  2 x 2 .

B. y  x 4  2 x 2 .

C. y  x3  3x 2 .

D. y   x3  3 x 2 .

Lời giải
Chọn A
Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ƠN THI THPTQG 2021
Từ hình dạng của đồ thị ta loại phương án C và D.
Nhận thấy lim f ( x)   suy ra hệ số của x4 âm nên chọn phương án A.
x 

Câu 10. Với a là số thực dương tùy ý, log 2 a 2 bằng:
A. 2  log 2 a .

B.

1
 log 2 a .
2

C. 2 log 2 a .

D.

1
log 2 a .
2

Lời giải
Chọn C
Với a  0; b  0; a  1. Với mọi  . Ta có cơng thức: log a b   log a b.
Vậy: log 2 a 2  2 log 2 a .
Câu 11. Họ nguyên hàm của hàm số f  x   cos x  6 x là
A. sin x  3 x 2  C .

B.  sin x  3 x 2  C . C. sin x  6 x 2  C .
Lời giải

D.  sin x  C .

Chọn A
Ta có

 f  x  dx    cos x  6 x  dx  sin x  3x

2

C .

Câu 12. Môđun của số phức 1  2i bằng
A. 5 .

B.

3.

C. 5 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn C
Ta có 1  2i  12  22  5 .
Câu 13. Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc của điểm M  2;  2;1 trên mặt phẳng  Oxy  có
tọa độ là
A.  2;0;1 .

B.  2;  2;0 .

C.  0;  2;1 .

D.  0;0;1 .

Lời giải
Chọn B
Ta có hình chiếu của điểm M  x0 ; y0 ; z0  trên mặt phẳng  Oxy  là điểm M   x0 ; y0 ;0 .

Do đó hình chiếu của điểm M  2;  2;1 trên mặt phẳng  Oxy  là điểm M   2;  2;0 .
2

2

2

Câu 14. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  1   y  2    z  3  16 . Tâm của  S  có tọa
độ là
A.  1;  2;  3 .

B. 1;2;3 .

C.  1;2;  3 .

D. 1;  2;3 .

Lời giải
Chọn D
2

2

2

Mặt cầu  S  : x  a    y  b    z  c   R 2 có tâm là I  a ; b ; c  .
Facebook Nguyễn Vương 3


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

2

2

2

Suy ra, mặt cầu  S  : x  1   y  2    z  3  16 có tâm là I 1;  2;3 .
Câu 15. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : 3 x  2 y  4 z  1  0 . Vectơ nào dưới đây là một
vectơ pháp tuyến của   ?


A. n2   3;2;4  .
B. n3   2;  4;1 .


C. n1   3;  4;1 .


D. n4   3;2;  4  .

Lời giải
Chọn D


Mặt phẳng   : 3 x  2 y  4 z  1  0 có vectơ pháp tuyến n   3;2;  4 
Câu 16. Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng d :
A. P  1;2;1 .

B. Q 1;  2;  1 .

C. N  1;3;2 .

x 1 y  2 z 1


?
1
3
3
D. P 1;2;1 .

Lời giải
Chọn A
Thay tọa độ các điểm vào phương trình đường thẳng ta thấy điểm P  1;2;1 thỏa

1  1 2  2 1  1


 0 . Vậy điểm P  1;2;1 thuộc đường thẳng yêu cầu.
1
3
3
Câu 17. Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vng cạnh

3a , SA vng góc với mặt phẳng đáy và

SA  2a . Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD ) bằng
S

A

B

A. 450 .

D

C

B. 600 .

C. 300 .

D. 900 .

Lời giải
Chọn C



Ta có SA  (ABCD) nên ta có (SC ,(ABCD ))  SCA

tan SCA

SA

AC

2a
3a. 2



1
3

  300
 SCA

Câu 18. Cho hàm số f  x  , bảng xét dấu của f   x  như sau:

Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A. 0 .
B. 2 .

C. 1.
Lời giải

D. 3 .

Chọn B
 x  1
Ta có f   x   0   x  0

 x  1

Từ bảng biến thiên ta thấy f   x  đổi dấu khi x qua nghiệm 1 và nghiệm 1; không đổi dấu khi

x qua nghiệm 0 nên hàm số có hai điểm cực trị.
Câu 19. Giá trị lớn nhất của hàm số f ( x)   x 4  12 x 2  1 trên đoạn  1; 2  bằng:
A. 1.

B. 37 .

C. 33 .
Lời giải

D. 12 .

Chọn C
x  0

f ( x)   x 4  12 x 2  1 liên tục trên  1; 2 và f '( x )  4 x3  24 x 2  0   x  6 ( L)
 x   6 ( L)

Ta có:

f (1)  12; f (2)  33; f (0)  1
Vậy, giá trị lớn nhất của hàm số f ( x)   x 4  12 x 2  1 trên đoạn  1; 2  bằng 33 tại x  2
Câu 20. Xét tất cả các số dương a và b thỏa mãn log 2 a  log8 (ab) . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. a  b2 .

B. a3  b .

C. a  b .
Lời giải

D. a 2  b .

Chọn D
Theo đề ta có:

1
log 2 a  log8 (ab)  log 2 a  log 2 (ab)  3log 2 a  log 2 (ab)
3
3
 log 2 a  log 2 (ab)  a3  ab  a 2  b
Câu 21. Tập nghiệm của bất phương trình 5x 1  5x
A.  2; 4  .
C.  ; 2   4;   .

2

 x 9

là
B.  4; 2  .
D.  ; 4   2;   .

Lời giải
Facebook Nguyễn Vương 5


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Chọn A

5x 1  5x

2

 x 9

 x  1  x 2  x  9  x 2  2 x  8  0  2  x  4 .

Vậy Tập nghiệm của bất phương trình là  2; 4  .
Câu 22. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3 . Biết rằng khi cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng qua
trục, thiết diện thu được là một hình vng. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng
A. 18 .
B. 36 .
C. 54 .
D. 27 .
Lời giải
Chọn B

Giả sử thiết diện qua trục của hình trụ là hình vng ABCD .
Theo giả thiết ta có bán kính đáy của hình trụ r  3  h  AD  DC  2r  6  l .
Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là: S xq  2 rl  2 .3.6  36 .
Câu 23. Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau

x

f ( x)





2
0



3
0





f ( x)

1

0


Số nghiệm của phương trình 3 f ( x)  2  0 là
A. 2.

B. 0.

C. 3.
Lời giải

D. 1.

Chọn C
Ta có 3 f ( x)  2  0  f ( x) 

x
f ( x)

2
3




2
0



3
0





f ( x)

y

1



0

2
3

Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021
2
Căn cứ vào bảng biến thiên thì phương trinh 3 f ( x)  2  0  f ( x)  có 3 nghiệm phân biệt.
3
Câu 24. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) 
A. x  3ln  x 1  C.
C. x 

3

 x  1

2

x2
trên khoảng 1;   là
x 1
B. x  3ln  x 1  C.

 C.

D. x 

3

 x  1

2

 C.

Lời giải
Chọn A
Trên khoảng 1;   thì x  1  0 nên

x2



3 

 f ( x)dx   x  1dx   1  x  1 dx  x  3ln x  1  C  x  3ln  x  1  C.
Câu 25. Để dự báo dân số của một quốc gia, người ta sử dụng công thức S  Ae nr ; trong đó A là dân số
của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau n năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Năm 2017,
dân số Việt nam là 93.671.600 người (Tổng cục Thống kê, Niên giám thống kê 2017, Nhà xuất
bản Thống kê, Tr 79). Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi là 0,81%, dự báo dân số Việt
nam năm 2035 là bao nhiêu người (kết quả làm tròn đến chữ số hàng trăm)?
A. 109.256.100 .
B. 108.374.700 .
C. 107.500.500 .

D. 108.311.100 .
Lời giải
Chọn B
Lấy năm 2017 làm mốc, ta có A  93.671.600; n  2035  2017  18
18.

 Dân số Việt Nam vào năm 2035 là S  93.671.600.e

0, 81
100

 108.374.700

Câu 26. Cho khối lăng trụ đứng ABCD. ABC D có đáy là hình thoi cạnh a , BD  a 3 và AA  4a
(minh họa như hình bên). Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng

3

A. 2 3a .

3

B. 4 3a .

2 3a3
C.
.
3
Lời giải

4 3a3
D.
.
3

Chọn A

Facebook Nguyễn Vương 7


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Gọi I  AC  BD . Ta có: AC  BD, BI 

BD a 3

. Xét tam giác vuông BAI vuông tại I :
2
2

2

a 3
3a 2 a 2
a
2
AI  BA  BI  a  

 AI   AC  a.
  a 

4
4
2
 2 
2

2

2

2

1
1a 3
a2 3
.a 
Diện tích hình bình hành ABCD : S ABCD  2SABC  2. BI . AC  2.
.
2
2 2
2
Vậy: VABCD. ABC D  S ABCD . AA 

a2 3
.4a  2 3a3 .
2

Câu 27. Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
A. 0.

B. 1.

C. 2.
Lời giải

5 x 2  4 x 1
là
x 2 1
D. 3.

Chọn C
Tiệm cận ngang:
4 1 

4 1
x2  5   2 
5  2
5x  4 x  1
x
x x
x   lim

Ta có: lim y  lim
 lim
 5 nên đồ thị hàm
2
1
1
x 
x

x

x



2
x 1
1 2
x 1  2 
x
 x 
số có một tiệm cận ngang y  5 .
2

Tiệm cận đứng:
x 1
Cho x 2  1  
 x  1
Ta có: lim y  lim
x1

x 1

5x2  4 x  1
x2 1

 5 x  1 x  1  lim 5 x  1  6  3 nên
x1  x  1 x  1
x 1 x  1

2

 lim

x  1 không là tiệm

cận đứng.

lim  y  lim 
x 1
x 1

5x2  4 x  1
x2  1

 1 5 x2  4 x  1 
5x2  4 x  1
 lim 
 lim  
.
  
x  1 
x 1  x  1 x  1 x 1 
 x 1

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021
1


 
 xlim

  1 x  1
vì 
.
2
 lim 5 x  4 x  1  4  0
 x 1
x 1
Khi đó, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng x  1 .
Tổng cộng đồ thị hàm số có 2 tiệm cận.
Câu 28. Cho hàm số y  ax 3  3 x  d  a; d    có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. a  0, d  0 .

B. a  0, d  0 .

C. a  0, d  0 .

D. a  0, d  0 .

Lời giải
Chọn D
Ta có: lim    đồ thị nhánh ngoài cùng của hàm số hướng đi xuống nên hệ số a  0 .
x

Giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung Oy : x  0 là điểm nằm bên dưới trục hoành nên khi

x  0  y  d  0.

Câu 29. Diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình bên bằng

A.
C.

2

  2 x

2

1
2

  2 x
1

2

 2 x  4  dx .

B.

 2 x  4  dx .

D.

2

 2x

2

1
2

  2x
1

2

 2 x  4  dx .
 2 x  4  dx .

Lời giải
Chọn A
Dựa và hình vẽ ta có diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình bên là:
2

2

2
2
2
1   x  2    x  2 x  2  dx  1  2 x  2 x  4  dx.

Câu 30. Cho hai số phức
A. 2.

z1  3  i

và
B. 2i.

z2  1  i.

Phần ảo của số phức
C. 2.

z1  z2

bằng
D. 2i.

Facebook Nguyễn Vương 9


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Lời giải
Chọn C
Ta có: z2  1  i . Do đó z1  z2  (3  i )  (1  i )  2  2i.
Vậy phần ảo của số phức z1  z2 bằng 2.
2

Câu 31. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z  1  2i  là điểm nào dưới đây?
A. P  3; 4  .

B. Q  5; 4  .

C. N  4;  3 .

D. M  4;5  .

Lời giải
Chọn A
2

2

Ta có z  1  2i   12  2.1.2i   2i   3  4i .
2

Vậy trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z  1  2i  là điểm P  3; 4  .



  
Câu 32. Trong không gian Oxyz , cho các vectơ a  1;0;3 và b   2;2;5 . Tích vơ hướng a. a  b



bằng
A. 25 .

B. 23 .

C. 27 .
Lời giải



D. 29 .

Chọn B

 
Ta có a  b   1; 2;8 .
  
Suy ra a. a  b  1.  1  0.2  3.8  23 .





  
Vậy a. a  b  23 .





Câu 33: Trong khơng gian Oxyz , cho mặt cầu

S 

có tâm I  0; 0;  3 và đi qua điểm M  4;0;0  .

Phương trình của  S  là
2

B. x 2  y 2   z  3  5 .

2

2

D. x 2  y 2   z  3  5 .

A. x 2  y 2   z  3  25 .

2

C. x 2  y 2   z  3  25 .

Lời giải
Chọn A
2

Phương trình mặt cầu  S  có tâm I  0; 0;  3 và bán kính R là: x 2  y 2   z  3  R 2 .
2

Ta có: M   S   42  02   0  3  R 2  R 2  25 .
2

Vậy phương trình cần tìm là: x 2  y 2   z  3  25 .
Câu 34. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm M 1;1;  1 và vng góc với đường thẳng

x  1 y  2 z 1
có phương trình là



2
2
1
A. 2 x  2 y  z  3  0 . B. x  2 y  z  0 .
:

C. 2 x  2 y  z  3  0 . D. x  2 y  z  2  0 .
Lời giải

Chọn C
Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021
x  1 y  2 z 1

:


thì  có một vec-tơ chỉ phương là u   2; 2;1 .
2
2
1
Gọi   là mặt phẳng cần tìm.

Có     , nên u   2; 2;1 là một vec-tơ pháp tuyến của   .

Mặt phẳng   qua điểm M 1;1;  1 và có một vec-tơ pháp tuyến u   2; 2;1 .

Nên phương trình   là 2 x  2 y  z  3  0 .
Câu 35. Trong không gian Oxyz , vectơ nào sau đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua hai
điểm M  2;3; 1 và N  4;5;3 ?


A. u4  1;1;1 .
B. u3  1;1; 2  .


C. u1   3; 4;1 .


D. u2   3;4; 2  .

Lời giải
Chọn B





Ta có MN   2; 2; 4 , suy ra MN  2.u3 . Do đó u3 là một vectơ chỉ phương của đường thẳng
MN .

Câu 36. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp số có ba chữ số khác nhau. Xác suất để số được chọn có tổng
các chữ số là số chẳn bằng
41
4
1
16

A.
.
B. .
C. .
D.
.
81
9
2
81
Lời giải
Chọn A
Gọi A là biến cố số được chọn có tổng các chữ số là số chẳn.
Ta có n     9.9.8  648 .
Vì số được chọn có tổng các chữ số là số chẳn nên sãy ra các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Ba chữ số được chọn đều là số chẳn
Số cách chọn ra và sắp xếp ba chữ số chẳn là A53 .
Số cách chọn ra và sắp xếp ba chữ số chẳn trong đó số 0 đứng đầu là A42 .
Vậy nên số số thỏa biến cố A là: A53  A42  48 số.
Trường hợp 2: Ba chữ số được chọn có 2 chữ số là số lẽ và 1 chữ số là số chẳn.
Số cách chọn ra và sắp xếp 2 chữ số là số lẽ và 1 chữ số là số chẳn là C52 .C51.3! .
Số cách chọn ra và sắp xếp 2 chữ số là số lẽ và 1 chữ số chẳn là số 0 đứng đầu là C52 .2! .
Vậy nên số số thỏa biến cố A là: C52 .C51.3! C52 .2!  280 số.
Do vậy n  A   280  48  328 .
Ta có P  A  

n  A  328 41

 .
n    648 81

Facebook Nguyễn Vương 11


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Câu 37. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang, AB  2a , AD  DC  CB  a , SA vng góc với
mặt phẳng đáy và SA  3a (minh họa như hình bên). Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách
giữa hai đường thẳng SB và DM bằng

A.

3a
.
4

B.

3a
.
2

3 13a
.
13
Lời giải
C.

D.

6 13a
.
13

Chọn A

Ta có M là trung điểm của AB .
Theo giả thiết suy ra ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường trịn đường kính AB
 
ACB  90; 
ABC  60

 AC  a 3
Vì DM //BC  DM //  SBC 
Do đó d  DM , SB   d  DM ,  SBC    d  M ,  SBC   

1
1
d  A,  SBC   (vì MB  AB )
2
2

Kẻ AH  SC .
 BC  AC
Ta lại có 
 BC   SAC   AH  BC .
 BC  SA
 AH  SC
Khi đó 
 AH   SBC   d  A,  SBC    AH .

 AH  BC
Xét tam giác SAC vuông tại A , ta có

Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021

AH 2 

 
 

2

2

a 3 .  3a 
AC 2 .SA2
9a 2
3


 AH  a .
2
2
2
2
AC  SA
4
2

a 3   3a 

Vậy d  DM , SB  

1
1
3a
.
d  A,  SBC    AH 
2
2
4

Câu 38. Cho hàm số f  x  có f  3  3 và f   x  
A. 7 .

197
.
6

B.

x
, x  0 . Khi đó
x 1 x 1
29
.
2
Lời giải

C.

D.

8

 f  x  dx bằng
3

181
.
6

Chọn B
Xét

x

 f   x  dx   x  1 

Khi đó,



f   x  dx  

x 1

dx . Đặt t  x  1  x  1  t 2  x  t 2  1  dx  2tdt .

 t  1 .  t  1  2tdt  2t  2 dt
x
t 2 1
dx   2
 2tdt  


t t
t.  t  1
x 1 x 1

 t 2  2t  C   x  1  2 x  1  C .
Mà f  3  3   3  1  2 3  1  C  3  C  5 .

 f  x    x  1  2 x  1  5  x  2 x  1  4 .
8

8

  f  x  dx  
3

3



 x2 4
x  2 x  1  4 dx   
 2 3



Câu 39. Cho hàm số f  x  

8


19 197
 x  1  4 x   36   .
6
6
3
3

mx  4
( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số
xm

đã cho đồng biến trên khoảng  0;  ?
B. 4 .

A. 5 .

C. 3 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn D
Tập xác định D   \ m .

Đạo hàm f   x  

m2  4

 x  m

2

.

Hàm số đồng biến trên  0;   khi và chỉ khi
2

2  m  2
 m 40
f   x   0 x   0;    

 2  m  0 .
m  0
m   0;   

Do m    m  1;0 . Vậy có hai giá trị nguyên của m thỏa mãn đề bài.
Facebook Nguyễn Vương 13


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Câu 40. Cho hình nón có chiều cao bằng 2 5 . Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón và cắt hình nón theo
một thiết diện là tam giác đều có diện tích bằng 9 3 . Thể tích của khối nón được giới hạn bởi
hình nón đã cho bằng

A.

32 5
.
3

B. 32 .

C. 32 5 .

D. 96 .

Lời giải
Chọn A

Theo giả thiết tam giác SAB đều, S SAB  9 3 và SO  2 5 .

AB 2 3
 9 3  AB  6 .
4
SAB đều SA  AB  6 .
SSAB  9 3 



Xét SOA vuông tại O , theo định lý Pytago ta có: OA  SA2  SO 2  62  2 5



2

 4.

1
1
1
32 5
.
Thể tích hình nón bằng V   r 2 h   .OA2 .SO   42.2 5 
3
3
3
3
Câu 41. Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn log 9 x  log 6 y  log 4  2 x  y  . Giá trị của
A. 2 .

B.

1
.
2

3
C. log 2   .
2
Lời giải

D. log 3 2 .

Chọn B

 x  9t

 2.9t  6t  4t
Đặt t  log 9 x  log 6 y  log 4  2 x  y  . Khi đó  y  6t
 2 x  y  4t


 3 t
   1
t
t
t
 2
9 3
3 1
 2.       1  0  

   .
 3 t 1
4 2
2 2


  
 2  2

Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
2

x

bằng
y


BỘ 40 ĐỀ ƠN THI THPTQG 2021
t

Do đó:

t

x 9 3 1
     .
y 6 2 2

Câu 42. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm
số f  x   x 3  3x  m trên đoạn  0;3 bằng 16. Tổng tất cả các phần tử của S là:
A.  16 .

B. 16 .

C. 12 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn A
Xét u  x3  3x  m trên đoạn  0;3 có u   0  3 x 2  3  0  x  1  0;3 .
max u  max u 0 , u 1 , u 3  max m, m 2, m 18  m  18
 0;3

Khi đó 
.
min u  min u 0 , u 1, u 3  min m, m 2, m 18  m  2
 0;3
 m  18  16


 m  2
 m  18  m  2
Suy ra M ax f  x   max  m  2 , m  18   16  
.

 m  14
 0;3
 m  2  16


 m  2  m  18

Do đó tổng tất cả các phần tử của S bằng  16 .
Câu 43. Cho phương trình log 22  2 x    m  2  log 2 x  m  2  0 ( m là tham số thực). Tập hợp tất cả các
giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn 1; 2 là
B. 1; 2 .

A. 1; 2  .

C. 1; 2  .

D.  2;   .

Lời giải
Chọn C
2

log 22  2 x    m  2  log 2 x  m  2  0  1  log  x     m  2  log 2 x  m  2  0 *

Đặt t  log 2 x  g  x   0  t  1 và mỗi giá trị của x sẽ cho một giá trị của t
2

* trở thành 1  t    m  2  t  m  2  0
 t 2  2t  1  mt  2t  m  2  0
 t 2  1  m  t  1
  t  1 t  1  m   0

t  m  1 1

 2
t  1
Với t  1 thì phương trình có một nghiệm x  2
Vậy để phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt thì phương trình 1 phải có một nghiệm
t 1
Facebook Nguyễn Vương 15


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

0  m 1  1  1  m  2

Vậy m  1; 2  để thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 44. Cho hàm số f  x  liên tục trên  . Biết cos 2x là một nguyên hàm của hàm số f  x  e x , họ tất cả

các nguyên hàm của hàm số f   x  e x là:
A.  sin 2 x  cos 2 x  C .
C. 2 sin 2 x  cos 2 x  C .

B. 2 sin 2 x  cos 2 x  C .
D. 2 sin 2 x  cos 2 x  C .
Lời giải

Chọn C
Do cos 2x là một nguyên hàm của hàm số f  x  e x
nên f  x  e x   cos 2 x   f  x  e x  2 sin 2 x .
Khi đó ta có

x

 f  x  e dx  cos 2 x  C .

u  f  x  du  f   x  dx

Đặt 
.
x
x
dv  e dx v  e

 f  x  e dx  cos 2 x  C   f  x  d  e   cos 2 x  C
 f  x  e   f   x  e dx  cos 2 x  C   f   x  e dx  2sin 2 x  cos 2 x  C .
x

Khi đó

x

x

x

x

Vậy tất cả các nguyên hàm của hàm số f   x  e x là 2 sin 2 x  cos 2 x  C .
Câu 45. Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thuộc đoạn   ; 2  của phương trình 2 f  sin x   3  0 là
A. 4 .

B. 6 .

C. 3 .
Lời giải

D. 8 .

Chọn B
Đặt t  sin x . Do x    ; 2  nên t   1;1 .

3
Khi đó ta có phương trình 2 f  t   3  0  f  t    .
2

Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021
3
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f  t    có 2 nghiệm t  a   1;0  và
2
t  b   0;1 .
Trường hợp 1: t  a   1;0 
Ứng với mỗi giá trị t   1;0  thì phương trình có 4 nghiệm   x1  x2  0    x3  x4  2 .
Trường hợp 2: t  b   0;1
Ứng với mỗi giá trị t   0;1 thì phương trình có 4 nghiệm 0  x5  x6   .
Hiển nhiên cả 6 nghiệm trong 2 trường hợp trên đều khác nhau.
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm thuộc đoạn   ; 2 
Câu 46. Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình bên. Số điểm cực trị của hàm số

g  x   f  x3  3x 2  là

A. 5 .

B. 3 .

C. 7 .

D. 11 .

Lời giải
Chọn C
Từ đồ thị ta có bảng biến thiên của hàm số y  f  x  như sau

x
f  x

f  x

a




0

c

b



0



0







Ta có g  x   f  x3  3x 2   g   x    3x 2  6 x  . f   x3  3x 2 
x  0


 x  2
3 x 2  6 x  0
Cho g   x   0  
  x 3  3 x 2  a; a  0
3
2
 3

f
x

3
x

0

 
 x  3 x 2  b; 0  b  4
 3
2
 x  3 x  c; c  4
x  0
Xét hàm số h  x   x 3  3 x 2  h  x   3 x 2  6 x . Cho h  x   0  
 x  2
Bảng biến thiên
Facebook Nguyễn Vương 17


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Ta có đồ thị của hàm h  x   x3  3 x 2 như sau
Từ đồ thị ta thấy:
Đường thẳng y  a cắt đồ thị hàm số y  h  x  tại 1 điểm.
Đường thẳng y  b cắt đồ thị hàm số y  h  x  tại 3 điểm.
Đường thẳng y  c cắt đồ thị hàm số y  h  x  tại 1 điểm.
Như vậy phương trình g   x   0 có tất cả 7 nghiệm đơn phân biệt.
Vậy hàm số g  x   f  x3  3x 2  có 7 cực trị.
Câu 47. Có bao nhiêu cặp số nguyên  x ; y  thỏa mãn 0  x  2020 và log 3 3 x  3  x  2 y  9 y ?
A. 2019 .

B. 6 .

C. 2020 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn D
Cách 1:
Ta có: log 3 3 x  3  x  2 y  9 y  log 3  x  1  x  1  2 y  32 y . 1
Đặt log 3  x  1  t  x  1  3t .
Phương trình 1 trở thành: t  3t  2 y  32 y 2
Xét hàm số f u   u  3u trên  .
f  u   1  3u ln 3  0 , u   nên hàm số f u  đồng biến trên  .

Do đó 2  f t   f 2 y   t  2 y  log 3  x  1  2 y  x  1  9 y  x  9 y  1
Vì 0  x  2020  0  9 y  1  2020  1  9 y  2021  0  y  log 9 2021

log 3 2021  3, 464
Do y    y  0;1; 2;3 , có 4 giá trị của y nên cũng có 4 giá trị của x

Vậy có 4 cặp số nguyên  x ; y  .
Cách 2:
Ta có: log 3 3 x  3  x  2 y  9 y  log 3  x  1  x  1  2 y  32 y
Xét hàm số f  x  log 3  x  1  x  1 với x  0; 2020  .
Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021
1
 1  0, x  x  0;2020  Hàm số f  x  đồng biến trên đoạn
Ta có f   x 
 x  1 ln 3

0 ; 2020  .
Suy ra f 0  f  x   log 3  x  1  x  1  f 2020  1  f  x  log 2 2021  2021
 1  2 y  9 y  log 3 2021  2021  2028

Nếu y  0  2 y  9 y  9 y  90  1  y  0
Khi đó y    2 y  9 y     2 y  9 y  2027  9 y  2027  2 y  2027
 y  log 9 2027  3, 465  y  3  0  y  3
 y  0;1; 2;3 . Do f  x  là hàm số luôn đồng biến nên với mỗi giá trị của y chỉ cho 1 giá trị

của x .
+) y  0  log 3  x  1  x  1  1  x  0
+) y  1  log 3  x  1  x  1  11  log 3  x  1  x  10  x  8
+) y  2  log 3  x  1  x  1  85  log 3  x  1  x  84  x  80
+) y  3  log 3  x  1  x  1  735  log 3  x  1  x  734  x  729
Vậy có 4 cặp số nguyên  x ; y  .
Câu 48. Cho hàm số f  x  liên tục trên  thảo mãn xf  x3   f 1  x 2    x10  x 6  2 x, x   . Khi đó
0

 f  x dx ?
1

A.

17
.
20

B.

13
.
4

17
.
4
Lời giải
C.

D. 1 .

Chọn B
Ta có xf  x3   f 1  x 2    x10  x6  2 x  x 2 f  x3   xf 1  x 2    x11  x 7  2 x 2 .
Lấy tích phân hai vế cận từ 0 đến 1 ta được:

Facebook Nguyễn Vương 19

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489
1

1

1

2
3
2
11
7
2
 x f  x  dx   x f 1  x  dx     x  x  2 x dx
0

0

0

1

1



1
1
5
f  x 3  d  x3    f 1  x 2  d 1  x 2   


30
20
8



1
1
5
f  t  dt   f  t  dt  

30
21
8

1

0

1

1

.

1
1
5
  f  t  dt   f  t  dt  

30
20
8
1



5
5
f  t  dt  

60
8
1

  f  t  dt  
0

3
4

1

Suy ra

3

 f  x  dx   4 .
0

Lấy tích phân hai vế cận từ  1 đến 0 ta được:
0

0

0

2
3
2
 x f  x  dx   x f 1  x  dx 

1

1

0

 x

11

 x 7  2 x 2  dx

1

0



1
1
17
f  x 3  d  x3    f 1  x 2  d 1  x 2   

3 1
2 1
24



1
1
17
f  t  dt   f  t  dt  

3 1
20
24



1
1
17
f  t  dt   f  t  dt  
3 1
20
24



1
17 1
f  t  dt     f  t  dt

3 1
24 2 0

0

1

0

1

0

1

0

1

1
17 1
17 1 3
13
  f  x  dx 

  f  x  dx 
 . 
3 1
24 2 0
24 2 4
12
0

.

13
  f  x  dx 
4
1

  SCA
  900 , góc
Câu 49. Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , AB  a , SBA
0
giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SAC  bằng 60 . Thể tích của khối đã cho bằng

3

A. a .

a3
B.
.
3

a3
C.
.
2
Lời giải

a3
D.
.
6

Chọn D

Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021
S

I

A

C
a
a 2
B

Hai tam giác vuông SAB và SAC bằng nhau chung cạnh huyền SA .
Kẻ BI vng góc với SA suy ra CI cũng vng góc với SA và IB  IC .
SA  IC , SA  IB  SA   IBC  tại I .

1
1
1
1
VS . ABC  VA.IBC  VS .IBC  S IBC AI  S IBC SI  S IBC  AI  SI   S IBC SA .
3
3
3
3
0
0


  SAB  ,  SAC     IB, IC    IB, IC   60  BIC  60 hoặc BIC  1200 .

  1200 .
Ta có IC  IB  AB  a mà BC  a 2 nên tam giác IBC không thể đều suy ra BIC
Trong tam giác IBC đặt IB  IC  x  x  0  có:



2
IB 2  IC 2  BC 2
1 2x  a 2
0
cos120 
 
2 IB.IC
2
2x2



2

x

a 6
a 6
 IB  IC 
.
3
3
2

a 6
a 3
AB  IB  a  
.
 
3
 3 
2

Trong tam giác ABI vng tại I có: AI 

2

2

Trong tam giác SAB vuông tại B đường cao BI có: AB 2  IA.SA  SA 

AB 2
a2

a 3.
IA
a 3
3

2

Vậy VS . ABC

3
1
11
  1  a 6  a 3 sin1200  a .
 S IBC SA 
IB.IC.SA sin BIC
3
32
6  3 
6

Câu 50. Cho hàm số f  x  . Hàm số y  f '  x  có đồ thị như hình bên. Hàm số g  x   f 1  2 x   x 2  x
nghịch biến trên khoảng nào dưới đây ?
y
1
–2

4

O

x

–2

 3
A. 1;  .
 2

 1
B.  0;  .
 2

C.  2; 1 .

D.  2;3 .

Lời giải
Chọn A
Facebook Nguyễn Vương 21


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Ta có : g  x   f 1  2 x   x 2  x  g '  x   2 f ' 1  2 x   2 x  1
Đặt t  1  2 x  g   x   2 f   t   t

t
2
x
Vẽ đường thẳng y   và đồ thị hàm số f '  x  trên cùng một hệ trục
2
g ' x  0  f 't   

y
1
–2

O

4
x

–2

 2  t  0
t
Hàm số g  x  nghịch biến  g '  x   0  f '  t     
2 t  4
3
1
x

 2  1  2 x  0
1  2x
2.

Như vậy f  1  2 x  

 2
2
4  1  2 x
 x3

2

3
1 3

Vậy hàm số g  x   f 1  2 x   x 2  x nghịch biến trên các khoảng  ;  và  ;   .
2
2 2

 3 1 3
 3
Mà 1;    ;  nên hàm số g  x   f 1  2 x   x 2  x nghịch biến trên khoảng 1; 
 2 2 2
 2
Theo dõi Fanpage: Nguyễn Bảo Vương  />Hoặc Facebook: Nguyễn Vương  />Tham gia ngay: Nhóm Nguyễn Bào Vương (TÀI LIỆU TỐN)  />
Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương
 />Tải nhiều tài liệu hơn tại: />ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU SỚM NHẤT NHÉ!

Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />