Thi thử KYS lần 4 - Đáp án môn Toán [Khối 12}

HƯỚNG ĐẾN KỲ THI THPT 2020

THI THỬ KYS LẦN 4
MÔN: TOÁN HỌC – KHỐI 12
Ngày thi: 23/3/2020. Thời gian làm bài: 90 phút

BẢNG ĐÁP ÁN

Câu 1:

1
D

2
B

3
A

4
D

5
A

6
A

7
C

8
A

9
A

10
A

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

B

C

A

D

A

A

A

A

C

A

21

22

23

24

25

26

27

28

29

30

D

A

A

C

A

C

A

A

A

B

31

A

32
A

33
A

34
B

35
A

36
A

37
A

38
C

39
A

40
A

41

42

43

44

45

46

47

48

49

50

A

D

A

A

A

D

A

C

A

A

Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng nào dưới
đây?

A. ( −2;0 ) .

B. ( −1;1) .

C. ( 0; 2 ) .

D. ( −3; −1) .

Lời giải
Chọn D
Câu 2:

Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây đúng?

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

1

A. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 .

B. Hàm số có một điểm cực trị.

C. Hàm số có hai điểm cực trị.

D. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 .
Lời giải

Chọn B
Dựa vào bảng biến thiên ta có: hàm số đạt cực đại tại x = 2 , tại x = 0 hàm số không xác định nên

x = 0 không là điểm cực trị của hàm số. Vậy hàm số có 1 cực đại ( x = 2 ).
Câu 3:

Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M , m tương ứng là giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ −1;1] .

Giá trị M + 2m bằng
A. 1 .

C. 3 .

B. 2 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn A

Dựa vào đồ thị ta thấy=
M max f =
m min f =
( x ) 1;=
( x ) 0.
[ −1;1]

[ −1;1]

1.
Suy ra M + 2m =
Câu 4:

Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
A. 3 .

B. 1 .

1
là
x + 2020 x
2

C. 0 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn D
x = 0

Ta có: x 2 + 2020 x =
.
0⇔
 x = −2020
1
= +∞
x + 2020 x
1
lim
= −∞
2
x → ( −2020)+ x + 2020 x
lim

x → 0+

2

Do đó đồ thị hàm số y =

1
có 2 tiệm cận đứng là x = 0 , x = −2020 .
x + 2020 x
2

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

2

Câu 5:

Đường cong trong hình dưới là đồ thị của một trong bốn hàm số nào sau đây?

A. y =
− x4 + 2x2 .

B. =
y x4 − 2x2 .

C. y =
− x 2 + 2 x.

D. y = x 3 + 2 x 2 − x − 1.
Lời giải

Chọn A
Đồ thị hàm số trên là hàm số trùng phương y = ax 4 + bx 2 + c, với hệ số a < 0 nên loại B,C,D .
Câu 6:

Tìm tập xác định của hàm=
số y log(2 x − 1).
1

A. =
D  ; +∞  .
2


1 

C. D= \   .
2

B. D = .

1

D. =
D  ; +∞  .
2


Lời giải
Chọn A
1
Hàm=
số y log(2 x − 1) xác định khi 2 x − 1 > 0 ⇔ x > .
2
Câu 7:

Tính đạo hàm của hàm=
số y log 2 ( x + 3) .
A. y′ =

1
.
x+3

B. y′ =

1
.
x

C. y′ =

1
.
( x + 3) ln 2

D. y′ =

1
.
x.ln 2

Lời giải
Chọn C

y′ log 2 ( x + 3)=
′
Ta có =
Câu 8:

( x + 3)′=
1
.
( x + 3) ln 2 ( x + 3) ln 2

Giả sử f ( x ) và g ( x ) là hai hàm số bất kỳ liên tục trên  và k ∈  . Mệnh đề nào sau đây sai?

A. ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx .
C.

∫  f ( x ) − g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx .

B.

∫  f ( x ) + g ( x ) dx =∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx .

D.

) dx
∫ f ′ ( x=

f ( x) + C .

Lời giải
Chọn A
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

3


∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx với k   và hàm số f ( x ) liên tục trên 
khi k = 0 thì ∫ kf ( x ) dx ≠ k ∫ f ( x ) dx .
Mệnh đề:

là mệnh đề sai vì

Các phương án B, C, D đúng theo tính chất ngun hàm.

Câu 9:

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f ( x=
) 4 x − x3 và trục hồnh như hình
vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng?

0

2

A. S =
− ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx .
−2

0

∫

B. S
=

−2

0

0

0

2

−2

0

2

C. S = ∫ f ( x )dx .

2

f ( x )dx − ∫ f ( x )dx .

∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx .

D. S
=

0

Lời giải
Chọn A
Dựa vào đồ thị, diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f ( x=
) 4 x − x3 , trục hoành
bằng:
2

0

2

0

2

−2

−2

0

−2

0

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

1 + i . Giá trị z bằng
Câu 10: Cho số phức z ∈  thỏa (1 − i ) z =
A. 1 .

B. 2 .

C. 3 .

D. 4

Lời giải
Chọn A
1+ i
Ta có (1 − i ) z =1 + i ⇔ z =
⇔ z =i .
1− i

Vậy z = 1 .
Câu 11: Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình vng cạnh a , SA ⊥ ( ABCD ) , SB = a 2 . Khi đó thể
tích khối chóp S . ABCD bằng
A. a 3 .

B.

a3
.
3

C.

a3
.
6

D.

2 3
a .
3

Lời giải
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

4


Chọn B
S

A

B

D

C

(

Theo định lí Pitago, ta có: SA2 + AB 2 = SB 2 ⇔ SA2 + a 2 = a 2

=
V
Thể tích khối chóp S . ABCD bằng:

)

2

⇔ SA2 = a 2 ⇔ SA = a .

1
1 2
a3
=
B.h
=
a .a
. Chọn phương án B .
3
3
3

Câu 12: Cho hình chóp đều S . ABCD , AB = 2a , tam giác ASC vng. Thể tích khối chóp S . ACD bằng
S

A

B

D

A.

4 3
a .
3

B.

C

4 2 3
a .
3

C.

2 2 3
a .
3

D. 4 2 a 3 .

Lời giải
Chọn C
S

A

D

B

C

= SB
= SC
= SD .
Theo giả thiết, hình chóp S . ABCD là hình chóp đều, ta có: SA

Xét hình vng ABCD , ta có: AC =BD = AB 2 + BC 2 = ( 2a ) + ( 2a ) =2a 2 .
2

2

Tam giác ASC vng có SA = SC nên là tam giác vng cân đỉnh S và =
SO

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

AC
= a 2.
2

5


=
Thể tích khối chóp S . ACD
bằng: V

1
1
2 2 3
=
S ∆ACD . SO =
.2a 2 . a 2
a .
3
3

3

Câu 13: Cho hình nón có đường sinh l = 5m và bán kính đáy r = 3m . Thể tích của khối nón bằng

A. 12π ( m3 ) .

B. 9π ( m3 ) .

C. 12 ( m3 ) .

D. 9 ( m3 ) .

Lời giải
Chọn A
+ Ta có chiều cao của hình nón là: h =
+ Thể tích của khối nón=
là: V

l 2 − r 2 = 4 ( m) .

1 2
1
πr h =
π .9.4 12π ( m3 ) .
=
3
3

Câu 14: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho A ( 0; −2;0 ) , B (1;0;0 ) , C ( 0;0;3) . Mặt phẳng

( ABC ) có phương trình là
A.

x y z
+ + =
0.
1 2 3

B.

x y z
+ + =
1.
1 2 3

C.

x y z
+
+ =
0.
1 −2 3

D.

x y z
+
+ =
1.
1 −2 3

Lời giải
Chọn D
Mặt phẳng

( ABC )

đi qua A ( 0; −2;0 ) , B (1;0;0 ) , C ( 0;0;3) có phương trình dạng đoạn chắn là:

x y z
+
+ =
1.
1 −2 3
Câu 15: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , tọa độ hình chiếu của điểm A (1; 2;3) lên mặt phẳng

( Oxy ) là
A. M (1; 2;0 ) .

B. N ( 0;0;3) .

C. P (1;0;0 ) .

D. Q ( 0; 2;0 ) .

Lời giải
Chọn A
Hình chiếu của điểm A (1; 2;3) lên mặt phẳng ( Oxy ) là M (1; 2;0 ) .
Câu 16: Cho tập hợp A = {1; 2;3} . Hỏi có bao nhiêu số có 3 chữ số đơi một khác nhau lập từ tập A .
A. 6 .

B. 9 .

C. 27 .

D. 8 .

Lời giải
Chọn A
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

6


Số các số có 3 chữ số đơi một khác nhau lập từ A là: 3! = 6 (số).
Câu 17: Cho hình lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có tất cả các cạnh bằng a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng
( BCC ′B′) là:

A.

a 3
.
2

B. a .

C. a 3 .

D.

a
.
2

Lời giải
Chọn A

Gọi H là trung điểm cạnh BC , do tam giác ABC đều có tất cả các cạnh bằng a ⇒ AH ⊥ BC ,
AH =

a 3
(1)
2

Theo tính chất hình lăng trụ đều ta có mp ( ABC ) ⊥ mp ( BCC ′B′) (2) .
Từ (1) và (2) suy ra H là hình chiếu vng góc của A trên mặt phẳng ( BCC ′B′) .
⇒ Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCC ′B′) là AH =
Câu 18: Đồ thị hàm số y =
A. 3 .

a 3
.
2

x +1
có đường tiệm cận đứng là x = 3 thì giá trị của tham số m bằng
x−m

C. 5 .

B. 4 .

D. 6 .

Lời giải
Chọn A
Áp dụng:
Hàm số y =
Hàm số y =

ax + b
−d
, (với điều kiện c ≠ 0 , ad − cb ≠ 0 ) đồ thị có đường tiệm cận đứng x =
.
cx + d
c

x +1
có tập xác định D =  \ {m} .
x−m

x +1
Với m =−1 ⇒ y =
=1, ∀x ≠ 1 ⇒ đồ thị hàm số khơng có tiệm cận.
x +1

Với m ≠ −1 thì đồ thị hàm số y =
Giả thiết cho đồ thị hàm số y =

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

x +1
có đường tiệm cận đứng là x = m (1) .
x−m

x +1
có đường tiệm cận đứng là x = 3 (2) .
x−m
7


Từ (1) và (2) ta có m = 3 .
Câu 19: Cho hàm số y = f ( x ) là hàm đa thức bậc ba và có đồ thị như hình vẽ. S là tập hợp các nghiệm
của phương trình f ′ ( x ) = 0 .

Tổng các phần tử của tập S bằng
A. −3 .

B. −5 .

C. −2 .

D. −4 .

Lời giải
Chọn C
Quan sát đồ thị ta thấy hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại hai điểm x1 = −2 và x2 = 0 . Do đó phương
trình f ′ ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 = −2 và x2 = 0 .
Suy ra S là tập hợp có hai phần tử là hai nghiệm trên nên có tổng bằng −2 .
Câu 20: Tập nghiệm của bất phương trình log 2 ( x − 1) + log 2

C. S = 17 .

B. S = 25 .

A. S = 5 .

4− x
> 1 là ( a; b ) . Tính S= a 2 + b 2 .
x −1

D. S = 20 .

Lời giải
Chọn A
x −1 > 0
1 < x < 4
4− x

> 1 ⇔ 4 − x > 0
⇔
⇔1< x < 2.
log 2 ( x − 1) + log 2
<
x
2
x −1

log 4 − x > 1
)

 2(

Suy ra a =1, b = 2 ⇒ S = a 2 + b 2 = 5 .
Câu 21: Cho F ( x) là một nguyên hàm của hàm f=
( x)

1
+ 2 x , ∀x > −1 . Biết F (0) = 0 . Giá trị F (1)
x +1

bằng
A. 3 + ln 2 .

C. 2 + ln 2 .

B. ln 2 .

D. 1 + ln 2 .

Lời giải
Chọn D
Ta có: F ( x)=

 1



∫  x + 1 + 2 x  dx=

ln x + 1 + x 2 + C .

Do ∀x > −1 nên F ( x=
) ln ( x + 1) + x 2 + C .
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

8


Ta lại có : F (0) = ln ( 0 + 1) + 02 + C = 0 ⇔ C = 0 .
Vậy F ( x)= ln ( x + 1) + x 2 ⇒ F (1)= ln (1 + 1) + 12 = ln 2 + 1 .
Câu 22: Các điểm M , N trong hình vẽ lần lượt là điểm biểu diễn số phức z , w . Số phức z + w bằng

A. 4 + i .

B. 4 + 3i .

C. 3 + 4i .

D. 1 + 4i .

Lời giải
Chọn A
M là điểm biểu diễn số phức z = 1 + 2i , N là điểm biểu diễn số phức w= 3 + i .

Suy ra z + w = (1 + 2i ) + ( 3 − i ) = 4 + i .
Câu 23: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a . Đường kính của mặt cầu ngoại tiếp hình
lập phương là
A. a 3 .

B. a 2 .

C.

a 3
.
2

D.

a 2
.
2

Lời giải
Chọn A

Độ dài đường kính của mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương bằng độ dài đường chéo của hình lập

a 2 . Xét tam giác A ' AC vuông
phương bằng AC ' . Ta có ABCD là hình vng cạnh a ⇒ AC =

(

tại A ⇒ AC ' = AA '2 + AC 2 = a 2 + a 2

)

2

=a 3 .

Câu 24: Cho hình lăng trụ đều ABCD. A ' B ' C ' D ' có tất cả các cạnh bằng a . Góc giữa hai đường thẳng

BC ' và B ' D ' bằng
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

9


A. 300 .

B. 450 .

C. 600 .

D. 900 .

Lời giải
Chọn C

=
', B ' D ')
Ta có ( BC
hình

vng

BC ', BD )
(=

cạnh

bằng

' D ') ( BC ',=
BD )
( BC ', B=

' , xét ∆BDC ' có BD, BC ', DC' đều là các đường chéo của
DBC

a

∆BDC '

nên

là

tam

giác

đều.

Do

đó



DBC
=' 600 .

Câu 25: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

x −1 y
= = z và điểm A ( 3;3; − 1) .
2
2

Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên d . Tọa độ điểm H là

3

B. H  4;3;  .
2


A. H ( 3; 2;1) .

C. H ( −1; − 2; − 1) .

D. H ( 5; 4; 2 ) .

Lời giải
Chọn A
Ta có H ∈ d ⇒ H (1 + 2t ; 2t ; t ) .

d có một vectơ chỉ phương là ud = ( 2; 2;1) .


AH = ( −2 + 2t ; − 3 + 2t ;1 + t ) .
 
H là hình chiếu của A lên d ⇒ AH .ud =
0
0 ⇔ 2 ( −2 + 2t ) + 2 ( −3 + 2t ) + (1 + t ) =
⇔t=
1.

Vậy H ( 3; 2;1) .
Câu 26: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
A. y =
−3 x + 2 .

x−2
tại điểm có hồnh độ x = 0 là
x +1

B. y = 3 x .

C. =
y 3x − 2 .

D. y =
−3 x + 1 .

Lời giải
Chọn C
Ta có y′ =

3

( x + 1)

2

.

Với x = 0 ⇒ y =
−2 ⇒ tiếp điểm là A ( 0; − 2 ) .
′ ( 0) 3 .
Hệ số góc của tiếp tuyến tại A =
là k f=

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là =
y 3x − 2 .

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

10


Câu 27: Giá trị A = lim

A.

n2 + n
bằng
12n 2 + 1

1

.
12

B. 0 .

C.

1
.
6

D.

1
.
24

Lời giải
Chọn A
1
1+
1
n +n
n
.
lim
A lim
=
=
=

2
1
12n + 1
12 + 2 12
n
2

Vậy A =

1
.
12

Câu 28: Cho hàm số y = e x

2

+x

. Tập nghiệm của phương trình y′ = 0 là

 1
A. S = −  .
 2

B. S = {0} .

C. S =

{−1} .

S
D. =

{0; −1} .

Lời giải
Chọn A
Có =
y′

( 2 x + 1) .e x + x .
2

y′ = 0 ⇔ ( 2 x + 1) .e x

2

+x

1
= 0 ⇔ 2x +1 = 0 ⇔ x = − .
2

 1
Vậy phương trình y′ = 0 có tập nghiệm là S = −  .
 2
Câu 29: Cho hình chóp S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) . Tam giác ABC vuông tại B và SA
= AB
= a . Góc giữa

đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABC ) bằng
S

C

A
B

A. 45° .

B. 60° .

C. 30° .

D. 90° .

Lời giải
Chọn A
.
Vì SA ⊥ ( ABC ) ⇒ góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABC ) là SBA
= 45° . Chọn A
Do ∆SAB vuông cân tại A nên SBA
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

11


Câu 30: Tìm m để hàm số y = 3cos x − 4sin x + m 2 x đồng biến trên  .

(

)

(

)

A. m ∈ − 5; 5 .

B. m ∈ −∞; − 5  ∪  5; +∞ .

C. m ∈ ( −∞; −5 ) ∪ ( 5; +∞ ) .

D. m ∈ [ −5;5] .
Lời giải

Chọn B

−3sin x − 4 cos x + m 2 .
Ta có y′ =
Hàm số đồng biến trên  ⇔ y′ ≥ 0, ∀x ∈  ⇔ −3sin x − 4 cos x + m 2 ≥ 0, ∀x ∈ 

⇔ m 2 ≥ 3sin x + 4 cos x, ∀x ∈  ⇔ m 2 ≥ max f ( x ) , với =
f ( x ) 3sin x + 4 cos x .
x∈

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

( 3sin x + 4 cos x )

2

≤ ( 32 + 42 )( sin 2 x + cos 2 x ) ⇔ ( 3sin x + 4 cos x ) ≤ 25
2

hay −5 ≤ f ( x ) ≤ 5, ∀x ∈  ⇒ max f ( x ) =5 ⇔ 3cos x = 4sin x ⇔ tan x =
x∈

(

3
.
4

)

Vậy hàm số đã cho biến trên  ⇔ m 2 ≥ 5 ⇔ m ∈ −∞; − 5  ∪  5; +∞ .
Câu 31: Hàm số y = 3log12 3 x có đồ thị là đường cong nào trong bốn đường cong dưới đây?

A. ( C3 ) .

B. ( C4 ) .

C. ( C2 ) .

D. ( C1 ) .

Lời giải
Chọn A
Điều kiện: x > 0 .

3
=
=
x log12 x .
Ta có: y 3log
12

Hàm số này đồng biến trên ( 0; +∞ ) nên đồ thị của nó chỉ thể là đường cong ( C3 ) .

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

12


Câu 32: Tích giá trị tất cả các nghiệm của phương trình log 2 x 2 − log x − 1 =0 bằng
A. 4 10 .

B. 2 4 10 .

C. 1 .

D.

1
.
4

Lời giải
Chọn A
Điều kiện: x > 0 .

Ta có: log 2 x 2 − log x − 1 = 0 ⇔ ( log x 2 ) − log x − 1 = 0 ⇔ ( 2 log x ) − log x − 1 = 0
2

2


1 + 17
log x1 =
1
8
⇔ 4 log 2 x − log x − 1 = 0 ⇔ 
⇒ log x1 + log x2 =
4

1 − 17
log x2 =
8

1
1
⇔ log ( x1 x2 ) = ⇔ x1 x2 =
10 4 .
4

Câu 33: Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với kỳ hạn 3 tháng (1 quý), lãi suất 6% một quý theo
hình thức lãi kép. Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 100 triệu đồng với hình thức và lãi suất như
trên. Hỏi sau 1 năm tính từ lần gửi đầu tiên người đó nhận được số tiền gần với kết quả nào nhất?
A.238,6 triệu đồng.

B. 224,7 triệu đồng.

C. 236,6 triệu đồng.

D. 243,5 triệu đồng.

Lời giải
Chọn A
Sau 1 năm tính từ lần gửi đầu tiên:
100 triệu gửi lần thứ nhất thu được số tiền cả gốc lẫn lãi : T1 = 100.(1 + 6%) 4 ≈ 126, 24 triệu đồng.
100 triệu gửi lần thứ hai thu được số tiền cả gốc lẫn lãi là: T2 = 100.(1 + 6%) 2 ≈ 112,36 triệu đồng.
Vậy tổng số tiền người đó nhận được là: T = T1 + T2 ≈ 238, 6 triệu đồng.
Câu 34: Cho hàm số y = f ( x) có f ′( x=
) x 2 − 2 x , ∀x ∈  và hàm số y =
g ( x) =
−2020 f (12 − x) + e . Chọn
đáp án đúng?
A. g (18) > g (20) .

B. g (12) < g (14) .

C. g (10) < g (12) .

D. g (2019) > g (2020) .
Lời giải

Chọn B
+ Ta có bảng biến thiên của hàm số: f ′( x=
) x 2 − 2 x , ∀x ∈  .

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

13


 x ∈ (−∞;0)
Từ đó ta thấy: f ′( x) > 0 ⇔ 
và f ′( x) < 0 ⇔ x ∈ (0; 2) .
 x ∈ (2; +∞)
+ Lại =
có: g '( x) 2020 f ′(12 − x)
12 − x < 0
 x > 12
Do đó: g '( x) > 0 ⇔ 2020 f ′(12 − x) > 0 ⇔ f ′(12 − x) > 0 ⇔ 
⇔
12 − x > 2
 x < 10
và g '( x) < 0 ⇔ 2020 f ′(12 − x) < 0 ⇔ f ′(12 − x) < 0 ⇔ 0 < 12 − x < 2 ⇔ 10 < x < 12
hay hàm số y =
g ( x) =
−2020 f (12 − x) + e đồng biến trên (−∞;10) và (12; +∞) ; nghịch biến trên
(10;12) .Vậy,

 g (18) < g (20) suy ra loại A.
 g (12) < g (14) suy ra B đúng.
 g (10) > g (12) suy ra loại C.
 g (2019) < g (2020) suy ra loại D.
Câu 35: Biết phương trình log 22 ( x 2 + 1) − m log 2 ( x 2 + 1) + 8 − m =
0 có đúng ba nghiệm phân biệt. Hỏi m
thuộc khoảng nào sau đây?
A. (1;9 ) .

C. (15; 21) .

B. ( 9;15 ) .

D. ( 21; 28 ) .

Lời giải
Chọn A
log 22 ( x 2 + 1) − m log 2 ( x 2 + 1) + 8 − m =
0 (1) .

Tập xác định D =  .

Đặt
=
t log 2 ( x 2 + 1) ≥ 0 vì x 2 + 1 ≥ 1 với ∀x ∈  .
( Nếu t = 0 ⇒ x = 0 ; nếu t > 0 ⇒ x =± 2t − 1 ).

Khi đó phương trình có dạng t 2 − mt + 8 − m =
0 ( 2) .
Điều kiện cần để phương trình (1) có đúng ba nghiệm phân biệt là phương trình ( 2 ) có một
nghiệm bằng 0 và một nghiệm dương.

0 ⇔m=
8.
Phương trình ( 2 ) có một nghiệm bằng 0 ⇒ 8 − m =
x = 0
t = 0
.

Khi đó phương trình ( 2 ) có dạng t 2 − 8t =0 ⇔ 
⇔
t = 8
 x = ±2 2

8.
Vậy phương trình (1) có đúng ba nghiệm phân biệt ⇔ m =
2

Câu 36: Cho

∫ f ( x ) dx = 3
1

12
2

,

3 . Khi đó
∫ f ( 5 x + 2 ) dx =

∫ f ( x ) dx
1

bằng

0

A. 18 .

B. 12 .

C. 6 .

D. 10 .

Lời giải
Chọn A
Đặt =
t 5 x + 2 ⇒ dt = 5dx , với x = 0 ⇒ t = 2 ; x = 2 ⇒ t = 12 .
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

14


2

12

12

1
⇒ ∫ f ( 5 x + 2 ) dx =
f ( t ) dt ⇒ ∫ f ( t ) dt =
5.3 =
15 .
∫
5
0

2
2
Vậy ta có

12

2

12

1

1

2

∫ f ( x ) dx =∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx =3 + 15 =18 .

Câu 37: Các điểm A, B tương ứng là điểm biểu diễn số phức z1 , z2 trên hệ trục tọa độ Oxy , G là trọng tâm
tam giác OAB , biết z1 = z2 = z1 − z2 =12 . Độ dài đoạn OG bằng
A. 4 3 .

B. 5 3 .

C. 6 3 .

D. 3 3 .

Lời giải
Chọn A

= OB
= AB
= 12 ⇒ ∆OAB đều.
Ta có: OA
⇒ OG=

2
AH = 4 3 ( do AH = 6 3 đường cao trong tam giác đều).
3

Kết luận: OG = 4 3 .

 900 , 
 = 600 , CAD
=
=
DAB 1200=
, AB a=
, AC 2a=
, AD 3a. Tính thể tích
Câu 38: Cho tứ diện ABCD , BAC
khối tứ diện ABCD bằng

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

15


a3 2

A.
.
4

a3 2
B.
.
3

a3 2
C.
.
2
Lời giải

a3
D.
.
6

Chọn C

Cách 1:

=' AD
=' a.
AB AC
Lấy điểm C ′ ∈ AC , D′ ∈ AD sao cho =
Lấy điểm M ′ ∈ C ′D′ sao cho MC ′ = MD′ ⇒ AM ⊥ C ′D′ ( ∆AC ′D′ vuông cân tại A ) (1)
Do ∆AC ′D′ vuông cân tại A ⇒ C ′D′ = a 2 ⇒ AM =

a 2
.
2

′ = a 2 + a 2 − 2.a.a.cos1200 = 3a 2
Xét ∆BAD′ ⇒ BD′2 = AB 2 + AD′2 − 2 AB. AD′.cos BAD
⇒ BD′ =
a 3.
′ = 600 ⇒ AB = AC ′ = BC ′ = a.
Xét ∆ABC ′ có BAC
3) (a 2 )
(a =
2

2

′2 C ′D′2 + BC ′2 ⇒ ∆C ′BD′ vuông tại C ′ .
+ a 2 ⇔ BD
=

Trong mp ( BC ′D′ ) , Từ M kẻ MI  C ′B, I ∈ BD′ ⇒ MI ⊥ C ′D′ ( ∆C ′BD′ vuông tại C ′ ) (2)
⇒ I là trung điểm đoạn BD′ ⇒ MI=

a
1
BC=′
.
2
2

AB + AD′ BD′
a +a
−
=
Xét ∆BAD′ ⇒ AI =
2
4
2
2

2

2

2

2

2

(a 3)
−
4

2

a2
a
= ⇒ AI = .

4
2

2

 a 2   a 2  a 2

 +  − 
2
2
2
2
AM
MI
AI
+
−
 2 2 = 2 ⇒ 
Xét ∆AMI ⇒ cos 
AMI =
AMI =450.
=
2 AM .MI
2
a 2 a
2.
.
2 2

(

)

Từ (1), (2) suy ra C ′D′ ⊥ ( AMI ) . Kẻ AH ⊥ ( BC ′D′ ) ⇒ AH ⊂ ( AMI ) ⇒ H ∈ MI .

a 2
a

=
AH AM sin=
AMI
sin
=
450
.
Xét ∆HAM vuông tại H ⇒
2
2
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

16


1
1 a 1
a3 2
. . a.a=
2
.
AH .S ∆=

⇒ VABC
=
′D′
BC ′D′
3
3 2 2
12
mà

VABC ′D′ AC ′ AD′ 1 1 1
a3 2
. =⇒ VABCD =
6VABC ′D′ =
= .
=
2
VABCD
AC AD 2 3 6

Cách 2:
Ta có: Thể tích khối tứ diện ABCD là
=
VABCD

(

1

 − cos BAC
 cos CAD

 cos DAB
AB. AC. AD 1 + 2 cos BAC
6

) (
2

) (


 − cos DAB
− cos CAD
2

)

2

1
a3 2
0
0
0
0 2
0 2
0 2
=
a.2a.3a 1 + 2 cos 60 cos 90 cos120 − ( cos 60 ) − ( cos 90 ) − ( cos120 ) =
.
6

2
Kết luận: VABCD =

a3 2
.
2

x − 2 y −1 z − 4
Câu 39: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng chéo nhau d : = =
1
1
−1

 x= 4 + t

; d ′ :  y = 1 + t . Một mặt cầu tiếp xúc với cả hai đường thẳng d , d ′ và có bán kính nhỏ nhất. Tâm
 z = −1
của mặt cầu đó là
A. ( 2;1;1) .

B. ( 2; −1;1) .

C. ( 2; −1; −1) .

D. ( −2;1;1) .

Lời giải
Chọn A
Gọi MN là đoạn vng góc chung của d và d ′ , với M ∈ d , N ∈ d ′ .
Khi đó mặt cầu ( S ) cần tìm có tâm là trung điểm I của MN và bán kính là R =

MN
.
2

+/ Ta có :


d có một VTCP là u (1; −1;1) .

d ′ có một VTCP là u ′ (1;1;0 ) .


+/ M ∈ d ⇒ M ( 2 + t ;1 − t ; 4 + t ) , N ∈ d ′ ⇒ N ( 4 + u;1 + u; −1) ⇒ MN = ( 2 − t + u; t + u; −5 − t ) .
 
 MN .u = 0
 M = (1; 2;3)
( 2 − t + u ) − ( t + u ) + ( −5 − t ) =0
t = −1
⇔
⇒
⇔
+/ Ta có :   
.
u = −1 =
( 2 − t + u ) + ( t + u ) =0
 N ( 3;0; −1)
 MN .u ′ = 0

{

Vậy tâm mặt cầu là : I ( 2;1;1) ⇒ Chọn A
Câu 40: Cho hàm số y = f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ. Hỏi có bao nhiêu giá trị m
nguyên để đồ thị hàm số
=
y f ( 12 x + 1 + m ) có đúng 3 điểm cực trị ?

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

17


A. 2 .

D. Vô số.

C. 3 .

B. 1 .

.Lời giải
Chọn A
+/ Cách vẽ đồ thị hàm số =
y g (=
x ) f ( 12 x + 1 + m ) :
-) Tịnh tiến đồ thị hàm
=
y f (12 x + 1) theo phương ngang m đơn vị, được đồ thị hàm
y f (12 x + 1 + m ) kí hiệu là ( C1 ) .
=

-) Vẽ đồ thị hàm
y g (=
x ) f ( 12 x + 1 + m ) .
=
y f ( 12 x + 1 + m ) , ta được đồ thị ( C2 ) của hàm số =
+/ Khi đó, ta có : Số điểm cực trị của hàm g ( x ) = hai lần số điểm cực trị lớn hơn −

1
của hàm
12

y f (12 x + 1 + m ) cộng một
=

+/ Mà kết quả trên bằng ba, nên số điểm cực trị dương của hàm
=
y f (12 x + 1 + m ) bằng 1
+/ Dựa vào đồ thị ta có, hàm số là: f ( x ) = x3 − 3 x − 1
⇒=
y f (12 x + 1 + m=
)

(12 x + 1 + m )

3

− 3 (12 x + 1 + m ) −=
1 f1 ( x )

⇒=
f1′ ( x ) 3.12. (12 x + 1 + m ) − 3.12
2

m

x= −

12
1
1
x
+
+
m
=
12
⇔
+/ Xét : f1′ ( x ) = 0 ⇔ 
.
m+2
12
x
+
1
+
m
=−
1


x = −

12
+/ Mà : −

m+2
m
m+2
1
m
< − . Suy ra ta có : −
≤− <−
12
12
12
12
12

⇔ −1 ≤ m < 1

Vậy có hai số nguyên m = −1 hoặc m = 0 thỏa mãn ⇒ Chọn A
Câu 41: Trong một buổi luyện đề của nhóm Tốn X4, các em học sinh được xếp vào 24 nhóm theo quy luật
tương ứng với mỗi nhóm là : từ nhóm thứ nhất đến nhóm thứ 24 số lượng học sinh của các nhóm
tạo thành một cấp số cộng. Biết số học sinh của nhóm thứ hai là 5 em và nhóm thứ 4 là 11 em.
Tổng số học sinh tham gia buổi luyện đề của 24 nhóm này là bao nhiêu
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

18

A. 876 .

B. 818 .

C. 828 .

D. 816 .

Lời giải
Chọn A
Gọi số nhóm thứ n là un , n ∈ ,1 ≤ n ≤ 24
Dãy ( un ) lập thành cấp số cộng với công sai d và=
u2 5,=
u4 11 nên:

5
u1 + d =
u = 2
⇔ 1

11 d = 3
u1 + 3d =
Vậy tổng số số học sinh của 24 nhóm bằng:

24  2u1 + ( 24 − 1) d 
2

= 876 em.

= AD

= BC
= BD
= 2a, ( ACD ) ⊥ ( BCD ) . Biết góc giữa hai mặt phẳng
Câu 42: Cho tứ diện ABCD có AC

( ABC ) và ( ABD ) là 600 . Độ dài cạnh CD bằng
A. CD =

7
a.
7

B. CD =

2 7
a.
7

C. CD =

3 7
a.
7

D. CD =

4 7
a.
7

Lời giải
Chọn D
A

N
C

D

M

B

Gọi M là trung điểm CD thì AM = BM , do ( ACD ) ⊥ ( BCD ) ta được AM ⊥ BM .
 (
Gọi N là trung điểm của AB thì CN ⊥ AB, DN ⊥ AB
suy ra CND
=
=
( ABC ) , ( ABD ) ) 600 .

= NB
= MN và do tam giác CDN cân nên NM ⊥ CD , suy ra:
Ta có NA
=
NM

MD
MD
= MD=

3; ND
= 2 ND .


tan MND
cos NDM

Lại có AD 2 = NA2 + ND 2 ⇒ 4a 2 = 3MD 2 + 4 MD 2 ⇒ MD 2 =

4 2
4 7
a ⇒ CD =
a.
7
7

x3 − 12 x 2 + 2018 x − 2019 . Số giá trị m ∈  , m∈[ −12;12] thỏa mãn bất
Câu 43: Cho hàm số y =f ( x ) =

(

)

phương trình f log 0,2 ( log 2 ( m − 1) ) − 2019 < f ( f ( 0 ) ) là
A. 9 .

B. 10 .

C. 11 .

D. 12 .

Lời giải
Chọn A
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

19


Đk: m > 2 .
f ′ ( x=
) 3x 2 − 24 x + 2018= 3 ( x − 4 ) + 1970 > 0, ∀x ∈  ⇒ hàm số y = f ( x ) đồng biến trên  .
2

)

(

Suy ra f log 0,2 ( log 2 ( m − 1) ) − 2019 < f ( f ( 0 ) ) ⇔ log 0,2 ( log 2 ( m − 1) ) − 2019 < f ( 0 )

⇔ log 0,2 ( log 2 ( m − 1) ) < 0 ⇔ log 2 ( m − 1) > 1 ⇔ m > 3.
m ∈ 

Do đó m ∈ [ −12;12] ⇒ m ∈ {4;5;...;12} . Vậy có 9 giá trị nguyên của m thỏa mãn.
m > 3

Câu 44: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1; 2;3) , B ( 3; 2;3) . Tìm M thuộc mặt
phẳng ( Oxy ) sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.
A. M ( 2; 2;0 ) .

B. M (1; 2;0 ) .

C. M ( −2; 2;0 ) .

D. M (1; − 2;0 ) .

Lời giải
Chọn A
A

(Oxy)

B

H

M

A'

Phương trình mặt phẳng ( Oxy ) : z = 0 .

Ta có AB
= ( 2;0;0 ) , A ∉ ( Oxy ) ⇒ AB // ( Oxy ) .
Gọi H là hình chiếu vng góc của A lên mặt phẳng ( Oxy ) ⇒ H (1; 2;0 ) .
Gọi A ' là điểm đối xứng của A qua mặt phẳng ( Oxy ) ⇒ H là trung điểm của AA ' ⇒ A ' (1; 2; − 3)
.

=
A' B

Có

x= 1+ t
.
( 2;0;6 ) ⇒ phương trình tham số của đường thẳng A ' B :  y = 2
 z =−3 + 3t


Ta có MA + MB = MA '+ MB ≥ A ' B = 2 10 . Suy ra min ( MA + MB ) = 2 10 ⇔ A ', M , B thẳng
hàng M là giao điểm của A ' B với ( Oxy ) ⇒ M ( 2; 2;0 ) .
Câu 45: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên không âm của tham số m
=
e3 x + e m log

A. 1 .

để phương trình

( cos x + 1) có nghiệm trên đoạn 0; π2  .
2

2

B. 6 .

C. 2 .

D. 8 .

Lời giải

Chọn A
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

20


m ≥ 0
e m ≥ 1

⇒ VT(1) ≥ 2
log 2 ( cos x + 1) (1) . Vì 
e +e
=
 π  ⇒  3x
 x ∈ 0; 2  e ≥ 1



3x

2

m

 π
Lại có : cos 2 x + 1 ≤ 2, ∀x ∈ 0;  ⇒ log
 2

( cos x + 1) ≤ log
2

2

2

2 =2 hay VP(1) ≤ 2

VT(1) ≥ 2
x = 0
Vậy 
⇒ VP = VT ⇔ VP = VT = 2 ⇔ 
0
VP(1) ≤ 2
m =

Vậy chỉ có duy nhất một giá trị m = 0 thỏa mãn ycbt.
Câu 46: Cho hai hàm số
hàm số

y = f ( x)

y = f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c
và

y = g ( x)

và

y = g ( x ) = dx 2 + ex + h

( a, b, c, d , e, h ∈  ) .

Biết

có đồ thị như hình vẽ.

Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng
A. 12 .

B. 6 .

C. 10 .

D. 8 .

Lời giải
Chọn D
Ta có: f ( x ) − g ( x ) = x3 + ( a − d ) x 2 + ( b − e ) x + c − h.

0 có 3 nghiệm phân biệt: −3, −1,1.
Theo giả thiết, ta suy ra phương trình f ( x ) − g ( x ) =
Nên f ( x ) − g ( x ) =
( x + 3)( x + 1)( x − 1) .
Vậy, diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đó là: S =

1

∫ ( x + 3)( x + 1)( x − 1) dx = 8.

−3

Câu 47: Cho hai số phức z , w ∈  thỏa mãn z + 2 = z , z + i = z − i , w − 2 − 3i ≤ 2 2, w − 5 + 6i ≤ 2 2 .
Giá trị lớn nhất z − w bằng
A. 5 2 .

B. 4 2 .

C. 3 2 .

D. 6 2 .

Lời giải
Chọn A

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

21


x + yi, ( x, y ∈  ) . Gọi M ( x ; y ) là điểm biểu diễn của z trên mp ( Oxy ) .
Giả sử z =
Ta có:
+) z + 2 = z ⇔ ( x + 2 ) + y 2 = x 2 + y 2 ⇔ x + 1 = 0

( d1 ) .

2

+) z + i = z − i ⇔ x 2 + ( y + 1) =x 2 + ( y − 1) ⇔ y =0
2

2

( d2 ) .

Khi đó M = ( d1 ) ∩ ( d 2 ) ⇒ M ( −1;0 ) .

a + bi, ( a, b ∈  ) . Gọi N ( a ; b ) là điểm biểu diễn của w trên mp ( Oxy ) .
Giả sử w =
Ta có:
+) w − 2 − 3i ≤ 2 2 ⇔ ( a − 2 ) + ( b − 3) ≤ 8

( C1 ) .

+) w − 5 + 6i ≤ 2 2 ⇔ ( a − 5 ) + ( b − 6 ) ≤ 8

( C2 ) .

2

2

2

2

Với ( C1 ) là hình trịn tâm I ( 2;3) , bán kính R1 = 2 2 ;

( C2 ) là hình trịn tâm J ( 5;6 ) , bán kính

R2 = 2 2 .

Khi đó N thuộc miền chung của hai hình trịn ( C1 ) và ( C2 ) ( hình vẽ).

MN .
Ta có: z − w =


Ta có: MI = ( 3;3) ; IJ =



( 3;3) ⇒ MI =


IJ .

Như vậy ba điểm M , I , J thẳng hàng.
Do đó: MN lớn nhất khi và chỉ khi N = MJ ∩ ( C1 ) ⇒ MN max = MI + IN = 3 2 + 2 2 = 5 2 .
2
2
2
0 và hai điểm
Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2 x − 4 y − 4 =


A(4; 2; 4), B (1; 4; 2) . MN là dây cung của mặt cầu thỏa mãn MN cùng hướng với u = (0;1;1) và

MN = 4 2 . Tính giá trị lớn nhất của AM − BN .
A.

41 .

B. 4 2 .

C. 7 .

D.

17 .

Lời giải
Chọn C
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

22


A

5
A'

I
M
B

N

Tâm I (1; 2; 0) , bán kính R = 3 .



IA (3;0; 4) ⇒ =
IA 5 , =
IB (0; 2; 2) ⇒ =
IB 2 2 nên điểm A(4; 2; 4) nằm ngồi mặt cầu
Ta có =
( S ) và điểm B(1; 4; 2) nằm trong mặt cầu ( S ) .



ra MN
Do MN cùng hướng với u = (0;1;1) suy
=

MN = ( 0; 4; 4 ) .

( 0; k ; k ) , k > 0 do

MN = 4 2 suy ra

 ( A) , suy ra A′ = (4;6;8) . Khi đó AMNA′ là hình bình hành nên AM = A′N
Gọi A′ = TMN

Ta có AM − BN = A′N − BN ≤ A′B , dấu bằng xảy ra khi A′, N , B thẳng hàng ⇔ N là giao
điểm của mặt cầu với đường thẳng A′B . (Điểm N luôn tồn tại).

A′B =(−3; −2; −6) suy ra A′B = (−3) 2 + (−2) 2 + (−6) 2 = 7 . Vậy AM − BN

min

=
A′B =
7.

a + bi a, b ∈ A} . Chọn ngẫu nhiên hai phần tử
Câu 49: Cho tập A = {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} . Tập X =
{z =
thuộc X . Xác suất để chọn được hai phần tử có modul bằng nhau, gần giá trị nào nhất?
A. 0,0098 .

B. 0,0198 .

C. 0,0298 .

D. 0,0398 .

Lời giải
Chọn A
Số phần tử của X bằng 102 .
2
Chọn ngẫu nhiên hai số phức từ X có C100
.

Ta có các bộ bốn số thỏa mãn a 2 + b 2 = c 2 + d 2 là: (0,5,3,4) (1,7,5,5) (1,8,4,7) (2,9,6,7). Từ các bộ
này cho ta 14 cặp số phức có mơ đun bằng nhau, ngồi ra các cặp dạng ( a + bi, b + ai ) cũng có mơ
đun bằng nhau, vậy có tất cả C102 + 14 cặp.
Vậy xác suất chọn được hai phần tử có modul bằng nhau là

C102 + 14

≈ 0, 0119 .
2
C100

Kết quả gần nhất đáp án A
Câu 50: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) =
25 và
2

2

2

hình nón ( H ) có đỉnh A ( 3; 2; −2 ) và nhận AI làm trục đối xứng với I là tâm mặt cầu. Một đường

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

23


sinh của hình nón ( H ) cắt mặt cầu tại M , N sao cho AM = 3 AN . Viết phương trình mặt cầu
đồng tâm với mặt cầu ( S ) và tiếp xúc với các đường sinh của hình nón ( H ) .
71
2
2
2
A. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) =.
3

70

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

74
2
2
2
C. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) =.
3

76
2
2
2
D. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) =.
3

Lời giải
Chọn A

Gọi hình chiếu vng góc của I trên MN là K .
Dễ thấy AN
= NK
=

1
AM , mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;3) và bán kính R = 5

3

4
2 3
213
Có AM . AN =AI 2 − R 2 =4 ⇒ AN 2 = ⇒ KN =AN =
.
⇒ IK = IN 2 − KN 2 =
3
3
3

Nhận thấy mặt cầu đồng tâm với mặt cầu ( S ) và tiếp xúc với các đường sinh của hình nón ( H )
chính là mặt cầu tâm I (1; 2;3) có bán kính IK =

213
.
3

71
2
2
2
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) =.
3

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

24