Đề dự đoán số 5

ĐỀ 003
Câu 1:

log 2 ( x + log 2 16 ) = 8
[2D2-5.1-2] Điều kiện xác định của phương trình
là:
A. x > −4 .
B. x ≥ −4 .
C. x ∈ ¡ .
D. x > 4 .
Lời giải
Chọn A
log 2 ( x + log 2 16 ) = 8 ⇔ log 2 ( x + 4 ) = 8
Ta có:
Nên điều kiện của phương trình là: x + 4 > 0 ⇔ x > −4 .

Câu 2:

[1D3-3.1-2] Nếu một dãy số có các số hạng đầu 4, 7,10,13,16 thì số hạng tổng quát của dãy số
này là
u = 3n
u = n +1
u = 3n + 1
u = 3n − 1
A. n
.
B. n
C. n
D. n
Lời giải
Chọn D

Dễ nhận thấy dãy số là cấp số cộng có số hạng đầu:
Nên số hạng tổng quát là:

Câu 3:

[1D4-1.3-1] Tính
A.

−

1
2.

lim

un = 4 + 3. ( n − 1) = 3n + 1

u1 = 4

.

n 3 + 2n + 1
n 2 − 2n3 được kết quả bằng
C. +∞ .
Lời giải

B. 1 .

Chọn A
n + 2n + 1

= lim
n 2 − 2n 3
3

lim

1+

Ta có:
1

Câu 4:

; cơng sai d = 3 .

[2D3-2.1-1] Tính tích phân

2 1
+
n 2 n3 = − 1
1
2
−2
n
.

1

∫ 2 x + 1 dx
0

được kết quả bằng

1
D. 2 .


B. ln 3 .

A. ln 2 .

C. 2 ln 3 .
Lời giải

1
ln 3
D. 2
.

Chọn C
1

1

1
1
1
∫0 2 x + 1 dx = 2 ln 2 x + 1 0 = 2 ln 3

Câu 5:

[2D1-5.1-2] Cho hàm số

A. S = 0 .

y=

.

ax + b
x − 1 có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tính S = a + b .

B. S = −1 .

C. S = 3 .
Lời giải

D. S = −3 .

Chọn C
Đồ thị của hàm số
Đồ thị đi qua điểm

y=

ax + b
a
y = =1
x − 1 có TCĐ là x = 1 và TCN là
1

nên a = 1 .

( 0; −2 )

nên b = 2 .

Vậy S = a + b = 3 .
Câu 6:

[2H1-3.2-2] Nếu hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có AB = 2 thì thể tích của khối tứ diện
AB′C ′D′ bằng
8
4
1
16
A. 3 .
B. 3 .
C. 3 .
D. 3 .
Lời giải
Chọn B

1
1 1
4
VAB′C ′D′ = .S B′C ′D′ . AA′ = . .2.2.2 =
3
3 2
3
Cách 1:

1
1
4
3
VAB′C ′D′ = .VABCD. A′B′C ′D′ = . ( AB ) =
6
6
3.
Cách 2:
Câu 7:

[0H2-2.1-1] Cho đường thẳng d : 2 x + my + 1 = 0 (với m là tham số). Giá trị của m để đường
thẳng d vng góc với đường thẳng x + y + 3 = 0 là
1
m=
2.
A. m = −2 .
B. m = 2 .
C. m = 1 .
D.
Lời giải
Chọn A


Giả thiết suy ra 2 ×1 + m ×1 = 0 ⇔ m = −2 .
Câu 8:

r
r
r r

r r
a
=
2
b
=
5
a
, b = 30°
[2H3-1.2-2] Trong không gian tọa độ Oxyz , cho a , b thỏa mãn
,
,
.
r r
 a, b 
Độ dài vectơ   bằng
A. 10 .
B. 5 3 .
C. 5 .
D. 10 3 .

( )

Lời giải
Chọn C
r r
r r
r r
 a, b  = a b sin a, b = 5
Ta có  

.

( )

Câu 9:
5

[0D5-3.2-2] Một mẫu số liệu thống kê có bảng tần số được cho như sau
6

2

4
Số trung vị của bảng số liệu là
A. 13 .

C. 10,5 .
Lời giải

B. 11 .

D. 8 .

Chọn D
Ta có N = 50 . Suy ra hai số giá trị chính giữa ở vị trí 25 và 26 ứng với giá trị 8 .
8+8
Me =
=8
2
Suy ra số trung vị là

.
Câu 10: [1D2-2.1-2] Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau đôi một?
A. 4536 .
B. 126 .
B. 4535
D. 40
Lời giải
Chọn A
Gọi số cần tìm có dạng n = abcd , a ≠ b ≠ c ≠ d
3
Vậy có 9. A9 = 4536

Câu 11: [2D2-5.2-2] Nếu
giá trị bằng
1
A. 3 .

x1 > x2

3x
là hai nghiệm của phương trình 2

8
B. 3 .

2

−5 x + 2

4

C. 3 .
Lời giải

Chọn C
⇔2
3x
Ta có 2

Khi đó

2

−5 x + 2

3 x 2 −5 x + 2

=1

Câu 12: [1D4-2.4-2] Tính

lim

2

2 4
=
3 3.

2 x1 − x2 = 2.1 −

x →−∞

 x1 = 1
= 2 ⇔ 3x − 5 x + 2 = 0 ⇔ 
 x2 = 2
3

0

(

x2 − x + x

) được kết quả

= 1 thì biểu thức 2x1 − x2 có
5 + 3 13
6
D.
.


1
B. 2 .

A. +∞ .

C. 0 .
Lời giải

D. −∞ .

Chọn B
lim

x →−∞

)

(

−x

x 2 − x + x = lim

x2 − x − x

x →−∞

1
1
=
2
1
1− +1
x
.

= lim

x →−∞

( D)

3
2
giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x − 3x + 2 x và Ox (tham khảo
( D ) được tính theo cơng thức
hình vẽ). Diện tích của miền

Câu 13: [2D3-3.1-2] Cho miền

A.

1

2

0

1

S = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx

.

2

B.

S = ∫ f ( x ) dx

.

0

2

S=
C.

∫ f ( x ) dx
0

.

2

D.

S = π ∫ f 2 ( x ) dx
0

.
Lời giải:

Chọn A.

Từ đồ thị suy ra

2

1

2

0

0

1

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

Câu 14: [1D1-2.1-2] Trên đoạn

.

[ 0; 4π ]

phương trình sin x = −1 có tổng các nghiệm bằng
7π
3π
B. 2 .
C. 2 .
D. 5π .
Lời giải

A. 4π .
Chọn D.

Ta có

sin x = −1 ⇔ x = −

Vì nghiệm thuộc đoạn

π
+ k .2π , k ∈ ¢.
2

[ 0; 4π ]

nên

0≤−

π
1
9
+ k .2π ≤ 4π ⇔ ≤ k ≤ ⇒ k ∈ { 1; 2}
2
4
4

3π 7π
;
Do đó phương trình có hai nghiệm 2 2 .

Tổng các nghiệm

S=

3π 7π
+
= 5π
2
2
.

Câu 15: [1D1-2.1-1] Phương trình cos x = cos α ( với α là một giá trị cho trước) có nghiệm là


π

x
=
− α + k 2π

2
, k ∈ ¢.

 x = π + α + k 2π
2
B. 
π

 x = 2 − α + k 2π , k ∈ ¢.

D.  x = α + k 2π

 x = −α + k 2π

, k ∈ ¢.
 x = π + α + k 2π
2
A. 
 x = α + k 2π
 x = −α + k 2π , k ∈ ¢.
C. 

Lời giải
Chọn C.
Theo công thức nghiệm ta chọn C.
2
Câu 16: [1D3-3.4-2] Có bao nhiêu giá trị của a để ba số 1 + 3a , a + 6 , 1 − a theo thứ tự lập thành một
cấp số cộng?
A. 1 .
B. 2 .
C. 0 .
D. 3 .
Lời giải

Chọn C
Từ giả thiết ta có phương trình:
Câu 17: [1D4-1.3-2] Tính
1
A. 2 .

lim

a2 + 6 =

1 + 3a + 1 − a
⇔ a 2 − a + 10 = 0
2
vô nghiệm.

1 + 2 + 3 + ... + n
n2 + 1
được kết quả bằng:
C. 0 .
Lời giải

B. 1 .

D. 2 .

Chọn A

(1 + n)n
1 + 2 + 3 + ... + n
n2 + n 1
2
lim
=
lim
=
lim
=
n2 + 1

n2 + 1
2n 2 + 2 2 .

sin 3x cos 2 xdx
Câu 18: [2D3-1.1-2] Tìm ∫
được kết quả là:
1
1
1
1
sin 5 x + s inx + C
− cos 5 x + co s x + C
2
2
A. 10
.
B. 10
.
1
1
1
1
− cos 5 x − co s x + C
− cos 5 x − co s x + C
2
2
C. 2
.
D. 10
.

Lời giải
Chọn D

1

1

1

∫ sin 3x cos 2 xdx = ∫ 2 (sin 5 x + s inx)dx = 2 ∫ sin 5 xdx + 2 ∫ sin xdx
1 −1
1
1
1
. cos5x- cosx = − cos 5 x − co s x + C
2
10
2
= 2 5


( H ) . Biết rằng khi cắt ( H ) bởi mặt
Câu 19: [2D3-3.4-2] Trong không gian tọa độ Oxyz cho vật thể
x ( 0 ≤ x ≤ 2)
phẳng tùy ý vng góc với trục Ox tại điểm có hồnh độ
thì được thiết diện là
2
( H ) bằng
một phần tư hình trịn bán kính 2x . Thể tích của
8π 2

64π
16π
32π
A. 5 .
B. 5 .
C. 5 .
D. 5 .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
b

2

1
V = ∫ S ( x ) dx = ∫ π
4
a
0

(

2x2

)

2

dx =

16π

5

.

4
2
Câu 20: [2D1-1.1-2] Hàm số y = x − 2 x đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
 1 1
− ; ÷
( −1;0 ) .
( 0;1) .
( 0; 2 ) .
A.
B.  2 2  .
C.
D.

Hướng dẫn giải
Chọn

A.

y = x 4 − 2 x 2 ⇒ y′ = 4 x 3 − 4 x .
x = 1
y′ = 0 ⇔  x = −1
 x = 0
.
Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta chon Chọn A.

Câu 21: [2D1-1.3-2] Tập hợp tất cả các giá trị của tham
y = mx 3 + ( m + 4 ) x 2 + ( m + 4 ) x − 1
luôn nghịch biến trên ¡ là
( −∞ ; − 4] ∪ [ 2; + ∞ ) . B. ( −∞ ; − 4] .
[ 2; + ∞ ) .
A.
C.

số

D.

Hướng dẫn giải
Chọn

A.

y = mx3 + ( m + 4 ) x 2 + ( m + 4 ) x − 1 ⇒ y′ = 3mx 2 + 2 ( m + 4 ) x + m + 4

.

m

để

[ −4; 2] .

hàm

số

Yêu cầu bài toán ⇔ y′ ≤ 0 ∀x ∈ ¡ .
TH1: m = 0 ⇒ y′ = 8 x + 4 (loại).
TH2: m ≠ 0 .
m < 0
a < 0
⇔ y′ ≤ 0 ∀x ∈ ¡ ⇔ 
⇔
2
∆′ ≤ 0
m + 4 ) − 3m ( m + 4 ) ≤ 0
(



¡
Hàm số nghịch biến trên

m < 0
⇔
⇔ m ≤ −4

( m + 4 ) ( −2m + 4 ) ≤ 0
.

Vậy

m ∈ ( −∞ ; − 4]

thì hàm số

y = mx3 + ( m + 4 ) x 2 + ( m + 4 ) x − 1

luôn nghịch biến trên ¡ .

Câu 22: [2H1-3.2-2] Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 3 , cạnh bên bằng 2 . Thể tích khối
chóp đã cho bằng

9 3
A. 4 .

3 6
B. 4 .

3 3
C. 4 .

3 3
D. 2 .

Lời giải
Chọn C

Giả sử ta có hình chóp tam giác đều S . ABC . Gọi O là tâm mặt đáy.
2

2 3 3
SO = SA − AO = 2 −  .
÷

÷ =1
3 2 
.
2

2

2

1
1 32 3 3 3
V = SO.S ABC = .1.
=
3
3
4
4
Vậy thể tích khối chóp cần tìm là:

( SAB ) và
Câu 23: [2H1-3.2-2] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a . Hai mặt phẳng
( SAD )

cùng vng góc với mặt phẳng đáy, SC tạo với đáy một góc 60° . Thể tích khối chóp
S . ABCD bằng

A.

6a 3 .

6a 3
B. 9 .

6a 3
C. 3 .
Lời giải

Chọn C

6a 3
D. 4 .


( SAB ) ∩ ( SAD ) = SA

( SAB ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ ( ABCD )

( SAD ) ⊥ ( ABCD )
Ta có: 
.
·
SC ; ( ABCD ) ) = ( SC ; AC ) = SCA = 60°
Do đó: (
.

SA = AC.tan 60° = a 2. 3 = a 6 . Vậy

VS . ABCD

1

1
6a 3
2
= .SA.S ABCD = a 6.a =
3
3
3

x2 y 2
( E) : + =1
F F
25 16
Câu 24: [0H3-3.1-2] Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho elip
có hai tiêu điểm 1 , 2 .
( E ) thỏa mãn MF1 + NF2 = 11 . MF2 + NF1 bằng
Gọi M , N là hai điểm thuộc
A. 10 .
B. 9 .
C. 11 .
D. 12 .
Lời giải
Chọn A
a = 5
⇒c =3

E)
(
b
=
4


Từ phương trình chính tắc của elip
ta có:
.
Đặt

MF2 + NF1 = x > 0

.
 MF1 + MF2 = 2a = 10
⇒ ( MF1 + NF2 ) + ( MF2 + NF1 ) = 20 ⇔ 11 + x = 20 ⇔ x = 9

NF1 + NF2 = 2a = 10

Ta có:
.
MF2 + NF1 = 9
Vậy
.

( C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 4 = 0 có tâm
Câu 25: [0H3-2.1-2] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường trịn
I và bán kính r của ( C ) là
I ( −1; 2 ) r = 9
I ( −1; 2 ) r = 3
I ( 1; − 2 ) r = 9
I ( 1; − 2 ) r = 3
A.
,
.

B.
,
.
C.
,
.
D.
,
.
Lời giải
Chọn D

( C ) : x2 + y2 − 2x + 4 y − 4 = 0
Ta có:

có tâm

I ( 1; − 2 )

r = 12 + ( −2 ) − ( −4 ) = 3
2

và

.

( P ) : 2 x + 3 y − 6 z + 12 = 0 cắt các trục Ox ,
Câu 26: [2H3-1.1-2] Trong không gian Oxyz , mặt phẳng
Oy , Oz tại các điểm A , B , C . Thể tích khối tứ diện OABC bằng
A. 8 .

B. 48 .
C. 12 .
D. 16 .
Lời giải


Chọn A
x

y

z

( P ) : 2 x + 3 y − 6 z + 12 = 0 ⇔ −6 + −4 + 2 = 1 .
Ta có
1
VOABC = .6.4.2 = 8
6
Vậy
.

A ( 2;1; 4 ) B ( −2; 2; − 6 )
Câu 27: [2H3-1.2-2] Trong không gian tọa độ Oxyz , cho các điểm
,
,
uuu
r uuur
C ( m;0; − 1)
. Để tích AB. AC = 33 thì giá trị m bằng
A. 3 .

B. 2 .
C. −2 .
D. 6 .
Lời giải
Chọn D
uuur
uuur
AB = ( −4;1; − 10 ) AC = ( m − 2; − 1; − 5 )
Ta có:
,
.
uuur uuur
⇔ −4 ( m − 2 ) − 1 + 50 = 33 ⇔ m = 6
Theo bài ra ta có: AB. AC = 33
.
P :
Câu 28: [2H3-3.2-2] Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( ) 2 x + 3 y − z − 11 = 0 và
( Q ) : x + 2 y − 7 = 0 có giao tuyến là đường thẳng ∆ có phương trình tham số là

A.

 x = 2 + 7t

 y = −1
 z = 1 + 3t


.

B.

 x = 7 + 2t

 y = −t
z = 3 + t


.

C.

 x = −7 + 2t

 y = −t
 z = −3 + t


.

D.

 x = 2t

7

y = − −t
2

z
=

3
+
t



.

Lời giải
Chọn B.
 2 x + 3 y − z − 11 = 0
 2 x − z − 11 = 0
x = 7
⇔


z = 3
Xét hệ  x + 2 y − 7 = 0
, cho y = 0 , thay vào hệ ta có  x − 7 = 0
⇒ A ( 7;0;3) , A ∈ (P), A ∈ (Q) ⇒ A ∈ ∆
ur
P)
n1 = ( 2;3; −1)
(
Véc tơ pháp tuyến của
là: uu
r
Q)
n2 = ( 1; 2;0 )
(

Véc tơ pháp tuyến của
là:
r
ur uu
r
n =  n1 , n2  = ( 2; −1;1)
Gọi
r
A
7;
0;3
n
= ( 2; −1;1)
(
)
Đường thẳng giao tuyến ∆ đi qua
và có véc tơ pháp tuyến
nên có

phương trình tham số

 x = 7 + 2t

 y = −t
z = 3 + t


A 1;3;1) , B ( 3;1; −3)
Câu 29: [2H3-1.1-2] Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm (
. Gọi S là điểm

Oz
SAB
S
S
thuộc trục
sao cho tam giác
cân tại . Tọa độ là:
0;0; −1)
0;0;1)
0; 0;3)
−1; 0; 0 )
A. (
.
B. (
.
C. (
.
D. (
.

Lời giải


Chọn

A.

S thuộc trục Oz nên S ( 0; 0; a )
2
2

Tam giác SAB cân tại S ⇔ AS = BS
⇔ (0 − 1) 2 + (0 − 3) 2 + (a − 1) 2 = (0 − 3) 2 + (0 − 1) 2 + (a + 3) 2

⇔ (a − 1) 2 = (a + 3) 2

⇔ a 2 − 2a + 1 = a 2 + 6 a + 9
⇔ 8a = −8
⇔ a = −1 ⇒ S (0; 0; −1)

Câu 30: [0D5-3.1-2] Bảng phân bố tần số của một mẫu số liệu được cho trong bảng sau:
Giá trị (x)
4
5
6
7
8
9
Tần số

1

1

3

8

a

10

7

3

Biết số trung bình của mẫu số liệu là 7,8 . Giá trị của a bằng:
B. 16 .

A. 17 .

C. 18 .

D. 15 .

Lời giải
Chọn

A.
4.1 + 5.1 + 6.3 + 7.8 + 8.a + 9.7 + 10.3
x=
1+1+ 3 + 8 + a + 7 + 3
Ta có
176 + 8.a
=
= 7,8
23 + a
⇔ 176 + 8.a = 7,8 ( 23 + a )
⇔ 176 + 8.a = 179, 4 + 7,8a
⇔ 0, 2.a = 179, 4 − 176
⇔ a = 17

Câu 31: [1D2-3.1-2] Nếu
A. 64
Hướng dẫn giải:

( 1+ 2x)

n

( 1+ 2x)

n

= a0 + a1 x + a2 x 2 + ....a n x n

B. 1094

thì giá trị của
C. 1093

a0 + a1 + a2 + ....a n

bằng

D. 2186

= a0 + a1 x + a2 x 2 + ....a n x n

Với x = 1 thì

( 1 + 2.1)

n

= a0 + a1.1 + a212 + ....a n 1n = a0 + a1 + a2 + ....a n

⇔ a0 + a1 + a2 + ....a n = 3n
Câu 32: [1D2-5.5-2] Cho hai biến cố độc lập A,B. Biết xác suất để hai biến cố AB và AB xảy ra lần
lượt là 0, 6 và 0, 2 . Xác suất để biến cố A xảy ra bằng:
A. 0, 4

B. 0,8

C. 0, 25
Hướng dẫn giải

D. 0,3

Chọn C

( )

 P AB = 0, 6 ⇔ P ( A).P(B) = 0, 6 ( 1 − P(A) ) P(B) = 0, 6
⇒
⇒ P(B) = 0,8 ⇒ P(A) = 0, 25

P(A).P(B) = 0, 2
P(AB) = 0, 2 ⇔


Câu 33: [1D2-1.3-2] Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số mà chỉ có chữ số đầu và chữ số cuối giống

nhau?
A. 5040
B. 4536
C. 756
D. 840
Hướng dẫn giải:
Chọn B
Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số là: abcde
- Chọn a và e có: 9 cách
3

- Chọn bcd có: A9

3
Số các số cần tìm là: 9. A9 = 4536

Câu 34: [2D2-5.3-2] Nếu
x1 + x2
bằng
A. – 4.

x
x
là hai nghiệm của phương trình 4 − 8.2 + 4 = 0 thì giá trị biểu thức

x1 , x2

B. 4.

C. 0.

Hướng dẫn giải:

D. 2.

Chọn D
x
x
Xét phương trình 4 − 8.2 + 4 = 0 .

(
(

t = 4 + 2 3 > 0  x = log 2 4 + 2 3
t 2 − 8t + 4 = 0 ⇔ 
⇒

x
t = 4 − 2 3 > 0  x = log 2 4 − 2 3
2
=
t
>
0
Đặt
. Ta có phương trình

Ta có

(

)

(

)

(

)(

)

x1 + x2 = log 2 4 + 2 3 + log 2 4 − 2 3 = log 2  4 + 2 3 4 − 2 3  = log 2 4 = 2.


2

Câu 35: [2D3-2.4-3] Nếu
A. 7.

∫

f ( x ) dx = 4

1

B. 10.

5

và

∫
1

f ( 2 x ) dx = 6

10

∫ f ( x ) dx

thì 1
C. 12.
Hướng dẫn giải:

bằng bao nhiêu?
D. 16.

Chọn D
5

Xét

∫ f ( 2 x ) dx = 6
1

.

1
2 x = t ⇒ 2dx = dt ⇒ dx = dt.

2
Đặt
Đổi cận x = 1⇒ t = 2; x = 5 ⇒ t = 10.
10

1
6 = ∫ f ( t ) dt ⇒
22
Ta có

10

10

2

10

1

1

2

∫ f ( x ) dx =12.
2

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 4 + 12 =16.

)

)


x+2
− x + 1 có đồ thị ( C ) . M là một điểm nằm trên ( C ) và có tung độ
Câu 36: [2D1-5.4-3] Cho hàm số
bằng 0, còn I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Độ dài IM là
A. 1.
B. 2 .
C. 10 .
D. 2.
y=

Hướng dẫn giải:
Chọn C
Xét hàm số

y=

x+2
− x + 1 có TCĐ x = 1 ; TCN y = −1

nên giao điểm của hai đường tiệm cận có tọa độ

I ( 1, − 1)

.

x+2
= 0 ⇒ x + 2 = 0 ⇒ x = −2 ⇒ M ( −2,0 )

Điểm M có tung độ bằng 0 nên − x + 1
2
2
Ta có IM = 3 + 1 = 10.

m ∈ [ −5;5]

Câu 37: [2D1-1.3-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của
−2; +∞ )
khoảng (
.
A. 4 .
B. 6 .
C. 3 .
Lời giải

để hàm số

y=

x −1
x + m đồng biến trên

D. 9 .

Chọn A
y=

x −1
m +1

⇒ y′ =
2
x+m
( x + m)

Ta có:

( −2; +∞ )

thì điều kiện là:

Để hàm số đồng biến trên khoảng
m + 1 > 0 m > −1
⇔
⇔ m ≥ 2 ⇒ m = { 2;3; 4;5}

−m ≤ −2
m ≥ 2
Suy ra có 4 giá trị nguyên của

m ∈ [ −5;5]

.

ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a .Gọi α là góc giữa CB '
Câu 38: [2H3-1.1-3] Cho hình lập phương
BDD ' B ' )
và (
thì sin α nhận giá trị là?
1

3
2
A. 2 .
B. 2 .
C. 2 .
D. 1 .
Lời giải

Chọn A


OC ⊥ BD 
·
 ⇒ OC ⊥ ( BDD ' B ') ⇒ ( CB ', ( BDD ' B ' ) ) = CB ' O
OC
⊥
BB
'

Gọi O là tâm của đáy ta có:

Ta có:

· ' O = OC = a 2 : a 2 = 1
sin α = sin CB
CB '
2
2

S . ABC có cạnh đáy bằng 2a và chiều cao bằng a 3

Câu 39: [1H3-5.3-3] Cho hình chóp tam giác đều
.Khoảng cách từ tâm O của tam giác ABC đến một mặt bên là?
a 6
a 3
a 30
a 156
A. 2 .
B. 3 .
C. 10 .
D. 13 .

Lời giải
Chọn C

Gọi I là trung điểm của B
Khoảng cách từ tâm
OH =

SO.OI
SO 2 + OI 2

C. Theo đề bài ta có:

SO = a 3, AI = 2a.

O của tam giác ABC đến một mặt bên là?

=

a 3.

( a 3)

2

a 3
3
2

a 3
+
÷
 3 

=

a 30
10

.

3
a 3
= a 3 ⇒ OI =
2
3

.

( d ) : 3x + 4 y − 1 = 0 và đường tròn
Câu 40: [0H3-2.4-2] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng
2
2
( C ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) = 9 . Gọi A , B là giao điểm của ( d ) và ( C ) . Độ dài đoạn thẳng bằng
3 5
A. 3 5 .
B. 2 5 .
C. 5 .
D. 2 .
Hướng dẫn giải
Chọn

B.

Khoảng cách từ tâm I đường tròn đến

(d)

là:

d ( I;d ) = 2

.

2
2
Suy ra AB = 2 R − d = 2 9 − 4 = 2 5 .

Câu 41: [0D5-1.3-2] Khảo sát thời gian đi từ nhà đến trường của bạn A trong 30 ngày thu được kết quả

Lớp thời gian (phút)
Tần số

[ 15;17 )

12

[ 17;19 )

6

[ 19; 21)

12

Theo bảng trên, những ngày bạn A đi từ nhà đến trường hết từ 17 phút đến dưới 22 phút chiếm
bao nhiêu phần trăm?
A. 60% .

B. 30% .

C. 65% .

D. 40% .

Hướng dẫn giải
Chọn

A.

Kích thước mẫu 12 + 6 + 12 = 30 .
Tần suất

f =

6 + 12
= 60%
30
.

Câu 42: [1D2-2.2-3] Có 3 học sinh trường A và 3 học sinh trường B được xếp vào hai bàn đối diện
nhau, mỗi bàn có 3 chỗ ngồi. Số cách sắp xếp để cứ hai học sinh ngồi đối diện nhau thì khác
trường là:
A. 72 .
B. 36 .
C. 720 .
D. 288 .
Hướng dẫn giải
Chọn

D.

Xem như không phân biệt các học sinh cùng một trường.
Mỗi cách sắp xếp k học sinh trường A vào dãy I cho ta một cách sắp xếp các học sinh cịn lại.
Ví dụ, nếu có 1 học sinh trường A xếp vào dãy I , Chẳng hạn xếp A vào vị trí đầu tiên thì vị trí
số 2,3, 4 là học sinh trường B , vị trí 5,6 là học sinh trường A .
A1

2

3


4

5

6

k
Có C3 cách xếp k học sinh trường A vào dãy I . Có 3!3! hốn vị giữa các học sinh.
3

Suy ra có

∑C
k =0

k
3

.3!3! = 288

cách sắp xếp thỏa đề.

Câu 43: [1D2-2.2-2] Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số đơi một khác nhau và khơng có dạng 12abc
A. 14784 .
B. 26880 .
C. 21504 .
D. 18816 .

Lời giải
Chọn B
Số các số đơi một khác nhau có dạng 12abc là 8.7.6 = 336
Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau là 9.9.8.7.6
Số các số tự nhiên có 5 chữ số đơi một khác nhau và khơng có dạng 12abc là
9.9.8.7.6 − 336 = 26880 .

f ( x ) = x ( x + 1) ( x + 2 ) ( x + 3) ... ( x + 2021)
f ' ( −2 )
Câu 44: [1D5-2.1-3] Nếu
thì
bằng
f ' ( −2 ) = 2.2019!
f ' ( −2 ) = −2.2019!
f ' ( −2 ) = 2.2020!
f ' ( −2 ) = −2.2020!
A.
. B.
.C.
. D.
.
Lời giải
Chọn A

f ' ( x ) = ( x + 1) ( x + 2 ) ... ( x + 2021) + x ( x + 2 ) ... ( x + 2021) + ... + ( x + 1) ( x + 2 ) ... ( x + 2020 )
f ' ( −2 ) = −2. ( −2 + 1) . ( −2 + 3) . ( −2 + 4 ) ... ( −2 + 2021) = 2.1.2.3.....2019 = 2.2019!
Câu 45: [2D3-1.2-3] Tính

∫ ( cosx )

3

dx

ta được kết qủa là

( cos x ) + C
1
1 3
sin x − s inx + C
− sin 3 x + s inx + C
4
A. 3
. B. 3
. C.
.
4

D.

( cos x )
−
4

4

+C

.

Lời giải
Chọn A
1
∫ ( cos x ) dx = ∫ ( cos x ) d ( sin x ) = ∫ ( 1 − sin x ) d ( sin x ) = − 3 sin
3

2

2

3

x + s inx + C

Câu 46: [2D1-2.4-3] Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
hai điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn x1 < −1 < x2 là:
−1; +∞ )
A. (

1; +∞ )
B. (

Chọn C
Ta có
ycbt

y ' = 3x 2 + 12 x + 3m + 6 = f ( x )

⇔ af ( −1) < 0 ⇔ 1 − 4 + m + 2 < 0 ⇔ m < 1

C. (
Lời giải

−∞;1)

y = x3 + 6 x 2 + 3 ( m + 2 ) x − m − 1
1; 2
D. ( )

có


2
2
2
Câu 47: [2H3-2.5-3] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z − 4 ) = 10 và mp

( P ) : −2 x + y +

5z + 9 = 0

góc giữa (P) và (Q)
0
A. 60

Q
. Gọi ( ) là một mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) tại M ( 5;0; 4 ) . Tính
0
B. 45

Chọn B
I ( 2; −1; 4 )

Ta có

(

là tâm mặt cầu

C. 120
Lời giải

uuu
r
⇒ IM = ( 3;1;0 )

0

0
D. 30

là VTPT của (Q),

)

uu
r
nP = −2;1; 5

(

)

5
⇒ cos α = cos (·P ) , ( Q ) =
⇒ α = 450
5 2

Câu 48: [2H3-2.3-2] Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P) cắt các trục Ox, Oy , Oz lần lượt tại A, B,
C có
A.

H ( 3;1;2 )

là trực tâm của tam giác ABC. Phương trình mặt phẳng (P) là:

3 x + y + 2 z + 14 = 0

B.

3x + y + 2 z − 14 = 0

3x + y + 2 z = 0

C.
Lời giải

D.

x y z

= =
2 1 2

Chọn B
Ta có

uu
r uuur
OH ⊥ ( ABC ) ⇒ nP = OH = ( 3;1; 2 ) ⇒ ( P ) : 3x + y + 2 z − 14 = 0

Câu 49: [0D6-3.7-3]

Hai tàu thủy đang neo cách nhau 30 m

tại hai điểm P và Q (như hình vẽ). Biết rằng P, Q
và A thẳng hàng, trong đó A là chân của tháp hải
đăng AB . Từ P và Q người ta nhìn chiều cao của
·
·
tháp AB dưới các góc BPA = 35°, BQA = 48° . Chiều
cao của tháp bằng (làm tròn đến 0,1 ).
A. 43,9 m.
C. 73, 7 m.

B. 56,8 m.
D. 52,5 m.
Hướng dẫn giải

Chọn

B.

·
·
Ta có BQP = 180 − 48° = 132° ⇒ PBQ = 180° − 132° − 35° = 13° .

Áp dụng định lý sin trong tam giác PBQ có
BQ
PQ
30.sin 35°
=
⇒ BQ =
sin 35° sin10°
sin13°

Trong tam giác BAQ vuông tại A có

AB = BQ.sin 48° =

30.sin 35°
.sin 48° ≈ 56,8
sin13°
.

u1 = 1

(u )
u = un + n 2 , n ≥ 1
Câu 50: [1D3-2.2-3] Nếu dãy số n với  n +1
thì số hạng thứ 21 bằng

A. 3312 .
B. 3158 .
C. 3011 .
D. 2871 .
Hướng dẫn giải
Chọn

D.


2
Ta có un +1 − un = n .

Suy ra

u21 = u21 − u20 + u20 − u19 + ...u2 − u1 + u1

= 202 + 192 + .... + 1 + 1 =

20 ( 20 + 1) ( 2.20 + 1)
+ 1 = 2871
6
.

1

Câu 51:

∫
[2D3-1.2-3] Tính cos

1 3
tan x + tan x + C
A. 3
.
−1
3
C. 3cos x .

4

x

dx

ta được kết quả là
1
− tan 3 x + tan x + C
B. 3
.
−1
+C
3
D. 3cos x
.
Hướng dẫn giải

Chọn
Ta có
Đặt

A.
I =∫

1
1
dx = ∫ ( tan 2 x + 1)
dx
4
cos x
cos 2 x .

t = tan x ⇒ dt =

1
dx
cos 2 x .

1
1
I = ∫ ( t 2 + 1) dt = t 3 + t + C = tan 3 x + tan x + C
3
3
Do đó
.
2
y = 2( 1− x)
Câu 52: [2D3-3.1-2] Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 2 1 − x và
bằng
π
π

−1
+1
A. 2
B. π − 1
C. 2
D. 2
Lời giải
Chọn C

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình:
1 − x ≥ 0
x ≤ 1
x = 0
2 1 − x2 = 2 ( 1 − x ) ⇔ 
⇔
⇔

x = 1
2
2
2

1 − x = 1 − 2 x + x
2 x − 2 x = 0
.
Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường đã cho là:
1
1
1
π

S = ∫  2 1 − x 2 − 2 ( x − 1)  dx = 2 ∫ 1 − x 2 dx − 2 ∫ ( 1 − x ) dx = −1 +


0
0
0
2.


y = f ( x)
y = f ′( x)
Câu 53: [2D1-1.2-3] Cho hàm số
có đạo hàm và đồ thị của hàm số
như hình vẽ.
2
y = f ( 3− x )
Hàm số
đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A.

( −1;0 )

B.

( −2;3)

( −2; −1)

C.

Lời giải

D.

( 0;1)

Chọn A
x = 0
x = 0

2
 x = ±3
3 − x = −6
2

y′ = −2 xf ′ ( 3 − x ) ; y′ = 0 ⇔
⇔
 3 − x 2 = −1
 x = ±2


3 − x 2 = 2
 x = ±1 .
Ta có:
Ta có BXD:

Dựa vào BXD, ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng

( −1; 0 ) .

ax3 + bx 2 + cx + d = 0 ( a ≠ 0 )
Câu 54: [2D1-2.4-4] Biết phương trình
có đúng hai nghiệm thực, đồ thị
2
y = ax + bx + cx + d
hàm số
có bao nhiêu điểm cực trị?
4
1
A.
B.
C. 2
D. 3
Lời giải
Chọn D
ax3 + bx 2 + cx + d = 0 ( a ≠ 0 )
Vì phương trình
có đúng hai nghiệm thực nên đồ thị hàm số
3
2
y = f ( x ) = ax + bx + cx + d
giao với trục Ox tại hai điểm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm
kép.
Có hai trường hợp xảy ra:
TH1: a > 0

y = f ( x) y = f ( x)
TH2: a < 0

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

trong hai trường hợp đều có 3 điểm cực trị.
Câu 55: [2H1-3.2-3] Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a . Nếu tổng diện tích các mặt bên
của hình chóp đó gấp hai lần diện tích đáy của hình chóp thì thể tích của hình chóp đã cho bằng
a3
a3 3
a3 3
a3 3
A. 6 .
B. 6 .
C. 4 .
D. 2 .
Hướng dẫn giải
Ta thấy đồ thị hàm số

Chọn B

Giả sử SI = x > 0 .

Ta có

Vậy

4.S SCD = 2 a 2 ⇒ 2ax = 2a 2 ⇒ x = a ⇒ SH =

VSABCD

a 3

2 .

1
a2 3
= SH .S ABCD =
3
6 .

A ( 2;3) , B ( 1;0 ) , C ( 3;3 )
Câu 56: [2H3-1.4-4] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC mà
và
2
2
M
a
,
b
( ) là điểm nằm trên ∆ sao cho MA + MB + MC 2
đường thẳng ∆ : x + y − 2 = 0 . Gọi
đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó a + 2b bằng
A. 3 .
B. 2 .
C. 4 .
D. 6 .
Hướng dẫn giải
Chọn A


uur uur uur r
⇒ I ( 2; 2 )

Gọi I là điểm thỏa mãn IA + IB + IC = 0
cố định.
Ta có

uuu
r uu
r uur uur
MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MI 2 + 2MI IA + IB + IC + IA2 + IB 2 + IC 2 = 3MI 2 + IA2 + IB 2 + IC 2

(

)

.

2
2
2
Suy ra MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất MI nhỏ nhất ⇒ M là hình chiếu của I trên ∆ .

Gọi d là đường thẳng đi qua I và vng góc với ∆ ⇒ phương trình ∆ : x − y = 0 .
Ta có

M = ∆ ∩ d ⇒ M ( 1;1)

.

Vậy a + 2b = 3 .

A ( 0;1; 2 ) B ( −1;1; 0 )

Câu 57: [2H3-2.4-3] Trong không gian toạ độ Oxyz , cho hai điểm
,
mặt phẳng
( P ) : x + y + z + 1 = 0 . Điểm C ( a; b; c ) ∈ ( P ) ( a > 0 ) sao cho tam giác ABC vuông cân tại B ,
Tổng a + b + c bằng
A. −5 .
B. 5 .
C. −1 .
D. 1 .
Hướng dẫn giải
Chọn C

Ta có :

 c = 1

 a = −3 ( L )

C ∈ ( P )
a + b + c = 1
 a = −1 − 2 c
 c = − 2
r uuur
 uuu



3
⇔ b = c
⇔ 

 BA.BC = 0 ⇔ −a − 1 − 2c = 0

1

 BA = BC

6c 2 − 2c − 4 = 0
2
2
2
 a =

( a + 1) + ( b − 1) + c = 5

3


2
 b = −
3


.

Vậy a + b + c = −1 .

( n ∈ ¥ , n ≥ 2 ) . Số hình chữ nhật có 4 đỉnh lấy trong số 4
Câu 58: [1D2-2.1-3] Cho đa giác đều 2n đỉnh
đỉnh của đa giác đều trên bằng 45. Giá trị của n bằng
A. 10.

B. 9.
C. 12.
D. 11.
Hướng dẫn giải
Chọn
A.
Đa giác đều 2n đỉnh thì có n đường chéo đi qua tâm ngoại tiếp.
Cứ 2 đường chéo như trên ứng với 1 hình chữ nhật.
2
Do đó số hình chữ nhật tạo thành từ 4 đỉnh của đa giác là Cn = 45 ⇒ n = 10 .

A = { 1; 2;...;100}
Câu 59: [1D2-5.3-4] Cho tập hợp
. Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của A . Xác suất để 3
phần tử được chọn lập thành một cấp số cộng bằng
1
1
1
1
A. 132 .
B. 66 .
C. 33 .
D. 11 .
Hướng dẫn giải


Chọn

B.

3
Ω = C100
Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử từ tập A ⇒ Không gian mẫu là
.
Gọi biến cố A:“Ba phần tử được chọn lập thành một cấp số cộng”.
∗
Cách 1. Giả sử 3 phần tử đó là x; x + d ; x + 2d với x, d ∈ ¥ .

99
⇒ d ∈ { 1; 2;...; 49} ⇒
2
Với x = 1 thì ta có
có 49 bộ ba số thỏa mãn.
98
x + 2d ≤ 100 ⇔ d ≤
⇒ d ∈ { 1; 2;...; 49} ⇒
2
Với x = 2 thì ta có
có 49 bộ ba số thỏa mãn.
97
x + 2d ≤ 100 ⇔ d ≤
⇒ d ∈ { 1; 2;...; 48} ⇒
2
Với x = 3 thì ta có
có 48 bộ ba số thỏa mãn.
3
x + 2d ≤ 100 ⇔ d ≤ ⇒ d ∈ { 1} ⇒
2
… Với x = 97 thì ta có
có 1 bộ ba số thỏa mãn.

x + 2d ≤ 100 ⇔ d ≤

x + 2d ≤ 100 ⇔ d ≤ 1 ⇒ d ∈ { 1} ⇒
Với x = 98 thì ta có
có 1 bộ ba số thỏa mãn.
1
x + 2d ≤ 100 ⇔ d ≤ ⇒ d ∈ ∅ ⇒
2
Với x = 99 thì ta có
khơng có bộ ba số thỏa mãn.
49 ( 49 + 1)
2 ( 49 + 48 + 47 + ... + 2 + 1) = 2.
= 2450
2
Do đó ta thấy có tất cả
bộ ba số thỏa mãn.
a
;
b
;
c
a
,
b
,
c
∈
A
Cách 2. Giả sử 3 phần tử đó là
với

.
Trong tập A có 50 số lẻ, 50 số chẵn.
Do a, b, c lập thành một CSC nên a + c = 2b là một số chẵn.
Do đó hai số a, c cùng chẵn hoặc cùng lẻ.
Đồng thời ứng với 1 cách chọn hai số a, c thì xác định được duy nhất 1 số b .
2
2
Tổng số bộ ba số a, b, c là C50 + C50 = 2450 (bộ ba).
2450 1
P= 3 =
C100 66 .
Vậy xác suất của biến cố A là

Câu 60: [1D2-5.3-4] Trong một hộp kín có 10 thẻ được đánh số từ 1 đến 10, chọn ngẫu nhiên hai thẻ.
Xác suất để tích hai số trên thẻ được chọn là số chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 bằng
5
1
7
29
A. 9 .
B. 3 .
C. 9 .
D. 45 .
Hướng dẫn giải
Chọn

B.

Ω = C102 = 45
Chọn ngẫu nhiên 2 thẻ từ 10 thẻ nên khơng gian mẫu

.
Gọi biến cố A:“ Tích hai số trên thẻ được chọn là số chia hết cho 2 mà khơng chia hết cho 4”.
Để thỏa mãn tính chất thì hai số được chọn phải thỏa mãn “ 1 số chia hết cho 2 nhưng không
chia hết cho 4, số cịn lại là số lẻ”.
Từ 1 đến 10 có ba số là 2;6;10 là số chia hết cho 2 nhưng khơng chia hết cho 4.
Từ 1 đến 10 có năm số là 1;3;5;7;9 là số lẻ.
Vậy không gian biến cố A là

Ω A = C .C
1
5

1
3

P=

, suy ra xác suất cần tìm

ΩA
Ω

=

1
3

.