44 đề thi thử TN THPT 2021 môn toán THPT chuyên nguyễn trãi hải dương lần 1 file word có lời giải

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT LẦN 1 KHỐI 12

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2020 – 2021

NGUYỄN TRÃI

MƠN TỐN

------------------

Thời gian làm bài: 90 phút khơng kể thời gian phát đề

Câu 45, 46: Thiếu giải
Câu 1: Hình nào dưới đây khơng phải là hình đa diện?

A.

B.

C.

D.

Câu 2: Cho hàm số f  x  nghịch biến trên D. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A.

f  x1 

 1 với mọi x1 , x2 �D và x1  x2 .
f  x2 

B.

f  x2   f  x1 
 0 với mọi x1 , x2 �D và x1  x2 .
x2  x1

C. f  x1   f  x2  với mọi x1 , x2 �D và x1  x2 .
D.

f  x2   f  x1 
 0 với mọi x1 , x2 �D và x1  x2 .
x2  x1

Câu 3: Tọa độ giao điểm M của đồ thị hàm số y 
�3 �
A. � ;0 �
�2 �

2x  3
với trục hoành là
x2

B.  2;0 

C.  0; 2 

Câu 4: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên �\  1 và có bảng biến thiên

1

� 3�
0; �
D. �
� 2�


Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là
A. 3.

B. 1.

C. 4.

D. 2.

x
Câu 5: Họ các nguyên hàm của hàm số f  x   5  x là

A.

5x x 2
  C.
ln 5 2

C. 5 x ln 2 

B. 5 x  x 2  C.

x2
 C.
2

D.

5x
 1  C.
ln 5

uuur
Câu 6: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  1;1; 1 và B  2;3; 2  . Tọa độ vectơ AB là
A.  1; 2; 3 .

B.  1; 2;3 .

C.  3; 4;1 .

D.  1; 2;1 .

Câu 7: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 1. Biết SA vng góc với  ABCD  và
SA  3 . Thể tích của khối chóp S . ABCD là
1
A. .
4

B. 3.

C.

3
.
6

D.

3
.
3

Câu 8: Cho hàm số y  x 3  2 x  1 có đồ thị  C  . Hệ số góc của tiếp tuyến với  C  tại điểm M  1; 2  bằng
B. 5.

A. 3.
3

Câu 9: Cho biểu thức P  x 4
A. P  x 2 .

C. 25.

D. 1.

x 5 , x  0. Khẳng định nào sau đây là đúng?
1

C. P  x 2 .

B. P  x  2 .

Câu 10: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên �\  x2  và có bảng biến thiên sau:

2

1

D. P  x 2 .


Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Hàm số có hai điểm cực đại, một điểm cực tiểu.
B. Hàm số có một điểm cực đại, một điểm cực tiểu.
C. Hàm số có một điểm cực đại, hai điểm cực tiểu.
D. Hàm số có một điểm cực đại, khơng có điểm cực tiểu.
Câu 11: Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình 2020 x  m có nghiệm thực?
A. m �0.

B. m  0.

C. m �1.

D. m �0.

Câu 12: Cho cấp số nhân  un  có u1  5, q  2. Số hạng thứ 6 của cấp số nhân đó là
A.

1
.
160

B. 25.

C. 32.

D. 160.

Câu 13: Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên � và có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm của phương trình f  x   1  0.
A. 1.

B. 3.

C. 0.

D. 2.

C.  cos x  2 x 2  C.

D. cos x  2 x 2  C.

Câu 14: Họ nguyên hàm của hàm số f  x   sin x  4 x là
A.  cos x  4 x 2  C.

B. cos x  4 x 2  C.
3


Câu 15: Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC vng cân tại A và AB  AC  2; cạnh bên AA '  3.

Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C '.
A. 6.

B. 12.

C. 3.

D. 4.

Câu 16: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên � và có đạo hàm f '  x    x  1  3  x  . Hàm số y  f  x  đồng
biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  1;0  .

B.  �;0  .

C.  3; � .

D.  �; 1 .

3
2
Câu 17: Biết rằng hàm số f  x   x  3x  9 x  28 đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn  0; 4 tại x0 . Giá trị của x0
bằng:

A. 4.

B. 0.

C. 3.

D. 1.

Câu 18: Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào?

A. y   x 3  3x 2  2.
Câu 19: Đồ thị hàm số y 

B. y   x3  3x 2  2.

C. y  x 3  3x 2  2.

D. y  x 3  3x 2  2.

x 1
có bao nhiêu đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang?
x

A. 2.

B. 3.

C. 1.

D. 0.

C. 2  log 2 a.

D. 1  log 2 a.

Câu 20: Với a là số thực dương tùy ý log 2  2a  bằng:

A. 1  log 2 a.

B. 2 log 2 a.

Câu 21: Thể tích của khối cầu có đường kính bằng 2 là:
A. 4 .

B.

4
.
3

C.


.
3

D.

32
.
3

Câu 22: Trong không gian Oxyz, điểm nào dưới đây là hình chiếu vng góc của điểm A  3; 2; 4  trên mặt
phẳng Oxy.
A. P  3; 2;0  .

B. Q  3;0; 4  .

C. N  0; 2; 4  .
D. M  0;0; 4  .
r
r
Câu 23: Trong khơng gian Oxyz, góc giữa hai vectơ j   0;1;0  và u  1;  3;0 là



A. 1200.

B. 300.



C. 600.

2
Câu 24: Tìm tập xác định của hàm số y  log 2020  3x  x  .

A. D   �;0 � 3; � .

B. D   �;0  � 3; � .
4

D. 1500.


D. D   0;3 .

C. D   0;3 .

Câu 25: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S  :  x  1  y 2   z  1  9. Bán kính của mặt cầu  S  là
2

A. 18.

B. 9.

2

C. 3.

D.

9
.
2

Câu 26: Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng a 3. Tính cơsin
của góc giữa hai mặt phẳng  ABCD  và  ABC ' ?

1
B. .
2

A. 300.
Câu 27: Cho hàm số y 

C. 600.

D.

3
.
2

bx  c
( a �0 và a, b, c ��) có đồ thị như hình bên. Khẳng định nào dưới đây đúng?
xa

A. a  0, b  0, c  ab  0.

B. a  0, b  0, c  ab  0.

C. a  0, b  0, c  ab  0.

D. a  0, b  0, c  ab  0.

2
2x
2
2x
Câu 28: Cho F  x    ax  bx  c  e là một nguyên hàm của hàm số f  x    2020 x  2022 x  1 e trên

khoảng  �; � . Tính T  a  2b  4c.
A. T  1012.

B. T  2012.

C. T  1004.

5

D. T  1018.


3
�1 �
, f  0   1 . Giá trị của f  1 bằng
Câu 29: Cho hàm số f  x  xác định trên �\ � �thỏa mãn f '  x  
3x  1
�3
A. 3ln 2  3.

B. 2 ln 2  1.

C. 3ln 2  4.

D. 12 ln 2  3.

Câu 30: Cho hình nón có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 4. Tính diện tích xung quanh của hình nón.
A. 12 .

B. 9 .

D. 15 .

C. 30 .

Câu 31: Cho phương trình cos 2 x  sin x  1  0  * . Bằng cách đặt t  sin x  1 �t �1 thì phương trình  * trở
thành phương trình nào sau đây?
A. 2t 2  1  0.

B. 2t 2  1  0.

C. 2t 2  t  0.

D. 2t 2  t  2  0.



Câu 32: Tìm tập xác định D của hàm số y   x 2  6 x  9  2 .
A. D  �\  0 .

B. D   3; � .

C. D  �\  3 .

D. D  �.

C. S   1;1 \  0 .

D. S   0;1 .

Câu 33: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình ln x 2 �0.
A. S   1;1 .

B. S   1;0  .

Câu 34: Tìm nguyên hàm của hàm số f  x  

1
.
3x  2

dx
 ln 3x  2  C.
A. �
3x  2

dx
1
  ln 3 x  2  C.
B. �
3x  2
2

dx
1
 ln 3 x  2  C.
C. �
3x  2 3

D.

dx

1

 ln 2  3 x  C.
�
3x  2 3

Câu 35: Một cái cột có hình dạng như hình bên (gồm một khối nón và một khối trụ ghép lại). Chiều cao đo
được ghi trên hình, chu vi đáy là 20 3 p cm. Thể tích của cột bằng

13000 p 2
A.
cm3  .



5000 p 2
B.
cm3  .



Câu 36: Gọi S là tập nghiệm của phương trình log

15000 p 2
C.
cm3  .


2

 2 x  2   log 2  x  3

2

52000 p 2
D.
cm3  .



 2 trên �. Tổng các phần tử của

S bằng a  b 2 (với a, b là các số nguyên). Giá trị của biểu thức Q  ab bằng
A. 6.

B. 0.

C. 8.

6

D. 4.


Câu 37: Cho hình chóp tam giác đều có cạnh bên bằng

a 21
và mặt bên tạo với mặt đáy một góc bằng 600.
3

Tính thể tích V của khối chóp.
A. V 

a3 3
.
3

B. V 

a 3 .7 21
.
32

C. V  a 3 3.

a 3 .7 21
.
96

D. V 

Câu 38: Cho tứ diện ABCD có AB  2, các cạnh cịn lại bằng 4. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và
CD bằng:
A. 13.

B.

C.

3.

D. 11.

2.

Câu 39: Trong năm 2020 (tính đến hết ngày 31/12/2020), diện tích rừng trồng mới của tình A là 1200 ha. Giả
sử diện tích rừng trồng mới của tỉnh A mỗi năm tiếp theo đều tăng 6% so với diện tích rừng trồng mới của năm
liền trước. Kể từ sau năm 2020, năm nào dưới đây là năm dầu tiên tỉnh A có diện tích rừng trồng mới trong
năm đó đạt trên 1600 ha?
A. 2043.
Câu 40: Cho

A.

B. 2025.
f  4 x  dx  e
�

e2 x
 4 x 2  C.
4

2x

C. 2024.

 x 2  C. Khi đó

f   x  dx bằng
�

x

1
B. 4e 2  x 2  C .
4

Câu 41: Cho n là số nguyên dương sao cho

D. 2042.

x

C. 4e 2 
1

log 2020 x



1
log 20202 x

1 2
x  C.
4



1
log 20203 x

D. e

 ... 



1
log 2020n x

x
2

2

�x �
 � � C.
�4 �



210
đúng
log 2020 x

với mọi x dương, x �1. Tính giá trị của biểu thức P  3n  4.
A. P  16.

B. P  61.

C. P  46.

D. P  64.

Câu 42: Trong không gian cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và D với
AB  AD  2, CD  1, cạnh bên SA  2 và SA vng góc với đáy. Gọi E là trung điểm AB. Tính diện tích S mc
của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .BCE .
A. S mc  41 .

B. S mc 

14
.
4

C. S mc 

41
.
2

D. S mc  14 .

x
có đồ thị  C  . Gọi A, B  x A �xB  là 2 điểm trên  C  mà tiếp tuyến tại A, B
x 1
song song với nhau và AB  2 2. Tích x A .xB bằng
Câu 43: Cho hàm số y 

A. 2.

B. 1.

C. 0.

D. 2.

Câu 44: Bác thợ hàn dùng một thanh kim loại dài 4 m để uốn thành khung cửa sổ có dạng như hình vẽ. Gọi r
là bán kính của nửa đường trịn. Tìm r (theo mét) để diện tích tạo thành đạt giá trị lớn nhất.

7


A. 1 m.

B. 0,5 m.

C.

4
m.
 4

D.

2
m.
4

Câu 45: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có AA '  2 13a, tam giác ABC vuông tại C và �
ABC  300 , góc
giữa cạnh bên CC ' và mặt đáy  ABC  bằng 600. Hình chiếu vng góc của B ' lên mặt phẳng  ABC  trùng
với trọng tâm của tam giác ABC. Thể tích của khối tứ diện A ' ABC theo a bằng

A.

33 39a 3
.
4

B.

9 13a 3
.
2

C.

99 13a 3
.
8

D.

27 13a 3
.
2

x 1
x
x 1



và y  e  x  2021  3m ( m là tham số thực) có đồ thị lần lượt
x
x 1 x  2
và  C2  . Có bao nhiêu số nguyên m thuộc  2021; 2020 để  C1  và  C2  cắt nhau tại 3 điểm phân

Câu 46: Cho hai hàm số y 
là  C1 
biệt?

A. 2694.

B. 2693.

C. 4041.

Câu 47: Cho hàm số f  x  . Hàm số y  f '  x  có bảng biến thiên như sau:

Bất phương trình f  x  �e x  m đúng với mọi x � 1;1 khi và chỉ khi
2

8

D. 4042.


A. m  f  1  e.

B. m �f  0   1.

C. m  f  0   1.

D. m �f  1  e.

Câu 48: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích là V . Gọi M là điểm thuộc
SM 1
 . Mặt phẳng    chứa AM và cắt hai cạnh SB, SD lần lượt tại P và Q. Gọi V ' là
cạnh SC sao cho
SC 3
SP
SQ
V'
 x;
 y;  0  x; y  1 , Khi tỉ số
thể tích của S . APMQ;
đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị của tổng
SB
SD
V
x  3 y.
A. 2.

B.

1
.
6

C. 1.

D.

1
.
2

Câu 49: Tổ 1 của một lớp học có 13 học sinh gồm 8 học sinh nam trong đó có bạn A, và 5 học sinh nữa trong
đó có bạn B được xếp ngẫu nhiên vào 13 ghế trên một hàng ngang để dự lễ sơ kết học kì 1. Tính xác suất để xếp
được giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời bạn A không ngồi cạnh bạn B?
A.

4
.
6453

B.

1
.
1287

C.

4
.
6435

D.

1
.

1278

Câu 50: Cho hàm số F  x  có F  0   0. Biết y  F  x  là một nguyên hàm của hàm số y  f  x  có đồ thị
6
3
như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số G  x   F  x   x là

A. 4.

B. 5.

C. 6.

D. 3.

---------------- HẾT ---------------

BẢNG ĐÁP ÁN

1-C

2-D

3-A

4-A

5-A

6-B

7-D

8-D

9-D

10-B

11-B

12-D

13-D

14-C

15-A

16-A

17-C

18-C

19-A

20-A

21-B

22-A

23-D

24-C

25-C

26-B

27-B

28-A

29-B

30-D

31-B

32-C

33-C

34-D

35-A

36-D

37-A

38-D

39-B

40-C

41-D

42-D

43-C

44-C

47-B

48-A

49-C

50-D

9


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Chọn C.

Mỗi cạnh của một hình đa diện là cạnh chung của đúng 2 mặt của hình đa diện đó.
Câu 2: Chọn D.
Câu 3: Chọn A.
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hồnh là nghiệm của phương trình
�3 �
.
độ giao điểm là M � ;0 �
�2 �
Câu 4: Chọn A.
Tập xác định D  �\  1
f  x   �, lim  f  x   �
Tiệm cận đứng x  1 vì x �lim
x � 1
 1 
f  x   2.
Tiệm cận ngang y  2 vì xlim
��
f  x   5.
Tiệm cận ngang y  5 vì xlim
��
Vậy tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là 3.
Câu 5: Chọn A.
Ta có

x

2

 5  x  dx  ln5 5  x2  C.
�

x

Câu 6: Chọn B.
uuur
Tọa độ vectơ AB   xB  x A ; yB  y A ; z B  z A    1; 2;3  .
Câu 7: Chọn D.

10

2x  3
3
 0 � x   . Tọa
x2
2


1
1
3.
Thể tích của khối chóp S . ABCD là: V  S ABCD .SA 
3
3
Câu 8: Chọn D.
Ta có: y '  3x 2  2.
Hệ số góc của tiếp tuyến với  C  tại điểm M  1; 2  là: y '  1  1.
Câu 9: Chọn D.
Px



3
4



3

5

1

x 5  x 4 .x 4  x 2 .

Câu 10: Chọn B.
Tại điểm x0 hàm số y  f  x  xác định và f '  x  đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua x0 , nên x0 là điểm cực
tiểu của hàm số.
Tại điểm x1 hàm số y  f  x  xác định và f '  x  đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua x1 , nên x1 là điểm cực
tiểu của hàm số.
Hàm số y  f  x  không xác địn tại x2 , nên x2 không là cực trị của hàm số.
Câu 11: Chọn B.
Phương trình 2020 x  m có nghiệm thực � m  0.
Câu 12: Chọn D.
5
5
Ta có: u6  u1.q  5.2  160.

Câu 13: Chọn D.
Ta có f  x   1  0 � f  x   1.
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y  1.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy có 2 giao điểm.

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.
Câu 14: Chọn C.
11


Ta có

 sin x  4 x  dx   cos x  2 x
�

2

 C.

Câu 15: Chọn A.
Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là V  B.h 

1
1
AB. AC. AA '  .2.2.3  6.
2
2

Câu 16: Chọn A.
x  1
�
.
Ta có f '  x   0 � �
x3

�
Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng  1;3 , suy ra hàm số y  f  x  cũng đồng
biến trên khoảng  1;0  .
Câu 17: Chọn C.
3
2
Xét hàm số f  x   x  3x  9 x  28 trên đoạn  0; 4 :

�
x  1 loai 
f '  x   3 x 2  6 x  9; f '  x   0 � 3 x 2  6 x  9  0 � �
x3
�
Ta có: f  0   28; f  3  1; f  4   8.
f  x   f  3  1. Chọn đáp án C.
Vậy xmin
� 0;4

Câu 18: Chọn C.
Do đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên loại đáp án D.
Do đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại điểm  1;0  nên chỉ có đáp án C thỏa mãn.
Câu 19: Chọn A.
TXĐ: D  R \  0
12


Ta có

) lim y  �
x �0

) lim y  �

� x  0 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

x �0

) lim y  1
x ��

) lim y  1

� y  1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

x ��

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.
Câu 20: Chọn A.
Ta có log 2  2a   log 2 2  log 2 a  1  log 2 a.
Câu 21: Chọn B.
Khối cầu có đường kính bằng 2 � R  1.
4
4
3
.
Thể tích của khối cầu là: V   R � V 
3
3

Câu 22: Chọn A.
Hình chiếu vng góc của điểm A  3; 2; 4  trên mặt phẳng Oxy là điểm P  3; 2;0  .
Câu 23: Chọn D.
rr
r r
j .u
cos j; u  r r 
j .u

 




1  0 . 1    3 
0.1  1.  3  0.0

0

2

2

2

2

2



0

2

r r
 3
� j ; u  1500.
2

 

Câu 24: Chọn C.
Hàm số đã cho xác định khi: 3 x  x 2  0 � 0  x  3.
2
Vậy tập xác định của hàm số y  log 2020  3x  x  là: D   0;3 .

Câu 25: Chọn C.
Phương trình mặt cầu  S  tâm I  a; b; c  , bán kính R  0 có dạng:  x  a    y  b    z  c   R 2
2

2

2

�  S  :  x  1  y 2   z  1  32 , khi đó R  3.
2

2

Câu 26: Chọn B.

ABCD. A ' B ' C ' D ' là hình lăng trụ tứ giác đều nên nó là hình hộp chữ nhật có hai đáy là hình vng
� AB   BCC ' B ' � AB  BC '.

�AB  BC '
�' BC .
� Góc giữa hai mặt phẳng  ABCD  và  ABC ' là C
Ta có �
CB  AB
�
Ta có: BC '  B ' C '2  BB '2  a 2  3a 2  2a
13


�' BC  BC  a  1
� cos C
BC ' 2a 2
Vậy cơsin của góc giữa hai mặt phẳng  ABCD  và  ABC ' bằng

1
.
2

Câu 27: Chọn B.
Tập xác định D  �\  a .
y  lim y  b, do đó đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  b. Dựa vào đồ thị ta suy ra b  0.
Ta có xlim
��
x ��
y  �, lim y  �, do đó đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x  a với a  0.
Dựa vào đồ thị, ta có xlim

�a 
x �a
Ta có y ' 

c  ab

 x  a

2

.

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định, do đó c  ab  0.
Câu 28: Chọn A.
Xét F  x   �
 2020 x2  2022 x  1 e2 x dx .
du   4040 x  2022  dx
�
�
u  2020 x 2  2022 x  1 �
�
� � 1 2x
Đặt �
dv  e 2 x dx
v e
�
�
� 2
Do đó F  x  

1
1
2020 x 2  2022 x  1 e 2 x  �
 4040 x  2022  e2 x dx  C.

2
2

Đặt I  �
 4040 x  2022  e2 x dx .
du  4040dx
u1  4040 x  2022 �
�
� 1
� � 1 2x
Đặt �
2x
v1  e
�dv1  e dx
�
� 2
Do đó
I

1
1
e 2 x dx   4040 x  2022  e 2 x  1010e 2 x   2020 x  1 e 2 x .
 4040 x  2022  e2 x  2020�
2
2

F  x 

1
1
2020e2 x  2022 x  1 e 2 x   2020 x  1 e 2 x  C

2
2

1
1
 1010 x 2 e 2 x  1011xe 2 x  e 2 x  1010 xe 2 x  e 2 x  C
2
2
14


 1010 x 2 e 2 x  xe2 x  e2 x  C
  1010 x 2  x  1 e2 x  C .
Theo đề bài, ta có a  1010, b  1, c  1, C  0. Vậy T  1010  2  4  1012.
Câu 29: Chọn B.
3
f '  x  dx  � dx  ln 3x  1  C
Ta có: f  x   �
3x  1
Vì: f  0   1 � C  1 � f  x   ln 3x  1  1
Vậy: f  1  ln 4  1  2 ln 2  1.
Câu 30: Chọn D.

Ta có: SD  5, diện tích xung quanh của hình nón: S xq   Rl  15 .
Câu 31: Chọn B.
2
2
Ta có: cos 2 x  sin x  1  0 �  1  2sin x   sin x  1  0 � 2sin x  sin x  0.

Đặt: t  sin x  1 �t �1 .
Phương trình trở thành: � 2t 2  t  0 � 2t 2  t  0.
Câu 32: Chọn C.
Điều kiện: x 2  6 x  9  0 ۹ x

3.

Vậy tập xác định: D  �\  3 .
Câu 33: Chọn C.
�x �0
2
2
� x � 1;1 \  0 .
Ta có ln x �0 � 0  x �1 � �
1 �x �1
�
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   1;1 \  0 .
Câu 34: Chọn D.
15


Ta có

dx

1 d  3x  2 


�
3 x  2 3 �3 x  2

1
1
 ln 3 x  2  C  ln 2  3x  C.
3
3

Câu 35: Chọn A.
Ta có chu vi đáy là 20 3 p nên bán kính đáy của cột là r 

20 3 p 10 3 p

.
2


2

�
10 3 p �
12000 p 2
.40

.

Thể tích của phần khối trụ là V1   r h1   . �
�
�  �

�
�
2

2

1 2
1 �
10 3 p �
1000 p 2
V


r
h


.
.10

.
Thể tích của phần khối nón là 2
�
�
2
�

3
3 �


�
�
Vậy thể tích của cột là V  V1  V2 

13000 p 2
 cm3  .


Câu 36: Chọn D.
2x  2  0
�
�x  1
��
.
Điều kiện của phương trình đã cho là �
�x  3 �0
�x �3
Ta có log

2

 2 x  2   log 2  x  3

2

 2 � 2log 2  2 x  2   log 2  x  3  2

� log 2  2 x  2   log 2  x  3  2 � log 2 �
 2x  2
�
2

2

2

2

 x  3

2

� 2
�

�
�
 2 x  2   x  3  2
2x2  8x  6  2
�  2 x  2   x  3  4 � �
��
 2 x  2   x  3  2 �2 x 2  8 x  6  2
�
2

2

�
x  2  2  n
�
�
2x2  8x  4  0
�� 2
��
x  2  2  l .
2
x

8
x

8

0
�
�
x  2  n
�
�
Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho là 2  2  2  4  2.
Suy ra a  4, b  1 � Q  ab  4.
Câu 37: Chọn A.

16

Gọi H , I lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AB, BC .
ABC đều nên AI  BC.
S . ABC là hình chóp tam giác đều nên SBC cân tại S , do đó SI  BC .

 SBC  � ABC   BC �

�
0
�
��   SBC  ,  ABC     SI , AI   SIA  60 .
�
�

SI  BC
AI  BC

Gọi AI �CH  O khi đó O là trọng tâm của ABC .
S . ABC là hình chóp tam giác đều nên SO   ABC  tại O.
Trong SOI vng tại O, ta có
tan 600 

SO
1
3
� SO  OI .tan 600  AI . 3 
AI .
OI
3
3

Áp dụng định lý pytago vào SAO vuông tại O ta có
2

2

2
� 3 � �2 �
�a 21 �
SA  SO  AO � �
AI

AI

�
�
�
�3
� �3 � �
� 3 �
�
�
�
�
�
2

�

2

2

7 2 21a 2
3
3
AI 
� AI 2  3a 2 � AI  3a � SO 
AI 
. 3a  a.
9
9
3
3

Mà AI 
S ABC 

3
2 AI 2 3a
BC � BC 

 2a.
2
3
3

1
1
AI .BC 
3a.2a  3a 2

2
2

1
1
a3 3
Vậy VS . ABC  .SO.S ABC  .a 3.a 2 
.
3
3
3
Câu 38: Chọn D.
17


Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh AB, DC.
BM 

1
1
AB  .2  1
2
2

ACD, BCD đều có độ dài cạnh bằng 4 nên AN  BN  2 3. Khi đó MN  AB
ABC  ABD � CM  DM � MN  CD
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD bằng MN .
Áp dụng định lý pytago vào tam giác vuông MNB ta có:
MN 2  MB 2  BN 2 � MN  BN 2  MB 2  12  1  11.
Câu 39: Chọn B.

Trong năm 2020, diện tích rừng trồng mới của tình A là T  1200 ha.
Trong năm 2021, diện tích rừng trồng mới của tình A là T1  T  6%T  T  1  6%  ha.
Trong nam 2022, diện tích rừng trồng mới của tình A là
T2  T1  6%T1  T1  1  6%   T  1  6%  ha.
2

…
Trong năm 2020  n, diện tích rừng trồng mới của tỉnh A là Tn  T  1  6%  ha.
n

Khi đó, diện tích rừng trồng mới đạt trên 1600 ha khi Tn  1600 � T  1  6%   1600 � 1200.1, 06n  1600
n

� n  log1,06

4
�4,94 � nmin  5.
3

Vậy năm 2025 là năm đầu tiên tỉnh A có diện tích rừng trồng mới trong năm đó đạt trên 1600 ha.
18


Câu 40: Chọn C.
Ta có

f  4 x  dx  e
�

2x

 x 2  C � f  4 x    e 2 x  x 2  C  '  2e 2 x  2 x.

1
 t
1
1
Đặt x   t suy ra f  4 x   f  t   2e 2  t.
4
2

Khi đó f   x   2e

1
 x
2



1
x.
2

x

�  12 x 1 �
1
2
f


x
dx

2
e

x
dx


4
e
 x 2  C.


Ta có �
�
�
�
2 �
4
�

Câu 41: Chọn D.
Ta có
�
�

1
log 2020 x

1

log 2020 x





1
log 20202 x
2

log 2020 x





1
log 20203 x
3

log 2020 x

 ... 

 ... 

1
log 2020n x

n
log 2020 x





210
log 2020 x

210
log 2020 x

1  2  3  ...  n
210

log 2020 n
log 2020 x

� 1  2  3  ...  n  210
�

n  20
n  n  1
�
 210 � n 2  n  420  0 � �
n  21
2
�

Vì n là số nguyên dương nên n  20
Vậy P  3n  4  64.
Câu 42: Chọn D.

19


Tứ giác AECD có AE / / CD, AE  CD  1 và AD  AE nên tứ giác AECD là hình chữ nhật do đó CE  AB
Lại có SA   ABCD  � SA  CE
� CE  SE
CE  SE
�
� CE   SEB 
Ta có �
CE  EB
�
Gọi N là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ESB .
Từ E dựng đường thẳng d song song với CE � d   SEB  do đó d là trục đường trịn ngoại tiếp tam giác
ESB.
Gọi M là trung điểm của CE
Trong mặt phẳng  CE ; d  dựng đường trung trực của đoạn thẳng CE. Đường thẳng này cắt d tại I .
Vì I �d nên IE  IS  IB
Vì I thuộc đường trung trực của đoạn CE nên IC  IE
� IE  IS  IB  IC
Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .BCE .
Tứ giác INEM là hình chữ nhật � IE 2  IN 2  NE 2  ME 2  NE 2
Xét tam giác SEB có SB  SA2  SB 2  2 2; SE  SA2  AE 2  5; BE  1
� 
cos SEB

SE 2  EB 2  SB 2
1
�  2

� sin SEB
2.SE.EB
5
5

Theo định lí sin trong tam giác SEB ta có 2 EN 
Do đó IE 2  EN 2  ME 2  EN 2 

SB
10
� EN 
�
2
sin SEB

CE 2 14

4
4
20


2
Vậy diện tích S mc của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .BCE là S mc  4 .IE  14 .

Câu 43: Chọn C.
Hàm số y 

x
1
 1
x 1
x 1

Tập xác định: D  �\  1
Ta có: y '  

1

 x  1

2

Gọi x A  m; xB  n ( m �n và m : n �1) � y A 

m
n
; yB 
m 1
n 1

* Tiếp tuyến tại A song son với tiếp tuyến tại B � 

1

 m  1

2



1

 n  1

2

2
2
�
�
m 1 n  1
m n (loaïi)
�  m 1   n 1 � �
��
m 1  n 1 �
m n  2
�
2

n �
�m
* AB  2 2 � AB  8 �  m  n   �

� 8

�m  1 n  1 �
2

2

�  m  n 
2

 m  n
 m  n   4mn  8 1
2
 8 �  m  n   4mn 
 
2
2
mn   m  n   1�
mn   m  n   1�
�
�
�
�
�
�
2

Thay m  n  2 vào  1 ta được: 4  4mn 
� 1  mn 

2

4  4mn

 mn  1

2

 8 � 4  4mn 

4  mn  1

 mn  1

2

8

1
2
2
 2 �   mn  1  1  2  mn  1 �  �
 1  2nm  2
 mn   2nm  1�
�
�
mn  1

�  mn   2mn  1  1  2mn  2 �   mn   0 � mn  0 � x A .xB  0
2

2

Vậy tích x A .xB  0.
Câu 44: Chọn C.
Vì thanh kim loại dài 4 m nên ta có: 2h  2r   r  4 � h 

4  2r   r
2

1 2
1 2
4  2r   r
 4 2

.r  4r
Diện tích của khung cửa sổ là S   r  2rh   r  2r.
2
2
2
2
Xét hàm số S  r   

 4 2
.r  4r trên khoảng  0; 2 
2

21


S '  r       4  r  4  0 �     4  r  4 � r 

4
 4

Bảng biến thiên:

�4 � 8
S S�
 0 (thỏa mãn)
Ta có: max
�
 0;2 
�  4 �   4
Vậy với r 

4
thì diện tích tạo thành đạt giá trị lớn nhất.
 4

Câu 45 (VD):
Phương pháp:
0
- Chứng minh � CC ';  ABC    � BB ';  ABC    60 , xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc
giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vng tính B ' G, BM ( M là trung điểm của AC ).
- Đặt BC  x, tính MC theo x.
- Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng BCM tìm x theo a.
1
- Tính VA '. ABC  .B ' G.S ABC .
3

Cách giải:

0
Ta có CC '/ / BB ' � � CC ';  ABC    � BB ';  ABC    60 .

22


Vì B ' G   ABC  nên GB là hình chiếu vng góc của B ' B lên  ABC 
� � BB ';  ABC    � BB '; BG   �B ' BG  600.
Xét tam giác vng BB ' G ta có: BB '  AA '  2 13a
� B ' G  BB '.sin 600  a 39 và BG  BB '.cos 600  a 13.
� BM 

3
3a 13
BG 
.
2
2

Đặt BC  x � AC  BC.tan 300 

x 3
1
x 3
� MC  AC 
.
3
2

6

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng BMC ta có:
BM 2  MC 2  BC 2
2

2

�3a 13 � �x 3 � 2
��
� 2 �
� �
� �
� x
�
� �6 �
�

117 a 2 13 x 2

4
12

� x 2  27 a 2 � x  3a 3  BC
� AC  3a

1
1
9a 2 3
Nên � S ABC  . AC.BC  .3a.3a 3 

.
2
2
2
1
1
9a 2 3 9a 3 13
Vậy VA '. ABC  .B ' G.S ABC  .a 39.

.
3
3
2
2
Chọn B.
Câu 46 (VDC):
Phương pháp:
- Cơ lập m, để phương trình về dạng f  x   m.
- Khảo sát và lập BBT của hàm số f  x  , từ đó suy ra m thỏa mãn.
Cách giải:
TXĐ: D  �\  0; 1; 2 .
Xét phương trình hồnh độ giao điểm:
23


x 1
x
x 1



 e  x  2021  3m
x
x 1 x  2
�

x 1
x
x 1 x


 e  3m  2021
x
x 1 x  2

Xét f  x  

x 1
x
x 1 x


e
x
x 1 x  2

� f ' x 

1
1
1



 e x  0x �D.
2
2
2
x  x  1
 x  2

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị 2 hàm số cắt nhau tại 3 điểm phân biệt khi
3m 2021
� 3

m

2018
3

Kết hợp điều kiện đề bài ta có: � 672 �m �2020 � m � 2020; 2019; 2018;...; 2020 .
Vậy có 4041 giá trị thỏa mãn.
Chọn C.
Câu 47: Chọn B.
f  x  �e x  m, x � 1;1 � f  x   e x �m, x � 1;1 .
2

2

Xét g  x   f  x   e x trên  1;1 .

2

+ Lập bảng biến thiên hàm số y  f  x  trên  1;1 .

24


f  x   f  0 .
Ta có Max
 1;1



2
x
e x
+ Khi x � 1;1 � x � 0;1 � e � 1; e  � Max
 1;1
2

2

  1

g  x   g  0   f  0   1.
Suy ra Max
 1;1

Vậy m �f
 x�

 e۳x, x
2



1;1

m

f  0  1.

Câu 48: Chọn A.

Do ABCD là hình bình hành, A, M , Q, P đồng phẳng
Nên ta có:

SB SD SC SA
1 1



�   3 1  4
SP SQ SM SA
x y

SB SD SC SA 1 1



  3 1

V ' SP SQ SM SA x y
2


 xy.
Ta có:
SB SD SC SA
1 1
V
4. .
.
.
4. . .3.1 3
SP SQ SM SA
x y
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:

1 1
 �

x y

2
xy

xy

1
4

25

V'
V

1
.
6