TS247 DT de kiem tra dinh ki mon toan thpt chuyen bac ninh tinh bac ninh nam 2021 lan 3 co loi giai chi tiet 75610 1618501540

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
BẮC NINH

ĐỀ KIỂM TRA ĐỊNH KÌ LẦN 3 NĂM HỌC 2020 – 2021
MƠN TỐN – LỚP 12
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm
Mã đề thi 005

MỤC TIÊU
- Đề kiểm tra định kì lần 3 mơn Tốn của trường THPT Chuyên Bắc Ninh ngày càng hay và vẫn giữ vững
tinh thần bám sát đề chính thức các năm, qua đó giúp học sinh ơn tập tốt và đúng trọng tâm nhất.
- Đề thi tập trung nhiều câu hỏi hay và khó, là nguồn tài liệu quý giá phục vụ cho HS trong giai đoạn ôn thi
và luyện đề này.
Câu 1 (ID:477124): Cho hàm số y 

ax  b
có đồ thị như hình vẽ bên:
x 1

Tích ab bằng:
A. 2
B. 3
C. 2
Câu 2 (ID:477125): Hình đa diện nào sau đây có tâm đối xứng?
A. Hình lăng trụ tam giác đều
B. Hình tứ diện đều
C. Hình chóp tứ giác đều
D. Hình lập phương

D. 3

Câu 3 (ID:477126): Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a và có thể tích bằng
chiều cao h của khối chóp đã cho.

3a 3 . Tính

3 3a
3a
B. h 
C. h  3a
D. h  2 3a
2
3
Câu 4 (ID:477127): Một khối trụ có diện tích xung quanh bằng 80 . Tính thể tích của khối trụ biết khoảng
cách giữa hai đáy bằng 10 .
A. 160
B. 40
C. 64
D. 400

A. h 

Câu 5 (ID:477128): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu

S 

có phương trình

 S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  5  0 . Tính diện tích mặt cầu  S  .
A. 42

B. 12

C. 9

D. 36

3x  1
có phương trình là:
x 1
C. x  1
D. x  1

Câu 6 (ID:477129): Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
A. y  3

B. y  1

Câu 7 (ID:477130): Với a là số thực khác không tùy ý, log 2 a 2 bằng:
A. 2 log 2 a

B.

1
log 2 a
2

C. a

D. 2 log 2 a

1


Câu 8 (ID:477131): Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  3 sin x  cos x  mx  5 nghịch biến
trên tập xác định.
A. m  2
B. m  2
C. m  2
D. 2  m  2
Câu 9 (ID:477132): Phương trình 2x  2x 1  2x 2  3x  3x 1  3x 2 có nghiệm
A. x  2
B. x  4
C. x  3
Câu 10 (ID:477133): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

D. x  5

Số nghiệm thực của phương trình 2 f  x   3  0 là:
A. 4

B. 3

C. 2

D. 1

Câu 11 (ID:477134): Hình nón có bán kính đáy r  3 và độ dài đường sinh l  4 . Diện tích xung quanh
của hình nón bằng:
A. S  4 3

C. S  8 3

B. S  24

D. S  16 3

Câu 12 (ID:477135): Hàm số f  x   log 2 x có đạo hàm là:
A.

1
x ln 2

B.

1
x ln 2

C. 

1
x ln 2

D. 

1
x ln 2

Câu 13 (ID:477136): Cho hình chóp S . ABC có SA vng góc với mặt phẳng  ABC  , SA  a , tam giác
a 3
. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  ABC  bằng:

2
A. 600
B. 300
C. 900
D. 450
Câu 14 (ID:477137): Hàm số nào sau đây có cực trị?
2x 1
A. y  x  1
B. y  x 2  2 x  3
C. y  x3  8 x  9
D. y 
3x  1

ABC đều và có độ dài đường cao là

2

Câu 15 (ID:477138): Tính tích phân I    2 x  1 dx .
0

A. I  4

C. I  5

B. I  6

D. I  2

Câu 16 (ID:477139): Đồ thị hàm số y  f  x   ax  bx  cx  d  a  0  như hình vẽ. Hàm số y  f  x 
3

2

có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 4

B. 5

C. 3

D. 2

 x 2  1 khi x  0
Câu 17 (ID:477140): Cho hàm số f  x   
. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?
khi x  0
x

2


A. f  x  liên tục tại x0  0 .

B. lim f  x   1

C. f  0   0

D. lim f  x   0

x 0

x 0

Câu 18 (ID:477141): Hàm số nào sau đây là hàm số đồng biến?
2020 
A. y  

 2021 

 1 
B. y  

  

x

x

1
C. y   
e

x

D.



2020





x

Câu 19 (ID:477142): Cho tập hợp A  1; 2;3; 4;5;6;7;8 . Từ tập hợp A có thể lập được bao nhiêu số gồm 8
chữ số đôi một khác nhau sao cho các số này lẻ và không chia hết cho 5?
A. 20100
B. 12260
C. 40320

D. 15120

Câu 20 (ID:477143): Cho hình cầu có đường kính bằng 2a 3 . Mặt phẳng  P  cắt hình cầu theo thiết diện
là hình trịn có bán kính bằng a 2 . Tính khoảng cách từ tâm hình cầu đến mặt phẳng  P  .
A. a 10

B.
2

Câu 21 (ID:477144): Cho



a
2

f  x  dx  3 và

0

a 10
2

C.

D. a

2

 g  x  dx  7 , khi đó
0

2

  f  x   3g  x  dx

bằng:

0

A. 10
B. 16
C. 18
D. 24
Câu 22 (ID:477145): Cho hàm số y  f  x  xác định và có đạo hàm cấp một và cấp hai trên khoảng  a; b 
và x0   a; b  . Khẳng định nào sau đây sai?
A. Nếu hàm số đạt cực đại tại x0 thì y '  x0   0 .

B. Nếu y '  x0   0 và y ''  x0   0 thì x0 là điểm cực trị của hàm số.
C. Nếu y '  x0   0 và y ''  x0   0 thì x0 khơng là điểm cực trị của hàm số.
D. Nếu y '  x0   0 và y ''  x0   0 thì x0 là điểm cực tiểu của hàm số.
Câu 23 (ID:477146): Hệ số của x 25 y10 trong khai triển  x3  xy  là:
15

A. 5005
B. 3003
C. 4004
D. 58690
Câu 24 (ID:477147): Hàm số y  f  x  liên tục và có bảng biến thiên trong đoạn  1;3 cho trong hình bên.
Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y  f  x  trên đoạn  1;3 , thì M bằng:

A. M  f  2 

B. M  f  0 

D. M  f  3

C. M  f  1

Câu 25 (ID:477148): Khai triển nhị thức Niu-tơn  x  10 

10

thành đa thức. Tính tổng các hệ số của đa thức

nhận được.
A. 512
B. 1023

C. 2048
D. 1024
Câu 26 (ID:477149): Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f  x   3x  sin x là:
A.



f  x  dx 

3x 2
 cos x  C
2

B.

 f  x  dx  3x

2

 cos x  C

3


C.



f  x  dx 

3x 2
 cos x  C
2

D.

Câu 27 (ID:477150): Tính giới hạn A  lim
x 1

 f  x  dx  3  cos x  C

x4 1
.
x 1

A. A  2
B. A  0
C. A  4
D. A  
Câu 28 (ID:477151): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 2; 4  , B  2; 4; 1 . Tọa độ trọng
tâm G của tam giác OAB là:
A. G  2;1;1
B. G  6;3;3

C. G 1;1; 2 

Câu 29 (ID:477152): Tập xác định của hàm số y   x2  4 x  3
A. 1;3

B.  ;1   3;  

2021

D. G 1; 2;1
là:
D.  ;1  3;  

\ 1;3

C.

Câu 30 (ID:477153): Trong một lớp học có 20 học sinh nữ và 15 học sinh nam. Hỏi có bao nhiêu cách chọn
3 học sinh giữa 3 chức vụ: lớp trưởng, lớp phó và bí thư?
1
3
2
1
1
2
1
A. A20
B. C353
C. A35
D. C20
.C152  C20
.C15
. A152  A20
. A15
Câu 31 (ID:477154): Khẳng định nào sau đây sai?
1

1
1
A.  xdx  x 2  C
B.  e2 x dx  e2 x  C
C.  cos xdx  sin x  C D.  dx  ln x  C
x
2
2
Câu 32 (ID:477155): Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , cạnh huyền bằng

a 2 , SA  a 3 , SA vng góc với đáy. Thể tích V của khối chóp đã cho bằng:
a3 3
4a 3 6
4a 3
B. V 
C. V 
D. V  2a3 2
6
3
3
Câu 33 (ID:477156): Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vng cạnh 2a , tam giác SAB cân tại S và

A. V 

nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Góc giữa hai mặt phẳng  SCD  và  ABCD  bằng  và sin  

5
5

. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SCD  bằng:

A.

a
5

B.

2a
5

C.

Câu 34 (ID:477157): Cho hàm số f  x  liên tục trên
A. I  5

B. I  36

2 5a
5

và có

A. 3

B. 1

5a
5

2

4

4

0

2

0

 f  x  dx  9 ,  f  x  dx  4 . Tính  f  x  dx

C. I  13

Câu 35 (ID:477158): Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên
tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 

D.

9
4
và có đồ thị như hình vẽ bên. Số đường

D. I 

x2 1
.
f 2  x  5 f  x

C. 2

D. 4

4


Câu 36 (ID:477159): Cho hàm số
f  x   f  2  x   x  2 x  2 , x 
2

y  f  x  có đạo hàm trên

thỏa mãn

f  0   3 và

2

. Tính I   x. f '  x  dx .
0

10
5
2
4
B. I  
C. I 
D. I 
3

3
3
3
Câu 37 (ID:477160): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M thuộc mặt cầu

A. I  

 S  :  x  3

2

  y  3   z  2   9 và ba điểm A 1; 0; 0  , B  2;1;3 , C  0; 2; 3 . Biết rằng quỹ tích điểm
2

2

M thỏa mãn MA2  2MB.MC  8 là một đường trịn cố định, tính bán kính r của đường tròn này.

A. r  3
B. r  3
C. r  6
D. r  6
Câu 38 (ID:477161): Cho lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' có chiều cao bằng 2a và đáy là hình vng có cạnh
bằng a . Gọi M , N , P và Q lần lượt là tâm của các mặt bên ABB ' A ' , BCC ' B ' , CDD ' C ' và ADD ' A ' . Thể
tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C, D, M , N , P, Q bằng:
125a3
5a3
5a3
a3
B.

C.
D.
6
3
3
6
Câu 39 (ID:477162): Cho hàm số y  f  x  . Biết hàm số y  f '  x  có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Số điểm

A.

cực trị của hàm số y  2021 f  x  2020 f  x  là:

A. 2
B. 5
C. 3
D. 4
Câu 40 (ID:477163): Trong tất cả các khối chóp tứ giác đều ngoại tiếp mặt cầu bán kính bằng a , thể tích V
của khối chóp có thể tích nhỏ nhất là:
8a3
3

10a3
32a3
C. V  2a3
D. V 
3
3
3
2
Câu 41 (ID:477164): Biết đồ thị hàm số y  ax  bx  cx  d cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt với hoành

A. V 

B. V 

độ dương x1 , x2 , x3 đồng thời y '' 1  0 . Giá trị lớn nhất của biểu thức P  x3  x2 x3  3 x1 x2 x3 là:
A. 5
B. 3
C. 4
D. 2
Câu 42 (ID:477165): Biết hàm số f  x   f  2 x  có đạo hàm bằng 20 tại x  1 và đạo hàm bằng 1001 tại

x  2 . Tính đạo hàm của hàm số f  x   f  4 x  tại x  1 .
A. 2021
B. 2020
C. 2022
D. 2021
Câu 43 (ID:477166): Cho mặt cầu  S  có bán kính R . Hình nón  N  thay đổi có đỉnh và đường tròn đáy
nằm trên mặt cầu  S  . Thể tích lớn nhất của khối nón  N  là:
A.

32 R 3
27

B.

32 R3
27

C.

32 R 3
81

D.

32 R3
81

5



2

Câu 44 (ID:477167): Biết

sin x

dx  a ln 5  b ln 2 , với a, b

 cos x  2

. Khẳng định nào sau đây đúng?

3

A. 2a  b  0
B. a  2b  0
C. 2a  b  0

D. a  2b  0
Câu 45 (ID:477168): Cho các số thực a, b  1 và phương trình log a  ax  log b  bx   2021 có hai nghiệm phân
biệt m, n . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   4a 2  25b 2 100m 2 n 2  1 bằng:
A. 200
B. 174
C. 404
D. 400
Câu 46 (ID:477169): Cho n là số tự nhiên có bốn chữ số bất kì. Gọi S là tập hợp tất cả các số thực  thỏa
mãn 3  n . Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S . Xác suất để chọn được một số tự nhiên bằng:
1
1
1
A.
B.
C.
D. 0
2500
3000
4500
Câu 47 (ID:477170): Cho hàm số y  f  x  xác định trên
và có đạo
f '  x    2  x  x  3 g  x   2021 trong đó g  x   0 x 

biến trên khoảng nào?
A.  ; 1

. Hàm số y  f 1  x   2021x  2022 đồng

C.  3; 2 

B.  1; 4 

hàm

D.  4;  

Câu 48 (ID:477171): Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có thể tích V . Lấy điểm I thuộc cạnh CC ' sao cho
CI  4IC ' . Gọi M , N lần lượt là điểm đối xứng của A ', B ' qua I . Gọi V ' là thể tích của khối đa diện

CABMNC ' . Tỉ số

V
bằng:
V'

5
5
3
3
B.
C.
D.
10
8
9
4
Câu 49 (ID:477172): Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tạ A . Tam giác SAB đều

A.

và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt đáy  ABC  . Lấy điểm M thuộc cạnh SC sao cho CM  2MS .
Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM bằng
A.

32 3
3

B.

32 3
9

4 21
. Thể tích của khối tứ diện C. ABM bằng:
7

C. 32 3

D.

16 3
3

3ln x  1
dx . Nếu đặt t  ln x thì:
x
1
e

Câu 50 (ID:477173): Cho tích phân I  

e

A. I    3t  1 dt
1

1

B. I    3t  1 dt
0

3t  1
C. I  
dt
t
0
1

3t  1
dt
et
0

1

D. I  

6


1. A

11. A
21. D
31. D
41. C

2. D
12. C
22. C
32. C
42. C

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM
3. C
4. A
5. D
6. C
7. A
8. A
13. D
14. B
15. B
16. B
17. A
18. D
23. B
24. B
25. D
26. A
27. C

28. D
33. C
34. C
35. A
36. A
37. D
38. C
43. D
44. A
45. D
46. A
47. B
48. B

9. A
19. D
29. C
39. C
49. B

10. B
20. D
30. C
40. D
50. B

Câu 1 (TH) - 12.1.1.4
Phương pháp:
Dựa vào các đường tiệm cận và các điểm thuộc đồ thị hàm số.
Cách giải:

Đồ thị hàm số có TCN y  a  1 .
Điểm  2;0  thuộc đồ thị hàm số nên ta có 0 

2a  b
 2a  b  0 , do đó b  2a  2 .
2 1

Vậy ab  1.2  2 .
Chọn A.
Câu 2 (NB) - 12.1.5.28
Phương pháp:
Dựa vào khái niệm tâm đối xứng của khối đa diện.
Cách giải:
Hình đa diện có tâm đối xứng trong các đáp án đã cho là hình lập phương.
Chọn D.
Câu 3 (NB) - 12.1.5.30
Phương pháp:

1
3V
Sử dụng cơng thức tính thể tích chóp V  Sday .h  h 
.
3
Sday
Cách giải:

3V
3. 3a3

 3a .

Chiều cao của khối chóp là h 
Sday  2a 2 3
4
Chọn C.
Câu 4 (TH) - 12.1.6.33
Phương pháp:
- Diện tích khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy r là S xq  2 rh , từ đó tính bán kính đáy của hình trụ.
- Thể tích khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy r là V   r 2 h .
Cách giải:
Vì khoảng cách giữa hai đáy bằng 10  Chiều cao của hình trụ h  10 .
Gọi r là bán kính đáy hình trụ ta có S xq  2 rh  80  r  4 .
Vậy thể tích khối trụ là V   r 2 h   .42.10  160 .
Chọn A.
Câu 5 (TH) - 12.1.7.38
7


Phương pháp:
- Dựa vào

S  : x

2

phương

trình

mặt

cầu

xác

định

bán

kính

mặt

cầu:

Mặt

cầu

 y  z  2ax  2by  2cz  d  0 có bán kính R  a  b  c  d .
2

2

2

2

2

- Diện tích mặt cầu bán kính R là S  4 R 2 .

Cách giải:
Mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  5  0 có bán kính R  12  22  32  5  3 .
Vậy diện tích mặt cầu  S  là S  4 R 2  4 .9  36 .
Chọn D.
Câu 6 (NB) - 12.1.1.4
Phương pháp:
Đồ thị hàm số y 

ax  b
d
có TCĐ x   .
cx  d
c

Cách giải:
Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 

3x  1
có phương trình là x  1 .
x 1

Chọn C.
Câu 7 (NB) - 12.1.2.11
Phương pháp:
Sử dụng công thức log a x m  m log a x  0  a  1, x  0  .
Cách giải:
log 2 a 2  2 log 2 a .
Chọn A.
Câu 8 (TH) - 11.1.1.1
Phương pháp:

- Hàm số y  f  x  nghịch biến trên TXĐ D khi và chỉ khi f '  x   0 x  D và bằng 0 tại hữu hạn điểm.
- Sử dụng  a 2  b 2  a sin x  b cos x  a 2  b 2 .
- Cơ lập m , đưa bất phương trình về dạng m  g  x  x  D  m  max g  x  .
D

Cách giải:
Hàm số đã cho xác định trên

.

Ta có y '  3 cos x  sin x  m .
Để hàm số đã cho nghịch biến trên

 m  3 cos x  sin x x 

thì y '  3 cos x  sin x  m  0 x 

.

* .

Ta có 2  3 cos x  sin x  2 x 

nên *  m  2 .

Chọn A.
Câu 9 (TH) - 12.1.2.14
Phương pháp:
- Đặt nhân tử chung, sau đó đưa phương trình về dạng a x  m .
- Giải phương trình mũ a x  m  x  log a m .

Cách giải:

8


2 x  2 x 1  2 x  2  3x  3x 1  3x  2
 2 x  2  22  2  1  3x  2  32  3  1
2
 7.2 x  2  7.3x  2   
3
 x20 x  2
Chọn A.
Câu 10 (NB) - 12.1.1.6

x2

1

Phương pháp:
Số nghiệm của phương trình f  x   m là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y  m
song song với trục hồnh.
Cách giải:

3
Ta có 2 f  x   3  0  f  x   .
2
3
cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 3 điểm phân biệt.
2
Vậy Số nghiệm thực của phương trình 2 f  x   3  0 là 3.

Dựa vào BBT ta thấy đườngthẳng y 

Chọn B.
Câu 11 (NB) - 12.1.6.32
Phương pháp:
Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l là Sxq   rl .
Cách giải:
Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r  3 và độ dài đường sinh l  4 là

S xq   rl   . 3.4  4 3 .
Chọn A.
Câu 12 (TH) - 12.1.2.13
Phương pháp:
- Viết x  x 2 .
- Sử dụng cơng thức tính đạo hàm  log a u  ' 

u'
.
u ln a

Cách giải:

f  x   log 2 x  log 2 x 2

 x '  2
 f ' x 
2

x 2 ln 2

2x

x2  x  1
x ln 2 x 2 ln 2 x ln 2

Chọn C.
Câu 13 (TH) - 11.1.8.48
Phương pháp:
- Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.
- Sử dụng tính chất tam giác vng cân.
Cách giải:

9


Vì SA   ABC  nên AB là hình chiếu vng góc của SB lên  ABC 
   SB;  ABC      SB; AB   SBA .

Tam giác ABC đều có đường cao là
Vậy   SB;  ABC    450 .

a 3
 AB  a  SA  SAB vuông cân tại A  SBA  450 .
2

Chọn D.
Câu 14 (TH) - 12.1.1.2
Phương pháp:
Giải phương trình y '  0 và xác định nghiệm bội lẻ của phương trình thỏa mãn ĐKXĐ.
Cách giải:

Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất khơng có cực trị nên loại đáp án D.
Đáp án C: y '  3x 2  8  0 x  nên hàm số khơng có cực trị.
1
Đáp án A: TXĐ D  1;   , y ' 
 0 x  D nên hàm số không có cực trị.
2 x 1
Đáp án B: y '  2 x  2  0  x  1 , do đó hàm số đạt cực trị tại x  1 .
Chọn B.
Câu 15 (NB) - 12.1.3.19
Phương pháp:
Sử dụng MTCT.
Cách giải:

Chọn B.
Câu 16 (TH) - 12.1.1.2
Phương pháp:
Số điểm cực trị của hàm số y  f  x   m  n với m là số điểm cực trị của hàm số y  f  x  , n là số giao
điểm của đồ thị hàm số y  f  x  với trục hồnh (khơng tính điểm tiếp xúc).
Cách giải:
Hàm số y  f  x  có 2 cực trị và đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm nên hàm số y  f  x  có 2  3  5
điểm cực trị.
Chọn B.
Câu 17 (NB) - 11.1.4.23
Phương pháp:

10


- Tính các giới hạn lim f  x  , lim f  x  .
x 0

x 0

- Hàm số y  f  x  liên tục tại x  x0 khi và chỉ khi lim f  x   lim f  x   f  x0  .
x  x0

x  x0

Cách giải:
Ta có:

lim f  x   lim  x 2  1  1

x  0

x 0

x  0

x 0

lim f  x   lim  x   0

 Đáp án B, D đúng.
Vì lim f  x   lim f  x   Hàm số gián đoạn tại x0  0 nên đáp án A sai.
x 0

x 0

Chọn A.

Câu 18 (NB) - 12.1.2.13
Phương pháp:
Cho hàm số y  a x .
- Hàm số đồng biến trên
khi và chỉ khi a  1 .
- Hàm số nghịch biến trên
khi và chỉ khi 0  a  1 .
Cách giải:
Ta có

2020

  1 nên hàm số



2020





x

hàm số đồng biến trên

,

Chọn D.
Câu 19 (TH) - 11.1.2.7

Phương pháp:
- Số lẻ khơng chia hết cho 5 là số có tận cùng bằng 1;3; 7 .
- Sử dụng hoán vị và quy tắc nhân.
Cách giải:
Gọi số có 8 chữ số là a1a2 ...a8 .
Vì số lập được là số lẻ khơng chia hết cho 5 nên a8  1;3;7  Có 3 cách chọn a8 .
Số cách chọn a1 , a2 ,..., a7 từ tập 7 chữ số còn lại khác a8 là 7!  5040 cách.
Vậy số các số gồm 8 chữ số đôi một khác nhau sao cho các số này lẻ và không chia hết cho 5 là 3.5040  15120
Chọn D.
Câu 20 (TH) - 12.1.6.34
Phương pháp:

Áp dụng định lí Pytago: R 2  r 2  d 2 với R là bán kính hình cầu, r là bán kính hình trịn, d  d  I ;  P   với
I là tâm mặt cầu.
Cách giải:

11


Gọi d là khoảng cách từ tâm hình cầu đến mặt phẳng  P  .
R là bán kính hình cầu  R  a 3 .

r là bán kính hình trịn  r  a 2 .
Vậy d  R 2  r 2  3a 2  2a 2  a .
Chọn D.
Câu 21 (NB) - 12.1.3.19
Phương pháp:
Sử dụng tính chất tích phân:

b

b

b

b

b

a

a

a

a

a

  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx ,  kf  x  dx  k  f  x  dx  k  0 .

Cách giải:
2

2

2

0

0

0

  f  x   3g  x  dx   f  x  dx  3 g  x  dx  3  3.7  24 .
Chọn D.
Câu 22 (NB) - 12.1.1.2
Phương pháp:
Sử dụng các định lí về cực trị của hàm số.
Cách giải:
Dễ thấy đáp án C sai.
Chọn C.
Câu 23 (TH) - 11.1.2.8
Phương pháp:
n

Khai triển nhị thức Niu-tơn:  a  b    Cnk a n k b k .
n

k 0

Cách giải:
Ta có:  x3  xy    C15k  x3 
15

15

15 k

k 0

15

 xy    C15k x 452k y k .
k

k 0

45  2k  25
 k  10  tm  .
Số hạng chứa x 25 y10 ứng với 
k  10
10
Vậy hệ số của x 25 y10 trong khai triển  x3  xy  là C15
 3003 .
15

Chọn B.
Câu 24 (NB) - 12.1.1.3
Phương pháp:
Dựa vào BBT tìm M .
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy M  max f  x   f  0   5 .
1;3

Chọn B.
Câu 25 (NB) - 11.1.2.8
Phương pháp:
Để tính tổng các hệ số trong một khai triển ta thay x  1 .
Cách giải:

12


Tổng các hệ số của đa thức nhận được khi khai triển nhị thức Niu-tơn

1  1

10

 x  10 

10

thành đa thức là

 1024 .

Chọn D.
Câu 26 (NB) - 12.1.3.18
Phương pháp:
Sử dụng cơng thức tính ngun hàm:

x n1
 x dx  n  1  C  n  1 ,  sin xdx   cos x  C .
n

Cách giải:



f  x  dx    3x  sin x  dx 

3x 2
 cos x  C .
2

Chọn A.
Câu 27 (TH) - 11.1.4.22
Phương pháp:
Phân tích tử thành nhân tử, triệt tiêu với mẫu để khử dạng 0/0.
Cách giải:

 x  1 x  1  x 2  1
x4 1
A  lim
 lim
 lim  x  1  x 2  1  4 .
x 1 x  1
x 1
x 1
x 1
Chọn C.
Câu 28 (NB) - 12.1.7.37
Phương pháp:

x A  xB  xC

 xG 
3


y  yB  yC

Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là  yG  A
.
3

z A  z B  zC

 zG 
3

Cách giải:

xO  xA  xB 0  1  2


1
 xG 
3
3

y  y A  yB 0  2  4

Tọa độ trọng tâm G của tam giác OAB là  yG  O

 2  G 1; 2;1 .
3
3


zO  z A  zB 0  4  1


1
 zG 
3
3

Chọn D.
Câu 29 (TH) - 12.1.2.10
Phương pháp:
Hàm số y   f  x  với n là số nguyên âm xác định khi và chỉ khi f  x  xác định và f  x   0 .
Cách giải:
2021
x  1
Hàm số y   x2  4 x  3
xác định  x 2  4 x  3  0  
.
x  3
n

Vậy TXĐ củ hàm số y   x2  4 x  3

2021

là

\ 1;3 .

Chọn C.

13


Câu 30 (NB) - 11.1.2.7
Phương pháp:
Sử dụng chỉnh hợp.
Cách giải:
3
Số cách chọn 3 học sinh giữa 3 chức vụ: lớp trưởng, lớp phó và bí thư từ 35 học sinh là A35
.
Chọn C.
Câu 31 (NB) - 12.1.3.18
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính nguyên hàm:

n
 x dx 

x n1
1
 C  n  1 ,  cos xdx  sin x  C ,  ekx dx  ekx  C .
n 1
k

Cách giải:
Dễ thấy đáp án A, B, C đúng.
1
Đáp án D sai vì  dx  ln x  C .
x
Chọn D.

Câu 32 (TH) - 12.1.5.30
Phương pháp:

1
Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V  Sday .h .
3
Cách giải:
Vì tam giác ABC là tam giác vng cân tại A , cạnh huyền bằng a 2 nên AB  AC  a .
1
1
 SABC  AB. AC  a 2 .
2
2
Vậy VS . ABC

1
1
1 2 a3 3
 SA.SABC  .a 3. a 
.
3
3
2
6

Chọn C.
Câu 33 (VD) - 11.1.8.50
Phương pháp:
- Gọi H là trung điểm của AB . Chứng minh SH   ABCD  .
- Xác định góc giữa  SCD  và  ABCD  bằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng

vng góc với giao tuyến.
- Chứng minh d  A;  SCD    d  H ;  SCD   , dựng d  H ;  SCD   .
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vng tính d  H ;  SCD   .
Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AB . Vì tam giác SAB cân tại S nên SH  AB .

14



 SAB    ABCD   AB
Ta có: 
 SH   ABCD  .
SH

SAB
,
SH

AB




CD  HK
 CD   SHK   CD  SK .
Gọi K là trung điểm của CD ta có 
CD  SH
 SCD    ABCD   CD


    SCD  ;  ABCD      SK ; HK   SKH   .
 SK   SCD  , SK  CD

 HK   ABCD  , HK  CD

Vì AH / / CD  AH / /  SCD   d  A;  SCD    d  H ;  SCD   .


 HI  SK
Trong  SHK  kẻ HI  SK  I  SK  ta có: 
 HI   SCD 

 HI  CD  CD   SHK  
 d  H ;  SCD    HI .
Xét tam giác vng HIK ta có sin   sin SKH 
Vậy d  A;  SCD   

5 2a 5
HI
 HI  HK .sin   2a.

.
5
5
HK

2a 5
.
5

Chọn C.
Câu 34 (NB) - 12.1.3.19
Phương pháp:
b

Sử dụng tính chất tích phân:


a

c

b

a

c

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx .

Cách giải:
4


0

2

4

0

2

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  9  4  13 .

Chọn C.
Câu 35 (VD) - 12.1.1.4
Phương pháp:
Xác định số nghiệm của phương trình mẫu số khơng bị triệt tiêu bởi nghiệm của phương trình tử số.
Cách giải:
Phương trình x 2  1  0  x  1 .

 f  x  0
Xét f 2  x   5 f  x   0  
.
 f  x   5
 x  1  nghiem kep 
Phương trình f  x   0 có nghiệm 
, nghiệm kép x  1 không bị triệt tiêu bởi tử số.
 x  a  1
Phương trình f  x   5 có nghiệm x  b  1.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 tiệm cận đứng x  1, x  a, x  b .
Chọn A.
Câu 36 (VD) - 12.1.3.19
Phương pháp:

15

u  x
- Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, đặt 
.
dv  f '  x  dx
- Sử dụng giả thiết f  0   3 và f  x   f  2  x   x 2  2 x  2 tính f  2  .
- Từ f  x   f  2  x   x 2  2 x  2 lấy tích phân từ 0 đến 2 hai vế, sau đó tính

2

 f  2  x  dx

bằng phương

0

pháp đưa biến vào vi phân.
Cách giải:


u  x
du  dx
Đặt 
.


dv  f '  x  dx 
v  f  x 
2

2

 I   x. f '  x  dx  xf  x  0   f  x  dx
2

0

0

.

2

 2 f  2    f  x  dx
0

Theo bài ra ta có f  x   f  2  x   x 2  2 x  2 . Thay x  0  f  0   f  2   2  f  2   2  f  0   1 .
2

Lấy tích phân từ 0 đến 2 hai vế ta có

2

 f  x  dx   f  2  x  dx    x
0

Mà

2

0

0

2

2

0

2

0

0

2

0

2

8
 2 x  2  dx  .
3

 f  2  x  dx   f  2  x  d  2  x    f  x  dx   f  x  dx .
2

 2 f  x  dx 

0

2

8
4
  f  x  dx  .
3
3
0
2

Vậy  I  2 f  2    f  x  dx  2.  1 
0

4
10
 .
3
3

Chọn A.
Câu 37 (VD) - 12.1.7.38
Phương pháp:
- Gọi M  x; y; z  , tính MA, MB, MC .
- Từ giả thiết MA2  2MB.MC  8 chứng minh I   S ' , xác định tâm I ' và bán kính R ' của mặt cầu  S '  .
- Xác định tâm I và bán kính R của mặt cầu  S  .
- Chứng minh II '  R  R '   S    S '  một đường tròn và M thuộc đường trịn đó.
- Sử dụng định lí Pytago tính bán kính của đường trịn.
Cách giải:

 MA  1  x;  y;  z 

Gọi M  x; y; z  . Ta có  MB   2  x;1  y;3  z  .

 MC    x; 2  y; 3  z 

16


 MA2  2MB.MC  8
 1  x   y 2  z 2  2 x  2  x   2 1  y  2  y   2  3  z  3  z   8
2

 x2  y 2  z 2  2 x  1  4 x  2 x2  2  2  3 y  y 2   2 9  z 2   8
 x 2  y 2  z 2  2 x  1  4 x  2 x 2  4  6 y  2 y 2  18  2 z 2  8
 3x 2  3 y 2  3z 2  6 x  6 y  21  0
 x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  7  0  S '

 M   S ' là mặt cầu tâm I ' 1;1;0  , bán kính R '  1  1  7  3 .

Hơn nữa, M   S  có tâm I  3;3; 2  , bán kính R  3 .

Ta có: II '  22  22  22  2 3  R  R ' .
 M   S    S ' là một đường tròn có bán kính r  AH .

Dễ thấy AII ' cân tại A nên H là trung điểm của II '  IH 
Vậy r  AH  AI 2  IH 2  32 

 3

2

1
II '  3 .
2

 6.

Chọn D.
Câu 38 (VDC) - 12.1.5.30
Phương pháp:
- Sử dụng phân chia khối đa diện
- Sử dụng cơng thức tính thể tích hình hộp V  S .h với S là diện tích đáy, h là chiều cao hình hộp.
1
- Sử dụng cơng thức tính thể tích khối chóp V  S .h với S là diện tích đáy, h là chiều cao hình chóp.
3
Cách giải:

Thể tích hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' là V  2a.a 2  2a3
Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt AA ', BB ' lần lượt tại A ''; B ''
Qua P kẻ đường thẳng song song với DC cắt DD ', CC ' lần lượt tại D ''; C ''
Suy ra A ''; Q; D '' thẳng hàng và A '' D ''/ / AD ; B ''; N ; C '' thẳng hàng và B '' C ''/ / BC
Ta có M , N , P, Q lần lượt là trung điểm của A '' B '', B '' C '', C '' D '', D '' A ''

17


A '', B '', C '', D '' lần lượt là trung điểm của AA ', BB ', CC ', DD '
1
1

Suy ra VABCD. A'' B ''C '' D ''  VABCD. A' B 'C ' D '  .72  36
2
2
Ta có VABCD.MNPQ  VABCD. A'' B ''C '' D ''  VD.QD '' P  VC. NC '' P  VB.MNB ''  VA.QMA''

1
VD.QD '' P  .SQD '' P .d  D;  QD '' P  
3
1 1
 . QD ''.D '' P.sin QD '' P.d  D;  A '' B '' C '' D ''  
3 2
1 1 1
1
 . . AD. DC.sin ADC.d  D;  A '' B '' C '' D ''  
3 2 2
2
1
 . AD.DC.sin ADC.d  D;  A '' B '' C '' D ''  
24
1
 .S ABCD .d  D;  A '' B '' C '' D ''  
24
1
 .VABCD. A '' B ''C '' D ''
24
1
a3
 .2a 3 
24
12

a3
Tương tự ta có VC . NC '' P  VB.MNB ''  VA.QMA'' 
12
Suy ra VABCD.MNPQ  VABCD. A'' B ''C '' D ''  VD.QD '' P  VC. NC '' P  VB.MNB ''  VA.QMA''  2a3  4.

a3 5a3

12
3

Chọn C.
Câu 39 (VD) - 12.1.1.2
Phương pháp:
- Tính đạo hàm của hàm số đã cho.
- Giải phương trình y '  0 bằng cách xét tương giao.
- Số cực trị của hàm số chính là số nghiệm bội lẻ phân biệt của phương trình y '  0 .
Cách giải:
Xét hàm số y  2021 f  x  2020 f  x  ta có:

y '  f '  x  .2021 f  x  ln 2021  f '  x  .2020 f  x  ln 2020
y '  f '  x  .  2021 f  x  ln 2021  2020 f  x  ln 2020



 y '  0  f '  x   0 do 2021 f  x  ln 2021  2020 f  x  ln 2020  0 x



x  a  0


  x  b  1;3  b  c 
 x  c  1;3
 


18


Ba nghiệm này là ba nghiệm phân biệt và là các nghiệm đơn.
Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.
Chọn C.
Câu 40 (VD) - 12.1.5.30
Phương pháp:
- Giả sử ta có khối chóp tứ giác đều S. ABCD . Xác định tâm mặt cầu nội tiếp khối chóp S. ABCD .
- Đặt SO  x  a , tính SI , SH theo x, a .
- Sử dụng SIH SMO  g.g  , tính OM theo x, a , từ đó tính S ABCD theo x, a .

1
- Tính VS . ABCD  SO.S ABCD theo x, a .
3
- Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN của VS . ABCD .
Cách giải:

Giả sử ta có khối chóp tứ giác đều S. ABCD .
Gọi O  AC  BD  SO   ABCD  ,
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, AC . Trong  SMN  dựng tia phân giác của góc SMN cắt SO
tại I  I là tâm mặt cầu nội tiếp khối chóp S. ABCD .
Kẻ IH  SM  H  SM  ta có r  IH  IO  a là bán kính mặt cầu nội tiếp khối chóp S. ABCD .
Đặt SO  x  a  SI  SI  IO  x  a
Áp dụng định lý Pytago ta có SH  SI 2  IH 2 

Vì SIH

SMO  g.g  

 AB  2OM 

2ax
x 2  2ax

2

 a 2  x 2  2ax .

x 2  2ax
a

 OM 
x
OM

SH
IH


SO OM

 S ABCD

 x  a

ax
x  2ax
2

.

4a 2 x 2
 AB  2
.
x  2ax
2

19


1
1 4a 2 x 2
4a 2
x3
.
 VS . ABCD  SO.S ABCD  x. 2

. 2
3
3 x  2ax
3 x  2ax
x3
Xét hàm số f  x   2
 x  a  ta có
x  2ax

3x 2 .  x 2  2ax   x3 .  2 x  2a 
f ' x 
2
 x2  2ax 
f ' x 
f ' x 

3x 4  6ax3  2 x 4  2ax3

x

2

 2ax 

2

x 4  4ax3

x

2

 2ax 

2

f '  x   0  x3  x  4a   0  x  4a  tm 
 min f  x   f  4a  
 a ; 

Vậy min VS . ABCD 

64a3

 4a 

2

 2a.4a

 8a .

4a 2
32a3
, đạt được khi SO  4a .
.8a 
3
3

Chọn D.
Câu 41 (VDC) - 12.1.1.6
Cách giải:
Sưu tầm nhóm Tốn VD – VDC.
Vì đồ thị hàm số y  ax3  bx 2  cx  d cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt với hoành độ dương x1 , x2 , x3
nên phương trình ax3  bx 2  cx  d  0 có 3 nghiệm dương phân biệt x1 , x2 , x3 .
b

 x1  x2  x3  a


c

Áp dụng định lí Vi-ét ta có:  x1 x2  x2 x3  x3 x1  .
a

d

 x1 x2 x3  a

2
Ta có: y '  3ax  2bx  c, y ''  6ax  2b .

Vì y '' 1  0  6a  2b  0  b  3a  x1  x2  x3 

b
 3 .
a

Ta có:

20


P  x3  x2 x3  3 x1 x2 x3
1
1
4 x2 x3  3 16 x1.4 x2 .x3
2
4
1 4 x  x 1 16 x  4 x2  x3

 P  x3  . 2 3  . 1
2
2
4
3
4 x  x 16 x1  4 x2  x3
 P  x3  2 3 
4
12
12 x3  12 x2  3x3  16 x1  4 x2  x3
P
12
16 x1  16 x2  16 x3 4
P
  x1  x2  x3 
12
3
4
 P  .3  4
3
Vậy Pmin  4 .
Chọn C.
Câu 42 (VD) - 11.1.5.26
P  x3 

Phương pháp:
- Đặt g  x   f  x   f  2 x  , tính g '  x  .
- Dựa vào giả thiết suy ra g ' 1 , g '  2  , sử dụng phương pháp cộng đại số tìm f ' 1  4 f '  4  .
- Đặt h  x   f  x   f  4 x  , tính h '  x  và tính h ' 1 .
Cách giải:

Đặt g  x   f  x   f  2 x  ta có g '  x   f '  x   2 f '  2 x  .
Theo bài ra ta có
 g ' 1  20
 f ' 1  2 f '  2   20


 g '  2   1001  f '  2   2 f '  4   1001
.
 f ' 1  2 f '  2   20

 f ' 1  4 f '  4   2022
2 f '  2   4 f '  4   2002
Đặt h  x   f  x   f  4 x  ta có h '  x   f '  x   4 f '  4 x  .
 h ' 1  f ' 1  4 ' f  4   2002 .

Chọn C.
Câu 43 (VD) - 12.1.6.35
Phương pháp:
- Gọi h là chiều cao của hình nón, r là bán kính đường trịn đáy của hình nón. Sử dụng định lí Pytago biểu
diễn r theo h, R .
1
- Thể tích khối nón có chiều cao h , bán kính đáy r là V   r 2 h .
3
- Sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTLN của thể tích.
Cách giải:

21


Gọi h là chiều cao của hình nón. Để thể tích khối nón là lớn nhất thì hiển nhiên h  R .

Gọi r là bán kính đường trịn đáy của hình nón.
Ta có IH  SH  SI  h  R .
Áp dụng định lí Pytago ta có r  R2   h  R   2hR  h2 .
2

1
1

 Thể tích khối nón là V   r 2 h    2hR  h2  .h   2Rh2  h3  .
3
3
3

 h  0  ktm 
Xét hàm số f  h   h  2 Rh với h  R ta có f '  h   3h  4 Rh  0  
.
 h  4 R  tm 

3
2
3
3
  4 R    16 R 64 R  32 R
 Vmax  . f 

.

  .  2 R.
3  3  3 
9

27 
81
Chọn D.
Câu 44 (VD) - 12.1.3.19
3

2

2

Phương pháp:

2

- Lấy e mũ hai vế phương trình

sin x

dx  a ln 5  b ln 2 .

 cos x  2
3


2

sin x

 cos x  2 dx


- Sử dụng MTCT tính e 3
.
- Đồng nhất hệ số tìm a, b và chọn đáp án đúng.
Cách giải:
Ta có

2

sin x

dx  a ln 5  b ln 2

 cos x  2
3

2

sin x

 cos x  2 dx


 e3

 ea ln 5b ln 2  5a.2b

Sử dụng MTCT ta có:

22

5 1 2
 5 .2
4
 a  1, b  2
Vậy a  2b  0 .
Chọn A.
Câu 45 (VDC) - 12.1.2.17
 5a.2b 

Phương pháp:
- Từ giả thiết log a  ax  log b  bx   2021 đưa về phương trình bậc hai ẩn ln x .
- Sử dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc hai tìm tích abmn .
- Tìm GTNN của biểu thức P nhờ BĐT Cơ-si.
Cách giải:
Theo bài ra ta có:
log a  ax  log b  bx   2021  x  0 
 1  log a x 1  log b x   2021
 1  log a x.log b x  log a x  log b x  2021
 log a x.log b x  log a x  log b x  2020
ln x ln x ln x ln x
.


 2020
ln a ln b ln a ln b
 ln 2 x   ln a  ln b  ln x  2020 ln a.ln b  0



 ln 2 x  ln  ab  ln x  2020 ln a.ln b  0

Đặt t  ln x , phương trình trở thành t 2  ln  ab  .t  2020 ln a.ln b  0 *
Vì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt nên   ln 2  ab   8080 ln a.ln b  0 .
t1  ln m
Phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt m, n nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt 
.
t2  ln m
1
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có ln m  ln n   ln  ab   mn 
 mnab  1 .
ab
Do a, b  1  mn  0 .

Xét P   4a 2  25b 2 100m 2 n 2  1 ta có

 P  2 4a 2 .25b 2 .2 100m 2 n 2 .1
 P  2.10ab.20mn  400abmn  400
2a  5b
2a  5b
a  5


Dấu “=” xảy ra  
.
10  
ab  10
b  2
10mn  1  ab

Vậy Pmin  400  a  5, b  2 .
Chọn D.
Câu 46 (VD) - 11.1.2.10

Phương pháp:
- Tìm số các số tự nhiên có 4 chữ số, từ đó suy ra số phần tử của tập hợp S và số phần tử của không gian
mẫu.
- Gọi A là biến cố: “chọn được một số tự nhiên”.
- Từ giả thiết 3  n tìm n , cho n  1000;9999 , từ đó tìm   thỏa mãn.
- Tính xác suất của biến cố.
Cách giải:

23


Vì n là số tự nhiên có bốn chữ số bất kì nên 1000  n  9999 và có 9999  1000  1  9000 số tự nhiên có 4
chữ số.
Theo bài ra ta có 3  n    log3 n .
Vì có 9000 số tự nhiên có 4 chữ số nên tập hợp S có 9000 phần tử  Số phần tử của không gian mẫu là
n     9000 .
Gọi A là biến cố: “chọn được một số tự nhiên”.
Ta có
1000  n  9999  log3 1000  log3 n  log3 9999
 6, 29  log 3 n  8,38  6, 29    8,38

Mà  

   7;8  n  A   2 .

Vậy xác suất của biến cố A là P  A 

n  A
2
1
.


n    9000 4500

Chọn A.
Câu 47 (VDC) - 12.1.1.1
Phương pháp:
- Tính y ' .
- Từ f '  x  đề bài cho suy ra f ' 1  x  .
- Giải phương trình y '  0 .
- Lập BXD của y ' và suy ra các khoảng đồng biến của hàm số.
Cách giải:
Xét hàm số y  f 1  x   2021x  2022 có y '   f ' 1  x   2021 .
Cho y '  0  f ' 1  x   2021 .
Vì f '  x    2  x  x  3 g  x   2021

 f ' 1  x    2  1  x 1  x  3 g ' 1  x   2021
 f ' 1  x   1  x  4  x  g 1  x   2021
 f ' 1  x   2021
 1  x  4  x  g 1  x   2021  2021
 1  x  4  x  g 1  x   0
 x  1

 do g 1  x   0 x  
x  4

Qua các nghiệm x  1, x  4 thì y ' đổi dấu.
Với x  0 ta có
y '  0    f ' 1  2021
y '  0     2  11  3 g 1  2021
y '  0   4 g 1  2021  0  do g 1  0 
Do đó ta có bảng xét dấu y ' như sau:

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên  1; 4  .
Chọn B.
Câu 48 (VDC) - 12.1.5.30

24


Cách giải:

Sưu tầm nhóm Tốn VD – VDC
Gọi V , V ' lần lượt là thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khối đa diện CABMNC ' .
Gọi P  AM  CC ' .
Vì I là trung điểm của A ' M và B ' N nên ABMN là hình bình hành và A, B, M , N đồng phẳng.
Ta có AA '/ /CC ' , mà I là trung điểm của A ' M nên P là trung điểm của AM 1 .
Lại có BB '/ /CC ' , mà I là trung điểm của B ' N nên P là trung điểm của BN  2  .
Từ (1) và (2)  P   ABMN  .

 PC '  PI  IC ' 



AA ' CC ' CC ' CC ' 7CC '





2
5
2
5
10

CP
3

CC ' 10

d  C ;  ABMN   CP 3
VC . ABMN
7


  VC '. ABMN  VC . ABMN
VC '. ABMN d  C ';  ABMN   CC ' 7
3

Ta có:

VC . ABP
CP
3
3
3 V V


  VC . ABP  .VC . ABC '  .  .
VC . ABC ' CC ' 10
10
10 3 10

V 2V

VC . ABMN  2VC . ABM  4VC . ABP  4. 10  5

7
7 2V 14V
V
VC . ABMN  .

C '. ABMN 

3
3 5
15
14V 2V 4
V '  VCABMNC '  VC '. ABMN  VC. ABMN 

 V
15
5 3
V 3
Vậy
 .
V' 4

Chọn B.
Câu 49 (VDC) - 12.1.5.30

Cách giải:

25