TS247 DT de thi thu tn thpt mon toan so gd dt thanh hoa nam 2021 co loi giai chi tiet 76124 1621506586

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
NĂM HỌC 2020 – 2021
MƠN TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
Mã đề thi 107

MỤC TIÊU
- Đề thi thử TNTHPT của Sở GD&ĐT Thanh Hóa phân bổ kiến thức rộng khắp lớp 11, 12, bám sát đề minh
họa.
- Đề thi có 35 câu đầu ở mức độ NB, giúp học sinh dễ dàng đạt được 7 điểm, tuy nhiên càng về sau, mức độ
khó tăng lên rất nhanh và có những câu hỏi khá khó, gây trở ngại lớn cho học sinh.
- Đề thi giúp học sinh ôn tập đầy đủ các dạng bài xuất hiện trong đề thi TN THPT, củng cố kiến thức và ôn
tập đúng trọng tâm nhất!
Câu 1 (ID:483216): Cho hai số phức z1  2  i và z2  1  4i . Tìm số phức z  z1  z2 .
A. z  1  3i

B. z  3  5i

C. z  1  3i

D. z  3  5i

Câu 2 (ID:483217): Cho khối chóp có thể tích bằng 18 cm và diện tích đáy bằng 9 cm2 . Chiều cao của khối
3

chóp đó là:
A. 2 cm

B. 6 cm

C. 3 cm

D. 4 cm

Câu 3 (ID:483218): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , M  5;3 là điểm biểu diễn của số phức
A. z  3  5i
B. z  3  5i
C. z  5  3i
D. z  5  3i
2
2
2
Câu 4 (ID:483219): Trong không gian Oxyz , mặt cầu  S  : x  y  z  2 x  4 y  2 z  3  0 có bán kính là:
A. 3 3

B. 3

C.

3

D. 9

x3
Câu 5 (ID:483220): Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y   2 x 2  3x  4
3
m
trên đoạn  4;0 . Giá trị

bằng:
M
64
8
4
3
A.
B.
C.
D.
3
3
3
4
Câu 6 (ID:483221): Nghiệm của phương trình log 3  2 x  1  2 là:
5
7
C. x 
D. x  2
2
2
Câu 7 (ID:483222): Số các tập con gồm 3 phần tử của một tập hợp gồm 6 phần tử là:
A. C63
B. 2
C. 3!
D. A63

A. x  4

B. x 

Câu 8 (ID:483223): Cho số phức z  1  2i . Phần ảo của số phức z là:
A. 1
B. 1
C. 2
Câu 9 (ID:483224): Cho hàm số có bảng biến thiên như sau:

D. 2

Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  ; 0 

B.  2; 2 

C.  1;3

D.  ; 2 
1


Câu 10 (ID:483225): Tiệm cận ngang của đồ thị hàm sso y 

2x 1
là đường thẳng
x2

1
1
B. y  
C. y  2

2
2
Câu 11 (ID:483226): Khối lập phương cạnh bằng 3 có thể tích là:
A. 27
B. 8
C. 9

D. y  2

A. y 

D. 6

Câu 12 (ID:483227): Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vng với AC  5 2 . Biết SA vng góc với
mặt phẳng  ABCD  và SA  5 . Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng  SAB  bằng:
A. 300
B. 600
C. 900
D. 450
Câu 13 (ID:483228): Tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy và chiều cao đều bằng 2.
A. V  12
B. V  16
C. V  8
D. V  4
Câu 14 (ID:483229): Đạo hàm của hàm số y  log 3 x trên khoảng  0;   là:
x
1
ln 3
1
B. y ' 

C. y ' 
D. y ' 
ln 3
x ln 3
x
x
Câu 15 (ID:483230): Gọi l , h, r lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính mặt đáy của hình nón.

A. y ' 

Diện tích xung quanh S xq của hình nón là:
A. S xq  2 rl
3

Câu 16 (ID:483231): Cho



f  x  dx  5 ,

A. 2

3



f  x  dx  3 . Khi đó

2

0



f  x  dx  8 và

A. I  3

2

 f  x  dx bằng:
D. 8

C. 2
5

 g  x  dx  3 . Tính I 

2

2

D. S xq   rl

0

B. 8
5

Câu 17 (ID:483232): Cho

1
C. S xq   r 2 h
3

B. Sxq   rh

B. I  13

5

  f  x   4 g  x   1 dx .

2

D. I  27

C. I  11

Câu 18 (ID:483233): Cho số phức z  1  3i . Môđun của số phức  2  i  z bằng:
A. 5 2

B. 2 5

C. 6

D. 8

Câu 19 (ID:483234): Trong không gian Oxyz , cho a   1; 2;3 và b   0;3;1 . Tích vơ hướng của hai
vectơ bằng:

A. 9
B. 3
C. 3
D. 6
Câu 20 (ID:483235): Từ các chữ số 1, 2, 4, 6, 8, 9 lấy ngẫu nhiên một số. Xác suất để lấy được một số chia
hết cho 3 là:
1
1
1
1
A.
B.
C.
D.
4
2
6
3
Câu 21 (ID:483236): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên
và có bảng xét dấu f '  x  như sau:

Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Hàm số y  f  x  có hai điểm cực trị.
C. Hàm số y  f  x  đạt cực tiểu tại x  1 .

B. Hàm số y  f  x  có ba điểm cực trị.
D. Hàm số y  f  x  đạt cực đại tại x  1 .

Câu 22 (ID:483237): Tập nghiệm S của bất phương trình log 1  x  1  log 1  2 x  1 là:
2

2

2


1 
A.  ; 2 
B.  ; 2 
C.  2;  
D.  1; 2 
2 
Câu 23 (ID:483238): Trong không gian Oxyz vectơ nào là vectơ chỉ phương của đường thẳng

d:

x y 1 z

 .
2
3 1
A. u  1; 3; 2 

C. u   2; 3; 1

B. u   2;3; 1

D. u   2;3; 1

Câu 24 (ID:483239): Cho cấp số nhân  un  có u1  2 và cơng bội q  3 . Giá trị u2 bằng:

A. 5
B. 9
C. 8
Câu 25 (ID:483240): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm
A. x  5
B. x  0

C. x  1

D. 6

D. x  2

Câu 26 (ID:483241): Cho F  x     3x  2 x  5  dx . Mệnh đề nào sau đây đúng?
2

A. F  x   x 3  x 2  5

B. F  x   x3  x  5

C. F  x   x3  x 2  5 x  C

D. F  x   x 3  x 2  C

Câu 27 (ID:483242): Hàm số nào sau đây nghịch biến trên
A. y   x 2  2

?

C. y  x 2  3x  4

B. y  2021x  1

D. y 

1
x 1

x2
cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ bằng
x 1
A. 2
B. 1
C. 1
D. 2
3x
Câu 29 (ID:483244): Cho hàm số f  x   e . Họ nguyên hàm của hàm số f  x  là:
Câu 28 (ID:483243): Đồ thị hàm số y 

1 x
1
C. e3 x  C
e C
3
3
Câu 30 (ID:483245): Với a là số thực dương tùy ý, log 100a  bằng:

A. 3e3 x  C

B.

A. 2  log a

B.

1
 log a
2

Câu 31 (ID:483246): Với x là số thực dương tuy ý,

C. 2 log a
3

D. 3e x  C

D.  log a 

2

x5 bằng
5

3

A. x15
B. x 5
C. x8

D. x 3
Câu 32 (ID:483247): Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây là hình chiếu vng góc của điểm A  3; 4;1
trên mặt phẳng  Oxy  ?
A. P  3; 0;1

B. Q  0; 4;1

C. M  0;0;1

Câu 33 (ID:483248): Nghiệm của phương trình 42 x1  64 là:
A. x  1
B. x  2
C. x  1

D. N  3; 4; 0 
D. x  3

3


2

Câu 34 (ID:483249): Tích phân

 2xdx

bằng:

1

A. 3
B. 6
C. 3
Câu 35 (ID:483250): Đồ thị dưới đây là đồ thị của hàm số nào?

A. y   x3  3x 2  2

B. y  x 4  3x 2  2

D. 6

C. y  x3  2 x 2  x  2

D. y   x 2  1  x  2 

Câu 36 (ID:483251): Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB  3 , BC  2 , AD '  5 . Gọi I là
trung điểm của BC . Khoảng cách từ D đến mặt phẳng  AID '  bằng:
3 46
46
46
3 46
B.
C.
D.
46
23
46
23
Câu 37 (ID:483252): Gọi E là tập hợp tất cả các số nguyên dương y sao cho ứng với mỗi số y có khơng

A.

q 4031 số nguyên x thỏa mãn log22 x  3 y log2 x  2 y 2  0 . Tập E có bao nhiêu phần tử?
A. 4
B. 6
C. 8
Câu 38 (ID:483253): Trong không gian Oxyz , cho điểm

D. 5
M  3;3; 2  và hai đường thẳng

x  1 y 1 z  2
x 1 y  2 z
. Đường thẳng d đi qua M cắt d1 , d 2 lần lượt tại A và B .



 ; d2 :
1
2
4
1
3
1
Độ dài đoạn thẳng AB bằng:
d1 :

A. 2

B.

D. 3
9
Câu 39 (ID:483254): Có tất cả bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  3i  1  i.z và z  là số thuần ảo?
z
A. 0
B. 3
C. 1
D. 2
Câu 40 (ID:483255): Trong không gian Oxyz , cho các điểm A 1; 0; 0  , B  0; 2;0  , C  0; 0;3 , D 1; 2;3 .
6

C. 4

Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng  ABC  bằng:
13 14
18
12
B. 14
C.
D.
14
7
7
Câu 41 (ID:483256): Trong khơng gian Oxyz , tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

A.

x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  4 z  m  0 là phương trình của một mặt cầu.
A. m  6

B. m  6
C. m  6
D. m  6
Câu 42 (ID:483257): Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vng cạnh 2a , cạnh bên SA vng góc với
mặt phẳng đáy, góc giữa SC với mặt phẳng  SAB  bằng 300 . Thể tích của khối chóp S. ABCD bằng:
A.

8a3
3

B.

8 2a 3
3

C.

2 2a 3
3

D.

2a 3
3

4


Câu 43 (ID:483258): Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  có phương trình x 2  y 2  z 2  25 . Từ điểm

 x  10  t

A thay đổi trên đường thẳng    :  y  t , kẻ các tiếp tuyến AB, AC, AD tới mặt cầu  S  với B, C , D
 z  10  t

là các tiếp điểm. Biết mặt phẳng  BCD  ln chứa một đường thẳng cố định. Góc giữa đường thẳng cố định
với mặt phẳng  Oxy  bằng:
A. 600

C. 450

B. 300

D. 900

Câu 44 (ID:483259): Cho hàm số y  2 x3  3x2  6  m2  1 x  2021 . Gọi S là tập hợp các giá trị của tham
số m để giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên  1;0 đạt giá trị nhỏ nhất. Tổng bình phương tất cả các phần
tử của S bằng:
A. 2021

B. 0

C. 335

D. 670

Câu 45 (ID:483260): Cho hàm số y  x  3x  m có đồ thị là  Cm  với m là số thực. Giả sử  Cm  cắt trục
4

2

Ox tại bốn điểm phân biệt như hình vẽ.

Gọi S1 , S2 , S3 lần lượt là diện tích các miền gạch chéo được cho như hình vẽ. Biết rằng tồn tại duy nhất giá
trị m 

a
a
với a, b là các số nguyên dương và
tối giản sao cho S1  S3  S2 . Đặt T  a  b . Mệnh đề nào
b
b

đúng?
A. T   8;10 

B. T  10;13

D. T   6;8 

C. T   4; 6 

 4  x2 
p
dx  a  b ln với p, q là các số nguyên tố và p  q . Tính
Câu 46 (ID:483261): Cho biết  x ln 
2 
q
 4 x 
0

S  2ab  pq .
1

3

A. 45

B. 26

C.

45
2

Câu 47 (ID:483262): Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn log
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 
A.  800;900 

ln  y 2  2 
2021

x

B.  500;600 

D. 30
x2
 y x2
100 y



 y 



x  2 1  2 .

thuộc khoảng nào dưới đây?
C.  700;800 

D.  600; 700 

Câu 48 (ID:483263): Có một cốc thủy tính hình trụ, bán kính trong lòng cốc là 4 cm , chiều cao trong lòng
cốc là 10 cm đang đựng một lượng nước. Tính thể tích lượng nước trong cốc, biết khi nghiệm cốc nước vừa
lúc chạm miệng cốc thì ở đáy mực nước trùng với đường kính đáy.

5


A.

320
cm3
3

B.

320
cm3

3

C.

160
cm3
3

D.

160
cm3
3

Câu 49 (ID:483264): Cho số phức z thỏa mãn z  z  2  2 z  z  2i  12 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất của biểu thức P  z  4  4i . Tính M  m .
A.

5  130

B. 5  61

C. 10  130

D.

10  61

Câu 50 (ID:483265): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị  C  như hình vẽ sau:

Phương trình f  x 4  2m 2 x 2  3  x có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm thực?
A. 9

B. 12

C. 11

D. 10

6


1. A
11. A
21. A
31. D
41. B

2. B
12. D
22. A
32. D
42. B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM
3. C
4. B
5. B
6. A

7. A
8. D
13. C
14. B
15. D
16. C
17. B
18. A
23. B
24. D
25. B
26. C
27. B
28. D
33. B
34. A
35. C
36. C
37. B
38. D
43. C
44. B
45. A
46. D
47. C
48. A

9. D
19. B
29. C

39. B
49. A

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

Câu 1 (NB) - 12.1.4.23
Phương pháp:
Thực hiện phép cộng hai số phức.
Cách giải:
z  z1  z2   2  i    1  4i   1  3i .
Chọn A.
Câu 2 (NB) - 12.1.5.30
Phương pháp:
Thể tích khối chóp bằng 1/3 diện tích đáy nhân chiều cao.
Cách giải:
3.18
Chiều cao khối chóp là h 
 6  cm  .
9
Chọn B.
Câu 3 (NB) - 12.1.4.22
Phương pháp:
Số phức z  a  bi có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là M  a; b  .
Cách giải:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , M  5;3 là điểm biểu diễn của số phức z  5  3i .
Chọn C.

Câu 4 (NB) - 12.1.7.38
Phương pháp:
Mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 có tâm I  a; b; c  , bán kính R  a 2  b 2  c 2  d .
Cách giải:
Trong không

Oxyz ,

gian

mặt

cầu

 S  : x2  y 2  z 2  2x  4 y  2z  3  0

có

bán

kính

là

R  12   2    1   3  3 .
2

2

Chọn B.

Câu 5 (TH) - 12.1.1.3
Phương pháp:
- Tính y ' , xác định các nghiệm xi   4; 0 của phương trình y '  0 .
- Tính y  4  , y  0  , y  xi  .
- KL: min y  min  y  4  , y  0  , y  xi  , max f  x   max  y  4  , y  0  , y  xi  .
4;0

4;0

Cách giải:

7


x3
 2 x 2  3x  4  y '  x 2  4 x  3 .
3
 x  1
y '  0  x2  4 x  3  0  
  4;0 .
 x  3

Ta có y 

y  4   y  1  

16
, y  3  y  0   4 .
3

16
 m, max y  4  M .
4;0
3
16

m
4
 3  .
Vậy
M
4
3
Chọn B.
Câu 6 (NB) - 12.1.2.14
 min y  
4;0

Phương pháp:
Giải phương trình logarit: loga x  b  x  ab .
Cách giải:
log 3  2 x  1  2  2 x  1  32  x  4 .
Chọn A.
Câu 7 (NB) - 11.1.2.7
Phương pháp:
Sử dụng tổ hợp.
Cách giải:
Số các tập con gồm 3 phần tử của một tập hợp gồm 6 phần tử là C63 .
Chọn A.
Câu 8 (NB) - 12.1.4.22

Phương pháp:
Số phức z  a  bi có số phức liên hợp là z  a  bi .
Số phức z  a  bi  a, b   có phần ảo là b .
Cách giải:
Ta có z  1  2i  z  1  2i nên z có phần ảo bằng 2.
Chọn D.
Câu 9 (NB) - 12.1.1.1
Phương pháp:
Dựa vào BBT xác định các khoảng đồng biến là các khoảng mà hàm số liên tục và có đạo hàm dương.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên  ; 2  và  0; 2  .
Chọn D.
Câu 10 (NB) - 12.1.1.4
Phương pháp:
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm sso y 

ax  b
a
là đường thẳng y  .
cx  d
c

Cách giải:

8


Tiệm cận ngang của đồ thị hàm sso y 

2x 1

là đường thẳng y  2 .
x2

Chọn C.
Câu 11 (NB) - 12.1.5.30
Phương pháp:
Khối lập phương cạnh bằng a có thể tích là: V  a3 .
Cách giải:
Khối lập phương cạnh bằng 3 có thể tích là: V  33  27 .
Chọn A.
Câu 12 (TH) - 11.1.8.48
Phương pháp:
- Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu vng góc của nó trên mặt phẳng.
- Sử dụng tính chất tam giác vng cân để tính góc.
Cách giải:

 AD  AB
 AD   SAB  .
Ta có: 
 AD  SA

 SA là hình chiếu vng góc của SD lên  SAB 
   SD;  SAB      SD; SA  DSA .

Vì ABCD là hình vng có AC  5 2  AD  5  SA  SAD vuông cân tại A nên DSA  450 .
Vậy   SD;  SAB    450 .
Chọn D.
Câu 13 (NB) - 12.1.6.33
Phương pháp:
Thể tích khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy r là V   r 2 h .

Cách giải:
Thể tích khối trụ V   r 2 h   .22.2  8 .
Chọn C.
Câu 14 (NB) - 12.1.2.13
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính đạo hàm  log a u  ' 

u'
.
u ln a

Cách giải:

y  log3 x  y ' 

1
.
x ln 3

Chọn B.
Câu 15 (NB) - 12.1.6.32

9


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 và độ dài đường sinh l là Sxq   rl .
Chọn D.

Câu 16 (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:
Ta có:
3


0

2

3

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

2

2

3

3

0

0

2

  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  5  3  2
Chọn C.
Câu 17 (TH) - 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:
Ta có:
5

I    f  x   4 g  x   1 dx
2



5

5

5

2

2

2

 f  x  dx  4  g  x  dx   dx

 8  4.  3  x 2
5

 20   5   2    13

Chọn B.
Câu 18 (TH) - 12.1.4.22
Phương pháp:
Sử dụng: z1 z2  z1 . z2 .
Cách giải:
Ta có:  2  i  z  2  i . z  22   1 . z  5. 12   3  5 2 .
2

2

Chọn A.
Câu 19 (NB) - 12.1.7.37
Phương pháp:
Trong không gian Oxyz , cho a   a1; a2 ; a3  và b   b1; b2 ; b3  thì a.b  a1b1  a2b2  a3b3 .
Cách giải:
Ta có: a.b  1.0   2  .3  3.1  3 .
Chọn B.

10


Câu 20 (NB) - 11.1.2.10
Phương pháp:
- Tính số phần tử của khơng gian mẫu.
- Tính số phần tử của biến cố.
- Tính xác suất của biến cố.
Cách giải:
Số phần tử của không gian mẫu là n     C61  6 .
Gọi A là biến cố: “lấy được một số chia hết cho 3”  A  6;9  n  A   2 .
Vậy xác suất của biến cố A là P  A 

n  A 2 1
  .
n  6 3

Chọn C.
Câu 21 (NB) - 12.1.1.2
Phương pháp:
Xác định điểm cực đại (tiểu) của hàm số là điểm mà tại đó hàm số liên tục và đạo hàm đổi dấu từ dương
sang âm (âm sang dương).
Cách giải:
Dựa vào BXD ta thấy hàm số có 2 đeiểm cực trị x  1, x  1 trong đó x  1 là điểm cực tiểu, x  1 là điểm
cực đại.
Do đó chỉ có đáp án A đúng.
Chọn A.
Câu 22 (NB) - 12.1.2.15
Phương pháp:
Giải bất phương trình logarit: log a x  log a y  x  y  0 (với 0  a  1 ).

Cách giải:
log 1  x  1  log 1  2 x  1
2

2

 x 1  2x 1  0
x  2
1


1  x2
2
 x  2
1 
Vậy S   ; 2  .
2 
Chọn A.
Câu 23 (NB) - 12.1.7.40

Phương pháp:
Trong không gian Oxyz , = đường thẳng d :

x  x0 y  y0 z  z0
có 1 vectơ chỉ phương là u   a; b; c  .


a
b
c

Cách giải:
Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :

x y 1 z

 có 1 VTCP là  2; 3;1 nên u   2;3; 1 cũng là 1
2
3 1

VTCP của d .
Chọn B.
Câu 24 (NB) - 11.1.3.19
Phương pháp:
11


Sử dụng công thức SHTQ của CSN: un  u1q n1 .
Cách giải:
u2  u1.q  2.3  6 .
Chọn D.
Câu 25 (NB) - 12.1.1.2
Phương pháp:
Dựa vào BBT xác định điểm mà tại đó hàm số liên tục và qua đó đạo hàm đổi dầu từ âm sang dương.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy xCT  0 .
Chọn B.
Câu 26 (NB) - 12.1.3.18
Phương pháp:
Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản.

Cách giải:

F  x     3x 2  2 x  5  dx  x 3  x 2  5 x  C

Chọn C.
Câu 27 (NB) - 12.1.1.1
Phương pháp:
Xác định hàm số liên tục trên
và thỏa mãn y '  0 x  .
Cách giải:
Xét đáp án B: Hàm số có TXĐ D  và có y '  2021  0 x 

nên hàm số y  2021x  1 nghịch biến

trên .
Chọn B.
Câu 28 (NB) - 12.1.1.6
Phương pháp:
Cho y  0 tìm x .
Cách giải:
x2
Cho y  0 
 0  x  2.
x 1
x2
Vậy đồ thị hàm số y 
cắt trục hoành tại điểm có hồnh độ bằng 2.
x 1
Chọn D.
Câu 29 (NB) - 12.1.3.18

Phương pháp:
Sử dụng cơng thức tính ngun hàm  eaxb dx 

1 axb
e C .
a

Cách giải:

 f  x  dx   e

3x

1
dx  e3 x  C .
3

Chọn C.
Câu 30 (NB) - 12.1.2.11
Phương pháp:
Sử dụng công thức log a  xy   log a x  log a y  0  a  1, x, y  0  .
Cách giải:
12


log 100a   log100  log a  2  log a .

Chọn A.
Câu 31 (NB) - 12.1.2.9
Phương pháp:

n

xn  x m
Cách giải:
m

5
3

x x .
Chọn D.
Câu 32 (NB) - 12.1.7.37
3

5

Phương pháp:
Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc của điểm A  a; b; c  trên mặt phẳng  Oxy  là  a; b;0  .
Cách giải:
Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc của điểm A  3; 4;1 trên mặt phẳng  Oxy  là N  3; 4; 0  .
Chọn D.
Câu 33 (NB) - 12.1.2.14
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp đưa về cùng cơ số.
Cách giải:
42 x1  64  42 x1  43  2 x  1  3  x  2 .
Chọn B.
Câu 34 (NB) - 12.1.3.18
Phương pháp:
Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản.

Cách giải:
2

 2 xdx  x

1

2 2
1

 22   1  3
2

Chọn A.
Câu 35 (TH) - 12.1.1.5
Phương pháp:
- Dựa vào đồ thị nhận dạng đồ thị hàm đa thức bậc ba hoặc bậc bốn trùng phương và loại đáp án.
- Dựa vào nhánh cuối của đồ thị hàm số.
- Dựa vào điểm thuộc đồ thị hàm số.
Cách giải:
Đồ thị hình trên là đồ thị hàm đa thức bậc ba nên loại ngay đáp án B.
Đồ thị có nhánh cuối đi lên nên hệ số của x3 dương, do đó loại đáp án A.
Đồ thị đi qua điểm  0; 2  nên loại đáp án D.
Chọn C.
Câu 36 (VD) - 11.1.8.50
Phương pháp:
- Chứng minh d  A ';  AD ' I    d  D;  AD ' I   .

13

 ABCD  dựng
d  D;  AD ' I    DH .

- Trong

DM  AI , trong

 DD ' M 

dựng DH  D ' M  H  D ' M  , chứng minh

- Sử dụng diện tích tam giác tính DM .
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vng tính DH .
Cách giải:

Gọi O  AD ' A ' D  O  A ' D   AD ' I  .
Do đó

d  A ';  AD ' I  
d  D;  AD ' I  



OA '
 1  d  A ';  AD ' I    d  D;  AD ' I   .
OD

Trong  ABCD  dựng DM  AI , trong  DD ' M  dựng DH  D ' M  H  D ' M  ta có:

 AI  DM
 AI   DD ' M   AI  DH

 AI  DD '
 DH  D ' M
 DH   AD ' I   d  D;  AD ' I    DH

 DH  AI
Ta có
S ADI  S ABCD  S ABI  SCDI
1
1
1
1
AB. BC  CD. BC
2
2
2
2
1
1
 AB.BC  .3.2  3
2
2
2S
1
Lại có S ADI  DM . AI  DM  ADI 
2
AI
 AB.BC 

2.3
AB 2  BI 2



6
32  12



6
10

Áp dụng định lí Pytago: DD '  AD '2  AD 2  5  4  1 .

6
DD '.DM
10  3 46 ,

2
2
23
18
DD '  DM
1
5
1.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng DD ' M có: DH 

Vậy d  A ';  AD ' I   

3 46
.
23

Chọn C.
Câu 37 (VD) - 12.1.2.15
Phương pháp:
14


- Coi bất phương trình đã cho có y là tham số. Giải bất phương trình tìm tập nghiệm theo y .
- Giả sử tập nghiệm là  a; b  , giải bất phương trình b  a  1  2  4031 tìm y .
Cách giải:
ĐKXĐ: x  0 .
Coi bất phương trình đã cho có y là tham số.
Ta có    3 y   4.2 y 2  y 2  0 y .
2

3y  y
3y  y
 log 2 x 
 y  log 2 x  2 y  2 y  x  22 y .
2
2
y
2y
 Tập nghiệm của bất phương trình là S   2 ; 2  .

Khi đó bất phương trình đã cho có nghiệm

Theo bài ra ta có: Có khơng q 4031 số ngun x thỏa mãn bất phương trình nên

22 y  2 y  1  2  4031 (trừ đi 2 đầu mút).
 22 y  2 y  4032  0
 63  2 y  64
 y6
Kết hợp điều kiện y là số nguyên dương  Có 6 giá trị của y thỏa mãn.
Chọn B.
Câu 38 (VD) - 12.1.7.40
Phương pháp:
- Tham số hóa tọa độ điểm A, B theo hai biến tương ứng A, B .
- Tính MA, MB .
- Vì M , A, B  d nên chúng thẳng hàng, do đó tồn tại số thực k  0 sao cho MA  kMB , giải hệ tìm a, b, k
và suy ra tọa độ điểm A, B .
- Tính độ dài AB 

 xB  xA    yB  yA    zB  z A 
2

2

2

.

Cách giải:
Vì A  d1  A 1  a; 2  3a; a  , B  d 2  B  1  b; 1  2b; 2  4b  .

Ta có

MA   a  2; 3a  1; a  2 
MB   b  4; 2b  2; 4b  4 
Vì M , A, B  d nên chúng thẳng hàng, do đó tồn tại số thực k  0 sao cho MA  kMB


a  2  k  4  b 
a  0


 3a  1  k  2b  2   b  0


1
a  2  k  4b  4 
k 

2
 A  2; 1; 2  , B  4; 2; 4  .

Vậy AB 

 2   1
2

2

 22  3 .

Chọn D.
Câu 39 (VD) - 12.1.4.26
Phương pháp:

15


- Đặt z  x  yi  z  0   z  x  yi .
- Dựa vào giả thiết z  3i  1  i.z tìm y .

9
- Tính cụ thể phần thực, phần ảo của số phức z  , giải phương trình phần thực bằng 0 tìm x .
z
Cách giải:
Đặt z  x  yi  z  0   z  x  yi .
Theo bài ra ta có:

z  3i  1  i.z
 x  yi  3i  1  i.  x  yi 
 x  yi  3i  1  y  xi
 x 2   y  3  1  y   x 2
2

2

 y  3  1 y
y  2


 y  3  y  1 vo nghiem

Ta lại có:

9  x  2i 
9
9
9x
18 

z   x  2i 
 x  2i  2
 x 2
2 2
 i là số thuần ảo.
z
x  2i
x 4
x 4 
x 4

 x

9x
9 

 0  x 1  2
0
x 4
 x 4
2

x  0
x  0
 2

x  4  9
x   5
Vậy có 3 số phức thỏa mãn yêu cầu.
Chọn B.
Câu 40 (TH) - 12.1.7.39
Phương pháp:
- Viết phương trình mặt phẳng  ABC  dưới dạng mặt chắn: Mặt phẳng  ABC  với A  a;0;0  , B  0; b;0  ,

x y z
  1.
a b c
- Khoảng cách từ điểm I  x0 ; y0 ; z0  đến mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D  0 là
C  0;0; c  có phương trình là

d  I ;  P  

Ax0  By0  Cz0  D
A2  B 2  C 2

.

Cách giải:

x y z
   1  6x  3 y  z  6  0 .
1 2 3

6.1  3.2  2.3  6 12
 .
Vậy d  D;  ABC   
7
62  22  32
Phương trình mặt phẳng  ABC  là:

Chọn C.
Câu 41 (TH) - 12.1.7.38
Phương pháp:
Phương trình  S  : x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 là phương trình mặt cầu khi a 2  b2  c 2  d  0 .
Cách giải:
16


Phương trình x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  4 z  m  0 là phương trình mặt cầu khi 12  12  22  m  0  m  6 .
Chọn B.
Câu 42 (TH) - 12.1.5.30
Phương pháp:
- Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó. Xác
định   SC ;  SAB   .
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vng tính SB , sử dụng định lí Pytago tính SA .
1
- Tính thể tích VS . ABCD  SA.S ABCD .
3
Cách giải:

 BC  AB
 BC   SAB   SB là hình chiếu vng góc của SC lên  SAB  .
Ta có: 

 BC  SA
   SC ;  SAB      SC ; SB   BSC  300 .

Xét tam giác vng SBC có SB  BC.cot 300  2a 3 .
Xét tam giác vuông SAB : SA  SB 2  AB 2  12a 2  4a 2  2 2a .
Vậy VS . ABCD

1
1
8 2a 3
2
 SA.S ABCD  .2 2a.  2a  
.
3
3
3

Chọn B.
Câu 43 (VDC) - 12.1.7.40
Phương pháp:
- Gọi M  x; y; z 

là một tiếp điểm bất kì của tiếp tuyến kẻ từ

A

đến mặt cầu

S 

 M   S   x 2  y 2  z 2  25 .

- Tham số hóa tọa độ A  theo biến t .
- Giải phương trình AM .OM  0 suy ra phương trình đường thẳng cố định nằm trong  BCD  .

 

- Tính sin  d ;  Oxy    cos u; i 

u.i
u.i

với u là 1 VTCP của đường thẳng d .

Cách giải:
Gọi M  x; y; z  là một tiếp điểm bất kì của tiếp tuyến kẻ từ A đến mặt cầu  S  .
M   S   x 2  y 2  z 2  25 .

Vì A    A 10  t;  t; 10  t  .
Vì AM là tiếp tuyến của  S  có tâm O  0;0;0  , bán kính R  5 nên AM  OM  AM .OM  0

17


Ta có: AM   x  10  t; y  t; z  10  t  , OM   x; y; z 

 x  x  10  t   y  y  t   z  z  10  t   0
 x 2  10 x  tx  y 2  ty  z 2  10 z  tz  0
 x 2  y 2  z 2  10 x  10 z  t  x  y  z   0
 25  10 x  10 z  t  x  y  z   0

x  y  z  0
x  y  z  0


10 x  10 z  25 2 x  2 z  5
x  y  z  0
  P  chứa đường thẳng d : 
cố định.
2 x  2 y  5
5

x  2  t
z  t
2 x  2t  5

x  y  z  0
5



 y  x t
 y  x t
 y 
Ta có: d : 
2
2 x  2 z  5
2 x  2 z  5
z  t




z  t



 d có 1 VTCP là u   1;0;1 .

 

Khi đó ta có sin  d ;  Oxy    cos u; i 

u.i



1.1  0.0  1.0
2.1

u.i



1
.
2

Vậy   d ;  Oxy    450 .
Chọn C.
Câu 44 (VDC) - 12.1.1.3
Phương pháp:

- Tìm GTLN, GTNN của hàm số f  x   2 x 3  3x 2  6  m 2  1 x  2021 trên  1;0 .





- Suy ra max f  x   max min f  x  ; max f  x  .
 1;0

1;0

 1;0

- Xét từng TH, từng max f  x  trong từng trường hợp và tìm min  max f  x   .
1;0
 1;0

Cách giải:

Xét hàm số f  x   2 x 3  3x 2  6  m 2  1 x  2021 ta có f '  x   6 x 2  6 x  6  m 2  1 .
Ta có f '  x   6  x 2  x  1  m 2   0 x   1;0  , m do đó hàm số f  x  đồng biến trên  1;0 .

 min f  x   f  1  6m 2  2010
 1;0

max f  x   f  0   2021
 1;0





 max f  x   max m2  2010 ; 2021 .
 1;0

TH1:

18


max f  x   m 2  2010
max f  x   m 2  2010
 1;0
 1;0


  6m 2  2010  2021
2
 6m  2010  2021

2
  6m  2010  2021
max f  x   6m 2  2010
max f  x   6m 2  2010
 1;0
 1;0

  6m 2  1  vo nghiem 


4031

m2 
2
6

  6m  2010  2021
 6m 2  2010  2021
 max f  x   2021 m 2 
 1;0

4031
6

4031
 min  max f  x    2021  m 2 
6
 1;0

TH2:

max f  x   2021
max f  x   2021
 1;0
  1;0

2
2021  6m2  2010
2021  6m  2010  2021
max f  x   2021 max f  x   2021

 1;0
 1;0

 1
4031
4031
  m 2 
0  m 2 
6
6
 6

4031
 min  max f  x    2021  0  m2 

1;0
6
 


 4031 4031 
Vậy S   
;
.
6
6 

Do S là tập đối xứng nên tổng các phần tử của S bằng 0.
Chọn B.
Câu 45 (VDC) - 12.1.3.20

Phương pháp:
- Xét phương trình hồnh độ giao điểm, đặt t  x 2 đưa về phương trình bậc hai ẩn t .
- Tìm điều kiện để phương trình bậc hai ẩn t có 2 nghiệm dương phân biệt.
- Giả sử t1  t2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (2) thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt

 t2   t1  t1  t2 .
- Sử dụng: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  , y  g  x  , đường thẳng x  a, x  b
b

là S   f  x   g  x  dx để tính S1 , S2 , S3 .
a

- Thay vào giải phương trình S1  S3  S2 tìm t2 , từ đó tìm được m và suy ra a, b .
Cách giải:
Xét phương trình hồnh độ giao điểm x 4  3x 2  m  0 1 .
Đặt t  x 2 ta có t 2  3t  m  0  2  .
Vì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt nên phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt

19


   9  4m  0
9

 S  3  0
0m .
4
P  m  0

Giả sử t1  t2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (2) thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt

 t2   t1  t1  t2 .
Do tính đối xứng nên ta dễ có
t2

S1  S3 

 x

4

 3x 2  m  dx

t1

 x5

    x3  mx 
 5





t2

t1

 

 

1 2
t2 t2  t12 t1  t2 t2  t1 t1  m
5

 x5

S2    x  3x  m  dx    x3  mx 
 5

 t1
t1

4

t2  t1



t1

2

t1

 t2 t

 2  1 1  t1 t1  m t1 
 5




Theo bài ra tc ó: S1  S3  2S2



 

 



t12 t1
1 2
2
  t2 t2  t1 t1  t2 t2  t1 t1  m t2  t1 
 t1 t1  m t1
5
5
1
  t22 t2  t2 t2  m t2  0
5
 1

 t2   t22  t2  m   0
 5

1
  t22  t2  m  0  3  do t2  0 

5
Vì t2 là nghiệm của phương trình (2) nên t22  3t2  m  0  m  t22  3t2 .
Thay vào (3) ta có:
1
 t22  t2  t22  3t2  0
5
4
 t22  2t2  0
5
t2  0  ktm 

t  5  tm 
 2 2
2

5 5
5
Khi đó m  t22  3t2      3.   tm   a  5, b  4 .
2 4
2
Vậy T  a  b  5  4  9   8;10  .

Chọn A.
Câu 46 (VD) - 12.1.3.19

20


Phương pháp:


4  x2
u  ln
- Sử dụng phương pháp tửng phần, đặt 
4  x2 .
dv  x3dx

- Sử dụng kĩ năng chọn hệ số.
Cách giải:
16 x


du 
dx
4  x2

u  ln

16  x 4
2
Đặt 
.
4 x  
4
4
dv  x3dx
v  x  4  x  16


4

4
Khi đó ta có:
1

1
 4  x2 
 x 4  16 4  x 2 
x
ln
dx

ln

4 xdx

0  4  x2   4
4  x 2  0 0
1
15 3
15 3
p

ln  2 x 2 
ln  2  a  b ln
0
4
5
4
5
q

15
 a  2, b   , p  3, q  5
4
15
Vậy S  2ab  pq  2.  2  .
 3.5  30 .
4
Chọn D.
Câu 47 (VDC) - 12.1.2.17
1

3

Phương pháp:
- Tìm điều kiện xác định.
- Biến đổi phương trình và xét hàm đặc trưng, biểu diễn y theo x .
- Đưa biểu thức P chỉ còn chứa biến x , xét hàm số, lập BBT và tìm GTLN của hàm số.
Cách giải:

 x2
 0 x  2

ĐKXĐ:  100 y
.

y

0

x  2  0


Ta có:

log

x2
 y x2
100 y



 y 



x  2 1  2

 log x  2  log y  2  y 2   x  2   y  x  2  2
  x  2   x  2  log x  2  y 2  y  log y
Xét hàm đặc trưng f  t   t 2  t  log t  t  0  ta có f '  t   2t  1 
trên  0;   .
Do đó f



1
 0 t  0 , do đó hàm số đồng biến
t ln10



x  2  f  y   x  2  y  x  2  y2  x  y2  2  2 .

Khi đó ta có: P 

ln  y 2  2 
2021

x



ln x
.
x

2021

21


2021

Xét hàm số P  x  

P ' x  0 

2021

x

x

ln x
với x  2 ta có: P '  x  
2021
x



2020

x

1

.x 2021 ln x
x
2021



2021

x



2

 x  0  ktm 
1
1
. 2020 ln x  0  2021x  x ln x  0  
2021
2021 2021
 tm 
 x  e
x

BBT:

Vậy Pmax   700;800  .
Chọn C.
Câu 48 (VDC) - 12.1.6.33
Cách giải:
Sưu tầm nhóm Tốn VD – VDC

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Thiết diện của mặt phẳng vuoonggosc với trục Ox tại x . Suy ra diện tích này là tam giác ABC vng tại B
.
Ta có
h
10
AB  BC.tan   R 2  x 2 .  4  x 2 .
R
4
1
1
10 5

 SABC  AB.BC   4  x 2  .  16  x 2 
2
2
4 4
4
5
320
 V   16  x 2  dx 
cm3 

3 4
3
Chọn A.

22


Câu 49 (VDC) - 12.1.4.26
Cách giải:
Sưu tầm nhóm Tốn VD – VDC
Đặt z  x  yi  z  x  yi và M  x; y  là điểm biểu diễn số phức z .
Theo bài ra ta có:

z  z  2  2 z  z  2i  12  2 x  2  2 2 yi  2i  12
 2 x  1  4  y  1 i  12  x  1  2 y  1  6 1

 Tập hợp các điểm M thỏa mãn (1) là miền trong (tính cả biên) của hình thoi ABCD với A  7;1 ,
B  1; 2  , C  5;1 , D  1; 4  như hình vẽ sau:

Gọi I  4; 4  là điểm biểu diễn số phức 4  4i , khi đó ta có P  z  4  4i  MI .

Dựa vào hình vẽ ta thấy P đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vng góc của I lên CD , với CD là
đường thẳng có phương trình x  2 y  7  0 .
Khi đó ta có MI  d  I ; CD   5  Pmin  5  m .
Tiếp tục ta thấy MI đạt GTLN khi M  A, khi đó Pmax  IA  130  M .
Vậy M  m  5  130 .
Chọn A.
Câu 50 (VDC) - 12.1.1.6
Phương pháp:
Sử dụng tương giao đồ thị.
Cách giải:
Sưu tầm nhóm Tốn VD – VDC
Đặt g  x   x 4  2m2 x 2  3 , ta có f  g  x    x .

23


 x 4  2m 2 x 2  3  a  0  a  1 1
 g  x   a  0  a  1


Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy f  g  x    x   g  x   b 1  b  2    x 4  2m 2 x 2  3  b  2  b  3  2 
 4
g x  c c  3
2 2


 3
 x  2m x  3  c  c  3
  

x  0
Xét hàm số g  x   x 4  2m2 x 2  3 ta có g '  x   4 x3  4m2 x  0  
x   m
BBT:

Dựa vào BBT ta thấy:
+ Phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt.
+ Phương trình (1), (2), mỗi phương trình có nhiều nhất 4 nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình ban đầu có nhiều nhất 10 nghiệm phân biệt.
Chọn D.
----------------HẾT----------------

24