TS247 DT de thi thu tot nghiep thpt mon toan thpt chuyen quang trung binh phuoc nam 2021 lan 1 co loi giai chi tiet 59218 1620641652

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUANG TRUNG

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2020 – 2021

TỔ TỐN

MƠN: TỐN, LỚP 12, LẦN 1

Mã đề thi 111

Thời gian làm bài: 90 phút

MỤC TIÊU
- Đề thi bám sát đề chính thức các năm, giúp học sinh ôn tập đúng trọng tâm.
- Đề thi ở mức độ dễ thở, chủ yếu giúp học sinh ôn luyện chắc chắn các dạng bài để rút ngắn thời gian trong
kì thi chính thức. Trong đề thi khơng xuất hiện câu hỏi quá khó.
Câu 1 (ID:479213): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng nào sau đây?
A.  3;   .

B. 1;3 .

C.  ; 4 

D.  0;   .

Câu 2 (ID:479214): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ.

Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
A. Hàm số đạt cực đại tại x  1 và x  1 .

B. Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 .

C. Hàm số đạt cực đại tại x  0 .

D. Hàm số đạt cực đại tại x  1 .

Câu 3 (ID:479215): Đường cong ở hình bên dưới là đồ thị của hàm số y 
thực. Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [  1; 0] là

ax  b
với a , b , c , d là các số
cx  d

1


A. 1 .

B. 1 .

D. 2 .

C. 0

Câu 4 (ID:479216): Khẳng định nào đúng về tính đơn điệu của hàm số y 

x2
?
x 1

A. Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và 1;   .
B. Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;1  1;   .
C. Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;1 và 1;   .
D. Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và  1;   .
4
2
Câu 5 (ID:479217): Cho hàm số y  x  2 x  2021 . Điểm cực đại của hàm số là:
A. x  0 .
B. x  2021 .
C. x  1
D. x  1 .

Câu 6 (ID:479218): Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
A. 2 .

B. 1 .

x 1
là:
x2 1

D. 4 .

C. 3

Câu 7 (ID:479219): Số giao điểm của đồ thị hàm số y  x3  x 2  2 x  2 và đồ thị hàm số y  x 2  2 x  3 là
A. 3 .

B. 1 .

C. 2

D. 0 .

Câu 8 (ID:479220): Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  3x trên 1; 2 bằng:
A. 0 .

B. 7 .

C.

14
27

D. 2

Câu 9 (ID:479221): Gọi S tập hợp các giá trị m để đồ thị hàm số y  x 4  2m2 x 2  1 có 3 điểm cực trị tạo
thành một tam giác vng cân. Tổng bình phương các phần tử của S bằng
A. 2 .

B. 4 .

C. 8

D. 6 .

Câu 10 (ID:479222): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình bên.

2

Hàm số y  f 1  2 x   1 đồng biến trên khoảng

 3
A.  0; 
 2

1 
B.  ;1
2 

1

D.  1; 
2


C. 1;  

Câu 11 (ID:479223): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình bên.

 sin x  cos x 
 3 7 
Phương trình 2 f 
  3  0 có bao nhiêu nghiệm trên  4 ; 4 
2





A. 3

B. 4

C. 5

Câu 12 (ID:479224): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên
đường tiệm

D. 6
. Đồ thị y  f  x  như hình vẽ. Số

x2  x  2
cận đứng của đồ thị hàm số y  2
là
f  x  f  x

A. 4

B. 3

C. 2

D. 5

Câu 13 (ID:479225): Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình vẽ:

3

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  f

 x 1

2



 m có 3 điểm cực trị.

Tổng các phần tử của S là:
B. 2

A. 4

D. 10

C. 8

Câu 14 (ID:479226): Cho ba số dương a , b , c ( a  1 ; b  1) và số thực  khác 0 . Đẳng thức nào sai?
A. log b c 

B. log a  b.c   log a b  log a c

log a c
log a b

D. log a b 

C. log a c  log a b.logb c

1



log a b

Câu 15 (ID:479227): Đạo hàm của hàm số y  2021x là
A. y  2021x.ln 2021

B. y  2021x

C. y 

2021x
.
ln 2021

D. y  x.2021x 1 .





Câu 16 (ID:479228): Tìm tập xác định D của hàm số y  log 2021  x  1  log 2020 4  x 2 .
2

A. D   2;1

B. D  1; 2  .

C. D   2; 2  \ 1

Câu 17 (ID:479229): Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 2 x
A. 2 .
B. 1 .
C. 2 .

2

2 x

 8 bằng:

D. D   2; 2 .

D. 3 .

Câu 18 (ID:479230): Tập nghiệm của bất phương trình: log 2 x  log 2  x  1  1 là
A.  0;1 .

B. 1;   .

C.  ; 2  1;  

D.  2;1 .

Câu 19 (ID:479231): Để lắp đặt hệ thống điện năng lượng mặt trời 50KWP, gia đình bạn A vay ngân hàng
số tiền là 600 triệu đồng với lãi suất 0, 6% /tháng. Sau đúng một tháng kể từ ngày lắp đặt, gia đình bạn A

bắt đầu đưa vào vận hành hịa lưới thì mỗi tháng cơng ty điện lực trả gia đình bạn A 16 triệu đồng. Nên sau
đúng 1 tháng kể từ ngày vay, gia đình bạn A bắt đầu hoàn nợ, hai lần hoàn nợ cách nhau đúng một tháng,
mỗi tháng hoàn nợ số tiền là 16 triệu đồng. Hỏi sau bao nhiêu tháng, gia đình bạn A sẽ trả hết nợ.
A. 42

B. 43

C. 41

D. 44

4



x3 
Câu 20 (ID:479232): Cho phương trình  log 22 x  log 2  e x  m  0 . Gọi S là tập hợp giá trị m ngun
4

với m   10;10 để phương trình có đúng 2 nghiệm. Tổng giá trị các phần tử của S bằng

B. 12

A. 28

D. 27

C. 3

Câu 21 (ID:479233): Số giá trị m nguyên, m   20; 20 , sao cho min

3 
10 ;1



B. 10

A. 5

log 0,3 x m  16
log 0,3 x  m

D. 40

C. 20

Câu 22 (ID:479234): Cho hai hàm số f  x  , g  x  liên tục trên
sai?
A.  kf  x  dx  k  f  x  dx với mọi hằng số k  .
B.

  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx

C.

 f   x  dx  f  x   C

D.

  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx

với mọi hàm f  x  có đạo hàm trên

 16 là

. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào

.

Câu 23 (ID:479235): Cho hàm số f  x  liên tục và xác định trên  a, b  . Gọi F  x  là một nguyên hàm của
hàm số f  x  . Chọn phương án đúng nhất.
A.

 f  x  dx  F b   F  a 

B.

 f  x  dx  F  a   F b 

C.

 f  x  dx  F b   F  a 

D.

 f  x  dx  F b   F  a 

b

a

b

a

b

a

b

2

2

a

Câu 24 (ID:479236): Nguyên hàm của hàm số f  x   2 x  x  1 2 x  1 .
A. x 4  x3  x 2  C





2

B. x2  x  C

C. x 4  x3  x 2  C

D. x 4  x3  2 x 2  C

Câu 25 (ID:479237): Tìm nguyên hàm của hàm số f  x   x.e x biết f 1  0 .
B. x.e x  e x  1

A. x.e x  e x
Câu

26

(ID:479238):

F  2   F  4   1 
A. 17

F  x

là

một

D. x.e x  x  1  e

C. x.e x  e
nguyên

hàm

của

hàm

 x  1

x2  2 x  3 .

Biết

5 5
và F  3  F  5  a 3  b; a, b  . Giá trị a  b bằng
3
B. 9

C. 12

D. 18

5



4

Câu 27 (ID:479239): Cho

x dx

 1  sin

2

0

A. 4

x




a

 ln b  ln 2; a, b 

*

. Giá trị a  3b bằng

C. 12

B. 8

Câu 28 (ID:479240): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên

f 1  0 . Giá trị

D. 10
, xf '  x   e x  1, x  ,

1

 xf  x  dx bằng
0

A. 

1
 e  2
4

B. 

1
4

Câu 29 (ID:479241): Cho số phức z  a  bi  a, b 

C. 



1
 e  2
2

D.

1
 e  2
2

. Chọn phương án đúng.

A. Phần ảo của số phức z là b

B. Phần ảo của số phức z là bi

C. Phần thực của số phức z là b

D. Mô đun của số phức z là a 2  b2

Câu 30 (ID:479242): Gọi z1 , z2 là nghiệm của phương trình z 2  2 z  2  0 . Biết số phức z1 có phần ảo
âm. Phần ảo của số phức z2 .
B. 1

A. i

Câu 31 (ID:479243): Cho z 

thỏa z  2 z  12 . Phần ảo của số phức z là
C. 12

B. 4

A. 0

Câu 32 (ID:479244): Cho z 

A. 3 5  1

B.

D. 1  i

C. 1

D. 2

 z  1  2i  1
thỏa 
. Giá trị S  min z  max z bằng
 z  2  4i  2
52

C. 2 5  1

D.

2  5 1

Câu 33 (ID:479245): Có bao nhiêu loại khối đa diện đều.
B. 4

A. 3

D. 5

C. 6

Câu 34 (ID:479246): Cho hình chóp đều S. ABCD có đáy là hình vng cạnh a , cạnh bên SA  2a . Thể

tích của khối chóp.
A.

14a 3
2

B. 2a3

C.

14 3
a
6

D. a 3 .

7
2

Câu 35 (ID:479247): Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a . Thể tích khối tứ diện
ABDB ' bằng

6


A.

a3
6

B.

2a 3
3

C.

a3
2

D.

a3
3

Câu 36 (ID:479248): Cho hình chóp S. ABCD đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc BAD  600 ,

SA   ABCD  ,  SC ;  ABCD    450 . Gọi I là trung điểm SC . Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng

 SBD  .
A.

a 15
15

B.

a 15
5

C.

2a 15
5

D.

a 15
10

Câu 37 (ID:479249): Cho hình lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' đáy là hình bình hành. AC  BC  a,

CD  a 2, AC '  a 3, CA ' B '  A ' D ' C  900 . Thể tích khối tứ diện BCDA ' là

A.

a3
6

B. a 3

C.

2a 3
3

D.

6 a3

Câu 38 (ID:479250): Khối trụ có bán kính đáy, đường cao lần lượt là a, 2a thì có thể tích bằng
A. 2 a3

B.

2 a 3
3

C.  a 3

D.

 a3
3

Câu 39 (ID:479251): Hình nón có bán kính đáy, đường cao lần lượt là 3, 4 thì diện tích xung quanh hình
nón bằng
A. 12

B.

15
2

C. 15

D. 6

Câu 40 (ID:479252): Từ một tấm tơn hình chữ nhật kích thước h và a , người ta làm các thùng đựng nước
hình trụ có chiều cao bằng h , theo hai cách sau (xem hình minh họa dưới đây):

Cách 1: Gị tấm tơn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng.
Cách 2: Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm bằng nhau, rồi gị mỗi tấm đó thành mặt xung quanh của một
thùng.

7


Kí hiệu V1 là thể tích của thùng gị được theo cách 1 và V2 là tổng thể tích của hai thùng gị được theo cách
V
2. Tính tỉ số 1
V2
A.

V1
4
V2

B.

V1 1

V2 2

C.

V1
1
V2

D.

V1
2
V2

Câu 41 (ID:479253): Trong không gian Oxyz , gọi A là điểm thuộc mặt cầu tâm I bán kính R . Chọn
phương án đúng.
A. IA  R

B. IA  R

C. IA  R

D. IA  R 2

Câu 42 (ID:479254): Trong không gian Oxyz , điểm A(1, 2,3) thuộc phương trình mặt phẳng nào dưới đây.
A. x  2 y  z  0

B. x  2 y  3z  0

C. x  2 y  3z  0

D. x  2 y  3z  1

Câu 43 (ID:479255): Trong khơng gian Oxyz , đường thẳng Ox có phương trình nào dưới đây

x  t

A.  y  1
z  1



x  1

B.  y  0
z  0


x  1

C.  y  t
z  t


x  t

D.  y  0
z  0


Câu 44 (ID:479256): Trong không gian Oxyz , tọa độ hình chiếu của điểm M 1; 2;3 lên mặt phẳng Oxz .
A. 1;0;3

B. 1; 2;3

C.  0; 2;0 

D.  1; 2; 3

Câu 45 (ID:479257): Trong khơng gian Oxyz , phương trình mặt phẳng cắt tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C và

nhận G  673;674;675  làm trọng tâm của tam giác ABC .
A.

x
y
z


0
2019 2022 2025

B.

x
y
z


1
2019 2022 2025

C.

x
y
z


1
673 674 675

D.

x
y
z


0
673 674 675

8


Câu 46 (ID:479258): Trong không gian Oxyz , tọa độ điểm đối xứng của điểm M  0;1; 2  qua mặt phẳng
x yz 0 .
A.  4; 2;0 

B.  0; 1; 2 

C.  0;1; 2 

D.  2; 1;0 

Câu 47 (ID:479259): Trong không gian Oxyz , biết phương trình mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  25 cắt mặt
phẳng  P  : x  y  z  3 3 theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính r . Khi đó giá trị của r là.
A. 4

B.

5
3

C. 5

D. 3

Câu 48 (ID:479260): Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  3; 2;3 ; B 1;0;5  . Tìm tọa độ điểm

M   Oxy  sao cho MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất.

9 5 
A.  ;  ;0 
4 4 

9 5 
B.  ; ;0 
4 4 

 9 5 
C.   ;  ;0 
 4 4 

 9 5 
D.   ; ;0 
 4 4 

Câu 49 (ID:479261): Cho hình lăng trụ A1 A2 A3 A4 A5 . B1B2 B3 B4 B5 . Số đoạn thẳng có hai đỉnh là đỉnh hình
lăng trụ là
A. 35

B. 90

C. 60

D. 45

Câu 50 (ID:479262): Có 6 học sinh gồm 2 học sinh trường A , 2 học sinh trường B và 2 học sinh trường
C sắp xếp trên một hàng dọc. Xác suất để được cách cách sắp xếp mà hai học sinh trường C thì một em
ngồi giữa hai học sinh trường A và một em ngồi giữa hai học sinh trường B là
A.

1
90

B.

1
45

C.

1
180

D.

1
30

9


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM
1. A
11. A
21. A
31. A
41. B

2. C
12. A
22. A
32. A
42. A

3. A
13. B
23. C
33. D
43. D

4. A
14. D
24. B
34. C
44. A

5. A

15. A
25. A
35. A
45. B

6. A
16. C
26. A
36. D
46. D

7. B
17. C
27. D
37. A
47. A

8. A
18. A
28. B
38. A
48. A

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

10. C

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

Câu 1 (NB) - 12.1.1.1
Phương pháp:
Dựa vào bảng biến thiên để xác định: hàm số đồng biến ứng với mũi tên hướng lên
Cách giải:
Hàm số đồng biến trên khoảng là  ;1 và  3;   .
Chọn A.
Câu 2 (NB) - 12.1.1.2
Phương pháp:
Dựa vào đồ thị hàm số để xác định số điểm cực trị.
Cách giải:
Ta có đồ thị hàm số có 3 cực trị trong đó có 1 cực đại tại x  0 và 2 cực tiểu tại x  1; x  1.
Chọn C.
Câu 3 (NB) - 12.1.1.3
Phương pháp:
Dựa vào đồ thị xác định điểm thấp nhất của đồ thị trên  1;0 .
Cách giải:
Ta thấy trên đoạn  1;0 đồ thị hàm số hướng xuống hay hàm số nghịch biến nên min y  y  0   1 .
1;0

Chọn A.
Câu 4 (NB) - 12.1.1.1

10

Phương pháp:
Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó.
Cách giải:
Ta thấy y 

x2
3
 y' 
 0 x  1 nên hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 , 1;   .
2
x 1
 x  1

Chọn A.
Câu 5 (NB) - 12.1.1.2
Phương pháp:

y'  0
Giải hệ phương trình 
để tìm điểm cực đại.
y"  0
Cách giải:


 y '  4x  4x  0
Hàm số y  x 4  2 x 2  2021 có điểm cực đại thỏa mãn 
 x  0.
2

 y "  12 x  4  0

3

Chọn A.
Câu 6 (TH) - 12.1.1.4
Phương pháp:
Sử dụng khái niệm đường tiệm cận của đồ thị hàm số: Cho hàm số y  f  x  :
- Đường thẳng y  y0 là TCN của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y  y0 hoặc
x 

lim y  y0 .

x 

- Đường thẳng x  x0 là TCĐ của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y  
x x0

hoặc lim y   hoặc lim y   hoặc lim y   .
x x0

x x0

x x0

Cách giải:
Ta có y 

x 1
có bậc tử < bậc mẫu nên có TCN y  0 .
x2 1

Ta có: y 

x 1
1
nên x  1 là TCĐ của đồ thị hàm số.

2
x 1 x 1

11


Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.
Chọn A.
Câu 7 (NB) - 12.1.1.6
Phương pháp:
Giải phương trình hoành độ giao điểm
Cách giải:
Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là nghiệm của phương trình:

x3  x 2  2 x  2  x 2  2 x  3
 x3  1  x  1
Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số y  x3  x 2  2 x  2 và đồ thị hàm số y  x 2  2 x  3 là 1.
Chọn B.
Câu 8 (TH) - 12.1.1.3
Phương pháp:
- Tính y ' , xác định các nghiệm xi  1; 2 của phương trình y '  0 .
- Tính y 1 ; y  2  ; y  xi  .
- KL: min y  min  y 1 ; y  2  ; y  xi  , max f  x   max  y 1 ; y  2  ; y  xi  .
1;2

1;2

Cách giải:

 x  1 1; 2
Ta có y  x3  3x  y '  3x 2  3  0  
.
 x  1 1; 2
Lại có y 1  2, y  2   2 .

 min y  y 1  2, max f  x   y  2   2 .
1;2

1;2

Vậy tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  3x trên 1; 2 bằng 2  2  0 .
Chọn A.
Câu 9 (TH) - 12.1.1.3

12


Phương pháp:
- Giải phương trình y '  0 , từ đó tìm ba điểm cực trị của hàm số.
- Sử dụng: Tam giác ABC vuông tại A  AB.AC  0 .
Cách giải:
Ta có y  x 4  2m2 x 2  1  y '  4 x3  4m2 x

x  0

y '  0  4 x 3  4m 2 x  0  4 x  x 2  m 2   0   2
.
2
x

m

Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình y '  0 phải có 3 nghiệm phân biệt  m  0 .
x  0  y  1

Khi đó ta có y '  0   x  m  y  m 4  1 .
 x  m  y  m4  1




 



Suy ra các điểm cực trị của hàm số đã cho là: A  0;1 ; B m; m 4  1 ; C m; m 4  1 .
Vì A  Oy, B, C đối xứng nhau qua Oy nên ABC cân tại A , do đó để ABC là tam giác vng thì phải
vng tại A  AB. AC  0 .

 AB   m; m 4 
m  0

Ta có: 
.  AB. AC  0  m 2  m8  0  m 2  m6  1  0  
4

 m  1
 AC   m; m 

 m  0  ktm 
Có ABC là tam giác vuông cân tại A nên BC  AB 2  4m2  2  m2  m8   
.
 m  1  tm 
Vậy S  1;1  Tổng bình phương các phần tử của S bằng 2.
Chọn A.
Câu 10 (TH) - 12.1.1.1
Phương pháp:
- Đặt t  1  2 x .
- Tính đạo hàm hàm số f  t  , dựa vào BBT giải bất phương trình y '  0 , từ đó suy ra các khoảng đồng biến
của hàm số.
Cách giải:

13


Đặt t  1  2 x , hàm số trở thành y  f  t   1 .
x  1
t  1
1  2 x  1
Ta có y '  0  f '  t   0  f '  t   0  
.


0  x  1
0


t

1
0

1

2
x

1



2

 1
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên  0;  ; 1;   .
 2

Chọn C.
Câu 11 (VD) - 12.1.1.6
Phương pháp:
- Đặt t 

sin x  cos x
 3 7 
, tìm điều kiện của t ứng với x  
; .
4 

2
 4

- Sử dụng tương giao để tìm số nghiệm của phương trình.
Cách giải:



2 sin  x  
sin x  cos x

4



 sin  x   .
Đặt t 
4
2
2

  
 3 7 

;   x     ; 2   t   1;1 .
Với x  
4 
4  2
 4


3
Khi đó phương trình trở thành 2 f  t   3  0  f  t    .
2
Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y  

3
cắt đồ thị hàm số y  f  t  tại 2 điểm phân biệt
2

 x  t  1
.

x

t


1;0




t  a  1
3
.
 f t     
2
t  b   1;0 



 


Ta có đồ thị hàm số t  sin  x   trên   ; 2  như sau:
4

 2


14


Dựa vào đồ thị ta thấy, phương trình t  a vơ nghiệm, phương trình t  b có 3 nghiệm phân biệt.
Chọn A.
Câu 12 (VD) - 12.1.1.4
Phương pháp:
Sử dụng khái niệm đường tiệm cận của đồ thị hàm số: Cho hàm số y  f  x  :
- Đường thẳng y  y0 là TCN của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y  y0 hoặc
x 

lim y  y0 .

x 

- Đường thẳng x  x0 là TCĐ của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y  
x x0

hoặc lim y   hoặc lim y   hoặc lim y   .
x x0

x x0

x x0

Cách giải:
Xét các phương trình:

x  1
x2  x  2  0  
.
 x  2

 f  x  0
.
f 2  x  f  x  0  
 f  x   1
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

 x  2
 x  2 không là TCĐ, x  1 là TCĐ của đồ
+ Phương trình f  x   0 có 2 nghiệm 
 x  1  nghiem kep 
thị hàm số.
+ Phương trình f  x   1 có 3 nghiệm phân biệt khác 1,  2 .
Vậy đồ thị có tất cả 4 đường tiệm cận đứng.

15


Chọn A.

Câu 13 (TH) - 12.1.1.2
Phương pháp:
- Tính y ' , sử dụng tương giao giải phương trình y '  0 .
- Hàm số có 3 điểm cực trị khi y '  0 có 3 nghiệm phân biệt.
- Xét các TH có thể xảy ra và tìm m .
Cách giải:
Ta có y  f

 x 1  m  y '  2  x 1 f '  x 1  m  0
2

2

x  1
x  1
x  1


2
2



x

1

m



1
 x  1  m  1 1



2
 f '  x  1  m  0


2
2
 x  1  m  3  2 
 x  1  m  3





Hàm số có 3 điểm cực trị khi y '  0 có 3 nghiệm phân biệt.
+ TH1: (1) có nghiệm kép x  1 hoặc vơ nghiệm và (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

m  1  0
m  1


 1  m  3 .
m  3  0
m  3
+ TH2: (2) có nghiệm kép x  1 và (2) có 1 nghiệm phân biệt khác 1

m  1  0
m  1


 m  .
m  3  0
m  3
Suy ra 1  m  3  S  1;0;1; 2 .
Vậy tổng các phần tử của S là: 1  0  1  2  2 .
Chọn B.
Câu 14 (NB) - 12.1.2.11
Phương pháp:
Sử

dụng

các

công

thức

logarit:

log a  b.c   log a b  log a c  0  a  1, b, c  0  ,

log a c  log a b.log b c  0  a, b  1, c  0  , log a b   log a b  0  a  1, b  0  .


16

Cách giải:
Ta thấy loga b   log a b nên đáp án A sai.
Chọn D.
Câu 15 (NB) - 12.1.2.11
Phương pháp:
Áp dụng các cơng thức tính đạo hàm:  a x  '  a x ln a .
Cách giải:
Ta có y  2021x  y '  2021x.ln 2021 .
Chọn A.
Câu 16 (TH) - 12.1.2.13
Phương pháp:
Hàm số y  log a xác định khi a  0 .
Cách giải:
Hàm số y  log 2021  x  1  log 2020  4  x
2

2



2

 x  1  0  x  1
xác định khi 
.

2


2

x

2

4

x

0



Vậy TXĐ của hàm số là D   2; 2  \ 1 .
Chọn C.
Câu 17 (TH) - 12.1.2.14
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp đưa về cùng cơ số.
Cách giải:

2x

2

2 x

 x  3
 8  x2  2x  3  
.

x  1

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho là 2 .
Chọn C.

17


Câu 18 (TH) - 12.1.2.15
Phương pháp:
- Tìm ĐKXĐ của bất phương trình.
- Sử dụng cơng thức log a x  log a y  log a  xy   0  a  1, x, y  0  .
- Giải bất phương trình logarit: loga x  b  x  ab .
Cách giải:

x  0
x  0

 x 0.
ĐKXĐ: 
x 1  0
 x  1
Ta có:

log 2 x  log 2  x  1  1
 log 2  x  x  1   1
 x  x  1  2

 x2  x  2  0
 2  x  1

Kết hợp điều kiện ta có 0  x  1 .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  0;1 .
Chọn A.
Câu 19 (VD) - 12.1.2.15
Phương pháp:
Sử dụng công thức trả góp: Sn  A 1  r 

n

1  r 
X

n

1

, trong đó S n là số tiền cịn lại sau n kì hạn, A là
r
số tiền vay ban đầu, X là số tiền trả hàng tháng, r là lãi suất 1 kì hạn.
Cách giải:
Số tiền cịn lại sau n tháng là: S n  600 1  0, 6% 

n

1  0, 6% 
 16
0, 6%

n

1

.

Để sau n tháng trả hết nợ thì Sn  0 .

18


 600 1  0, 6% 

n

1  0, 6% 
 16

n

1

0, 6%

 600 1  0, 6%  
n

0

16
16
n

0
1  0, 6%  
0, 6%
0, 6%

16

n  16
 1  0, 6%  
 600  
 0, 6%
 0, 6%
40
n
 1  0, 6%  
31
40
 n  log1 0,6%
 42, 6
31
Vậy sau 43 tháng gia đình bạn A sẽ trả hết nợ.
Chọn B.
Câu 20 (VD) - 12.1.2.14
Phương pháp:
Tìm điều kiện của x
Giải phương trình tìm nghiệm.
Cách giải:
x  0
x  0
 x

ĐKXĐ:  x
.
e  m  0
e  m  0

Ta có:
 2
x3  x
log
x

log
 2
 e m  0
2
4


  log 22 x  3log 2 x  2  e x  m  0
log 2 x  3log 2 x  2  0
 x 2
e  m
log 2 x  1
x  2


 log 2 x  2   x  4
e x  m
e x  m


Để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thì:
TH1: m  0 .

19


x  2
TH2: m  0 , pt   x  4 .

 x  ln m

m  1
ln m  0
 2
khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi 
.
4
 2  ln m  4
e  m  e
Kết hợp điều kiện m  , m   10;10 ta suy ra m  10; 9; 8;...; 1;1;8;9;10  S .
Vậy tổng các phần tử của S bằng 27 .
Chọn D.
Câu 21 (VD) - 12.1.1.3
Phương pháp:
Đặt ẩn phụ.
Biến luận tham số m theo ẩn mới.
Cách giải:
Xét hàm số f  x  

log 0,3 x m  16
log 0,3 x  m

 x  0 .

mt  16
3 
Đặt t  log0,3 x , với x   ;1  t   0;1 . Khi đó hàm số trở thành f  t  
với t   0;1 và x, t
tm
10 
ngược tính đơn điệu.
 m  0
 0  m 1.
Để tồn tại min f  t  thì m   0;1  
0;1
 m  1
Khi đó P 

Đặt a 

mt  16  m  16  t

 16
tm
t 1

t
 1
 a  0; 

t 1
 2

 P   m  16  a  16

20


 m  16  a  16  16
 1
Và MinP  16  điều kiện cần là 
; a  0; 
 2
 m  16  a  16  16
 m  16  a  0

 m  16
 m  16  a  32  l 
Khi đó P   m  16  a  16  16 với dấu bằng xảy ra là a  0 .
Kết hợp điều kiện ta có 16  m  20  có 5 giá trị của m.
Chọn A.
Câu 22 (NB)- 12.1.3.18
Phương pháp:
Sử dụng các tính chất của nguyên hàm.
Cách giải:
Ta thấy  kf  x  dx  k  f  x  dx với k  0 .
Chọn A.
Câu 23 (NB) - 12.1.3.19
Phương pháp:
Sử dụng cơng thức tích phân Niu-tơn Leibniz.

Cách giải:
b

Ta thấy

 f  x  dx  F  b   F  a  .
a

Chọn C.
Câu 24 (TH) - 12.1.3.18
Phương pháp:
Nhân phá ngoặc và sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản.
Cách giải:
Ta có

 f  x  dx   2 x  x  1 2 x  1 dx
21


  f  x  dx    4 x3  6 x2  2 x  dx  x4  2 x3  x2  C   x2  x   C
2

Chọn B.
Câu 25 (TH) - 12.1.3.18
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp tính nguyên hàm từng phần.
Cách giải:
Ta có

 f  x  dx   xe dx .

x

u  x
du  dx

Đặt 
x
x
dv  e dx v  e
  f  x  dx  xe x   e x dx  xe x  x  C

Mà f 1  0  C  0 .
Vậy f  x   xe x  e x .
Chọn A.
Câu 26 (VD) - 12.1.3.18
Phương pháp:
Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến số, đặt t  x 2  2 x  3 .
Cách giải:
Ta có F  x     x  1 x2  2 x  3dx
Đặt t  x 2  2 x  3  t 2  x 2  2 x  3  tdt   x  1 dx .

 F  x    f  x  dx   t 2 dt 

x
 F  x 

2

t3
C

3

 2 x  3 x 2  2 x  3
3

C

x  3
ĐKXĐ: x 2  2 x  3  0  
.
 x  1

22


  x 2  2 x  3 x 2  2 x  3

 C1 khi x  1
3

Khi đó ta có: F  x   
2
2
  x  2 x  3 x  2 x  3
 C2 khi x  3

3

5 5
5 5

 C1 
 C1  0
 F  2  

3
3
Ta có: 
F 4 1  5 5  C 1  5 5  C  1
2
2
  
3
3
  x 2  2 x  3 x 2  2 x  3

khi x  1
3

 F  x  
2
2
  x  2 x  3 x  2 x  3
 1 khi x  3

3


12 12
8 3
 F  3 


3

 F 5  12 12  1  8 3  1
  
3
a  16
 a  b  17 .
Vậy F  3  F  5   16 3  1  
b  1
Chọn A.
Câu 27 (TH) - 12.1.3.19
Phương pháp:
Áp dụng phương pháp tích phân từng phần.
Cách giải:




4

4
xdx
xdx

Ta có 
2
1  sin x 0 cos 2 x
0

x  u
dx  du

Đặt 
dx  
dv  cos 2 x v  tan x

23







4

 I  x tan x 04   tan xdx 
0






4



4


0


4

4

sin x
dx
cos
x
0



d  cos x  
  ln cos x
cos x
4


4
0

2 
  ln 2  ln 2
4
2

4
 a  4, b  2


 ln

Vậy a  3b  10 .
Chọn D.
Câu 28 (TH) - 12.1.3.19
Phương pháp:
Sử dụng các cơng thức tính tích phân.
Cách giải:
1

Xét tích phân I   xf  x  dx .
0

du  f '  x  dx
u  f  x  

Đặt 
.
x2
dv  xdx
v



2
1

1

x2
1
I
f  x    x 2 f '  x  dx
2
20
0
1

1
1
1
 f 1   x  e x  1 dx   J
2
20
2
1

1

1

1

0

0

0

0

Ta có J   x  e x  1 dx   xe x dx   xdx   xe x dx 

1
.
2

u  x
du  dx

Đặt 
x
x
dv  e dx v  e
1

1

  xe x dx  xe x   e x dx  e   e  1  1 .
1

0

0

0

24


1 1
1
Vậy I   1     .
2 2
4

Chọn B.
Câu 29 (TH) - 12.1.4.22
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa số phức.
Cách giải:
Số phức z  a  bi có phần thực là a và phần ảo là b.
Chọn A.
Câu 30 (TH) - 12.1.4.25
Phương pháp:
Giải phương trình bậc hai với hệ số thực.
Cách giải:

 z1  1  i
Ta có z 2  2 z  2  0  
.
 z2  1  i
Vậy phần ảo của số phức z2 là 1 .
Chọn C.
Câu 31 (VD) - 12.1.4.25
Phương pháp:

Sử dụng phương pháp lấy mô-đun hai vế.
Cách giải:
Ta có:

z  2 z  12  z  12  2 z
 z  12  2 z  12  2 z 
2

2

 z  144  48 z  z
2

2

2

 z 3

25