TS247 DT de thi thu tot nghiep thpt mon toan thpt kim lien ha noi nam 2021 lan 1 co loi giai chi tiet 59239 1616030541

TRƯỜNG THPT KIM LIÊN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 – LẦN 1
Bài thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
Mã đề thi 143

MỤC TIÊU
Đề thi thử Tốt nghiệp THPT trường THPT Kim Liên Hà Nội luôn được đánh giá là đề thi hay, đặc sắc và bám
sát đề chính thức của Bộ GD&ĐT, giúp các em học sinh không những sớm ơn tập cho kì thi Tốt nghiệp mà
cịn ơn tập chính xác và đúng trọng tâm, để đạt được hiệu quả cao nhất, đồng thời đề thi luôn đổi mới để cập
nhật những câu hỏi hay và hóc búa nhất, giúp học sinh ôn tập tốt và phát triển tốt trên đà ơn tập đó.
Câu 1 (ID: 469395): Tập xác định của hàm số y = x 2021 là:
A.  0; + )

B. ( −;0 )

Câu 2 (ID: 469396): Tìm x để biểu thức ( 2 x − 1)

C. ( −; + )
−2

D. ( 0; + )

có nghĩa.

1
1
1 
B. x 

C. x   ; 2 
2
2
2 
Câu 3 (ID: 469397): Tính thể tích khối cầu có bán kính bằng 3 cm.
A. 9 cm3
B. 36 cm2
C. 9 cm 2
Câu 4 (ID: 469398): Hình nào dưới đây khơng phải hình đa diện?
A. x 

A. Hình 2.
B. Hình 4
C. Hình 1
Câu 5 (ID: 469399): Cho hàm số y = f ( x ) , có bảng biến thiên như sau:

D. x 

1
2

D. 36 cm3

D. Hình 3.

Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
A. Hàm số khơng có cực đại.
B. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 .
C. Hàm số đạt cực tiểu tại x = −6 .
D. Hàm số bón điểm cực trị.

Câu 6 (ID: 4693400): Cho hình nón có chiều cao bằng 4a và bán kính đáy bằng 3a . Diện tích xung quanh
của hình nón đã cho là
A. 12 a 2
B. 36 a 2
C. 14 a 2
D. 15 a 2
x +1
Câu 7 (ID: 4693401): Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
tại điểm có hồnh độ bằng 1 là
x−2
A. y = −3x + 5
B. y = −3x + 1
C. y = 3x − 5
D. y = −3x − 1
Câu 8 (ID: 4693402): Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

1


Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. ( −3; 0 )

B. ( −4;1)

C. ( −; −3)

D. ( 0; + )

Câu 9 (ID: 4693403): Trong hệ tọa độ Oxyz , cho ba vecto a = i + 2 j − 3k , b = −3 j + 4k , c = −i − 2 j . Khẳng
định nào sau đây là đúng?

A. a = (1; 2; −3) , b = ( 0; −3;4 ) , c = ( −1; −2;0 )

B. a = (1; 2;3) , b = ( 0;3; 4 ) , c = ( −1; −2;0 )

C. a = (1; 2;3) , b = ( 0; −3;4 ) , c = ( −1;2;0 )

D. a = (1; 2; −3) , b = ( −3;4;0 ) , c = ( −1;0; −2 )

Câu 10 (ID: 4693404): Một chiếc hộp có 9 thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Có bao nhiêu cách rút được từ hộp
trên 2 thẻ đều đánh số chẵn.
A. C52
B. C42
C. A52
D. A42
Câu 11 (ID: 4693405): Đạo hàm của hàm số y = 42 x là:
A. y ' = 2.42 x.ln 2

B. y ' = 42 x ln 4.

C. y ' = 42 x ln 2.

D. y ' = 2.42 x ln 4.

Câu 12 (ID: 4693406): Số thực a thỏa mãn điểu kiện log 3 ( log 2 a ) = 0 là

1
1
B.
C. 2
D. 3

3
2
Câu 13 (ID: 4693407): Diện tích tồn phần của hình trụ có chiều cao bằng h và bán kính đáy bằng r là:
1
A. 2 r ( h + r )
B. 2 rh +  r 2
C.  r 2 h
D.  r 2 h + 2 r 2
3
A.

Câu 14 (ID: 4693408): Tập nghiệm của phương trình log 0,25 ( x 2 + 3 x ) = −1 là
B. −1; 4

A. 1; −4

 3 − 2 2 3 + 2 2 
D. 
;

2 
 2

C. 4

Câu 15 (ID: 4693409): Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào?

A. y = x3 + 2 x 2 − 2 x − 1

B. y = − x3 − 2 x 2 + x − 1

C. y = x3 + 3x 2 + 3x + 1

D. y = − x3 + 3x + 1

Câu 16 (ID: 4693410): Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) =
A. x +

1
+C
x−2

B.

x2
+ ln x − 2 + C
2

x2 − 2 x + 1
x−2

C. x 2 + ln x − 2 + C

D. 1 +

1

( x − 2)

2

+C

Câu 17 (ID: 4693411): Tìm cơng bội q của cấp số nhân ( un ) biết u1 = 1 và u2 = 4 .

1
4
Câu 18 (ID: 4693412): Đường cong trong hình bên là đồ thị cua hàm số nào?
A. q = 3

B. q = 4

C. q =

D. q = 2

2


A. y = 2 x − 5

C. y = log 2 x

B. y = log0,5 x

D. y = 0,5x

Câu 19 (ID: 4693413): Trong ngày hội giao lưu văn hóa – văn nghệ, giải cầu lơng đơn nữ có 12 vận động
viên tham gia, trong đó có hai vận động viên Kim và Liên. Các vận động viên được chia làm hai bảng A và B,
mỗi bảng gồm 6 người. Việc chia bảng được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để hai

vận động viên Kim và Liên thi đấu chung một bảng.
6
5
5
1
A.
B.
C.
D.
11
22
11
2
Câu 20 (ID: 4693414): Trong không gian cho tam giác ABC vuông cân tại A . Góc ở đỉnh của hình nón nhận
được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB bằng
A. 900
B. 600
C. 450
D. 300
Câu 21 (ID: 4693415): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
log32 x + log32 x + 1 − 2m − 1 = 0 có ít nhất một nghiệm thực thuộc đoạn 1;3 3  .



B. m   0; 2

A. m  ( 0; 2 )

C. m   0; 2 )

D. m  ( 0; 2

Câu 22 (ID: 4693416): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = mx + cos x đồng biến trên
.
A. m  1

B. m  1

C. m  −1

Câu 23 (ID: 4693417): Cho hàm số f ( x ) có f ' ( x ) = x 2021 ( x − 1)
nhiêu điểm cực trị?
A. 3

B. 0

2020

( x + 1) ; x 

C. 2

Câu 24 (ID: 4693418): Cho hàm số f ( a ) =

a
a

A. M = 1 − 20212020

D. m  −1

−

1
8

1
3

(

(

3

8

a − a

a − 3 a4

. Hàm số đã cho có bao

D. 1

) với a  0, a  1 . Tính giá trị M = f ( 2021
)

2020

8

3

B. M = −20211010 − 1

5
Câu 25 (ID: 4693419): Cho bất phương trình  
7

−1

C. M = 20211010 − 1

x 2 − x +1

5
 
7

)

D. M = 20212019 − 1

2 x −1

. Tập nghiệm của bất phương trình có dạng

S = ( a; b ) . Giá trị của biểu thức A = 2b − a là

A. 1
B. 2
C. −2
D. 3
Câu 26 (ID: 4693420): Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
f ( x) =

A.

x 2 + 2mx + 4m
trên đoạn  −1;1 bằng 3. Tích các phần tử của S bằng
x+2

1
2

B. −

1
2

C. −

3
2

D. 1

1

Câu 27 (ID: 4693421): Hàm số f ( x ) = ( x 3 − 3 x 2 + 2 ) 4 có tập xác định là

(

) (

A. −;1 − 3  1;1 + 3

)

(

)

B. 1 − 3;1

3


(

C. 1 + 3; +

)

(

) (

D. 1 − 3;1  1 + 3; +

)

Câu 28 (ID: 4693422): Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào?

2x + 2
2x + 2
x−2
x+3
B. y =
C. y =
D. y =
1 − 2x
x −1
1− x
x −1
Câu 29 (ID: 4693423): Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông, AB = AC = a,
A. y =

A ' A = a 2 . M là trung điểm của đoạn thẳng A ' A . Tính thể tích khối tứ diện MA ' BC ' theo a .
a3 2
a3 2
a3 2
B.
C.
9
6
18
Câu 30 (ID: 4693424): Khối đa diện như hình vẽ bên có bao nhiêu mặt?

A.

D.

a3 2
12

A. 42 mặt
B. 28 mặt
C. 30 mặt
D. 36 mặt
Câu 31 (ID: 4693425): Tính bán kính đường trịn giao tuyến của mặt cầu S ( O; r ) và mặt phẳng ( ) biết
rằng khoảng cách từ tâm O đến ( ) bằng
A.

2r
3

B.

r
.
3

6r
3

C.

8r

9

D.

2 2r
3

Câu 32 (ID: 4693426): Cho các số thực dương x, a, b, c thỏa mãn log x = 2log ( 2a ) − 2log b − 4log 4 c . Biểu
diễn x theo a, b, c được kết quả là:
A. x =

2a 2
b2c

B. x =

4a 2c
b2

Câu 33 (ID: 4693427): Đồ thị hàm số y =

C. x =
x −1
9 − x2

4a 2
b2c

D. x =

2a 2c
b2

có bao nhiêu đường tiệm cận?

A. 2
B. 0
C. 1
D. 3
Câu 34 (ID: 4693428): Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Số nghiệm của
phương trình f ( x ) − m + 6 = 0 với m  3 là:

4


A. 4

B. 2

C. 3

D. 1
2 x+2

x
 1 
− 4 = 0 là
Câu 35 (ID: 4693429): Tổng các nghiệm của phương trình 9 2 + 9. 

 3

A. 2
B. 0
C. 1
D. 4
Câu 36 (ID: 4693430): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 2; −1;1) , B ( 2;1;0 ) và

C (1; 0;3) . Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. Ba điểm A, B, C tạo thành một tam giác có một góc bằng 1200 .
B. Ba điểm A, B, C tạo thành một tam giác đều.
C. Ba điểm A, B, C tạo thành một tam giác vuông.
D. Ba điểm A, B, C thẳng hàng.
Câu 37 (ID: 4693431): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y =

x2 − 4 x
trên đoạn  0;3 .
2x +1

3
C. min y = −4
D. min y = −1
0;3
0;3
7
Câu 38 (ID: 4693432): Cho tam giác ABC có BAC = 1200 ; BC = 2a 3 . Trên đường thẳng vng góc với
A. min y = 0
0;3

B. min y = −
0;3

mặt phẳng ( ABC ) tại A lấy điểm S sao cho SA = a 3 . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC
theo a .
a 19
a 15
B. a 7
C. a 6
D.
2
2
Câu 39 (ID: 4693433): Mặt phẳng đi qua trục của khối trụ, cắt khối trụ theo thiết diện là hình vng có cạnh
bằng 6R . Thể tích của khối trụ bằng
A. 36 R 3
B. 18 R3
C. 54  R 3
D. 216  R 3
mx − 18
Câu 40 (ID: 4693434): Cho hàm số y =
. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để hàm
x − 2m
số đồng biến trên khoảng ( 2; + ) . Tổng các phần tử của S bằng:

A.

A. −2

B. −3
C. 2
D. −5
3

2
Câu 41 (ID: 4693435): Biết m0 là giá trị của tham số m để hàm số y = x − 3x + mx − 1 có hai điểm cực trị

x1 , x2 sao cho x12 + x22 − x1 x2 = 10 . Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
A. m0  ( −15; −7 )

B. m0  ( −1;7 )

C. m0  ( −7; −1)

D. m0  ( 7;10 )

Câu 42 (ID: 4693436): Biết F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x − sin x và F ( 0 ) = 21 . Tìm
F ( x)

A. F ( x ) = x 2 − cos x + 20

B. F ( x ) = x 2 + cos x + 20
5


1 2
1
D. F ( x ) = x 2 + cos x + 20
x − cos x + 20
2
2
Câu 43 (ID: 4693437): Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy là tam giác vng tại A , SA ⊥ ( ABC ) . Biết
C. F ( x ) =

mặt bên ( SBC ) tạo với đáy một góc 450 và AB = AC = 2a . Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt
phẳng ( SBC ) .
A.

a 3
2

B. a

C. a 2

D.

2a 3
3

Câu 44 (ID: 4693438): Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = AD = a 2, A ' A = a . Tính theo
a khoảng cách d giữa hai đường thẳng A ' B và AC .
2a 2
a 2
a 2
B. d =
C. d =
D. d = a 2
2
3
3
Câu 45 (ID: 4693439): Dân số Việt Nam được ước tính theo cơng thức S = Aeni , trong đó A là dân số của
năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau n năm, i là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Biết rằng năm 2020, Việt Nam
có khoảng 97,76 triệu người và tỷ lệ dân số là 1,14%. Hỏi năm 2030 Việt Nam sẽ có bao nhiêu triệu người

nếu tỉ lệ tăng dân số hàng năm khơng đổi (kết quả làm trịn đến hàng phần trăm)?
A. 109,49 triệu người
B. 109,56 triệu người
C. 11,80 triệu người
D. 109,50 triệu người
x
Câu 46 (ID: 4693440): Tập nghiệm của bất phương trình 9 − 2 ( x + 5 ) 3x + 9 ( 2 x + 1)  0 là

A. d =

S =  a; b    c; + ) . Khi đó a − 2b + c bằng:

A. 0

B. 4

C. 3

D. 1

1
f ( x ) = x3 − ( m + 1) x 2 + ( 3m2 + +4m + 5) x + 2021 và
3
2
3
2
2
g ( x ) = ( m + 2m + 5 ) x − ( 2m + 4m + 9 ) x − 3x + 2 với m là tham số. Hỏi phương trình g ( f ( x ) ) = 0 có bao

Câu 47 (ID: 4693441): Cho hai hàm số:

nhiêu nghiệm?
A. 9
B. 0
C. 1
D. 3
Câu 48 (ID: 4693442): Trong mặt phẳng ( P ) cho đường tròn ( C ) tâm O , đường kính AB = 4 . Gọi H là
điểm đối xứng của O qua A . Lấy điểm S sao cho SH ⊥ ( P ) và SH = 4 . Tính diện tích mặt cầu đi qua đường
tròn ( C ) và điểm S .
65
343
C. 65
D.
2
6
Câu 49 (ID: 4693443): Cho tam giác ABC vuông tại A . Mặt phẳng ( P ) chứa BC và hợp với mặt phẳng

A.  65

( ABC )

B.

góc  ( 00    900 ) . Gọi  ,  lần lượt là góc hợp bởi hai đường thẳng AB, AC và ( P ) . Tính giá

trị biểu thức P = cos 2  + sin 2  + sin 2  .
A. P = 0
B. P = −1
C. P = 2
D. P = 1

Câu 50 (ID: 4693444): Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thang, AB / /CD, AB = 2 DC, ABC = 450 .

( ABCD )
( SBC ) và ( ABCD )

Hình chiếu vng góc của đỉnh S trên mặt phẳng

là trung điểm H của cạnh AB và

SC ⊥ BC , SC = a . Gọi góc giữa hai mặt phẳng

là  . Khi  thay đổi, tìm cos  để thể

tích khối chóp S. ABCD có giá trị lớn nhất.
A. cos  = −

6
3

B. cos  =

6
3

C. cos  =

3
3

D. cos  = 

6
3

6


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

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

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

Câu 1 (NB) - 12.1.2.10
Phương pháp:
Hàm số lũy thừa x n với n 

Cách giải:

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

+

−

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

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

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

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

.

xác định với mọi x  0 .

Để biểu thức ( 2 x − 1) có nghĩa khi 2 x − 1  0  x 
−2

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

xác định với mọi x .

Hàm số y = x 2021 xác định với x 
Chọn C.
Câu 2 (NB) - 12.1.2.10
Phương pháp:
Hàm số lũy thừa x n với n 
Cách giải:

5. B
15. D

25. D
35. C
45. B

1
.
2

Chọn A.
Câu 3 (NB) - 12.1.6.34
Phương pháp:

4
Thể tích khối cầu bán kính R là V =  R3 .
3
Cách giải:
4
Khối cầu có bán kính 3 cm  V =  r 3 = 36 cm3 .
3
Chọn D.
Câu 4 (NB) - 12.1.6.34
Phương pháp:
Hình đa diện gồm một số hữu hạn đa giác phẳng thỏa mãn hai điều kiện:
a) Hai đa giác bất kì hoặc khơng có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung.
b) Mỗi cạnh của một đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác.
Cách giải:
Ta có hình số 3 khơng phải hình đa diện vì tồn tại những cạnh chỉ là cạnh của 1 đa giác.
Chọn D.
Câu 5 (NB) - 12.1.1.2
Phương pháp:

Dựa vào bảng biến thiên để xác định điểm cực đại của hàm số: điểm mà tại đó hàm số liên tục và đạo hàm đổi
dấu từ dương sang âm và điểm cực tiểu của hàm số: điểm mà tại đó hàm số liên tục và đạo hàm đổi dấu từ âm
sang dương.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy: Hàm số có 2 điểm cực trị.
Hàm số đạt cực đại bằng 5 tại x = −1 .

7


Hàm số đạt cực tiểu bằng −6 tại x = 2 .
Vậy chỉ có đáp án B đúng.
Chọn B.
Câu 6 (TH) - 12.1.6.32
Phương pháp:
- Tính độ dài đường sinh l = h 2 + r 2 .
- Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh hình nón có đường sinh l , bán kính đáy r là: Sxq =  rl .
Cách giải:
Đường sinh của hình nón bằng l = h2 + r 2 =

( 4a ) + ( 3a )
2

2

= 5a .

Khi đó diện tích xung quanh hình nón bằng S xq =  rl =  .3a.5a = 15 a 2 .
Chọn D.
Câu 7 (NB) - 12.1.1.7

Phương pháp:
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm M ( x0 ; y0 ) thuộc đồ thị hàm số là:
y = f ' ( x0 )( x − x0 ) + y0

Cách giải:
TXĐ” D =
Ta có y =

\ 2 .

x +1
−3
−3
 y' =
 y ' (1) =
= −3 .
2
x−2
1
( x − 2)

1+1
= −2 .
1− 2
Vậyk phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = −3 ( x − 1) − 2 = −3x + 1 .
Với x = 1  y =

Chọn B.
Câu 8 (NB) - 12.1.1.1
Phương pháp:

Dựa vào bảng xét dấu xác định các khoảng mà tại đó f ' ( x )  0 .
Cách giải:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến khi f ' ( x )  0  −3  x  0 . Vậy hàm số y = f ( x ) đồng
biến trên ( −3; 0 ) .
Chọn A.
Câu 9 (NB) - 12.1.7.37
Phương pháp:
Sử dụng tọa độ của 1 vectơ: u = ( x; y; z )  u = xi + y j + zk .
Cách giải:
a = (1; 2; −3)

Ta có: a = i + 2 j − 3k , b = −3 j + 4k , c = −i − 2 j  b = ( 0; −3; 4 )

c = ( −1; −2;0 )
Chọn A.
Câu 10 (NB) - 11.1.2.7
Phương pháp:

8


Sử dụng tổ hợp.
Cách giải:
Từ 1 đến 9 có 4 số chẵn là 2, 4, 6, 8 .
Để rút 2 thẻ đều đánh số chẵn ta có C42 cách.
Chọn B.
Câu 11 (TH) - 12.1.2.12
Phương pháp:

Áp dụng cơng thức tính đạo hàm của hàm mũ: ( a u ) ' = u ' a u ln a .

Cách giải:
y = 42 x  y ' = ( 2 x ) '.42 x.ln 4 = 2 ln 4.42 x
Chọn D.
Câu 12 (NB) - 12.1.2.12
Phương pháp:
Giải phương trình logarit: log a f ( x ) = b  f ( x ) = a b .
Cách giải:
log3 ( log 2 a ) = 0  log 2 a = 1  a = 2 .
Chọn C.
Câu 13 (NB) - 12.1.6.33
Phương pháp:
Áp dụng công thức tính diện tích tồn phần của hình trụ có chiều cao h , bán kính đáy r là Stp = 2 rh + 2 r 2
Cách giải:
Diện tích tồn phần của hình trụ có chiều cao h , bán kính đáy r là Stp = 2 rh + 2 r 2 = 2 r ( h + r ) .
Chọn A.
Câu 14 (NB) - 12.1.2.14
Phương pháp:
Giải phương trình logarit: log a f ( x ) = b  f ( x ) = a b .
Cách giải:

log 0,25 ( x 2 + 3x ) = −1  x 2 + 3x = 0, 25−1
 x = −4
 x 2 + 3x − 4 = 0  
x = 1

Vậy tập nghiệm của phương trình là 1; −4 .
Chọn A.
Câu 15 (NB) - 12.1.1.5
Phương pháp:
Dựa vào hình dáng, chiều hướng của đồ thị để xác định công thức hàm số.

Cách giải:
Đồ thị hàm số có chiều hướng xuống  a  0  loại A, C.
Đồ thị hàm số cắt trụng tung tại điểm có tung độ bằng 1 nên loại đáp án B.
Chọn D.
Câu 16 (TH) - 12.1.3.18
Phương pháp:
- Chia tử thức cho mẫu thức.
9


- Áp dụng các cơng thức tính ngun hàm:

x n+1
 x dx = n + 1 + C ( n  −1) ,
n

dx

1

 ax + b = a ln ax + b + C

Cách giải:

x2 − 2 x + 1
1
.
= x+
x−2
x−2

1 
x2

  f ( x ) dx =   x +
dx
=
+ ln x − 2 + C .

x−2
2

Chọn B.
Câu 17 (NB) - 11.1.3.19
Phương pháp:
Sử dụng công thức SHTQ của cấp số nhân un = u1q n−1 .
Ta có f ( x ) =

Cách giải:
Ta có u2 = u1q  q =

u2 4
= = 4.
u1 1

Chọn B.
Câu 18 (NB) - 12.1.2.13
Phương pháp:
Dựa vào TXĐ, chiều biến thiên của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số xác định trên ( 0; + ) nên loại đáp án A và D.

Lại có hàm số nghịch biến trên ( 0; + ) nên loại đáp án C.
Chọn B.
Câu 19 (TH) - 11.1.2.10
Phương pháp:
- Tính số phần tử của không gian mẫu.
- Gọi A là biến cố: “hai vận động viên Kim và Liên thi đấu chung một bảng”, sử dụng tổ hợp chọn 4 người
còn lại vào cùng bảng đó, và tính số phần tử của biến cố A.
- Tính xác suất của biến cố.
Cách giải:
Chia 12 người vào 2 bảng  Số phần tử của không gian mẫu là n (  ) = C126 .C66 = 924 .
Gọi A là biến cố: “hai vận động viên Kim và Liên thi đấu chung một bảng”.
Số cách chọn bảng cho A và B là 2 cách.
Khi đó cần chọn thêm 4 bạn nữa là C104 cách.
 n ( A ) = 2.C104 = 420 .

Vậy xác suất để Kim và Liên thi chung 1 bảng là P ( A) =

420 5
= .
924 11

Chọn C.
Câu 20 (TH) - 12.1.6.32
Phương pháp:
- Khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB nhận được hình nón có chiều cao h = AB , bán kính đáy
r = AC .
r
- Góc ở đỉnh của hình nón có chiều cao h , bán kính đáy r là 2 thỏa mãn tan  = .
h
Cách giải:

10


Khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB nhận được hình nón có chiều cao h = AB , bán kính đáy
r = AC .
r AC
Gọi góc ở đỉnh là 2 ta có: tan  = =
= 1 (do tam giác ABC vuông cân tại A )   = 450 .
h AB
Vậy góc ở định của hình nón là 2 = 900 .
Chọn A.
Câu 21 (TH) - 12.1.6.32
Phương pháp:
- Đặt ẩn phụ

log32 x + 1 = t , t  1; 2 , đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t .

- Cơ lập m , đưa phương trình về dạng m = f ( t ) có nghiệm t  1; 2 . Khi đó m   min f ( t ) ; max f ( t )  .

1;2
 1;2
- Sử dụng phương pháp hàm số để tìm min f ( t ) ; max f ( t ) .
1;2

1;2

Cách giải:

log32 x + 1 = t . Với x  1;3 3   log3 x  0; 3   t  1; 2 .



Khi đó bài tốn trở thành:
Tìm m để phương trình t 2 + t − 2m − 2 = 0  t 2 + t − 2 = 2m (*) có nghiệm t  1; 2 .
Đặt

1
Xét f ( t ) = t 2 + t − 2 với t  1; 2 ta có: f ' ( t ) = 2t + 1 = 0  t = −  1;2 .
2
Ta có f (1) = 0, f ( 2 ) = 4  min f ( t ) = 0; max f ( t ) = 4 .
1;2

1;2

Vậy khi đó để phương trình (*) có nghiệm t   2; 4 thì min f ( t )  m  max f ( t )  0  2m  4  0  m  2
1;2

1;2

Vậy m   0; 2 .
Chọn B.
Câu 22 (TH) - 12.1.1.3
Phương pháp:
- Để hàm số đồng biến trên

thì y '  0 x  .

- Cô lập m , đưa bất phương trình về dạng m  g ( x ) x 
Cách giải:
Hàm số y = mx + cos x đồng biến trên

 m  max g ( x ) .

khi

y ' = m − sin x  0 x 
 m  sin x x 
 m 1
Chọn B.
Câu 23 (TH) - 12.1.1.2
Phương pháp:
Tìm nghiệm bội lẻ của phương trình f ' ( x ) = 0 .

Cách giải:
Ta có f ' ( x ) = 0  x 2021 ( x − 1)

2020

 x = 0 ( nghiem boi le )

( x + 1) = 0   x = 1 ( nghiem boi chan ) .
 x = −1 nghiem boi le
(
)


Vậy hàm số f ( x ) có 2 điểm cực trị x = 0, x = −1 .
11


Chọn C.

Câu 24 (TH) - 12.1.2.9
Phương pháp:
n

Sử dụng công thức

m

a n = a m , a m .a n = a m+n .

Cách giải:

f (a) =

a
a

=

−

1
8

1
3

(

(

3

8

a 3 − 8 a −1

1− a
1
2

a −1

a− a
3

=

4

)
)

1
1
4
− 

a 3  a3 − a3 


= 1 3
1
− 

a8  a8 − a 8 



1− a
=−
a −1

(

)(

a −1

)=−

a +1

a −1

a −1

 f ( 20212020 ) = − 20212020 − 1 = −20211010 − 1
Chọn B.
Câu 25 (TH) - 12.1.2.15
Phương pháp:

f x
g x
Giải bất phương trình logarit: a ( )  a ( )

 0  a  1

0  f ( x )  g ( x )

.
a

1



  f ( x )  g ( x )  0


Cách giải:
x 2 − x +1

2 x −1

5
5
 
 0  x2 − x + 1  2 x − 1
 
7

7
 
 
2
 x − 3x + 2  0  1  x  2

a = 1
.
 Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = (1; 2 )  
b = 2
Vậy A = 2b − a = 2.2 − 1 = 3.
Chọn D.
Câu 26 (VD) - 12.1.1.3
Phương pháp:
- Sử dụng phương pháp hàm số xác định GTLN, GTNN của hàm số y =

x 2 + 2mx + 4m
trên  −1;1 .
x+2



- Khi đó max f ( x ) = max  max f ( x ) ; min f ( x )  .
−
1;1
−
1;1
−
1;1
 

 
 


- Giải phương trình max f ( x ) = 3 tìm m .
−1;1

Cách giải:
Xét hàm số g ( x ) =

x 2 + 2mx + 4m
ta có:
x+2

12


2 x + 2m )( x + 2 ) − x 2 − 2mx − 4m x ( x + 4 )
(
g '( x) =
=
2
2
( x + 2)
( x + 2)
x = 0
g ' ( x ) = 0  x ( x + 4) = 0  
 x = −4
Bảng biến thiên:

6m + 3 6m + 1
nên ta có: max f ( x ) = 2m + 1; min f ( x ) = 2m .

−1;1
−1;1
3
3
 max f ( x ) = max  2m + 1 ; 2m 

Ta có: 2m + 1 =
 −1;1

  2m + 1 = 3

m = 1
  2m + 1  2m
 3


 S = 1; − 
3
m = −
 2
 2m = 3

2


  2m  2m + 1
3

 3
Vậy tích các phần tử của S bằng 1.  −  = − .
2
 2
Chọn B.
Câu 27 (TH) - 12.1.2.10
Phương pháp:
Hàm số lũy thừa y = x n , n  xác định khi x  0 .

Cách giải:
1

(

) (

Hàm số f ( x ) = ( x 3 − 3 x 2 + 2 ) 4 xác định khi x3 − 3x2 + 2  0  x  1 − 3;1  1 + 3; +

)

Chọn D.
Câu 28 (TH) - 12.1.1.4
Phương pháp:
- Dựa vào đường tiệm cận của đồ thị hàm số và giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung.
ax + b
a
d
- Đồ thị hàm số y =
có TCN y = , TCĐ x = − .
cx + d

c
c
Cách giải:
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang nằm dưới trục hoành  Loại đáp án B và D.
Đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ âm nên loại đáp án C.
Chọn A.
Câu 29 (TH) - 12.1.5.30
Phương pháp:
13


- So sánh S A ' MB và S ABB ' A ' , từ đó so sánh VC '. A ' MB và VC '. ABB ' A ' .

2
- Sử dụng: VC '. ABB ' A' = VABC. A' B 'C ' , tính VABC . A ' B 'C ' = AA '.S ABC .
3
Cách giải:

1
1
1
S A' AB = S ABB ' A ' nên VC ' A' MB = VC '. ABB ' A ' .
2
4
4
2
1
= VABC. A' B 'C ' nên VMA' BC ' = VC ' A' MB = VABC . A' B 'C ' .
3
6

Ta có S A' MB =
Mà VC '. ABB ' A'

Vì tam giác ABC vng và có AB = AC = a nên ABC vuông cân tại A , suy ra SABC
 VABC . A ' B 'C ' = AA '.S ABC

Vậy VMA ' BC '

1
a2
= AB. AC = ./
2
2

a 2 a3 2
= a 2. =
.
2
2

1
a3 2
= VABC . A ' B 'C ' =
.
6
12

Chọn D.
Câu 30 (TH) - 12.1.5.28

Phương pháp:
Dựa vào khối đa diện, lập công thức tính tổng qt.
Cách giải:
Khối đa diện tạo bởi 7 hình lập phương kích cỡ bằng nhau.
Nhưng chỉ 6 hình lập phương lộ măt, mỗi hình lộ 5 mặt
Vậy khối đa diện có tổng 30 mặt.
Chọn C.
Câu 31 (TH) - 12.1.5.28
Phương pháp:
Áp dụng định lý Pytago.
Cách giải:
Gọi khoảng cách từ O đến ( ) là d , bán kính đường trịn giao tuyến là R .
2

2 2r
r
Áp dụng định lí Pytago ta có: R 2 + d 2 = r 2  R = r 2 − d 2 = r 2 −   =
.
3
3
Chọn D.
Câu 32 (TH) - 12.1.2.13
Phương pháp:

14


- Sử dụng các công thức log an bm =

x

m
log a b , log a x + log a y = log a ( xy ) , log a x − log a y = log a (giả sử các
y
n

biểu thức có nghĩa).
- So sánh logarit: log a x = log a y  x = y .
Cách giải:

log x = 2log ( 2a ) − 2log b − 4log 4 c
 log x = log ( 2a ) − log b 2 − log
2

( 2a )
 log x = log
b2c

2

x=

( c)
4

4

4a 2
b2c

Chọn C.

Câu 33 (VD) - 12.1.1.4
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa 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 y = f ( x ) nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau:

lim f ( x ) = y0 hoặc lim f ( x ) = y0 .

x →+

x →−

- Đường thẳng x = x0 là TCĐ của đồ thị hàm số y = f ( x ) nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau:

lim f ( x ) = + hoặc lim+ f ( x ) = − hoặc lim− f ( x ) = + hoặc lim− f ( x ) = − .

x → x0+

x → x0

x → x0

x → x0

Cách giải:
ĐKXĐ: 9 − x 2  0  −3  x  3 , do đó khơng tồn tại giới hạn của hàm số khi x →  , do đó đồ thị hàm số
khơng có tiềm cận ngang.
Ta có:
x −1
lim−
= + nên x = 3 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

x →3
9 − x2
x −1
lim +
= − nên x = −3 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x →( −3)
9 − x2
x −1
Vậy đồ thị hàm số y =
có 2 đường tiệm cận đứng x = 3 .
9 − x2
Chọn A.
Câu 34 (TH) - 12.1.1.6
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 hoành.
Cách giải:
Ta có f ( x ) − m + 6 = 0  f ( x ) = m − 6  −3 vì m  3 .
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = m − 6 .
Mà m − 6  −3 nên đường thẳng y = m − 6 cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 2 điểm phân biệt.
Vậy phương trình f ( x ) − m + 6 = 0 có 2 nghiệm.
Chọn B.
Câu 35 (VD) - 12.1.2.14
Phương pháp:
15


- Đưa về cùng cơ số 3.
- Giải phương trình bậc hai đối với hàm số mũ.
Cách giải:

 1 
Ta có 9 + 9. 

 3
x
2

−

 3x + 32.3

1
( 2 x + 2 ).
2

2 x+2

−4=0

−4 =0

 3x + 3− x −1+ 2 − 4 = 0
 3x + 3− x +1 − 4 = 0
3
 3x + x − 4 = 0
3
2x
 3 − 4.3x + 3 = 0
3x = 3  x = 1
 x


3
=
1
x = 0

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho là 1 + 0 = 1 .
Chọn C.
Câu 36 (TH) - 12.1.7.37
Phương pháp:
- Tính các vectơ AB, AC, BC .
- Tính tích vơ hướng AB. AC và kết luận.
Cách giải:
 AB = ( 0; 2; −1)

Ta có  AC = ( −1;1; 2 )

 BC = ( −1; −1;3)
 AB. AC = 0. ( −1) + 2.1 + ( −1) .2 = 0

 ABC vuông tại A .
Chọn C.
Câu 37 (TH) - 12.1.1.3
Phương pháp:
- Tìm TXĐ của hàm số.
- Tính y ' , giải phương trình y ' = 0 xác định các nghiệm xi   0;3 .
- Tính y ( 0 ) , y ( 3) , y ( xi ) .
- Kết luận: min y = min  y ( 0 ) , y ( 3) , y ( xi ) , max y = max  y ( 0 ) , y ( 3) , y ( xi ) .
0;3

0;3

Cách giải:
Hàm số y =

x2 − 4 x
xác định và liên tục trên  0;3 .
2x +1

( 2 x − 4 )( 2 x + 1) − 2 ( x 2 − 4 x ) 2 x2 + 2 x − 4
x2 − 4 x
Ta có y =
 y' =
=
2
2
2x + 1
( 2 x + 1)
( 2 x + 1)
 x = −2   0;3
Cho y ' = 0  2 x 2 + 2 x − 4  
.
 x = 1  0;3
16


3
Ta có: y ( 0 ) = 0, y ( 3) = − , y (1) = −1.
7
Vậy min y = y (1) = −1 .

0;3

Chọn D.
Câu 38 (VD) - 12.1.6.34
Phương pháp:
- Sử dụng cơng thức giải nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp có cạnh bên vng góc với đáy là
h2
trong đó Rday là bán kính đường trịn ngoại tiếp đáy, h là chiều cao của hình chóp.
4
a
b
c
- Áp dụng định lí sin trong tam giác:
=
=
= 2R .
sin A sin B sin C
Cách giải:
Gọi Rday là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , áp dụng định lí sin trong tam giác ABC ta có:
2
R = Rday
+

2 Rday =

BC
2a 3
=
= 4a  R day = 2a .
sin BAC sin120

Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S . ABC là: R = R

2
day

SA2
+
=
4

2

a 3
a 19
.
( 2a ) + 
 =
2
2


2

Chọn A.
Câu 39 (TH) - 12.1.6.33
Phương pháp:
- Dựa vào giả thiết mặt phẳng đi qua trục của khối trụ, cắt khối trụ theo thiết diện là hình vng có cạnh bằng
6R xác định chiều cao và 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:

Mặt phẳng qua trục cắt khối trụ theo thiết diện là hình vng cạnh 6R nên hình trụ có bán kính đáy là r = 3R
và chiều cao h = 6R .
Vậy thể tích khối trụ là V =  r 2 h =  . ( 3R ) .6 R = 54 R 3 .
2

Chọn C.
Câu 40 (VD) - 12.1.1.1
Phương pháp:
- Tìm TXĐ D = \  x0  .


y '  0
- Để hàm số đồng biến trên ( a; b ) thì y '  0 x  ( a; b )  
.

 x0  ( a; b )
Cách giải:
TXĐ: D = \ 2m .

17


Ta có y =

mx − 18
−2m2 + 18
 y' =
.

2
x − 2m
( x − 2m )

Để hàm số đồng biến trên khoảng ( 2; + ) thì y '  0 x  ( 2; + )
2

−3  m  3 −3  m  3
18 − 2m  0



 −3  m  1
m  1

2m  ( 2; + ) 2m  2
Mà m   m  −2; −1;0;1 = S .

Vậy tổng các phần tử của S bằng: −2 − 1 + 0 + 1 = −2 .
Chọn A.
Câu 41 (VD) - 12.1.1.1
Phương pháp:
- Tìm đạo hàm của hàm số.
- Tìm điều kiện để phương trình y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt.
- Sử dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
TXĐ: D = .
Ta có: y = x3 − 3x 2 + mx − 1  y ' = 3x 2 − 6 x + m .
Để hàm số đã cho có hai điểm cực trị x1 ; x2 thì phương trình y ' = 3x 2 − 6 x + m = 0 phải có hai nghiệm phân
biệt x1 ; x2 .

  ' = 9 − 3m  0  m  3 .
 x1 + x2 = 2

Khi đó, áp dụng định lý Viet ta có 
m .
x
x
=
 1 2 3
Theo bài ra ta có:
x12 + x22 − x1 x2 = 10
 ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 = 10
2

 4 − m = 10  m = −6

( tm )

Vậy m0 = −6  ( −7; −1) .
Chọn C.
Câu 42 (TH) - 12.1.2.17
Phương pháp:

x n+1
+ C ( n  −1) ,  sin xdx = − cos x + C .
n +1
- Sử dụng giả thiết F ( x ) = 21 tìm hằng số C và suy ra F ( x ) .
- Áp dụng các cơng thức tính nguyên hàm:

n
 x dx =

Cách giải:
Ta có F ( x ) =  f ( x ) dx =  ( 2 x − sin x ) dx = x 2 + cos x + C .
Mà F ( 0 ) = 21  1 + C = 21  C = 20 .
Vậy F ( x ) = x 2 + cos x + 20 .
Chọn B.
Câu 43 (VD) - 12.1.2.17
Phương pháp:

18


- Gọi H là trung điểm của BC , chứng minh BC ⊥ ( SAH ) .
- Trong ( SAH ) kẻ AK ⊥ SH , chứng minh AK ⊥ ( SBC )  d ( A; ( SBC ) ) = AK .
- Xác định góc giữa mặt ( SBC ) và ( ABC ) là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng
vuông góc với giao tuyến.
- Tính AH . Sử dụng tính chất tam giác vuông cân hoặc hệ thức lượng trong tam giác vng tính AK
Cách giải:

Gọi H là trung điểm của BC , vì ABC vng cân tại A nên AH ⊥ BC và AH =

AB
=a 2.
2

 BC ⊥ AH
 BC ⊥ ( SAH ) .
Ta có: 

 BC ⊥ SA


 AK ⊥ SH
Trong ( SAH ) kẻ AK ⊥ SH , ta có: 
 AK ⊥ ( SBC )  d ( A; ( SBC ) ) = AK .
AK
⊥
SB
SB
⊥
SAH
(
)
(
)


( SBC )  ( ABC ) = BC

Ta có: BC ⊥ ( SAH )  BC ⊥ SH , khi đó ta có:  SH  ( SBC ) , SH ⊥ BC ( cmt )

 AH  ( ABC ) , AH ⊥ BC ( cmt )
  ( ( SBC ) ; ( ABC ) ) =  ( SH ; AH ) = SHA = 450 .

 AKH vuông cân tại K  AK =
Vậy d ( A; ( SBC ) ) = a .

AH
= a.

2

Chọn B.
Câu 44 (VD) - 12.1.2.17
Phương pháp:
- Chứng minh d ( A ' B; AC ) = d ( D; ( ACD ') ) .
- Chứng minh

AC ⊥ ( ODD ') với O = AC  BD , trong

( ODD ')

kẻ OH ⊥ OD ' , chứng minh

d ( D; ( ACD ') ) = OH .

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vng để tính khoảng cách.
Cách giải:

19


Ta có CD '/ / A ' B nên d ( A ' B; AC ) = d ( A ' B; ( ACD ' ) ) = d ( B; ( ACD ' ) ) .
Gọi O = AC  BD ta có O là trung điểm của BD .
Vì BD  ( ACD ') = O nên

d ( B; ( ACD ') )

d ( D; ( ACD ') )

=

BO
= 1  d ( B; ( ACD ') ) = d ( D; ( ACD ') ) .
DO

Trong ( ODD ') kẻ DH ⊥ OD ' ( H  OD ') .

ABCD
Vì
nên
AB = AD = a 2
 AC ⊥ ( ODD ')  AC ⊥ DH .

là

hình

vng

 AC ⊥ BD ,

lại

có

AC ⊥ DD '

 DH ⊥ AC
 DH ⊥ ( ACD ')  d ( D; ( ACD ') ) = DH .

Ta có 
 DH ⊥ OD '

Vì ABCD là hình vng cạnh a 2 nên BD = a 2. 2 = 2a  OD = a .

 OD = DD ' = a  ODD ' vuông cân tại D  DH =
Vậy d ( A ' B '; AC ) =

OD a 2
=
.
2
2

a 2
.
2

Chọn B.
Câu 45 (TH) - 12.1.2.12
Phương pháp:
Thay các dữ kiện vào công thức đề bài cho.
Cách giải:
Coi năm 2020 là mốc ta có A = 97,76 và i = 1,14% .
Từ năm 2020 đến năm 2030 là 10 năm nên n = 10 ,
Vây dân số Việt Nam năm 2030 là: S = 97, 76.e10.0,0114  109,56 triệu người.
Chọn B.
Câu 46 (VDC) - 12.1.2.15
Phương pháp:
- Phân tích VT thành nhân tử và giải bất phương trình tích.

- Sử dụng phương pháp hàm số để tìm nghiệm của bất phương trình.
Cách giải:
Ta có

20


9 x − 2 ( x + 5 ) 3x + 9 ( 2 x + 1)  0
 9 x − 9.3x − ( 2 x + 1) 3x + 9 ( 2 x + 1)  0
 3x ( 3x − 9 ) − ( 2 x + 1) ( 3x − 9 )  0
 ( 3x − 2 x − 1)( 3x − 9 )  0
 3x
 x
 3

x
 3
 3x


 3x − 2 x − 1  0

9
 x  2

(1)
 2 x + 1  3x − 2 x − 1  0

  x  2
9

 2x +1

Xét hàm số y = 3x − 2 x − 1 ta có y ' = 3x ln 3 − 2 = 0  3x =

2
2
 x = log3
= x0 .
ln 3
ln 3

BBT:

 3x
 x
 3

x
 3
 3x


 3x − 2 x − 1  0

9
 x  2

(1)
 2 x + 1  3x − 2 x − 1  0


  x  2
9
 2x +1

 x  1
 
 x
x  0
 x  0
x  2
3 − 2 x − 1  0  


Dựa vào BBT ta có: 
.
 x  1 . Khi đó (1)    x  2
0  x  1
 x
  0  x  1
3 − 2 x − 1  0  0  x  1

   x  2

Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S =  0;1   2; + ) .
Vậy a = 0; b = 1; c = 2  a − 2b + c = 0 .
Chọn A.
Câu 47 (VDC) - 12.1.1.6
Phương pháp:
Xét phương trình g ( x ) = 0 .
Chỉ ra hàm số y = f ( x ) đồng biến trên R.

Suy ra số nghiệm phương trình g ( f ( x ) ) = 0
Cách giải:
Xét phương trình g ( x ) = 0

21


 ( m 2 + 2m + 5 ) x 3 − ( 2m 2 + 4m + 9 ) x 2 − 3 x + 2 = 0
 ( m2 + 2m + 5 ) x3 − ( 2m 2 + 4m + 10 ) x 2 + x 2 − 3x + 2 = 0
 ( m2 + 2m + 5 ) x 2 ( x − 2 ) + ( x − 1)( x − 2 ) = 0
 ( x − 2 ) ( m 2 + 2m + 5 ) x 2 + x − 1 = 0
x = 2
 2
2
( m + 2m + 5 ) x + x − 1 = 0 (*)

m2 + 2m + 5 = ( m + 1)2 + 4  0


Xét (*) vì ac = − ( m2 + 2m + 5)  0
nên phương trình (*) có 2 nghiệm trái dấu khác 2.
 2
2
2
( m + 2m + 5) .2 + 2 − 1 = 4m + 8m + 21  0
 f ( x ) = 2 (1)
x = 2


Hay g ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt  x = m ( mn  0 ) . Do đó g ( f ( x ) ) = 0   f ( x ) = m ( 2 ) ( mn  0 ) .

x = n
f x =n 3
( )

 ( )
1
Xét hàm số f ( x ) = x3 − ( m + 1) x 2 + ( 3m2 + 4m + 5) x + 2021 ta có: f ' ( x ) = x 2 − 2 ( m + 1) x + 3m2 + 4m + 5 .
3
Ta có  ' f '( x ) = ( m + 1) − ( 3m2 + 4m + 5) = −2m2 − 2m − 4  0 m nên f ' ( x )  0 x 
2

Suy ra hàm số f ( x ) là hàm đồng biến trên

.

.

Do đó mỗi phương trình (1), (2), (3) có nghiệm duy nhất và các nghiệm này là khác nhau.
Vậy phương trình g ( f ( x ) ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
Chọn D.
Câu 48 (VDC) - 12.1.6.34
Cách giải:

Mặt cầu ( S ) chứa đường tròn ( C ) nên tâm I của ( S ) nằm trên đường thẳng đi qua O và vng góc với

OI ⊥ ( P )
 SH / /OI .

SH
⊥

P
(
)


Mà IS = IA nên I nằm trên trung trực đoan SA .
 I cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp SAB .
Kẻ IT ⊥ SH tại T . Đặt OI = x .

( P ) . Ta có:

Áp dụng định lí Pytago ta có: AI 2 = AO2 + OI 2 = x 2 + 4 .

22


Trong hình thang vng IOHS và tam giác vng SIT có:
IS 2 = IT 2 + ST 2 = OH 2 + ST 2 = 42 + ( 4 − x ) = x 2 − 8 x + 32
2

Vì IA = IS  x 2 + 4 = x 2 − 8x + 32  x =
 AI = x 2 + 4 =

7
= OI .
2

65
= R.
2

Vậy diện tích mặt cầu ( S ) là S = 4 R 2 =

65R 2
= 65 .
4

Chọn C.
Câu 49 (VDC) - 11.1.8.49
Phương pháp:
- Kẻ AH ⊥ ( P ) ( H  ( P ) ) , xác định các góc  ,  ,  .
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vng tìm mối
quan hệ giữa cos  , sin  , sin  .
Cách giải:

Kẻ AH ⊥ ( P ) ( H  ( P ) ) ta có  ( AB; ( P ) ) = ABH =  ;  ( AC; ( P ) ) = ACH =  .
 BC ⊥ HI
 BC ⊥ ( AHI )  BC ⊥ AI .
Kẻ HI ⊥ BC ( I  BC ) ta có: 
 BC ⊥ AH

( ABC )  ( P ) = BC

 AI  ( ABC ) ; AI ⊥ BC   ( ( ABC ) ; ( P ) ) =  ( AI ; HI ) = AIH =  .

 HI  ( P ) ; HI ⊥ BC
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng ABC ta có:
1
1
1

AH 2 AH 2 AH 2
=
+

=
+
AI 2 AB 2 AC 2
AI 2
AB 2 AC 2
 sin 2  = sin 2  + sin 2 

 1 − cos 2  = sin 2  + sin 2 
 cos 2  + sin 2  + sin 2  = 1
Vậy P = 1 .
Chọn D.

23


Câu 50 (VDC) - 12.1.5.30
Cách giải:

 BC ⊥ SC
 BC ⊥ ( SCH )  BC ⊥ HC .
Ta có 
 BC ⊥ SH

( SBC )  ( ABCD ) = BC

  ( ( SBC ) ; ( ABCD ) ) =  ( SC; HC ) = SCH =  .

Khi đó ta có:  SC  ( SBC ) , SC ⊥ BC ( gt )

 HC  ( ABCD ) , HC ⊥ BC ( cmt )
Xét tam giác vng SHC ta có: SH = SC.sin  = a.sin  , HC = SC.cos  = a.cos  .
 HC ⊥ BC ( cmt )
Ta có: 
 BCH vuông cân tại C  HB = HC. 2 = a 2.cos  .
0
ABC = 45 ( gt )

 AB = 2HB = 2a 2.cos  và DC = HB = a 2.cos  .
Gọi K là trung điểm của BH ta có CK ⊥ HB  CK ⊥ AB và CK =

( AB + CD ) .CK

1
1
BH = a 2 cos  .
2
2

2a 2.cos  + a 2.cos  1
3
. a 2 cos  = a 2 cos 2  .
2
2
2
2
1
1

3
1
 V = .SH .S ABCD = .a.sin  . a 2 cos 2  = a3 sin  1 − sin 2  .
3
3
2
2
 S ABCD =

=

(

)

Đặt t = sin  , t  ( 0;1) , xét hàm số f ( t ) = t − t 3 , t  ( 0;1) ta có f ' ( t ) = 1 − 3t 2 = 0  t =
Vậy VS . ABCD đạt giá trị lớn nhất khi sin  =

1
3

1
1
6
 cos  = 1 − =
(do 0    900 nên cos   0 ).
3
3
3

Chọn B.
-----------------HẾT----------------

24