TS247 DT de thi thu thpt qg mon toan thpt kim lien ha noi nam 2021 lan 2 co loi giai chi tiet 75570 1620792178

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT KIM LIÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 02
NĂM HỌC 2020 – 2021
Mơn: Tốn 12
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

MỤC TIÊU
- Đề thi thử lần 2 của trường THPT Kim Liên, mức độ đã khó hơn so với đề thi thử lần 1 rất nhiều.
- Đề thi phù hợp làm tài liệu cho những HS có mong muốn thi vào những trường ĐH Top đầu cả nước, giúp
học sinh luyện tập chuyên sâu và phát triển khả năng giải quyết các bài tốn khó, lạ.
Câu 1 (ID:478554): Cho F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x   sin 3 x.cos x và F  0    . Tìm
 
F .
2
  1
A. F     
2 4

1
 
B. F      
4
2

 
D. F    
2

 

C. F    
2

Câu 2 (ID:478555): Hàm số y   x có đạo hàm là:

x
C.  x ln 
D.  x 1
ln 
Câu 3 (ID:478556): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  có phương trình
A.  x

B.

x 2  y 2  z 2  6 x  6 y  2 z  6  0 . Phương trình mặt phẳng  P  tiếp xúc với mặt cầu tại điểm A  1; 3; 4 
là:
A. 4 x  3z  16  0

B. 2 x  6 y  3z  28  0

C. 4 x  3z  16  0

D. 4 x  3 y  5  0

Câu 4 (ID:478557): Trong khơng gian Oxyz , mặt cầu có tâm I  4; 4; 2  và đi qua gốc tọa độ có phương
trình là:
A.  x  4    y  4    z  2   6

B.  x  4    y  4    z  2   36

C.  x  4    y  4    z  2   36

D.  x  4    y  4    z  2   6

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 5 (ID:478558): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng:
A. 0
B. 1
C. 3
D. 4
Câu 6 (ID:478559): Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1;1;1 , B  4;3; 2  , C  5; 2;1 . Phương trình mặt
phẳng đi qua ba điểm A, B, C có dạng ax  by  cz  2  0 . Tính tổng S  a  b  c .
A. S  10
B. S  2
C. S  2
D. S  10
Câu 7 (ID:478560): Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị là đường cong trong hình vẽ dưới

1


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

B. 0

C. 1

D. 3

 

Câu 8 (ID:478561): Tập nghiệm S của phương trình  sin 
 12 
2

Câu 9 (ID:478562): Nếu



f  x  dx  3 và



 

  sin 
 12 

x  x 9

C. S  2

B. S  4

A. S  2; 4

x 1

2

5



là:
D. S  2; 4

5

f  t  dt  2 thì

 f  s  ds bằng:

1

2

A. 1
B. 5
C. 5
D. 1
Câu 10 (ID:478563): Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  1; 2 và có đồ thị như hình vẽ.

8
5
Biết diện tích các hình phẳng  K  ,  H  lần lượt là
và . Tính
12
3
37
9
B. 
12
4

Câu 11 (ID:478564): Cho hàm số f  x  liên tục trên

A. 

2

 f  x  dx .

1

37
12

9
4
và có bảng xét dấu của f '  x  như sau:

C.

D.

Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là:
A. 2
B. 1

C. 0
D. 3
Câu 12 (ID:478565): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  P  : 2 x  mt  3z  5  0 và

 Q  : nx  8 y  6 z  2  0

song song với nhau. Tính tổng S  m  n .

A. S  8
B. S  16
C. S  8
D. S  0
Câu 13 (ID:478566): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  có phương trình

 x  3

2

  y  2   z 2  25 . Mặt phẳng nào dưới đây cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến là đường trịn có bán
2

kính bằng 3?
A. 3x  4 y  5 z  18  0

B. 3x  4 y  5z 18  20 2  0

C. 2 x  2 y  z  2  0

D. x  y  z  2  0

Câu 14 (ID:478567): Tính thể tích khối trịn xoay tạo nên do quay xung quanh trục Ox hình phẳng  H 
giới hạn bởi các đường y  1  x  , y  0 , x  0 và x  2 .
2

2


2
2
2
B.
C.
D.
5
3
5
3
Câu 15 (ID:478568): Số nghiệm nguyên của bất phương trình ln  2 x  1  1  ln  x  1 là:
A.

A. 5
B. Vô số
C. 6
D. 4
Câu 16 (ID:478569): Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình dưới.

A. y 

x  2
x 1

B. y 

2 x  1

x 1

C. y 

x
x 1

D. y 

x 1
x 1

Câu 17 (ID:478570): Cho  H  là hình phẳng giới hạn bởi parabol y  3x 2 , cung trịn có phương trình

y  4  x 2 (với 0  x  2 ) và trục hồnh (phần tơ đậm trong hình vẽ bên). Khối tròn xoay tạo ra khi  H 
quay quanh Ox có thể tích V được xác định bằng công thức nào sau đây?

1

2

A. V    3x dx    4  x dx
2

0

1

C. V   
0

2

1



4  x 2  3x 2



2

dx

1

B. V     3x 2 dx
0

1

2

0

1

D. V  3  x 4 dx     4  x 2  dx

Câu 18 (ID:478571): Cho tứ diện đều ABCD có cạnh đáy bằng a , M là trung điểm của CD . Tính cosin
của góc giữa hai đường thẳng AC, BM .
3
3
2 3
B.
C. 0
D.
6
2
3
Câu 19 (ID:478572): Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thang vng tại A, D , AD  CD  a , AB  2a

A.

, SA vng góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa cạnh bên SC và mặt phẳng  ABCD  bằng 450 . Gọi I là trung
điểm của cạnh AB . Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SBC  .
A. a

B.

a
3

C.

a
2

D.

a 2
2

Câu 20 (ID:478573): Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
A. 4

B. 2

C. 1

3x 2  2 x  1
là:
x2 1

D. 3
3


Câu 21 (ID:478574): Có bao nhiêu cách chọn 3 học sinh từ một lớp gồm 35 học sinh?
3
3
A. A35
B. C35
C. 353
D. 335
Câu 22 (ID:478575): Cho đồ thị của ba hàm số y  a x , y  b x và y  c x ( a, b, c là ba số dương khác 1 cho
trước) được vẽ trong cùng một mặt phẳng tọa độ như hình bên. Chọn khẳng định đúng?

A. a  b  c

B. b  c  a
C. c  b  a
D. a  c  b
4
2
Câu 23 (ID:478576): Giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x    x  12 x  1 trên đoạn  1; 2 bằng:
A. 1
Câu 24

(ID:478577):

B. 33
Trong khơng

gian

C. 12
Oxyz , cho

mặt

cầu

D. 0
 S  có

phương

trình

x 2  y 2  z 2  4 x  2 y  6 z  2  0 . Tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu là:
A. I  2; 1;3 , R  14 B. I  2;1; 3 , R  14 C. I  2; 1;3 , R  4

D. I  2;1; 3 , R  4

Câu 25 (ID:478578): Để dự báo dân số của một quốc gia, người ta sử dụng cơng thức S  A.enr ; trong đó A
là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau n năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Năm 2017 dân
số Việt Nam là 93.671.600 người (Tổng cục thống kê, Niên giám thống kê 2017, Nhà xuất bản Thống kê,
Tr.79). Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi là 0,81%, dự báo dân số Việt Nam năm 2030 là bao nhiêu
người?
A. 103.233.600
B. 104.919.600
C. 104.029.100
D. 104.073.200
Câu 26 (ID:478579): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình bên.

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  2; 0 
B. 1;  
C.  4; 2 

D.  2;1

Câu 27 (ID:478580): Cho cấp số nhân  un  với u1  2 và u2  6 . Công bội của cấp số nhân đã cho bằng:
A. 4
B. 3
C. 8
D. 12
x 1
Câu 28 (ID:478581): Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f  x  

trên khoảng  2;   là:
x2
3
3
A. x  3ln  x  2   C
B. x  3ln  x  2   C
C. x 
D. x 
C
C
2
2
 x  2
 x  2
Câu 29 (ID:478582): Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 2 x  y  z  5  0 . Một vectơ pháp tuyến
của mặt phẳng là:
A. n1   4; 2; 2 
B. n4   2;1;5
C. n3   2; 1; 1
D. n2   2;1;1

4


Câu 30 (ID:478583): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M  2; 1;3 . Phương trình mặt phẳng
qua các hình chiếu của M trên ba trục tọa độ là:
A. 3x  6 y  2 z  6  0
B. 3x  6 y  2 z  6  0
D. 3x  6 y  2 z  6  0

C. 3x  6 y  2 z  6  0

Câu 31 (ID:478584): Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số đơi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên
một số thuộc S , xác suất để số đó có hai chữ số tận cùng khơng có cùng tính chẵn lẻ bằng:
5
3
4
2
A.
B.
C.
D.
9
5
9
5
Câu 32 (ID:478585): Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vng cạnh 2a . Cạnh bên SA vng góc với
mặt phẳng đáy, SA  2a . Tính thể tích V của khối chóp S. ABCD .
2 3
4
2
A. V  a3
B. V  a3
C. V  4a3
D. V 
a
3
3
3
Câu 33 (ID:478586): Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình

4x  m2x1  2m2  27  0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử?
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
Câu 34 (ID:478587): Cho tam giác đều ABC cạnh bằng 4 . Gọi H là trung điểm cạnh BC . Tính diện tích
xung quanh của hình nón tạo thành khi quay tam giác ABC xung quanh trục AH là:
A. S  16
B. S  4
C. S  8
D. S  32
Câu 35 (ID:478588): Cho đường thẳng y  2 x và parabol y  x 2  c ( c là tham số thực dương)/ Gọi S1 và

S 2 lần lượt là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1  S2 thì c gần với số
nào nhất sau đây?

A. 3

B. 2

C. 0

D. 1

2
Câu 36 (ID:478589): Diện tích hình phẳng  H  giới hạn bởi các đường y  , y  3x  1, x  3 là:
x
2
A. 10  3ln 2
B. 10  2ln 3

C. 10  ln 3
D.  2 ln 3
3
Câu 37 (ID:478590): Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có AB  1, AC  2 , AA '  2 5 . Gọi D là trung điểm
của CC ' và BDA '  900 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .
15
2
Câu 38 (ID:478591): Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vng cạnh a . Hình chiếu của đỉnh S trên mặt
phẳng đáy là điểm H sao cho AB  3AH . Góc giữa cạnh SD và mặt phẳng  ABCD  bằng 450 . Tính thể

A. V  2 15

B. V  15

tích V của khối chóp S.HCD .
a3 2
a 3 10
A. V 
B. V 
9
9

C. V  3 15

C. V 

a 3 10
6

D. V 

D. V 

a 3 10
18

5


Câu 39 (ID:478592): Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B , AB  a ,
SAB  SCB  900 , cạnh bên SA tạo với mặt phẳng đáy góc 600 . Tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp S . ABC .
5
5
A. S  5 a 2
B. S  3 a 2
C. S   a 2
D. S   a 2
3
4
Câu 40 (ID:478593): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn  10;10 để hàm số y 
đồng biến trên khoảng  0;   ?
A. 11

B. 3

C. 13

2021 x  2
2021 x  m

D. 2

Câu 41 (ID:478594): Cho hàm số f  x  liên tục trên  1;1 thỏa mãn f  x   1 

1

  x  e  f  t  dt . Tích phân
t

1
1

I   e x f  x  dx bằng:
1

e3
e3
e2  3
B.
C.
I

I

e2  e  3
e2  e  3
e2  e  3
Câu 42 (ID:478595): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên:

D. I 

A. I 

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f



2e
e e3
2



x  1  2  m có hai nghiệm phân biệt?

A. 3
B. 2
C. 4
D. 1

x
Câu 43 (ID:478596): Cho F  x   x là một nguyên hàm của hàm số f  x  . . Tìm họ nguyên hàm của hàm
số f '  x  . x .

 f '  x   dx   x ln    x  C
D.  f '  x   dx   x   x  C

 f '  x   dx   x  x  C
C.  f '  x   dx  x ln    x  C

A.

x

x



 1

B.

1

x



x

 1

1

Câu 44 (ID:478597): Một bạn sinh viên muốn có một khoản tiền để mua xe máy làm phương tiện đi làm sau
khi ra trường. Bạn lên kế hoạch làm thêm và gửi tiết kiệm trong 2 năm cuối đại học. Vào mỗi đầu tháng bạn
đều đặn gửi vào ngân hàng một khoản tiền T (đồng) theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,56% mỗi tháng. Biết
đến cuối tháng thứ 24 thì bạn đó có số tiền là 30 triệu đồng. Hỏi số tiền T gần với số tiền nào nhất trong các
số sau?
A. 1.139.450 đồng

B. 1.219.000 đồng
C. 1.116.000 đồng
D. 1.164.850 đồng
8 x  2 x1 1
3 x  y  2x  2
4
 2 x  2 y  3  0 . Giá
Câu 45 (ID:478598): Xét các số thực không âm x và y thỏa mãn 2
trị nhỏ nhất của biểu thức P  x 2  y 2  6 x  4 y gần nhất với số nào dưới đây?
A. 6
B. 7
C. 9
D. 8
2
2
Câu 46 (ID:478599): Cho vật thể có đáy là một hình trịn giới hạn bởi x  y  R 2 . Biết rằng khi cắt vật thể
bằng mặt phẳng vng góc với trục Ox tại điểm có hồnh độ x   R  x  R  thì được thiết diện là một hình
vng. Để thể tích V của vật thể đó bằng 2021 (đơn vị thể tích) thì R thuộc khoảng nào sau đây?
A.  6; 7 
B.  7;8 
C.  9;10 
D.  8;9 
Câu 47 (ID:478600): Cho hàm số

f  x

liên tục và có đạo hàm trên

 2; 2

thỏa mãn

1
f  x
64
2


f
x

2
f
x
x

2
dx


.
Tính
I

dx .






2 


3
x2  1
0

2

6


A. I 

  2ln 2

B. I 

  ln 2

C. I 

  ln 2

D. I 

  2 ln 2

2
2

2
2
Câu 48 (ID:478601): Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m   0; 2021 sao cho đồ thị hàm số

y

x 2022  x  2
có đúng một tiệm cận đứng?
x2   m  2 x  2

A. 2021
B. 2015
C. 2017
D. 2016
Câu 49 (ID:478602): Cho hàm số y  f  x  liên tục trên , có bảng biến thiên như hình vẽ:

Số điểm cực đại của hàm số y  f

 f  x   là:

A. 2
B. 0
C. 1
D. 3
Câu 50 (ID:478603): Cho hai đường thẳng x ' x, y ' y chéo nhau và vng góc với nhau. Trên x ' x lấy cố định
điểm A , trên y ' y lấy cố định điểm B sao cho AB cùng vng góc với Ax, By và AB  2020 cm . Gọi C , D
là hai điểm lần lượt di chuyển trên hai tia Ax, By sao cho AC  BD  CD . Hỏi bán kính R của mặt cầu  S 
ngoại tiếp tứ diện ABCD có giá trị nhỏ nhất thuộc khoảng nào sau đây?
A. 1009;1011
B. 1427;1429 

C.  2855; 2857 

D.  2019; 2021

7


1. A
11. B
21. B
31. A

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

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

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

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

10. B
20. B
30. A

40. B
50. B

Câu 1 (TH) - 12.1.3.18
Phương pháp:
Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến, đặt t  sin x .
Cách giải:
Đặt t  sin x  dx  cos xdx .

 F  x    sin 3 x.cos xdx   t 3dt 

t4
sin 4 x
C 
C.
4
4

Mà F  0     C   .

1
 F  x   sin 4 x   .
4

1
  1
Vậy F    sin 4      .
2
4
2 4

Chọn A.
Câu 2 (NB) - 12.1.2.12
Phương pháp:

Sử dụng cơng thức tính đạo hàm của hàm số mũ:  a x  '  a x ln a .
Cách giải:
y   x  y '   x ln  .
Chọn C.
Câu 3 (TH) - 12.1.7.39
Phương pháp:
- Xác định tâm I và bán kính R của mặt cầu  S  .
- Mặt phẳng  P  tiếp xúc với mặt cầu tại điểm A  1; 3; 4  nhận IA làm 1 VTPT.
- Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm M  x0 ; y0 ; z0  và nhận n   A; B; C  làm vectơ pháp
tuyến có phương trình là: A  x  x0   B  y  y0   C  z  z0   0 .
Cách giải:
Mặt cầu  S  có tâm I  3; 3;1 , bán kính R  32   3  12  6  5 .
2

Vì  P  tiếp xúc với mặt cầu tại điểm A  1; 3; 4  nên IA   P    P  nhận IA   4;0;3 làm 1 VTPT.

 phương trình mặt phẳng  P  : 4  x  1  3  z  4   0  4 x  3z  16  0 .
Chọn C.
Câu 4 (TH) - 12.1.7.38

8


Phương pháp:
- Tính bán kính mặt cầu R  IO  xI2  yI2  zI2 .
- Mặt cầu tâm I  a; b; c  , bán kính R có phương trình là  S  :  x  a    y  b    z  c   R 2 .

2

2

2

Cách giải:
Bán kính mặt cầu là R  IO  xI2  yI2  zI2  42   4   22  6 .
2

Vậy phương trình mặt cầu là:  x  4    y  4    z  2   36 .
2

2

2

Chọn C.
Câu 5 (NB) - 12.1.1.2
Phương pháp:
Dựa vào BBT xác định giá trị cực đại của hàm số là giá trị của hàm số tại điểm cực đại – điểm mà qua đó
hàm số liên tục và đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.
Cách giải:
Dựa vào BBT  yCD  y  0   3 .
Chọn C.
Câu 6 (TH) - 12.1.7.39
Phương pháp:
- Mặt phẳng  ABC  có 1 VTPT là n   AB, AC  .

- Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm M  x0 ; y0 ; z0  và nhận n   A; B; C  làm vectơ pháp

tuyến có phương trình là: A  x  x0   B  y  y0   C  z  z0   0 .
Cách giải:

 AB   3; 2;1
  AB, AC    1; 4; 5 .
Ta có: 
 AC   4;1;0 
  ABC  có 1 VTPT là n    AB, AC   1; 4;5 .



 Phương trình mp  ABC  : 1 x  1  4  y  1  5  z  1  0  x  4 y  5 z  2  0 .
 a  1, b  4, c  5 . Vậy S  a  b  c  1   4   5  10.
Chọn A.
Câu 7 (NB) - 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 hồnh.
Cách giải:
4
Ta có: 3 f  x   4  0  f  x     Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số
3
4
y  f  x  và đường thẳng y   song song với trục hoành.
3
4
Đường thẳng y   cắt đồ thị y  f  x  tại 1 điểm.
3
Vậy phương trình 3 f  x   4  0 có 1 nghiệm thực duy nhất.
Chọn C.

Câu 8 (TH) - 12.1.2.14
9


Phương pháp:
Giải phương trình mũ: a f  x   a g  x   f  x   g  x  .
Cách giải:
x 1

 
 


 sin    sin 
 12 
 12 
 x 1  x2  x  9

x 2  x 9

 x2  2 x  8  0
x  4

 x  2
Vậy tập nghiệm của phương trình là S  2; 4 .
Chọn D.
Câu 9 (TH) - 12.1.3.19
Phương pháp:
b

Sử dụng tính chất tích phân:


a

b

b

a

a

f  x  dx   f  t  dt   f  s  ds... ,

b


a

c

b

a

c

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

Cách giải:
Ta có:
5

5

2

5

1

2

 f  s  ds   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx

1

1



2

5

1

2

 f  x  dx   f  t  dt  3   2   1

Chọn A.
Câu 10 (TH) - 12.1.3.20
Phương pháp:
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  , y  g  x  , đường thẳng x  a, x  b là
b

S   f  x   g  x  dx .
a

Cách giải:
0
0

5
 S K    f  x  dx   f  x  dx 
12

1
1
Ta có: 
.
2
2
2
8
8
 S  f x dx   f x dx   f x dx  
0   3 0  

 H    
3
0

Vậy

2

0

2

1

1

0

5

8

9

 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  12  3   4 .

Chọn B.
Câu 11 (NB) - 12.1.1.2
Phương pháp:
Điểm cực tiểu của hàm số là điểm mà qua đó hàm số liên tục và đạo hàm đổi dầu từ âm sang dương.

Cách giải:
Dựa vào BXD ta thấy hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x  0 . Vậy hàm số có 1 điểm cực tiểu.
Chọn B.
10


Câu 12 (NB) - 12.1.7.39
Phương pháp:
Hai mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D  0 và  Q  : A ' x  B ' y  C ' z  D '  0 song song với nhau khi và chỉ

A B C D
.
 

A' B ' C ' D '
Cách giải:
Hai mặt phẳng  P  : 2 x  mt  3z  5  0 và  Q  : nx  8 y  6 z  2  0 song song với nhau khi và chỉ khi
khi

m  4
n 8 6 2




.
2 m
3 5
n  4

Vậy S  m  n  0 .
Chọn D.
Câu 13 (TH) - 12.1.7.39
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:
Mặt cầu  S  có tâm I  3; 2;0  , bán kính R  5 . Gọi r là bán kính đường trịn giao tuyến  r  3 .
Gọi d  d  I ;  P   , áp dụng định lí Ta-lét ta có R 2  r 2  d 2  d  4 .
Xét các đáp án chỉ có đáp án B thỏa mãn d  I ;  P   

4.3  3.  2   18  20 2
4 3 5
2

2

2



20 2
 4.
5 2

Chọn B.
Câu 14 (NB) - 12.1.3.20
Phương pháp:
Thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường y  f  x  , y  g  x  ,

b

x  a, x  b xung quanh trục Ox là: V    f 2  x   g 2  x  dx .
a

Cách giải:
2

Thể tích cần tính là: V    1  x  dx 
4

0

2
.
5

Chọn A.
11


Câu 15 (TH) - 12.1.2.15
Phương pháp:
- Tìm ĐKXĐ.

a
 a, b  0 .
b
- Giải bất phương trình ln x  a  x  ea .
Cách giải:

2 x  1  0
 x 1.
ĐKXĐ 
x 1  0
- Sử dụng công thức ln a  ln b  ln

ln  2 x  1  1  ln  x  1

2x 1
1
x 1
2x 1

e
x 1
 2 x  1  ex  e

 ln

  2  e  x  e  1
 x

e  1
2e

 e  1 
Kết hợp điều kiện ta có x  1;
.
 2  e 

Mà x   x  2;3; 4;5 .
Chọn D.
Câu 16 (TH) - 12.1.1.5
Phương pháp:
Dựa vào TCN và TCĐ của đồ thị hàm số và các điểm thuộc đồ thị hàm số.
Cách giải:
Đồ thị hàm số có TCN y  1 nên loại đáp án B.
Đồ thị hàm số có TCĐ x  1 .
Đồ thị hàm số đi qua điểm  0;1 nên loại đáp án A và C.
Chọn D.
Câu 17 (TH) - 12.1.3.20
Phương pháp:
Thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường y  f  x  , y  g  x  ,
b

x  a, x  b xung quanh trục Ox là: V    f 2  x   g 2  x  dx .
a

Cách giải:
Xét phương trình hồnh độ giao điểm
1

Thể tích cần tính: V   
0



3x 2



2

3x 2  4  x 2  x  1 .
2

dx   
1



4  x2



2

1

2

0

1

dx  3  x 4 dx     4  x 2  dx .

Chọn D.
Câu 18 (TH) - 11.1.8.47
Phương pháp:

12


- Gọi N là trung điểm của AD , chứng minh   AC; BM     MN ; BM  .
- Tính các cạnh của tam giác BMN , sử dụng định lí Co-sin trong tam giác: cos BMN 

BM 2  MN 2  BN 2
2 BM .MN

Cách giải:

Gọi N là trung điểm của AD , ta có MN / / AC ( MN là đường trung bình của ACD )
   AC; BM     MN ; BM  .

ABD, BCD là các tam giác đều cạnh a nên BM  BN 

MN là đường trung bình của ACD nên MN 

a 3
.
2

1
a
AC  .
2
2

3a 2 a 2 3a 2
 

BM 2  MN 2  BN 2
4
4
4  3.

Áp dụng định lí Co-sin trong tam giác BMN : cos BMN 
2 BM .MN
6
a 3 a
2.
.
2 2
Chọn A.
Câu 19 (TH) - 11.1.8.50
Phương pháp:
- Chứng minh

d  I ;  SBC  

d  A;  SBC  



IB 1
 .
AB 2

- Chứng minh ADCI là hình vng và BC   SAC  .
- Trong Trong  SAC  kẻ AH  SC , chứng minh AH   SBC  .
- Sử dụng tính chất tam giác vng cân tính AH .

Cách giải:

Ta có IA   SBC   B 

d  I ;  SBC  

d  A;  SBC  



IB 1
 .
AB 2

13


Vì ADCI là hình vng cạnh a  CI  a 

1
AB .
2

 ACB vuông tại C  AC  BC .
 BC  AC
 BC   SAC  .
Ta có 
 BC  SA
 AH  SC
 AH   SBC   d  A;  SBC    AH

Trong  SAC  kẻ AH  SC ta có 
 AH  BC
1
 d  I ;  SBC    AH .
2
Ta có SA   ABCD   AC là hình chiếu vng góc của SC lên  ABCD 
   SC;  ABCD      SC; AC   SCA  450 .

 SAC vuông cân tại A  AH 
Vậy d  I ;  SBC   

AC a 2

 a.
2
2

a
.
2

Chọn C.
Câu 20 (TH) - 11.1.8.50
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   hoặc
x x0

lim y   hoặc lim y   hoặc lim y   .

x x0

x x0

x x0

Cách giải:
Ta có:

3x 2  2 x  1
y  lim
3
 xlim

x 
x2 1
 y  3 là TCN của đồ thị hàm số.

2
3
x

2

x

1
 lim y  lim
3
 x 
x 
x2 1

 lim y  
3x 2  2 x  1  x  1 3x  1 3x  1
x 1
 x  1 là TCĐ của đồ thị hàm số.
nên



2
lim
y


x 1
 x  1 x  1 x  1
 x 1
Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 

3x 2  2 x  1
là 2.
x2 1

Chọn B.
Câu 21 (NB) - 11.1.2.7
Phương pháp:
Sử dụng tổ hợp.
Cách giải:
3
Số cách chọn 3 học sinh từ một lớp gồm 35 học sinh là C35
.
Chọn B.
14


Câu 22 (NB) - 12.1.2.12
Phương pháp:
- Hàm số y  a x đồng biến trên

khi và chỉ khi a  1 và nghịch biến trên

khi và chỉ khi 0  a  1 .

log a x  log a y  x  y khi a  1
- So sánh: 
.
log a x  log a y  x  y khi 0  a  1
Cách giải:
Hàm số y  a x đồng biến trên
nên a  1 .

Hàm số y  b x , y  c x nghịch biến trên

0  b  1
nên 
.
0  c  1


log y0 b 
x

log
y
b  y0
 2

b 0
Với cùng giá trị y0  1 ta thấy  x


1
 x1  log c y0
log c 
c  y0
 y0
1 1
Vì x1  x2  0    log y0 c  log y0 b . Mà y0  1 nên c  b .
x1 x2
x2

1

x2
1
x1

.

Vậy a  c  b .
Chọn D.
Câu 23 (TH) - 12.1.1.3
Phương pháp:
- Tính f '  x  , xác định các nghiệm xi   1; 2 của phương trình f '  x   0 .
- Tính f  1 , f  2  , f  xi  .
- KL: min f  x   min  f  1 ; f  2  ; f  xi  , max f  x   max  f  1 ; f  2  ; f  xi  .
1;2

1;2

Cách giải:
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên  1; 2 .

 x  0   1; 2
Ta có f '  x   4 x3  24 x  0  
.
 x   6   1; 2
Mà f  1  12, f  2   33, f  0   1 .
Vậy min f  x   f  0   1 .
1;2

Chọn A.
Câu 24 (NB) - 12.1.7.38

Phương pháp:

15


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:
Mặt cầu x 2  y 2  z 2  4 x  2 y  6 z  2  0 có tâm I  2; 1;3 , bán kính R  22   1  32   2   4 .
2

Chọn C.
Câu 25 (NB) - 12.1.2.12
Phương pháp:
Sử dụng công thức S  A.enr với A  93.671.600 , n  2030  2017  13 , r  0,81% .
Cách giải:
Dự báo dân số Việt Nam năm 2030 là: S  93.671.600.e13.08,1%  104.073.257 người.
Chọn D.
Câu 26 (NB) - 12.1.2.12
Phương pháp:
Xác định các khoảng mà hàm số đi xuống theo chiều từ trái sang phải.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên  2;1 .
Chọn D.
Câu 27 (NB) - 11.1.3.18
Phương pháp:
Sử dụng công thức SHTQ của CSN: un  u1q n1 .
Cách giải:
u
6
Ta có u2  u1.q  q  2   3 .

u1 2
Chọn B.
Câu 28 (TH) - 12.1.3.19
Phương pháp:
- Chia tử cho mẫu.

x n1
- Sử dụng bảng nguyên hàm:  x dx 
 C  n  1 ,
n 1
- Sử dụng điều kiện x   2;   để phá trị tuyệt đối.
Cách giải:
x 1 x  2  3
3
Ta có f  x  
.

 1
x2
x2
x2
3 

  f  x  dx   1 
 dx  x  3ln x  2  C .
 x2
Vì x   2;    x  2  0 .
n

1

1

 ax  b dx  a ln ax  b  C .

Vậy   f  x  dx  x  3ln  x  2   C .
Chọn B.
Câu 29 (NB) - 12.1.3.19
Phương pháp:
- Mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D  0 có 1 VTPT là n   A; B; C  .
- Mọi vectơ cùng phương với n đều là 1 VTPT của  P  .

16


Cách giải:
Mặt phẳng  P  : 2 x  y  z  5  0 có 1 VTPT là n   2;1; 1  n1  2n   4; 2; 2  cũng là 1 VTPT của mặt
phẳng  P  .
Chọn A.
Câu 30 (TH) - 12.1.3.19
Phương pháp:
- Hình chiếu của điểm M  a; b; c  lên các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là  a;0;0  ,  0; b;0  ,  0;0; c  .
- Phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm  a;0;0  ,  0; b;0  ,  0;0; c  là

x y z
  1.
a b c

Cách giải:
Hình chiếu của điểm M  2; 1;3 lên các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là  2;0;0  ,  0; 1;0  ,  0;0;3 .

Phương trình mặt phẳng qua các hình chiếu của M trên ba trục tọa độ là:
x y z
   1  3x  6 y  2 z  6  0 .
2 1 3
Chọn A.
Câu 31 (VD) - 11.1.2.10
Phương pháp:
- Tính số các số tự nhiên có 5 chữ số đơi một khác nhau  Số phần tử của không gian mẫu n    .
- Gọi A là biến cố: “ số đó có hai chữ số tận cùng khơng có cùng tính chẵn lẻ”, tìm số cách chọn 2 chữ số tận
cùng, số cách chọn 3 chữ số còn lại và áp dụng quy tắc nhân tìm số phần tử của biến cố A.
- Tính xác suất của biến cố A.
Cách giải:
Gọi số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau là abcde .
Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau là A105  A94  27216 .

1
 27216 .
Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S  Số phần tử của không gian mẫu n     C27216
Gọi A là biến cố: “ số đó có hai chữ số tận cùng khơng có cùng tính chẵn lẻ”.
TH1: d , e khơng cùng tính chẵn lẻ, de  0 .
 Số cách chọn d , e là 4.5.2!  40 cách.

Số cách chọn a, b, c là A83  A72  294 .
 TH1 có 40.294  11760 số thỏa mãn.
TH2: d , e khơng cùng tính chẵn lẻ, de  0 .
Chọn 1 số lẻ có 5 cách  Số cách chọn d , e là 5.2  10 cách.
Số cách chọn a, b, c là A83  336 .
 TH1 có 10.336  3360 số thỏa mãn.
 n  A  11760  3360  112096 .
Vậy xác suất của biến cố A là P  A 

n  A 12096 4

 .
n    27216 9

Chọn A.
Câu 32 (NB) - 12.1.5.30
Phương pháp:

1
Sử dụng công thức Vchop  Sday .h .
3
Cách giải:

17




1
1
VS . ABCD  SA.S ABCD  .2a. a 2
3
3
Chọn A.
Câu 33 (TH) - 12.1.2.14



2

4
 a3
3

Phương pháp:
- Đặt ẩn phụ t  2 x  0 , đưa phương trình về phương trình bậc hai ẩn t .
- Để phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt thì phương trình bậc hai ẩn t có 2 nghiệm dương phân
biệt.
- Sử dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
Đặt t  2 x  0 , phương trình đã cho trở thành t 2  2mt  2m2  27  0 * .
Để phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm dương phân biệt.






2
2
 '  m  2m  27  0
3 3  m  3 3
3 6

  S  2m  0
 m  0

 m3 3.

2
 P  2m2  27  0


m  3 6

2

m   3 6
 
2
Mà S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m nên S  4;5 .
Vậy S có 2 phần tử.
Chọn C.
Câu 34 (TH) - 12.1.2.14
Phương pháp:
- Khi quay tam giác ABC xung quanh trục AH ta được hình nón có chiều cao h  AH , r 

BC
.
2

- Tính độ dài đường sinh của hình nón l  h 2  r 2 .
- Diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh l , bán kính đáy r là S xq   rl
Cách giải:
Khi quay tam giác ABC xung quanh trục AH ta được hình nón có chiều cao h  AH 

r

4. 3

 2 3,
2

BC 4
  2.
2
2

Độ dài đường sinh của hình nón l  h2  r 2 

2 3

2

 22  4 .

Diện tích xung quanh của hình nón tạo thành là: S   rl   .2.4  8 .
Chọn C.
Câu 35 (VD) - 12.1.3.20
Phương pháp:
x  a  0
- Giả sử nghiệm của phương trình hồnh độ giao điểm là x 2  c  2 x  
.
x  b  0

18


- 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 .
a

- Giải phương trình S1  S2 và thế c  2b  b 2 , giải phương trình tìm b sau đó tìm c .
Cách giải:

x  a  0
Xét phương trình hồnh độ giao điểm x 2  c  2 x  
.
x  b  0
Ta có
a

 x3

a3
S1    x  c  2 x  dx    cx  x 2    ca  a 2 .
 3
0 3
0
a

2

b

 2 x3

b3

a3
2
2
S2    2 x  x  c  dx   x   cx   b   cb  a   ca
3
3
3

a
a
Vì S1  S2 nên ta có:
b

2

a3
b3
a3
2
2
2
 ca  a  b   cb  a   ca
3
3
3
3
b
 b 2   cb  0
3
2

b
 b   c  0  do b  0 
3
Vì b là nghiệm của phương trình x 2  c  2 x  b2  c  2b  c  2b  b2 .
3

b   tm 
b2
2

2
 b   2b  b  0 
.

3
b  0  ktm 
Vậy c  2b  b2 

3
gần với 1 nhất.
4

Chọn D.
Câu 36 (VD) - 12.1.3.20
Phương pháp:
- Giải phương trình hồnh độ giao điểm.
- Vẽ đồ thị để xác định miền cần tính diện tích.
- 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 .
a

19


Cách giải:

x  1
2
2
Xét phương trình hồnh độ giao điểm  3x  1  x  0   3 x  x  2  0  
.
x   2
x
3


Dựa vào đồ thị ta thấy diện tích cần tính là
3

 3x 2

2
21
1

S    3x  1   dx  
 x  2ln x    2ln 3   10  2ln 3
x

2
 2
1 2
1
3

Chọn B.
Câu 37 (VD) - 12.1.5.30
Phương pháp:
- Áp dụng định lí Pytago tính A ' B, A ' D .
- Áp dụng định lí Pytago tính BD , tiếp tục áp dụng định lí Pytago tính BC .
- Sử dụng cơng thức Hê-rong tính diện tích tam giác ABC : SABC 

p  p  AB  p  AC  p  BC  , với p

là nửa chu vi tam giác ABC .
- Tính thể tích VABC . A ' B 'C '  AA '.SABC .
Cách giải:

Áp dụng định lí Pytago ta có:

A ' B  AA '2  AB 2  20  1  21
A ' D  A ' C '2  C ' D 2  4  5  3
20


Vì A ' BD vng tại D nên BD  A ' B 2  A ' D 2  21  9  2 3 .
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng BCD ta có BC  BD 2  CD 2  12  5  7 .
1 2  7
.

2
3
 SABC  p  p  AB  p  AC  p  BC  
.
2
3
 15 .
Vậy VABC . A ' B 'C '  AA '.SABC  2 5.
2
Chọn B.
Câu 38 (VD) - 12.1.5.30

Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC ta có p 

Phương pháp:
- Xác định góc giữa SD và  ABCD  là góc giữa SD và hình chiếu của SD lên  ABCD  .
- Sử dụng tính chất tam giác vng cân tính SH .
- Tính SHCD  S ABCD  SAHD  SBCH .

1
- Tính VS .HCD  SH .SHCD .
3
Cách giải:

Ta có SH   ABCD   HD là hình chiếu vng góc của SD lên  ABCD  .
   SD;  ABCD      SD; HD   SDH  450 .

2

a 10

a
 SHD vuông cân tại H  SH  HD  AD  AH  a    
.
3
3
1 a 1 2a a 2
2
Ta có SHCD  S ABCD  SAHD  SBCH  a  .a.  .a.  .
2 3 2 3
2
2
3
1
1 a 10 a
a 10
. 
Vậy VS .HCD  SH .SHCD  .
.
3
3 3
2
18
Chọn D.
Câu 39 (VDC) - 12.1.6.34
2

2

2

Phương pháp:
- Gọi I là trung điểm của SB . Chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S . ABC .
- Xác định góc giữa SA và  ABC  .
- Đặt SB  x
- Tính SSBM

 x  a  , tính SA, SM , SH theo x .
 p  p  SB  p  BM  p  SM  với

p là nửa chu vi tam giác SBM .

21


- Giải phương trình

p  p  SB  p  BM  p  SM  

ngoại tiếp khối chóp.
- Diện tích mặt cầu bán kính R là S  4 R 2 .
Cách giải:

1
SH .BM tìm x theo a và suy ra bán kính mặt cầu
2

Gọi I là trung điểm của SB .

1
SB  IS  IB  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S . ABC .

2
Gọi M là trung điểm của AC ta có ABC vuông cân tại B  BM  AC .
Lại có SAB  SCB (cạnh huyền – cạnh góc vng)  SA  SC .
 SAC vuông tại S  SM  AC .
 AC   SMB  .
Vì SAB  SCB  900 nên IA  IC 

 SH  BM
 SH   ABC  .
Trong  SBM  kẻ SH  BM ta có: 
 SH  AC
 HA là hình chiếu vng góc của SA lên  ABC     SA;  ABC      SA; HA  SAH  600 .

Đặt SB  x

 x  a  ta có

SA  SB 2  AB 2  x 2  a 2 .

Vì ABC vng cân tại B có AB  a nên AC  a 2, BM 
 SM  SA2  AM 2  x 2  a 2 

a 2
.
2

a2
3a 2
 x2 
.

2
2

SB  BM  SM

2
3
Xét tam giác vng SAH ta có SH  SA.sin 600  x 2  a 2 .
2
1
 SSBM  p  p  SB  p  BM  p  SM   SH .BM
2
1
3 a 2
 p  p  SB  p  BM  p  SM   . x 2  a 2 . .
2
2
2
Gọi p là nửa chu vi tam giác SBM ta có p 

x

a 2
3a 2
 x2 
2
2 .
2

 8 p  p  SB  p  BM  p  SM   6. x 2  a 2

 64 p  p  SB  p  BM  p  SM   6  x 2  a 2 
xa 5

22


 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là R 

1
a 5
SB 
.
2
2
2

 5 
2
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S  4 R  4 . 
 2 a   5 a .


Chọn A.
Câu 40 (VD) - 12.1.1.1
2

Phương pháp:
- Đặt t  2020 x .

y'  0

ax  b

- Hàm số y 
nghịch biến trên  m; n  khi  d
.
cx  d
 c   m; n 
Cách giải:
Đặt t  2020 x , với x   ;0  thì t  1;   , t , x ngược tính đơn điệu.
Bài tốn trở thành: Tìm m để hàm số y 

t2
nghịch biến trên 1;   .
t m

m  2

 0 m  2
2
y' 
t  m


 2  m  1 .
m

1

m  1; 





Kết hợp điều kiện m   10;10 ta có m   2;1 . Lại có m   m  1;0;1 .
Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn.
Chọn B.
Câu 41 (VDC) - 12.1.3.19
Cách giải:
Ta có:
f  x  1 

1

1
1

Giả sử

1

1

1

1

t
t
  x  e  f  t  dt  f  x   1  x  f t  dt   e f t  dt *
1

 f  t  dt  a,  e f  t  dt  b
t

1

 f  x   1  xa  b  f  x   ax  b  1 .

1

Thay vào (*) ta có:

23


1

1

1

1

ax  b  x   at  b  1 dt   et  at  b  1 dt
1

1
 at 2

 ax  b  x 

 bt  t    et  at  b  1 dt
2

 1 1
1
a
a

 ax  b  x   b  1   b  1   at  b  1 et  a  et dt
1
2
2

1
1

 ax  b  x  2b  2    a  b  1 e    a  b  1 e 1  a  e  e 1 
 ax  b  x  2b  2    b  1 e   2a  b  1 e 1

a  2b  2
a  2b  2



1
1
b   b  1 e   2a  b  1 e
b   b  1 e   3b  3 e

2e 2

a


e2  e  1
a  2b  2



3
 
3
3
e
2
b

e

b

e


e  e 3
 
b 
e
e

 

3 e 2  e  3

1

e


e
e2  3
I.
Vậy  e f  t  dt  b   e f  x  dx  2
e  e  3
1
1
1

1

t

x

Chọn C.
Câu 42 (VDC) - 12.1.1.6
Phương pháp:
- Đặt t  x  1  2  t  2  .
- Từ BBT suy ra f '  x  , tính f  x    f '  x  dx , sử dụng f 1  4, f  3  2 .
- Tính f  2  với hàm f  x  vừa tìm được, sau đó tìm điều kiện của m để phương trình có 2 nghiệm.
Cách giải:
Đặt t  x  1  2  t  2  . Khi đó ta có f  t   m có 2 nghiệm (ứng với mỗi nghiệm t cho ta một nghiệm x

tương ứng).

Từ BBT ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị x  1, x  3 nên f '  x   a  x  1 x  3  a  x 2  4 x  3 .
1

 f  x    f '  x  dx   a  x 2  4 x  3 dx  a  x 3  2 x 2  3x   C .
3


4
C  2
 f 1  4
 aC  4

 3

Có 
9 .
a

 f  3  2 C  2

2

91
3
27

 f  x    x3  2 x 2  3x   2  x3  9 x 2 
x  2.

23
2
2

 f  2  1 .

Dựa vào BBT ta thấy phương trình f  x   m có 2 nghiệm  2  m  1 .
Mà m   m  1;0;1 .
Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn.

24


Chọn A.
Câu 43 (VD) - 12.1.3.19
Phương pháp:

u   x
Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, đặt 
.
dv  f '  x  dx
Cách giải:
Đặt I   f '  x  . x dx .
x
x


u  
du   ln 
Đặt 



dv  f '  x  dx 
v  f  x 
 I   x f  x   ln    x f  x  dx .

 F '  x   f  x   x
Vì F  x   x là một nguyên hàm của hàm số f  x  .  
x

  f  x   dx  F  x   C  x  C
 .x 1
.
  .x 1  f  x  . x  f  x  
x


x



 .x
 x ln   C
x

 1
 I   .x  x ln   C

 I x

 1

Chọn B.
Câu 44 (VD) - 12.1.2.14
Phương pháp:
- Tính số tiền nhận được sau 1 tháng, 2 tháng và suy ra số tiền nhận được sau 24 tháng.
- Giải phương trình tìm T.
Cách giải:
Số tiền nhận được sau 1 tháng là T1  T . 1  0,56%  (đồng).
Số tiền nhận được sau 2 tháng là
T2  T1  T 1  0,56% 
 T . 1  0,56%   T  1  0,56% 
 T . 1  0,56%   T 1  0,56% 
2

…
Số tiền nhận được sau 24 tháng là:

T24  T 1  0,56%   T 1  0,56%   ...  T 1  0,56% 
24

23

 T 1  0,56%  1  0,56%   1  0,56%   ...  1


23

22

1  1  0,56% 
 T 1  0,56% 
1  1  0,56% 

24

 T 1  0,56% 

1  0,56% 

24

1

0,56%

Theo bài ra ta có
T24  30000000

 T 1  0,56% 

1  0,56% 

0,56%
 T  1.164.849 (đồng).

24

1

 30000000

25