TS247 DT de thi thu tn thpt mon toan thpt chuyen hung vuong gia lai nam 2021 co loi giai chi tiet 75803 1622602247

SỞ GD & ĐT GIA LAI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021
Bài thi: TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề
Mã đề thi 101

MỤC TIÊU
- Đề thi thử TN THPT trường THPT Chuyên Hùng Vương Gia Lai giữ đúng tính thần bám sát đề minh họa
của Bộ GD&ĐT để giúp các em học sinh ôn tập đúng trọng tâm nhất.
- Đề thi có cấu trúc ra đề + các dạng câu hỏi quen thuộc giúp học sinh nắm chắc kiến thức và phương pháp
làm bài nhất.
- Phổ điểm của đề thi cũng bám sát đề minh họa, tạo cho học sinh có cảm giác như đang đi thật để tránh bỡ
ngỡ khi bước vào kì thi chính thức.
Câu 1 (ID:485425): Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho có giá trị cực đại bằng:
A. −1
B. 0
C. 1
Câu 2 (ID:485426): Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên ?

D. 4

x −1
x
Câu 3 (ID:485427): Chọn ngẫu nhiên một số trong 20 số nguyên dương đầu tiên. Xác suất để chọn được số
chia hết cho 3 bằng:
1

1
3
3
A.
B.
C.
D.
10
20
20
3

A. y = − x3 + 3x 2 − 3x + 1 B. y = − x 2 + 2 x

C. y = x 4 − x 2 + 1

D. y =

Câu 4 (ID:485428): Cho cấp số cộng ( un ) , biết u9 = 17, d = 2 . Giá trị của u10 bằng:
A. u10 = 20

C. u10 = 19

B. u10 = 21

D. u10 = 15

Câu 5 (ID:485429): Một hình trụ có bán kính đáy bằng a , thiết diện qua trục là một hình vng. Diện tích
xung quanh của hình trụ đó bằng
4

A. 4 a 2
B. 2 a 2
C.  a 2
D.  a 2
3
Câu 6 (ID:485430): Trong không gian Oxyz , gọi ( ) là mặt phẳng cắt ba trục tọa độ tại ba điểm A ( 2;0;0 )
, B ( 0; −3;0 ) , C ( 0;0; 4 ) . Phương trình của mặt phẳng ( ) là:
x y z
x y z
C. 6 x − 4 y + 3 z = 0
D. + − = 1
+
+ =0
2 −3 4
2 3 4
Câu 7 (ID:485431): Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức 2 − 3i có tọa độ là:

A. 6 x − 4 y + 3 z − 12 = 0 B.

Câu 8 (ID:485432): Cho
A. −2

C. ( −2;3)

B. ( 3; −2 )

A. ( 3; 2 )

D. ( 2; −3)

2

4

4

1

1

2

 f ( x ) dx = 1 và  f ( x ) dx = −3 . Giá trị của  f ( x ) dx bằng:
B. 4

C. −4

D. 2

1


Câu 9 (ID:485433): Cho hàm số f ( x ) =
1

A.

 f ( x ) dx = 2 ln 3x + 1 + C

C.

 f ( x ) dx = 3 ln ( 3x + 1) + C

1
. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
3x + 1
1
B.  f ( x ) dx = ln 3 x + 1 + C
3

1

D.

 f ( x ) dx = ln 3x + 1 + C

Câu 10 (ID:485434): Với x là số thực dương tùy ý, x x5 bằng:
3

2

7

A. x 3
B. x 2
C. x 3
D. x 5
Câu 11 (ID:485435): Thể tích của khối hộp chữ nhật có 3 kích thức 2; 3; 5 bằng:
A. 10
B. 12

C. 30
D. 15
Câu 12 (ID:485436): Biết F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = sin ( − x ) và F ( ) = 1 . Giá trị của

 
F   bằng
2
A. 3
B. 2
C. 0
D. 1
Câu 13 (ID:485437): Với x là số thực dương, đạo hàm của hàm số y = log 2 x là:
1
x
1
B. y ' =
C. y ' =
x ln 2
ln 2
x
Câu 14 (ID:485438): Số phức liên hợp của số phức z = 2 − 3i là:

A. y ' =

D. y ' = x ln 2

B. z = −3 − 2i
C. z = 3 − 2i
D. z = 2 + 3i
3

2
Câu 15 (ID:485439): Đồ thị hàm số y = x − 3x + 3 cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng:
A. z = −3 + 2i
A. −1

B. 1

C. 2

D. 3

2

Câu 16 (ID:485440): Tích phân

 2e

2x

dx bằng:

0

A. e 4
B. e 4 − 1
C. 4e 4
Câu 17 (ID:485441): Với a là số thực dương tùy ý, log 2 (16a ) bằng:
A. 4 log 2 a

B. ( log 2 a )

4

C.

1
+ log 2 a
4

D. 3e 4 − 1

D. 4 + log 2 a

Câu 18 (ID:485442): Nghiệm của phương trình log3 ( 2 x + 1) = 2 là:
1
C. x = 4
D. x = 2
2
Câu 19 (ID:485443): Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a là:

A. x = 3

B. x =

a3 3
a3 3
a3 3
B.
C.
3

4
2
Câu 20 (ID:485444): Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

A.

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. ( −1; 0 )
B. ( −; −1)

C. ( −1;1)

D. 6a 3

D. (1; + )

2


Câu 21 (ID:485445): Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm f ' ( x ) như sau:

Hàm số f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 1
B. 4
C. 0
D. 2
Câu 22 (ID:485446): Cơng thức tính tích V của khối trụ có bán kính đáy r và chiều cao h là:
1
1
A. V =  rh

B. V =  r 2 h
C. V =  rh
D. V =  r 2 h
3
3
Câu 23 (ID:485447): Hàm số nào dưới đây có đồ thị dạng như đường cong trong hình bên?

A. y = x 4 + 2 x 2 + 2

B. y = − x 4 + 2 x 2 − 2

C. y = − x 4 + 2 x 2 + 1

D. y = x 4 − 2 x 2 − 1

Câu 24 (ID:485448): Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC với A ( 3; −2;5 ) , B ( −2;1; −3) và C ( 5;1;1)
. Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ là:
A. G ( 2; 0;1)
B. G ( 2;1; −1)

C. G ( −2;0;1)

D. G ( 2; 0; −1)

Câu 25 (ID:485449): Nghiệm của phương trình 32 x+3 = 243 là:
A. x = 1
B. x = 3
C. x = −1
D. x = 2
Câu 26 (ID:485450): Cho hai số phức z1 = 3 − 2i và z2 = 2 − 3i . Số phức z1 + z2 bằng:

C. 5 − 2i
D. 5 + 4i
2x +1
Câu 27 (ID:485451): Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
là đường thẳng:
1− x
A. y = 2
B. x = −2
C. y = −2
D. x = 1
A. 1 + i

B. 5 − 5i

Câu 28 (ID:485452): Cho số phức z = 3 − 2i . Môđun của số phức z + 1 − i bằng:
A. 10
B. 5
C. 10
D. 5 2
Câu 29 (ID:485453): Trong mặt phẳng cho một tập hợp P gồm 7 điểm, trong đó khơng có 3 điểm nào thẳng
hàng. Có bao nhiêu tam giác có 3 đỉnh đều thuộc P ?
A. C73
B. 6
C. A73
D. 36
Câu 30 (ID:485454): Trong không gian Oxyz , mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y + 6 z − 2 = 0 có tâm và bán
kính lần lượt là:
A. I ( −1; 2; −3) , R = 16 B. I ( −1; 2; −3) , R = 4

C. I (1; −2;3) , R = 4

D. I (1; −2;3) , R = 16

Câu 31 (ID:485455): Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị trên đoạn  −2;1 như hình vẽ bên dưới. Giá trị

max f ( x ) bằng:
 −2;1

3


A. −3

B. 1

C. 3

D. 0

 x = 1 + 2t

Câu 32 (ID:485456): Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng chéo nhau d :  y = −1 − t và
z = 1

d ':

x−2 y + 2 z −3
=
=
. Khoảng cách giữa hai đường thẳng d và d ' là:

−1
1
1

A.

6

B.

6
2

1
6

C.

Câu 33 (ID:485457): Tập nghiệm của bất phương tình 512− x  125 là:
A. 3; + )
B.  −1;1
C.  −3;3

D.

2

2

D. ( −;1

Câu 34 (ID:485458): Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy bằng a và khoảng cách từ điểm A đến
3a
mặt phẳng ( SBC ) bằng
(tham khảo hình vẽ bên dưới). Góc giữa mặt phẳng ( SBC ) và mặt phẳng đáy
4
bằng:

A. 30 0

B. 450

C. 60 0

D. 90 0

Câu 35 (ID:485459): Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD với A ( 2; −1;6 ) , B ( −3; −1; −4 ) , C ( 5; −1;0 )
và D (1;2;1) . Độ dài chiều cao của tứ diện ABCD kẻ từ đỉnh A bằng:
3
3
C.
D. 5
2
2
Câu 36 (ID:485460): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA vng góc

A. 3

B.

với mặt phẳng đáy, góc giữa SA và mặt phẳng ( SBC ) bằng 60 0 (tham khảo hình vẽ bên dưới). Thể tích của
khối chóp S.ABC bằng:

4


3a3
24
Câu 37 (ID:485461): Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng
A.

3a 3
8

B.

a3
8

( Q ) : 3x + 2 y − 5z − 4 = 0 . Giao tuyến của ( P )
 x = 2 − 2t

A.  y = −1 + 7t
 z = −4t


 x = 2 + 2t

B.  y = 1 + 7t
 z = 4t



C.

D.

a3
4

( P ) : x − 2 y + 3z − 4 = 0

và

và ( Q ) có phương trình tham số là:

 x = 2 + 2t

D.  y = 1 − 7t
 z = 4t


 x = 2 + 2t

C.  y = −1 + 7t
 z = 4t


Câu 38 (ID:485462): Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn 2 z − z = 13 và (1 + 2i ) z là số thuần ảo?
A. 0

B. 1

C. 2

D. 4

Câu 39 (ID:485463): Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 3) + ( y + 2 ) + ( z − 1) = 81 và mặt
2

2

2

phẳng ( ) : 2 x − 2 y − z + 9 = 0 . Tâm H của đường tròn giao tuyến của ( S ) và ( ) nằm trên đường thẳng
nào sau đây?
x + 3 y + 2 z −1
x + 3 y − 2 z −1
x − 3 y + 2 z −1
x + 3 y + 2 z −1
=
=
=
=
=
=
A.
B.
C.
D.
=

=
2
2
2
−2
−2
2
−1
−1
−1
−2
2
1
Câu 40 (ID:485464): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh bên bằng a và diện tích đáy bằng
a 2 (tham khảo hình bên dưới). Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng:

a 6
a 6
a 6
B.
C.
D. a 6
3
6
2
Câu 41 (ID:485465): Một khối nón có chiều cao bằng 12, đặt trên đáy một hình trụ (các đáy của chúng nằm
trên cùng một mặt phẳng, như hình vẽ bên dưới), biết đường kính đáy khối nón bằng bán kính đáy hình trụ.
Hình trụ được đổ nước vào cho đến độ cao bằng 12. Độ cao của nước khi đã lấy khối nón ra ngồi hình trụ
bằng:
A.

5


A. 11

C. 8
D. 6
Câu 42 (ID:485466): Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn f (1) = 1
và

B. 10

 f ( x ) dx = 2 . Tích phân  f ' ( x ) dx bằng:
1

1

0

0

B. −2

A. 2

Câu 43 (ID:485467): Cho hàm số
x

f ( 2021) = g ( 2021) = 0 ,

x  1; 2021 . Tích phân

( x + 1)

2021


1

2

C. −1

f ( x ) và

D. 1

g ( x ) có đạo hàm trên

g ( x ) + 2020 x = ( x + 1) f ' ( x ) và

1; 2021 ,

thỏa mãn

x3
g ' ( x ) + f ( x ) = 2021x 2 với mọi
x +1

x +1

 x

 x + 1 g ( x ) − x f ( x ) dx bằng:

1
1
A. .20212 − 2021 +
2
2
1
1
C. − .20202 + 2020 −
2
2

1
1
.20202 − 2020 +
2
2
1
1
D. − .2020 2 + 2021 −
2
2

B.

Câu 44 (ID:485468): Cho hàm số f ( x ) là hàm số bậc ba thỏa mãn f ( 0 ) = 2 và f ' (1) = 0 . Hàm số f ' ( x )
có bảng biến thiên như sau:

Hàm số g ( x ) = f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) − 2021 có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 7

B. 6

C. 9
D. 11
Câu 45 (ID:485469): Cho hàm số f ( x ) , đồ thị của hàm số y = f ' ( x ) là đường cong trong hình vẽ bên dưới.

 3 1
Giá trị nhỏ nhất của hàm số g ( x ) = 12 f ( 2 x ) + 32 x3 + 12 x 2 − 12 x + 2021 trên đoạn  − ;  bằng
 2 2

A. 12 f ( −1) + 2026

B. 12 f ( −3) + 1958

C. 12 f (1) + 2022

D. f ( −1)

6


Câu 46 (ID:485470): Có bao nhiêu số nguyên a ( a  2 ) sao cho tồn tại số thực x thỏa mãn

(

)

ln a log x + 4a log x + 4 =
A. 2

B. 3

4

2

ln ( x − 2 )
?
log a

C. 1

D. 9

Câu 47 (ID:485471): Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình bên dưới, f (1) = 0 ,

 2  20
2
. Biết hàm số f ( x ) đạt cực trị tại hai điểm x1 , x2 thỏa mãn 3x2 − 6 x1 = 3 7 − 2 .
f ''   = 0 và f   =
 3  27
3
S
Gọi S1 và S 2 là diện tích của hai hình phẳng được gạch trong hình bên dưới. Tỉ số 1 thuộc khoảng nào dưới
S2
đây?

A. ( 7,1;7,3)

B. ( 6,5;6, 7 )

C. ( 6, 7;6,9 )

D. ( 6, 9; 7,1)

Câu 48 (ID:485472): Xét các số phức z , w thỏa mãn z = 2, iw − 2 + 5i = 1 . Giá trị nhỏ nhất của z 2 − wz − 4
bằng:
A. 9

B. 6

C. 10

(

D. 8

Câu 49 (ID:485473): Có bao nhiêu số nguyên dương a thỏa mãn 1 + ln 2 a + ln a
A. 4

B. 1

C. 3

)(

)

1 + ( a − 3) + a − 3  1
2

D. 2

Câu 50 (ID:485474): Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ các đỉnh A (1;1;1) , B ( 2;0; 2 ) ,

C ( −1; −1;0 ) , D ( 0;3; 4 ) . Trên các cạnh AB, AC , AD lần lượt lấy các điểm M , N , P thỏa mãn
AB AC AD
+
+
= 6 . Viết phương trình mặt phẳng ( MNP ) , biết khối tứ diện AMNP có thể tích nhỏ nhất?
AM AN AP
A. 8 x + 20 y − 22 z + 11 = 0
B. 8 x + 20 y − 22 z − 11 = 0

C. 8 x − 20 y − 22 z + 11 = 0

D. 8 x + 20 y + 22 z − 11 = 0

7


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

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

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

36. C
37. C
38. C
43. D
44. A
45. A
46. A
47. C
48. D

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

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

Câu 1 (NB) - 12.1.1.2
Phương pháp:
Xác định điểm cực đại của hàm số là điểm mà tại đó hàm số liên tục và đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy hàm số có giá trị cực đại yCD = 4 .
Chọn D.
Câu 2 (NB) - 12.1.1.1
Phương pháp:

Xác định hàm số thỏa mãn y '  0 x  .
Cách giải:
Xét đáp án A ta có: y ' = −3x 2 + 6 x − 3 = −3 ( x − 1)  0 x 
2

, do đó hàm số nghịch biến trên

.

Chọn A.
Câu 3 (NB) - 11.1.2.10
Phương pháp:
- Tính số phần tử của khơng gian mẫu.
- Tính số phần tử của biến cố.
- Tính xác suất của biến cố.
Cách giải:
1
Số phần tử của không gian mẫu là C20
= 20 .
Trong 20 số nguyên dương đầu tiên có 6 số chia hết cho 3 là 3;6;9;12;15;18 .

 Số phần tử của biến cố “chọn được số chia hết cho 3” là C61 = 6 .
Vậy xác suất cần tìm là

6
3
= .
20 10

Chọn D.

Câu 4 (NB) - 11.1.3.18
Phương pháp:
Sử dụng công thức SHTQ của CSC: un = u1 + ( n − 1) d .
Cách giải:
u10 = u9 + d = 17 + 2 = 19 .
Chọn C.
Câu 5 (TH) - 12.1.6.33
Phương pháp:
- Dựa vào giả thiết thiết diện qua trục là một hình vng xác định chiều cao của hình trụ.

8


- Diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h , bán kính đáy r là Sxq = 2 rh , từ đó tính bán kính đáy
của hình trụ.
Cách giải:
Vì thiết diện qua trục là một hình vng nên chiều cao hình trụ là h = 2r = 2a .
Diện tích xung quanh của hình trụ là: S xq = 2 rh = 2 .a.2a = 4 a 2 .
Chọn A.
Câu 6 (NB) - 12.1.7.39
Phương pháp:
- Viết phương trình mặt phẳng ( ) dưới dạng mặt chắn: Mặt phẳng ( ) đi qua A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) ,
x y z
+ + =1.
a b c

C ( 0;0; c ) có phương trình là

Cách giải:
Phương trình của mặt phẳng ( ) là:

x y z
+
+ = 1  6 x − 4 y + 3 z − 12 = 0 .
2 −3 4

Chọn A.
Câu 7 (NB) - 12.1.4.22
Phương pháp:
Số phức z = a + bi có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là M ( a; b ) .
Cách giải:
Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức 2 − 3i có tọa độ là ( 2; −3) .
Chọn D.
Câu 8 (NB) - 12.1.3.19
Phương pháp:
b

Sử dụng tính chất tích phân:


a

c

b

a

c

f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx .

Cách giải:
4


2

4

2

1

1

f ( x ) dx =  f ( x ) dx −  f ( x ) dx = −3 − 1 = −4 .

Chọn C.
Câu 9 (NB) - 12.1.3.18
Phương pháp:
Sử dụng tính cơng thức tính ngun hàm mở rộng:

1

1

 ax + b dx = a ln ax + b + C .

Cách giải:

1

1

 f ( x ) dx =  3x + 1 dx = 3 ln 3x + 1 + C .
Chọn B.
Câu 10 (NB) - 12.1.2.9
Phương pháp:
n

Sử dụng tính cơng thức

m

x n = x m , x m .x n = x m + n .

Cách giải:
5

1+

x x5 = x.x 2 = x

5
2

7

= x2 .

9


Chọn B.
Câu 11 (NB) - 12.1.5.30
Phương pháp:
Thể tích của khối hộp chữ nhật có 3 kích thức a; b; c bằng abc .
Cách giải:
Thể tích của khối hộp chữ nhật có 3 kích thức 2; 3; 5 bằng 2.3.5 = 30 .
Chọn C.
Câu 12 (TH) - 12.1.3.18
Phương pháp:
1
- Sử dụng công thức:  sin ( ax + b ) dx = − cos ( ax + b ) + C tìm F ( x ) .
a
- Sử dụng F ( ) = 1 tìm hằng số C và tìm hàm F ( x ) tường minh.

 
- Tính F   .
2
Cách giải:
Ta có: F ( x ) =  sin ( − x ) dx = cos ( − x ) + C .

Có F ( ) = 1  cos 0 + C = 1  C = 0  F ( x ) = cos ( − x ) .


 
Vậy F   = cos = 0 .
2
2

Chọn C.
Câu 13 (NB) - 12.1.2.13
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính đạo hàm ( log a u ) ' =

u'
.
u ln a

Cách giải:

( log 2 x ) ' =

1
x ln 2

Chọn C.
Câu 14 (NB) - 12.1.4.22
Phương pháp:
Số phức z = a + bi có số phức liên hợp là z = a − bi .
Cách giải:
Số phức liên hợp của số phức z = 2 − 3i là: z = 2 + 3i .
Chọn D.
Câu 15 (NB) - 12.1.1.6
Phương pháp:
Cho x = 0 tìm y .
Cách giải:
Cho x = 0 ta có y = 3 nên đồ thị y = x3 − 3x 2 + 3 cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3.
Chọn D.
Câu 16 (NB) - 12.1.3.18

Phương pháp:

10


Sử dụng cơng thức tìm ngun hàm  e ax +b dx =

1 ax +b
e
+C .
a

Cách giải:
2

2x
2x
4
 2e dx = e = e − 1
2

0

0

Chọn B.
Câu 17 (NB) - 12.1.2.11
Phương pháp:
Sử dụng công thức log a ( xy ) = log a x + log a y ( 0  a  1, x, y  0 ) .
Cách giải:

log 2 (16a ) = log 2 16 + log 2 a = 4 + log 2 a .
Chọn D.
Câu 18 (NB) - 12.1.2.15
Phương pháp:
Giải phương trình logarit: log a f ( x ) = b  f ( x ) = ab .
Cách giải:
log3 ( 2 x + 1) = 2  2 x + 1 = 32 = 9  x = 4 .
Chọn C.
Câu 19 (NB) - 12.1.5.30
Phương pháp:
Thể tích khối lăng trụ có chiều cao h , diện tích đáy B là V = Bh .
Cách giải:
Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a là V = Sday .h =

a2 3
a3 3
.
.a =
4
4

Chọn B.
Câu 20 (NB) - 12.1.1.1
Phương pháp:
Dựa vào BBT xác định các khoảng đồng biến là các khoảng mà hàm số liên tục và có đạo hàm dương.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên ( −; −1) và ( 0;1) .
Chọn B.
Câu 21 (NB) - 12.1.1.2
Phương pháp:

Dựa vào BBT xác định điểm mà tại đó hàm số liên tục và qua đó đạo hàm đổi dấu.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy hàm số đã cho có 4 điểm cực trị x = −3, x = −1, x = 1, x = 4 .
Chọn B.
Câu 22 (NB) - 12.1.6.33
Phương pháp:
Thể tích khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy r là V =  r 2 h .
Cách giải:
Thể tích khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy r là V =  r 2 h .
Chọn B.
11


Câu 23 (TH) - 12.1.1.5
Phương pháp:
- Dựa vào nhánh cuối cùng xác định dấu của hệ số a .
- Dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung.
Cách giải:
Đồ thị đã cho có nhánh cuối cùng đi lên nên loại đáp án B và C.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên loại đáp án A.
Chọn D.
Câu 24 (NB) - 12.1.7.37
Phương pháp:

x A + xB + xC

 xG =
3

y + yB + yC


Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là  yG = A
.
3

z A + zB + zC

 zG =
3

Cách giải:

x A + xB + xC 3 − 2 + 5

=
=2
 xG =
3
3

y + yB + yC −2 + 1 + 1

=
= 0  G ( 2;0;1) .
Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là  yG = A
3
3

z A + z B + zC 5 − 3 + 1


=
=1
 zG =
3
3

Chọn A.
Câu 25 (NB) - 12.1.2.14
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp đưa về cùng cơ số.
Cách giải:
32 x +3 = 243  32 x +3 = 35  2 x + 3 = 5  x = 1
Chọn A.
Câu 26 (NB) - 12.1.4.23
Phương pháp:
Thực hiện phép cộng số phức bằng cách cộng phần thực với nhau, phần ảo với nhau.
Cách giải:
z1 + z2 = z1 = 3 − 2i + 2 − 3i = 5 − 5i
Chọn B.
Câu 27 (NB) - 12.1.1.4
Phương pháp:
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

ax + b
a
là đường thẳng y = .
cx + d
c

Cách giải:

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

2x +1 2x +1
=
là đường thẳng y = −2 .
1− x −x +1

Chọn C.
Câu 28 (TH) - 12.1.4.23
12


Phương pháp:
Số phức z = a + bi ( a, b 

) có

z = a 2 + b2 .

Cách giải:

z + 1 − i = 3 − 2i + 1 − i = 4 − 3i = 42 + ( −3) = 5 .
2

Chọn B.
Câu 29 (NB) - 11.1.2.7
Phương pháp:
Sử dụng tổ hợp.
Cách giải:
Chọn 3 điểm bất kì từ 7 điểm ta được 1 tam giác. Vậy số tam giác có 3 đỉnh đều thuộc P là C73 .

Chọn A.
Câu 30 (NB) - 12.1.7.38
Phương pháp:
Mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I ( −a; −b; −c ) , bán kính R = a 2 + b2 + c 2 − d .
Cách giải:
Mặt
R=

( S ) : x2 + y 2 + z 2 + 2x − 4 y + 6z − 2 = 0

cầu

( −1)

2

có

tâm

I ( −1; 2; −3)

và

bán

kính

+ 22 + ( −3) − ( −2 ) = 4 .
2

Chọn B.
Câu 31 (TH) - 12.1.1.3
Phương pháp:



Sử dụng: max f ( x ) = max  max f ( x ) ; min f ( x )  .
−2;1
−
2;1

−2;1




Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy max f ( x ) = 1, min f ( x ) = −3 .
−2;1

−2;1



Vậy max f ( x ) = max  max f ( x ) ; min f ( x )  = max 1;3 = 3 .
−2;1
−
2;1


−2;1




Chọn C.
Câu 32 (TH) - 12.1.7.40
Phương pháp:
Sử dụng công thức d ( d ; d ') =

u, u ' .MM '


, với u, u ' lần lượt là VTCP của d , d ' , M  d và M '  d ' .
u , u ' 



Cách giải:

 x = 1 + 2t

Đường thẳng d :  y = −1 − t đi qua điểm M (1; −1;1) và có 1 VTCP u = ( 2; −1;0 ) .
z = 1

Đường thẳng d ' :

x−2 y + 2 z −3
=
=

đi qua điểm M ' ( 2; −2;3) và có 1 VTCP u ' = ( −1;1;1) .
−1
1
1

 u, u ' = ( −1; −2;1) , MM ' = (1; −1; −2 )  u, u ' .MM ' = −1 + 2 − 2 = −1 .

13


Vậy d ( d ; d ') =

u, u ' .MM '


=
u , u ' 



1

( −1) + ( −2 )
2

2

+ 12

=

1
.
6

Chọn C.
Câu 33 (NB) - 12.1.2.15
Phương pháp:
f x
g x
Giải bất phương trình mũ a ( )  a ( )  f ( x )  g ( x ) khi a  1 .
Cách giải:

512− x  125  512− x  53  12 − x 2  3
2

2

 x 2  9  −3  x  3
Chọn C.
Câu 34 (VD) - 11.1.8.49
Phương pháp:
- Gọi H là trực tâm ABC  SH ⊥ ( ABC ) .
- Xác định góc giữa ( SBC ) và ( ABC ) là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng
vng góc với giao tuyến.
1
1
- Sử dụng VS . ABC = SH .S ABC = d ( A; ( SBC ) ) .S SBC tính SH theo SM , với M là trung điểm của BC .
3
3

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vng để tính góc.
Cách giải:

Gọi H là trực tâm ABC  SH ⊥ ( ABC ) .

 BC ⊥ AM
Gọi M là trung điểm của BC ta có 
 BC ⊥ ( SAM )  BC ⊥ SM .
 BC ⊥ SH
( SBC )  ( ABC ) = BC

 SM  ( SBC ) , SM ⊥ BC   ( ( SBC ) ; ( ABC ) ) =  ( SM ; AM ) = SMA = SMH .

 AM  ( ABC ) , AM ⊥ BC
Ta có:
1
1
VS . ABC = SH .S ABC = d ( A; ( SBC ) ) .S SBC
3
3

a 2 3 3a 1
= . SM .a
4
4 2
3
 SH =
SM
2

 SH .

14


Xét tam giác vng SHM ta có sin SMH =
Vậy  ( ( SBC ) ; ( ABC ) ) = 600 .

SH
3
=
 SMH = 600 .
SM
2

Chọn C.
Câu 35 (TH) - 12.1.7.39
Phương pháp:
- Độ dài chiều cao của tứ diện ABCD kẻ từ đỉnh A chính bằng d ( A; ( BCD ) ) .
- Viết phương trình mặt phẳng ( ABC ) .
- Khoảng cách từ điểm I ( x0 ; y0 ; z0 ) đến mặt phẳng ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 là

d ( I ; ( P )) =

Ax0 + By0 + Cz0 + D
A2 + B2 + C 2

.

Cách giải:

Ta có BC = ( 8;0; 4 ) , BD = ( 4;3;5 )   BC, BD = ( −12; −24;24) = −12 (1;2; −2) .
 ( BCD ) có 1 VTPT là n = (1; 2; −2 ) .

Phương trình mặt phẳng ( BCD ) là: 1( x + 3) + 2 ( y + 1) − 2 ( z + 4 ) = 0  x + 2 y − 2 z − 3 = 0 .

 d ( A; ( BCD ) ) =

2 + 2. ( −1) − 2.6 − 3
12 + 22 + ( −2 )

2

= 5.

Vậy độ dài chiều cao của tứ diện ABCD kẻ từ đỉnh A bằng 5 .
Chọn D.
Câu 36 (TH) - 12.1.5.30
Phương pháp:
- Xác định góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vng
góc với giao tuyến.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vng tính SA .
1
- Tính thể tích VS . ABC = SA.S ABC .
3
Cách giải:

 BC ⊥ AM
Gọi M là trung điểm của BC ta có 
 BC ⊥ ( SAM ) .
 BC ⊥ SA

 AH ⊥ BC
Trong ( SAM ) kẻ AH ⊥ SM ( H  SM ) ta có 
 AH ⊥ ( SBC ) .
 AH ⊥ SM

15


 SH là hình chiếu vng góc của SA lên ( SBC )   ( SA; ( SBC ) ) =  ( SA; SH ) = ASH = ASM = 600
Tam giác ABC đều cạnh a nên AM =

a 3
a 3 1 a
 SA = AM .cot 600 =
.
= .
2
2
3 2

1
1 a a 2 3 a3 3
Vậy VS . ABC = SA.SABC = . .
.
=
3
3 2 4
24
Chọn C.
Câu 37 (VD) - 12.1.7.40

Phương pháp:
- Xác định hai VTPT của ( P ) và ( Q ) lần lượt là nP , nQ .
- Gọi d = ( P )  ( Q )  ud = nP , nQ  .
 x − 2 y + 3z − 4 = 0
- Giải hệ 
tìm điểm M  ( P )  ( Q ) bất kì, khi đó M  d .
3x + 2 y − 5z − 4 = 0
- Trong khơng gian Oxyz , phương trình của đường thẳng d đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và có vectơ chỉ phương
 x = x0 + at

u = ( a; b; c ) là:  y = y0 + bt .
 z = z + ct
0


Cách giải:
Mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 3z − 4 = 0 có 1 VTPT là nP = (1; −2;3) .
Mặt phẳng ( Q ) : 3x + 2 y − 5 z − 4 = 0 có 1 VTPT là nQ = ( 3; 2; −5 ) .

d  ( P ) ud ⊥ nP

Gọi d = ( P )  ( Q ) ta có 
 ud = nP , nQ  (với ud là 1 VTCP của đường thẳng d ).
d

P
u
⊥
n
(

)

 d
Q
Ta có nP , nQ  = ( 4;14;8) = 2 ( 2;7;4 ) .

 Đường thẳng d có 1 VTCP là u = ( 2;7; 4 ) .
 x − 2 y + 3z − 4 = 0
x − 2 y − 4 = 0
x = 2
 M ( 2; −1;0 )  d .
Xét hệ 
, cho z = 0  

3
x
+
3
2
x
+
y
2
−
y
−
5
4
=
z

0
−
4
y
=
=
0
−
1



 x = 2 + 2t

Vậy phương trình tham số của đường thẳng d là:  y = −1 + 7t
 z = 4t

Chọn C.
Câu 38 (VD) - 12.1.4.26
Phương pháp:
- Gọi z = x + yi ( x, y 

)  z = x − yi .

- Thay vào giải thiết suy ra 2 phương trình ẩn x, y .
- Giải tìm x, y .
Cách giải:
Gọi z = x + yi ( x, y 

)  z = x − yi .

Theo bài ra ta có:

16


+) 2 z − z = 13  2 x + 2 yi − x + yi = 13
 x + 3 yi = 13  x 2 + 9 y 2 = 13 (1) .

+) (1 + 2i ) z = (1 + 2i )( x + yi ) = x − 2 y + ( 2 x + y ) i là số thuần ảo  x − 2 y = 0  x = 2 y .
Thay vào (1) ta có 4 y 2 + 9 y 2 = 13  13 y 2 = 13  y = 1 .
Với y = 1  x = 2  z = 2 + i .
Với y = −1  x = −2  z = −2 − i .
Vậy có 2 số phức thỏa mãn.
Chọn C.
Câu 39 (VD) - 12.1.7.40
Phương pháp:
- Tâm H của đường tròn giao tuyến của ( S ) và ( ) chính là hình chiếu của tâm của mặt cầu ( S ) lên ( ) .
- Thay tọa độ điểm H vào các phương trình đường thẳng ở các đáp án.
Cách giải:
Mặt cầu ( S ) : ( x − 3) + ( y + 2 ) + ( z − 1) = 81 có tâm I ( 3; −2;1) .
2

2

2

Gọi  là đường thẳng đi qua I và vng góc với ( )  Phương trình đường thẳng  là
x − 3 y + 2 z −1
=

=
2
−2
−1

H là tâm của đường tròn giao tuyến của ( S ) và ( )  H là hình chiếu của I lên ( ) .

 I =   ( P )  Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình
 x = −1
 x − 3 y + 2 z − 1 −2 x + 6 = 2 y + 4
=
=



−2
−1  − y − 2 = −2 z + 2   y = 2
 2
2 x − 2 y − z + 9 = 0
2 x − 2 y − z + 9 = 0  z = 3



 H ( −1; 2;3) .
Thay vào các đáp án ta thấy H thuộc đường thẳng

x − 3 y + 2 z −1
=
=
.

2
−2
−1

Chọn D.
Câu 40 (VD) - 11.1.8.50
Phương pháp:
- Đổi d ( A; ( SBC ) ) sang d ( O; ( SBC ) ) , với O = AC  BD .
- Gọi M là trung điểm của BC , trong ( SOM ) kẻ OH ⊥ SM , chứng minh OH ⊥ ( SBC ) .
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vng để tính khoảng cách.
Cách giải:

17


Gọi O = AC  BD  SO ⊥ ( ABCD ) .
Ta có AO  ( SBC ) = C 

d ( A; ( SBC ) )

d ( O; ( SBC ) )

=

AC
= 2  d ( A; ( SBC ) ) = 2d ( O; ( SBC ) ) .
OC

Gọi M là trung điểm của BC , trong ( SOM ) kẻ OH ⊥ SM , ta có:

 BC ⊥ OM
 BC ⊥ ( SOM )  BC ⊥ OH

 BC ⊥ SO
OH ⊥ BC
 OH ⊥ ( SBC )  d ( O; ( SBC ) ) = OH

OH ⊥ SM
Vì S ABCD = a2  BC = a , OM =

1
1
a
AB = BC =
2
2
2

Ta có: SM = SB 2 − BM 2 = a 2 −

Xét tam giác vuông SOM : OH =

Vậy d ( A; ( SBC ) ) =

3a 2 a 2 a 2
a2 a 3
, SO = SM 2 − OM 2 =
.
−
=

=
4
4
4
2
2
a 2 a
.
a 6
.
= 2 2 =
6
SO 2 + OM 2
a2 a2
+
2
4
SO.OM

a 6
.
3

Chọn A.
Câu 41 (VD) - 12.1.6.35
Phương pháp:
- Gọi bán kính đáy của hình nón là r  bán kính đáy của hình trụ là 2r .
- Tính thể tích khối nón, thể tích nước + thể tích nón  Thể tích nước.
- Phần nước trong hình trụ khi lấy khối nón ra ngồi là hình trụ có bán kính đáy 2r , chiều cao h , từ đó tìm h
Cách giải:

Gọi bán kính đáy của hình nón là r  bán kính đáy của hình trụ là 2r .
1
Thể tích khối nón là V1 =  r 2 .12 = 4 r 2 .
3
Thể tích phần nước + thể tích hình nón ở trong là V2 =  . ( 2r ) .12 = 48 r 2 .
2

 Thể tích nước trong hình trụ là: V = V2 − V1 = 44 r 2 .

18


Phần nước trong hình trụ khi lấy khối nón ra ngồi là hình trụ có bán kính đáy 2r , chiều cao h , do đó ta có
2
V = 44 r 2 =  . ( 2r ) .h  h = 11 .
Chọn A.
Câu 42 (VD) - 12.1.3.19
Phương pháp:
- Đổi biến t = x .
- Tiếp tục sử dụng phương pháp tích phân từng phần.
Cách giải:
1
dx  dx = 2 xdt = 2tdt .
Đặt t = x  dt =
2 x
x = 0  t = 0
Đổi cận: 
.
x = 1  t = 1
1

Khi đó ta có: I =  f '
0

( x ) dx = 2 f ' (t ) tdt .
1

0

u = t
du = dt

Đặt 
. Ta có:
dv = f ' ( t ) dt v = f ( t )
1
1




1
I = 2 tf ( t ) 0 −  f ( t ) dt  = 2  f (1) −  f ( x ) dx  = 2 (1 − 2 ) = −2 .
0
0




Chọn B.

Câu 43 (VDC) - 12.1.3.18
Phương pháp:

 x
  x +1

- Từ hai biểu thức đề bài cho, biến đổi để tìm 
g ( x )  '+  −
f ( x )  ' , sử dụng công thức đạo hàm của
x
 x +1
 

một tích.
x
x +1
g ( x) −
f ( x ) . Từ đó tính tích phân cần tìm.
- Lấy nguyên hàm hai vế, tìm
x +1
x
Cách giải:
Ta có:
x
g ( x ) + 2020 x = ( x + 1) f ' ( x )
2
( x + 1)


1

( x + 1)

2

g ( x) −

x +1
f ' ( x ) = −2020 (1)
x

x3
g ' ( x ) + f ( x ) = 2021x 2
x +1
x
1

g ' ( x ) + 2 f ( x ) = 2021 ( 2 )
x +1
x
Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta có:

19


1

( x + 1)


2

1

( x + 1)

2

g ( x) −

x +1
x
1
f '( x) +
g '( x) + 2 f ( x) = 1
x
x +1
x

g ( x) +

x
1
x +1
g '( x) + 2 f ( x) −
f '( x) = 1
x +1
x
x

x
x +1
 x 
 x +1

g '( x) +  −
f '( x) = 1
 '.g ( x ) +
 '. f ( x ) −
x +1
x 
x
 x +1

 x
  x +1


g ( x )  '+  −
f ( x) ' = 1
x
+
1
x

 

x +1
 x



g ( x) −
f ( x)  ' = 1
x
 x +1

x
x +1

g ( x) −
f ( x) = x + C
x +1
x
Thay x = 2021 ta có
2021
2022
g ( 2021) −
f ( 2021) = 2021 + C
2022
2021
 0 = 2021 + C  C = −2021
x
x +1

g ( x) −
f ( x ) = x − 2021 .
x +1
x

x +1

 x

Vậy  
g ( x) −
f ( x )  dx =
x +1
x

1 
Chọn D.
Câu 44 (VDC) - 12.1.1.2
2021

2021


1

2021

 x2

x
−
2021
dx
=
(
)
 − 2021x 

 2
1

1
1
= − .20212 + 2021 − .
2
2

Phương pháp:

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) − 2021 bằng tổng số điểm cực trị của hàm số
f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) − 2021 và số nghiệm của phương trình f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) − 2021 = 0 (khơng tính nghiệm

kép).
Cách giải:
Giả sử f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d , ta có f ' ( x ) = 3ax 2 + 2bx + c .

 f ( 0) = 2  d = 2
b = 0

d = 2
 f ' (1) = 0  3a + 2b + c = 0


Dựa vào BBT và các giả thiết ta có:  2b

=0
−
c = −3

2.3
a

a = 1
 f ' ( 0 ) = −3  c = −3
 f ( x ) = x3 − 3x + 2 .
Xét hàm số h ( x ) = f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) − 2021 ta có

20


h '( x) = 3 f 2 ( x) f '( x) − 6 f ( x) f '( x)
= 3 f ( x ) . f ' ( x )  f ( x ) − 2  = 0
 x = −2

 f ( x) = 0
 x − 3x + 2 = 0
 x = 1 ( nghiem boi 3)

 2
  f ' ( x ) = 0  3 x − 3 = 0
  x = −1

f x =2
 x3 − 3x + 2 = 2
x = 0
(
)




x =  3
 Hàm số h ( x ) = f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) − 2021 có 2 điểm cực trị dương.
3

 Hàm số f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) − 2021 có 5 điểm cực trị.
Ta có BBT hàm số h ( x ) = f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) − 2021 như sau:

Dựa vào BBT suy ra BBT hàm số f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) − 2021 như sau:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) − 2021 = 0 có 2 nghiệm phân biệt.
Vậy hàm số g ( x ) = f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) − 2021 có tất cả 5 + 2 = 7 điểm cực trị.
Chọn A.
Câu 45 (VDC) - 12.1.1.3
Phương pháp:
- Xét hàm số g ( x ) = 12 f ( 2 x ) + 32 x3 + 12 x 2 − 12 x + 2021 , tính g ' ( x ) , giải phương trình g ' ( x ) = 0 .
- Đặt t = 2 x , đưa phương trình về dạng f ' ( t ) = h ( t ) .
- Tìm số nghiệm của phương trình dựa vào tương giao đồ thị hàm số.

 3 1
- Lập BBT hàm số g ( x ) = 12 f ( 2 x ) + 32 x3 + 12 x 2 − 12 x + 2021 trên  − ;  và tìm max g ( x ) .
 3 1
 2 2
− 2 ; 2 




Cách giải:
Xét hàm số g ( x ) = 12 f ( 2 x ) + 32 x3 + 12 x 2 − 12 x + 2021 ta có:

g ' ( x ) = 24 f ' ( 2 x ) + 96 x 2 + 24 x − 12
= 12  2 f ' ( 2 x ) + 8 x 2 + 2 x − 1
g ' ( x ) = 0  2 f ' ( 2 x ) + 8 x 2 + 2 x − 1 = 0 ( *)

21


1
1
Đặt t = 2 x  (*)  2 f ' ( t ) + 2t 2 + t − 1 = 0  f ' ( t ) = −t 2 − t + (**) .
2
2
 3 1
Vì t   − ;   t   −3;1 .
 2 2
1
1
Vẽ đồ thị hàm số y = f ' ( t ) và y = −t 2 − t + trên cùng hệ trục tọa độ ta có:
2
2

3

x = − 2
t = −3 
1
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình (**) có 3 nghiệm phân biệt t = −1   x = −

2

t = 1

x = 1

2
3
2
Khi đó ta có BBT hàm số g ( x ) = 12 f ( 2 x ) + 32 x + 12 x − 12 x + 2021 như sau:

 1
Dựa vào BBT ta thấy max g ( x ) = g  −  = 12 f ( −1) + 2026 .
 3 1
 2
− 2 ; 2 




Chọn A.
Câu 46 (VDC) - 12.1.2.17
Cách giải:
Sưu tầm Toanmath
ĐKXĐ: x − 2  0  x  2 .
Ta có:
ln ( x − 2 )
4
2
ln a log x + 4a log x + 4 =
log a

(

)

 ln ( a 4log x + 4a 2log x + 4 ) =

ln ( x − 2 )
log a

2
ln ( x − 2 )
 ln ( a 2log x + 2 )  =


log a

 2 ln ( a 2log x + 2 ) =

ln ( x − 2 )
( *)
log a
22


Đặt t = a 2log x + 2 ta có a 2log x = t − 2  log ( a 2log x ) = log ( t − 2 )  2log x.log a = log ( t − 2 ) .

 log a =

log ( t − 2 )
2log x

ln ( x − 2 )
 ln t.log ( t − 2 ) = ln ( x − 2 ) .log x  ln t.ln ( t − 2 ) = ln x.ln ( x − 2 ) .
log ( t − 2 )
2 log x
1
1
Xét hàm đặc trưng f ( t ) = ln t.ln ( t − 2 ) ( t  2 ) ta có f ' ( t ) = .ln ( t − 2 ) + ln t.
 0 t  2 .
t
t−2
Do đó hàm số đồng biến trên ( 2; + )  t = x  a 2log x + 2 = x .

Thay vào (*) ta có: 2 ln t =

 x − a 2log x = 2  x − x 2log a = 2  x  x 2log a
1
Do x  2 nên 2 log a  1  log a   a  10 .
2
2  a  10
 a  2;3 .
Kết hợp điều kiện đề bài ta có 
a 
Vậy có 2 giá trị của a thỏa mãn.
Chọn A.
Câu 47 (VDC) - 12.1.3.20

Cách giải:
Sưu tầm Toanmath

2
2
Vì f ( x ) là hàm số bậc ba có f ''   = 0  x = là hoành độ điểm uốn của đồ thị hàm số.
3
3
2 4
Khi đó với x1 , x2 là 2 điểm cực trị của hàm số thì ta có x1 + x2 = 2. = .
3 3

2− 7
4

 x1 =
x
+
x
=
 1 2

3
3

Lại có: 3x2 − 6 x1 = 3 7 − 2 nên ta có hệ phương trình 
.
2
+
7
3 x − 6 x = 3 7 − 2
x =
 2

1
 2
3
4
1

Khi đó f ' ( x ) có dạng f ' ( x ) = k ( x − x1 )( x − x ) = k  x 2 − x −  ( k  0 ) .
3
3

3
2
 x 2x 1
 k
 f ( x) = k  −
− x + C  = ( x3 − 2 x 2 − x + C ) .
3 3
 3
 3
f

Vì 
f


k
 3 ( −2 + C ) = 0
k = 3

.

 2  20   k
C=2
 34
 20

 =

− +C =
 3  27
 3  27
 27

(1) = 0

 f ( x ) = 3 ( x3 − 2 x 2 − x + 2 )

1

3
2
S
=
 1
 3 ( x − 2 x − x + 2 ) dx
2− 7

S

3
 1  6,85

Ta có: 
2+ 7
S2

3
3
2
S = −
1 3 ( x − 2 x − x + 2 ) dx
 2
Chọn C.
Câu 48 (VDC) - 12.1.4.26

23


Cách giải:
Sưu tầm Toanmath
Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức w = x + yi .
Theo bài ra ta có:
iw − 2 + 5i = 1

 i ( x + yi ) − 2 + 5i = 1
 − y − 2 + ( x + 5) i = 1
 ( x + 5) + ( y + 2 ) = 1
2

2

 Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm I ( −5; −2 ) bán kính R = 1 .

Ta có:
P = z 2 − wz − 4 = z 2 − wz − z

(

2

)

= z 2 − wz − z.z = z z − z − w

(

)

=2 z−z −w
Đặt z = a + bi . Vì z = 2  a 2 + b2 = 4  b2  4  −2  b  2 .

Gọi N là điểm biểu diễn số phức z − z = a + bi − a + bi = 2bi  N ( 0; 2b ) .

 N thuộc đoạn thẳng AB , với A ( 0; 4 ) , B ( 0; −4 ) .

(

)

Khi đó P = 2 z − z − w = 2 MN  2CD = 8 . Dấu “=” xảy ra khi M  C , N  D .
Vậy min z 2 − wz − 4 = 8 .
Chọn D.
Câu 49 (VDC) 12.1.2.17

Cách giải:
Sưu tầm Toanmath
ĐK: a  0 .
Vì 1 + ln 2 a  ln a  ln a  1 + ln 2 a − ln a  0 .



(

1 + ln 2 a + ln a

)(

1 + ( a − 3) + a − 3

)

1 + ( a − 3) + a − 3  1
2

2



1 + ln 2 a − ln a

1

 1 + ( a − 3) + a − 3  1 + ln 2 a + ( − ln a ) (1)
2

24


Xét hàm đặc trưng f ( t ) = 1 + t 2 + t ( t 

 Hàm số f ( t ) đồng biến trên

)

ta có f ' ( t ) =

t
1+ t2

+1 =

t + 1+ t2
1+ t2

 0 t 

.

.

Do đó (1)  f ( a − 3)  f ( − ln a )  a − 3  − ln a  a − 3 + ln a  0 .
Xét hàm số g ( a ) = a − 3 + ln a ( a  0 ) ta có g ' ( a ) = 1 +

1

 0 a  0 .
a
 Hàm số g ( a ) đồng biến trên ( 0; + )  g ( a ) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm a  0 .

Ta có g ( 2 ) .g ( 3) = ( ln 2 − 1) ln 3  0  Phương trình có nghiệm a0  ( 2;3) .

a = 1
Vậy g ( a )  0  a  a0  a  ( 0; a0   
.
a = 2
Chọn D.
Câu 50 (VDC) - 12.1.5.30
Cách giải:
Sưu tầm Toanmath
Ta có

VABCD
VAMNP

 AB AC AD 
+
+
AB AC AD  AM AN AP 
=
.
.


AM AN AP 
3





3

1
 VAMNP  VABCD .
8

1
AB AC AD
VABCD khi
=
=
= 2.
8
AM AN AP
 M , N , P theo thứ tự là trung điểm của AB, AC , AD .

 VAMNP đạt GTNN bằng

3 1 3
Khi đó ta có M  ; ;  và ( MNP ) / / ( ABC ) .
2 2 2
Ta có BC = ( −3; −1; −2) , BD = ( −2;3;2 )   BC, BD  = ( 4;10; −11)

 ( ABC ) có 1 VTPT là n = ( 4;10; −11) .

 ( MNP ) cũng có 1 VTPT là n = ( 4;10; −11) .

3
1
3



Vậy phương trình mặt phẳng ( MNP ) là: 4  x −  + 10  y −  − 11 z −  = 0  8 x − 20 y + 22 z + 11 = 0 .
2
2
2



Chọn A.
-----------------HẾT-----------------

25