DOWNLOAD FILE ĐỀ TOÁN PDF

<span class='text_page_counter'>(1)</span>..................... KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2021 Bài thi: TOÁN. ĐỀ THAM KHẢO. (Đề thi có 6 trang). Mã đề thi BT19. Câu 1. Trong một lớp học có 20 học sinh, hỏi có bao nhiêu cách chọn ra một bạn để làm lớp trưởng và một bạn khác làm lớp phó? A. C18 20. B. A18 20. C. 202. D. A220. Câu 2. Cho dãy số (un ) là 1 dãy cấp số nhân có u2 = 12; u5 = 324. Tìm u1 và công bội q. A. u1 = 3 và q = 4. B. u1 = −4 và q = −3 C. u1 = 4 và q = −3. D. u1 = 4 và q = 3. Câu 3. Cho bảng biến thiên như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây sai?. x y0. −∞ +. A. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0; 3). 1 0. +∞. 2 0. −. + +∞. 3 y. B. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (3; +∞). −∞. C. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (−∞; 1). 0. D. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (2; +∞) Câu 4. Đồ thị ở hình vẽ bên là của hàm số nào sau đây? 2x + 1 x−1 x+2 A. y = B. y = C. y = x+1 x+1 x+1. y x+3 D. y = 1−x 2 1 −1. Câu 5. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng? x2 − 3x + 2 x2 x A. y = B. y = 2 C. y = x−1 x +1 x+1. x. O. D. y =. √. x2 − 1. Câu 6. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây sai? A. Hàm số chỉ có một điểm cực trị B. Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 0. x. −∞. f 0 (x). −1 −. 1 +. +∞. 0. +∞. 3 −. + +∞. 2. f (x). C. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 0. 0. 0. D. Hàm số có ba điểm cực trị Câu 7. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau Trang 1/6 Mã đề BT19.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> x. −∞. f 0 (x). −2 +. 0 −. 0. 0. +∞. 2 +. 3. 0. −. 3. f (x) −∞. −1. −∞. Hàm số y = f (x) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. (−2; 0). B. (−∞; 3). C. (−1; 3). D. (−2; 2). Câu 8. Cho a là số thực dương bất kỳ, giá trị nào dưới đây có cùng giá trị với log 3a2 ? A. log 3 + 2 log a. C. 3 log a2. B. 6 log a. D. log 2 + 3 log a. Câu 9. Cho hình nón có bán kính đáy bằng 4a và chiều dài đường sinh của hình nón là 5a. Tính thể tích của khối nón tạo bởi hình nón đã cho. A. V = 12πa3 B. V = 20πa3 C. V = 5πa3 D. V = 16πa3 Câu 10. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1; 0; 0), B(2; 1; 1), C(4; −2; 0). Mặt phẳng (ABC) có phương trình là A. 2x + 3y − 5z − 2 = 0. B. 2x − 3y − 5z − 2 = 0. C. 2x − 3y − 5z + 2 = 0. D. 2x + 3y + 5z − 2 = 0. Câu 11. Đồ √ thị của hàm số nào dưới đây không có tiệm cận đứng? x3 + 1 sin x cos x A. y = B. y = C. y = x x x. √ x3 + 1 D. y = x2. Câu 12. Cho hàm số f (x) = ax3 + bx2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ y 2. O. 2. x. −2 Số nghiệm của phương trình f (x) + 1 = 0 là A. 2. B. 3. C. 0. D. 1. 2 Câu 13. Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = x + trên đoạn [4; 7] bằng x−3 √ √ 15 A. 2 2 B. C. 6 D. 2 2 + 3 2 Câu 14. Hàm số nào dưới đây là nguyên hàm của hàm số f (x) = x3 − x? x4 x2 x4 A. F (x) = x4 − 2x2 B. F (x) = − + 1 C. F (x) = − x2 D. F (x) = 3x2 − 1 4 2 4 2 + 2x + 2−x Câu 15. Cho 4x + 4−x = 14, khi đó biểu thức M = có giá trị bằng 7 − 2x − 2−x 3 1 A. B. 3 C. D. 2 2 2 Trang 2/6 Mã đề BT19.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Z2 Câu 16. Tích phân.
x2 − 1 dx bằng. 0. 2 4 4 2 A. − B. C. − D. 3 3 3 3 √ Câu 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA ⊥ (ABCD) và SB = a 3. Tính thể tích √ khối chóp S.ABCD. √ √ 3 √ a 2 a3 2 a3 2 3 A. B. a 2 C. D. 3 2 6 π. Z2 Câu 18. Cho tích phân π 3. A. 2a + b = 0. sin x dx = a ln 5 + b ln 2 với a, b ∈ Z. Mệnh đề nào sau đây đúng? cos x + 2 B. 2a − b = 0. C. a − 2b = 0. D. a + 2b = 0. Câu 19. Tìm họ nguyên hàm của hàm số f (x) = 5x + 1. 5x A. 5x ln x + x + C B. C. 5x ln 5 + x + C D. 5x + x + C +x+C ln 5 x−2 y−1 z Câu 20. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (d) : = = . Véc-tơ nào dưới đây −3 1 4 vuông góc với véc-tơ chỉ phương của (d)? A. n#»2 = (−1; 1; −1) B. n#»4 = (−1; 0; 1) C. n#»1 = (−2; 1; 3) D. n#»3 = (2; 1; 3)   x = −3 + 2t   và Câu 21. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng (∆1 ) : y = 1 − t   z = −1 + 4t x+4 y+2 z−4 = = . Khẳng định nào sau đây đúng? 3 2 −1 A. (∆1 ) và (∆2 ) song song với nhau B. (∆1 ) cắt và không vuông góc với (∆2 ). (∆2 ) :. C. (∆1 ) cắt và vuông góc với (∆2 ). D. (∆1 ) và (∆2 ) chéo nhau và vuông góc nhau. Câu 22. Cho số phức z = −3 + 4i. Gọi M là điểm biểu diễn số phức z. Tung độ của điểm M là A. −4. B. 4. C. −6. D. 6. Câu 23. Gọi z1 , z2 là các nghiệm của phương trình z 2 − 8z + 25 = 0. Giá trị |z1 − z2 | bằng A. 8. B. 6. C. 5. D. 3. Câu 24. Trong không gian Oxyz cho tọa độ các điểm A(−1; 3); B(2; −2) và C(m; 1). Tìm m để 3 điểm A, B, C thẳng hàng. 1 1 1 2 B. m = − C. m = D. m = A. m = − 3 5 5 5 3 2 Câu 25. Cho hàm số y = −x − 2x + mx. Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x = −1. A. m = 2 Câu 26. Cho hàm số y = nó. A. −4 ≤ m ≤ 4. B. m = −2. C. m = 1. D. m = −1. mx + 4 . Tìm m để hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định của x+m B. −2 < m < 2. C. m < −2. D. −2 ≤ m ≤ 2. x+1 có đồ thị (C) và đường thẳng d : y = 2x + m. Tìm m để đường thẳng x−2 d cắt (C) tại hai điểm phân biệt.. Câu 27. Cho hàm số y =. Trang 3/6 Mã đề BT19.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> A. m ∈ (0; 1). B. m ∈ (−1; 1). C. m ∈ ∅. D. m ∈ R. Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x2 + y 2 + z 2 − 2x − 2y − 4z + m = 0 là phương trình của một mặt cầu. A. m < 6. B. m ≥ 6. C. m ≤ 6. D. m > 6. Câu 29. Viết phương trình tất cả tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x3 + 3x2 − 1, biết rằng tiếp tuyến đi qua điểm A(1; 3). A. y = 8x − 5 và y = 3 B. y = 9x − 6 và y = 3 C. y = 8x − 5. D. y = 9x − 6. Câu 30. Cho a, b, c là ba số thực dương và khác 1. Đồ thị các hàm số y = loga x, y = logb x, y = logc x được cho trong hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây là mệnh đề đúng?. y. y = loga x. y = logb x. A. a < b < c B. c < a < b O. C. c < b < a. x. 1. D. b < c < a y = logc x. Câu 31. Tính diện tích S của hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = (x − 1)2 , y = ex và các đường thẳng x = 1, x = 2. 1 1 1 1 A. S = e2 + e + B. S = e2 − e + C. S = e2 − e − D. S = e2 + e − 3 3 3 3 Câu 32. Cho số phức z thỏa mãn |z +1+i| = 1. Biết rằng tập hợp biểu diễn các số phức w = z −1−2i là một đường tròn tâm I. Tọa độ điểm I trong mặt phẳng Oxy là A. I(−1; −2). B. I(−2; −1). C. I(2; 1). D. I(1; 2). [ = 120◦ . Gọi H là trung điểm của Câu 33. Cho lăng trụ ABC.A0 B 0 C 0 có AB = a, BC = 2a, ABC A0 B 0 , biết AH vuông góc với mặt phẳng (A0 B 0 C 0 ) và góc giữa AC 0 và mặt phẳng (ABC) bằng 60◦ . 0 0 0 Tính thể tích √ V của khối lăng trụ ABC.A √ B C theo a. 3 3 a 21 3a 21 a3 3a3 A. V = B. V = C. V = D. V = 4 4 4 4 Câu 34. Cho khối trụ (T ) có thiết diện qua trục là hình vuông cạnh bằng a. Tính thể tích V của khối trụ (T ). πa3 πa3 πa3 πa3 A. V = B. V = C. V = D. V = 4 12 8 2 mx + 1 Câu 35. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = có giá trị lớn nhất trên đoạn x + m2 5 [2; 3] bằng .  6   m=3 m=2 m=3   A.  B. m = 3 C. D. 3 2 2 m= m= m= 5 5 5 Câu 36. Biết phương trình 3x · 5 A. x1 · x2 = 1 + log3 5. 2x−1 x. = 15 có hai nghiệm thực phân biệt x1 ; x2 . Tính tích x1 · x2 .. B. x1 · x2 = − log3 5. C. x1 · x2 = log3 5. D. x1 · x2 = 1 − log3 5. Trang 4/6 Mã đề BT19.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu 37.. √. 3 3 Cho hình (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x , cung tròn có 9 √ phương trình y = 4 − x2 (với 0 ≤ x ≤ 2) và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ). Biết thể tích của khối tròn xoay tạo thành a√ c π, trong đó khi quay (H) quanh trục hoành là V = − 3+ b d a c a, b, c, d ∈ N∗ và , là các phân số tối giản. Tính P = a + b + c + b d d. A. P = 46 B. P = 40 C. P = 34 D. P = 52. y. 2. x. 2. O. Câu 38. Cho phương trình (z 3 + 1) (2mz − m − i) = 0. Hãy xác định tổng các tham số thực m để phương trình √ √ có ba nghiệm phân biệt. 2 3 3 A. − B. 1 C. D. 0 2 3 Câu 39. Cho tam giác SOA vuông tại O có M N k SO với M , N lần lượt nằm trên cạnh SA, S OA như hình vẽ bên dưới. Đặt SO = h (không đổi). Khi quay hình vẽ quanh SO thì tạo thành một hình trụ nội tiếp hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O bán kính R = OA. Tìm độ dài của M N theo h để thể tích khối trụ là lớn nhất. h h h h A. M N = B. M N = C. M N = D. M N = 3 6 4 2 O N. M. A. Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1; 2; 3), B(3; 4; 4), C(2; 6; 6) và I(a; b; c) là trực tâm tam giác ABC. Tính a + b + c. 31 46 63 A. B. C. D. 10 3 5 5   x=3+t   Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : y = −2 − t song song với mặt   z = t phẳng (P ) : x + 2y + z + 2 = 0. Tính khoảng cách d = d[∆, (P )] từ đường thẳng ∆ đến mặt phẳng (P ). √ √ √ 6 6 4 6 A. d = B. d = 0 C. d = D. d = 3 3 6 Câu 42. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên R. Đồ thị của hàm số y = f 0 (x) như hình bên. Đặt h(x) = 2f (x) − x2 . Hàm số g(x) có bao nhiêu điểm cực đại?. y. A. 0 4. B. 1. 2. C. 2 D. 3. −2 O. 2. 4 x. −2. Trang 5/6 Mã đề BT19.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu 43. Bố An vay của ngân hàng Agribank 200 triệu đồng để sửa nhà, theo hình thức lãi kép với lãi suất 1, 15% một tháng. Hàng tháng vào ngày ngân hàng thu lãi bố An trả đều đặn 7 triệu đồng. Sau một năm do có sự cạnh tranh giữa các ngân hàng nên lãi suất giảm xuống còn 1 % /tháng. Gọi m là số tháng bố An hoàn trả hết nợ. Hỏi m gần nhất với số nào trong các số sau A. 33 tháng. B. 35 tháng. C. 36 tháng. D. 34 tháng. Câu 44. Cho parabol (P ) : y = x2 và hai điểm A, B thuộc (P ) sao cho AB = 2. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P ) và đường thẳng AB đạt giá trị lớn nhất bằng: 4 2 3 3 A. B. C. D. 3 3 4 2 √ Câu 45. Cho số phức z thỏa mãn |z − 2 − 3i| = 10. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = |2z − 8i| + |z − 6 − i|? √ √ √ √ √ √ √ A. 5 + 10 B. 3 5 + 10 C. 6 5 D. 2 5 + 10 Câu 46. Cho hình chóp S.ABC có góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60◦ , ABC và SBC là các tam thể tích khối chóp S.ABC. √ 3giác đều cạnh a. Tính√ √ 3 √ 3a 3 3a3 3a 3 3a3 A. B. C. D. 8 16 16 32 Câu 47. Cho ba mặt phẳng (P ) : 2x − y + 2z − 2 = 0; (Q) : x − 2y − 2z = 0; (R) : 2x + 2y − z + 18 = 0. Hỏi có bao nhiêu mặt cầu bán kính bằng 10 tiếp xúc với cả ba mặt phẳng trên. A. 8. B. 3. C. 4. D. 6. Câu 48. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, tâm O, SO vuông góc (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm SA, BC. Gọi α là góc giữa M N và (SBD). Tính tan α, biết rằng góc giữa M N và (ABCD) bằng 60◦ . √ √ 3 1 A. tan α = 2 B. tan α = C. tan α = D. tan α = 3 3 2 16(a2 + 8) 2 2 Câu 49. Có bao nhiêu cặp số nguyên a, b thỏa mãn điều kiện log2 2 = b − 4b − a (b − 2) A. 3. Câu 50. Cho. B. 2. hàm. số. C. 4.. y. =. f (x). xác. định. π. trên. π. Z2 h. √ f 2 (x) − 2 2f (x) sin x −. 0. A. 0. . π i 4. π B. 4. dx =. 2−π . Tích phân 2 π C. 2. D. 1. h πi 0; thoả 2. mãn. Z2 f (x) dx bằng 0. D. 1. - - - - - - - - - - HẾT- - - - - - - - - -. Trang 6/6 Mã đề BT19.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 7 ĐÁP CHI TIẾT MÃ ĐỀ BT19 Câu 1. Mỗi cách chọn hai học sinh thỏa yêu cầu bài toán là một chỉnh hợp chập 2 của 20. Do đó, có A220 cách thực hiện. Chọn đáp án D Câu 2. Ta có. ( u2 = 12. ⇔. u5 = 324. ( u1 · q = 12. ( u1 · q = 12. u1 · q 4 = 324. q 3 = 27. ⇔. ( u1 = 4. .. q=3. Chọn đáp án D Câu 3. Dựa vào bảng biến thiên ta có các kết luận sau: • Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 1), (2; +∞). • Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; 2). • Hàm số đạt cực đại tại x = 1 và giá trị cực đại của hàm số bằng 3. • Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và giá trị cực tiểu của hàm số bằng 0. Do đó, xét hàm số trên khoảng (0; 3) thì hàm số đồng biến trên các khoảng (0; 1), (2; 3) và nghịch biến trên khoảng (1; 2). Chọn đáp án A Câu 4. Xét hàm số y =. 2x + 1 có: x+1. • Tập xác định D = R \ {−1}. 1 2x + 1 > 0, ∀x ∈ D. Cho nên hàm số y = luôn đồng biến trên các khoảng (x + 1)2 x+1 xác định của nó.. • Đạo hàm y 0 =. 2x + 1 . x→−∞ x→+∞ x+1 lim − y = +∞; lim + y = −∞ nên đường thẳng x = −1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. • lim y = lim y = 2 nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = x→−1. x→−1. 2x + 1 . y= x+1 Chọn đáp án A x x x có tiệm cậm đứng vì lim + = −∞; lim − = +∞ nên x = −1 x+1 x→(−1) x + 1 x→(−1) x + 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Chọn đáp án C. Câu 5. Hàm số y =. Câu 6. Hàm số y = f (x) đạt cực tiểu tại x = −1 và x = 3. Hàm số y = f (x) đạt cực đại tại x = 1. Chọn đáp án A Câu 7. Quan sát bảng biến thiên, nhận thấy • Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; −2) và (0; 2)..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 8 • Hàm số nghịch biến trên khoảng (−2; 0) và (2; −∞). Chọn đáp án A Câu 8. Ta có log 3a2 = log 3 + log a2 = log 3 + 2 log a. Chọn đáp án A Câu 9..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 9 Thể tích khối nón là V. 1 S ·h 3 đáy 1 2√ 2 = πR l − R2 3 p 1 π(4a)2 (5a)2 − (4a)2 = 3 = 16πa3 . =. h. l. R. Chọn đáp án D ( Qua A(1; 0; 0) Câu 10. Ta có (ABC) : # » # » Có VTPT #» n = [AB, AC] = [(1; 1; 1), (3; −2; 0)] = (2; 3; −5). Vậy (ABC) : 2(x − 1) + 3y − 5z = 0 ⇔ 2x + 3y − 5z − 2 = 0. Chọn đáp án A Câu 11. Hàm số y =. sin x sin x có tập xác định D = R \ {0} và lim = 1 nên không có tiệm cận đứng. x→0 x x. Chọn đáp án B Câu 12. Ta có f (x) + 1 = 0 ⇔ f (x) = −1. Do đó số nghiệm của phương trình f (x) + 1 = 0 bằng số giao điểm giữa đồ thị hàm số y = f (x) và đường thẳng y = −1. Dựa vào đồ thị, số giao điểm là 3. Vậy phương trình f (x) + 1 = 0 có 3 nghiệm.. y 2. O. 2. x. −2 Chọn đáp án B 2 (x − 3)2 − 2 = . (x − 3)2 (x − " 3)2 √ x = 3 + 2 ∈ [4; 7] Phương trình f 0 (x) = 0 ⇔ (x − 3)2 − 2 = 0 ⇔ √ x=3− 2∈ / [4; 7]. √ √ 15 Ta tính được f (4) = 6, f (7) = , f (3 + 2) = 2 2 + 3. 2 √ Vậy, min f (x) = 2 2 + 3.. Câu 13. Ta có f 0 (x) = 1 −. x∈[4;7]. Chọn đáp án D
x4 x2 x3 − x dx = − + C. 4 2 x4 x2 Do đó, với C = 1 ta có F (x) = − + 1 là một nguyên hàm của f (x) = x3 − x. 4 2 Chọn đáp án B Z. Câu 14. Ta có. Z. f (x) dx =. 2. 2. Câu 15. Ta có 4x + 4−x = 14 ⇔ (2x + 2−x ) − 2 · 2x · 2−x = 14 ⇔ (2x + 2−x ) = 16 ⇒ 2x + 2−x = 4. 2 + 2x + 2−x 2+4 Vậy M = = = 2. 7 − 2x − 2−x 7−4 Chọn đáp án D.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 10 Z2 Câu 16. Ta có. 2.
x − 1 dx =. . x3 −x 3. 0. . 2 0. 2 = . 3. Chọn đáp án B Câu 17. √ √ Ta có SA = SB 2 − AB 2 = a 2. √ 1 √ 3 a3 2 . 2a = Thể tích VS.ABCD = 3 3. S. A D Chọn đáp án A Câu 18. Đặt t = cos x + 2 ⇒ dt = − sin x dx x=. π 5 ⇒t= , 3 2. x=. π ⇒ t = 2. 2. 5. Z2 I=. 1 dt = ln t t. 2. 5 2. = ln 5 − 2 ln 2.. 2. Suy ra a = 1, b = −2. Vậy 2a + b = 0. Chọn đáp án A Z Câu 19. Ta có. (5x + 1) dx =. 5x + x + C. ln x. Chọn đáp án B Câu 20. (d) có véc-tơ chỉ phương là #» u = (−3; 1; 4). Xét [2] #» u · n#»1 = 19 (loại). #» u · n#»2 = 0 (nhận). #» u · n#»3 = 7 (loại). #» u · n#»4 = 7 (loại). Chọn đáp án A   x = −4 + 3t0   Câu 21. Phương trình tham số của (∆2 ) : y = −2 + 2t0 .   z = 4 − t0 Véc-tơ chỉ phương của (∆1 ) và (∆2 ) lần lượt là u#»1 = (2; −1; 4) và u#»2 = (3; 2; −1). Do u#» · u#» = 2 · 3 + (−1) · 2 + 4 · (−1) = 0 nên (∆ ) ⊥ (∆ ). 1. 2. 1. 2. B C.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 11   0   ( 2t − 3t0 = −1 − 3 + 2t = −4 + 3t     t=1 ⇔ 0 . ⇔ t + 2t0 = 3 Xét hệ phương trình 1 − t = −2 + 2t0   t = 1   4t + t0 = 5  − 1 + 4t = 4 − t0 Vậy (∆1 ) cắt và vuông góc với (∆2 ). Chọn đáp án C Câu 22. z = −3 − 4i nên tung độ điểm M là −4. Chọn đáp án A " " z = 4 + 3i z1 = 4 + 3i Câu 23. Ta có: z 2 − 8z + 25 = 0 ⇔ . Do đó phương trình có hai nghiệm là . z = 4 − 3i z2 = 4 − 3i ⇒ |z1 − z2 | = |(4 + 3i) − (4 − 3i)| = |6i| = 6. Chọn đáp án B # » # » Câu 24. Ta có AB = (3; −5); AC = (m + 1; −2). # » # » A, B, C thẳng hàng ⇔ AB cùng phương với AC ⇔. 3 −5 1 = ⇔m=− . m+1 −2 5. Chọn đáp án B 00 Câu 25. Ta có: y 0 = −3x2 − 2x + m; ( y0 = −6x − 2. ( y (−1) = 0 −1+m=0 Hàm số đạt cực tiểu tại x = −1 ⇔ ⇔ ⇔ m = 1. y 00 (−1) > 0 4>0 Chọn đáp án C. m2 − 4 . (x + m)2 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó ⇔ m2 − 4 < 0 ⇔ −2 < m < 2. Chọn đáp án B. Câu 26. Điều kiện: x 6= −m. Ta có y 0 =. Câu 27. Điều kiện x 6= 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là: x+1 = 2x + m ⇔ x + 1 = (2x + m) · (x − 2) ⇔ 2x2 + (m − 5)x − 2m − 1 = 0 x−2 ( ∆>0 (C) cắt d tại hai điểm phần biệt ⇔ (∗) có hai nghiệm phân biệt khác 2 ⇔ g(2) 6= 0 2 ⇔ m + 6m + 33 > 0 ⇔ m ∈ R. Chọn đáp án D. (∗). Câu 28. Phương trình đã cho là phương trình của một mặt cầu khi 12 + 12 + 22 − m > 0 ⇔ m < 6. Chọn đáp án A Câu 29. Phương trình đường thẳng d đi qua A(có hệ số góc k là y − 3 = k(x − 1) ⇔ y = kx + 3 − k. x3 + 3x2 − 1 = kx + 3 − k (1) Đường thẳng d là tiếp tuyến của đồ thị khi hệ có nghiệm. 3x2 + 6x = k (2) Thay (2) vào (1) ta có x3 + 3x2 − 1 = x(3x2 + 6x) + 3 − 3x2 − 6x " x=1 ⇔ 2x3 − 6x + 4 = 0 ⇔ x = −2..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 12 Với x = 1 ⇒ k = 9, phương trình tiếp tuyến y = 9x − 6. Với x = −2 ⇒ k = 0, phương trình tiếp tuyến y = 3. Chọn đáp án B Câu 30. Hàm số y = logc x nghịch biến nên 0 < c < 1. Hàm số y = loga x và y = logb x đồng biến nên a, b > 1. Ta thấy khi loga x > logb x với x > 1, suy ra b > a. Vậy c < a < b. Chọn đáp án B Câu 31. Z2 Z2 x 2 S = (e − (x − 1) ) dx = (ex − x2 + 2x − 1) dx 1.   x3 x 2 = e − +x −x 3. y. y = ex. 1 2 1. 1 = e2 − e − . 3 y = (x − 1)2. O. 1 2. x. Chọn đáp án C Câu 32. Gọi z = x + yi, ta có w = z − 1 − 2i = x − 1 + (−y − 2)i ⇒ M (x − 1; −y − 2) là điểm biểu diễn của w. Mà |z + 1 + i| = 1 ⇔ (x + 1)2 + (y + 1)2 = 1 ⇔ ((x − 1) + 2)2 + ((−y − 2) + 1)2 = 1. Vậy tâm I(−2; −1). Chọn đáp án B Câu 33. Ta có HC 0 là hình chiếu vuông góc của AC 0 lên (A0 B 0 C 0 ) mà 0 H = 60◦ . \ góc giữa AC 0 và (ABC) bằng 60◦ nên AC H là trung điểm của A0 B 0 nên HB 0 = a . Áp dụng định lý cosin, ta tính được 2 q 0 0C \ HC = HB 02 + B 0 C 02 − 2HB 0 · B 0 C 0 · cos HB √ a 21 A0 = . 2 √ 3a 7 0 ◦ ⇒ AH = HC · tan 60 = . 2 √ 1 a2 3 0 0 0 0 ◦ ⇒ SA0 B 0 C 0 = · A B · B C · sin 120 = . 2 2 √ 3a3 21 Vậy VABC.A0 B 0 C 0 = AH · SA0 B 0 C 0 = . 4 Chọn đáp án B. C. A. B 60◦. H B0. C0.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 13 Câu 34. a Khối trụ có thiết diện qua trục là hình vuông cạnh a, suy ra bán kính đáy của hình trụ là và 2 chiều cao là a.   a 2 πa3 Vậy V = π · ·a= 2 4 Chọn đáp án A Câu 35. Ta có y 0 =. m3 − 1 , ∀x ∈ [2; 3]. (x + m2 )2. • Nếu m3 − 1 > 0, tức m > 1, thì y 0 > 0, ∀x ∈ [2; 3]. Khi đó max y = y(3). [2;3]. 5 3m + 1 = . Từ đây ta giải được m = 3. Điều này tương đương với 2 3+m 6 • Nếu m3 − 1 < 0, tức m < 1, thì y 0 < 0, ∀x ∈ [2; 3]. Khi đó max y = y(2). [2;3]. 2m + 1 2 5 Điều này tương đương với = . Từ đây ta giải được m = . 2 2+m 6 5 5 • Nếu m = 1 thì y = 1, ∀x ∈ [2; 3]. Khi đó max y = 1 6= . [2;3] 6 2 Vậy m = 3, m = . 5 Chọn đáp án D Câu 36. Điều kiện x 6= 0.   2x−1 2x−1 x−1 x−1 Ta có 3x · 5 x = 15 ⇔ 3x · 5 x = 3 · 5 ⇔ 3x−1 · 5 x = 1 ⇔ log3 3x−1 · 5 x = 0.  " x=1 x=1 ⇔ Từ đó suy ra  1 x = − log3 5. 1 + log3 5 = 0 x Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 và x1 · x2 = − log3 5. Chọn đáp án B √. √ 3 2 √ Câu 37. Phương trình hoành độ giao điểm: x = 4 − x2 ⇔ x = 3. 9 √  !2 Z3 √ Z2 √  2 3 2   Khi đó V = π  x dx + 4 − x2 dx 9 √ 0 3 √ ! √ Z3 Z2
1 20 3 16   π. = π x6 dx + 4 − x2 dx = − + 27 7 3 √ 0. 3. Suy ra a = 20, b = 7, c = 16, d = 3 ⇒ P = 46. Chọn đáp án A " 3. Câu 38. (z + 1) (2mz − m − i) = 0 ⇔. z 3 = −1 2mz = m + i.. √ ) 1 3 −1; ± i . 2 2. ( Dễ thấy phương trình z 3 = −1 có ba nghiệm phân biệt. Để thỏa mãn yêu cầu đề bài phương trình 2mz = m + i phải vô nghiệm hoặc có nghiệm trùng với một trong ba nghiệm trên..

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 14 • Trường hợp 1: 2mz = m + i phải vô nghiệm khi m = 0. • Trường hợp 2: 2mz = m + i có nghiệm trùng với một trong ba nghiệm trên. 1. z = −1 thay vào phương trình 2mz = m + i, ta được −3m = i vô lý. √ √ √ 3 3 1 i thay vào 2mz = m + i, ta được m + 3mi = m + i ⇒ m = . 2. z = + 2 2 3 √ √ √ 1 3 3 3. z = − i thay vào 2mz = m + i, ta được m − 3mi = m + i ⇒ m = − 2 2 3 Chọn đáp án D Câu 39. Đặt M N = x, (x > 0) và OA = a, (a > 0), a là hằng số. NA M N · OA xa xa MN = ⇒ NA = ⇒ NA = ⇒ ON = a − . Ta có SO OA SO h h Khối trụ thu được có bán kính đáy bằng ON và chiều cao bằng M N .  2  3 πa2 2h 2 2 h−x 2 1 2 Thể tích khối trụ là V = π · ON · M N = π · x · a = πa . 2x(h − x) ≤ 2 h 2h2 2h 3 h Dấu bằng xảy ra khi 2x = h − x ⇔ x = . 3 Chọn đáp án A # » # » #» #» Câu 40. BC = (−1; 2; 2), AC = (1; 4; 3), AI = (a − 1; b − 2; c − 3), BI = (a − 3; b − 4; c − 4), (ABC): 2x − 5y + 6z − 10 = 0  27  # » # »   a=    (−1(a − 1) + 2(b − 2) + 2(c − 3) = 0 BI · AC = 0    5    #» # » ⇔ b=4 Ta có AI · BC = 0 ⇔ 1(a − 3) + 4(b − 4) + 3(c − 4) = 0        2a − 5b + 6c − 10 = 0 I ∈ (ABC)  c = 16 . 5 63 Suy ra a + b + c = . 5 Chọn đáp án C Câu 41. Lấy điểm I(3; −2; 0) ∈ ∆. √ |3 + 2 · (−2) + 0 + 2| 6 √ Ta có: d[∆, (P )] = d(I, (P )) = = . 2 2 2 3 1 +2 +1 Chọn đáp án C Câu 42. Ta có g 0 (x) = 2f 0 (x) − 2x = 2(f (x) − x). Suy ra g 0 (x) = 0 ⇔ f 0 (x) = x ⇔ x = −2, x = 2, x = 4. Bảng biến thiên x f 0 (x). −∞. −2 −. 0. f (x). Suy ra, hàm số g(x) có đúng 1 điểm cực đại. Chọn đáp án B. 2 +. 0. +∞. 4 −. 0. +.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 15 Câu 43. Năm thứ nhất. Sau 1 tháng bố An còn nợ 200 + 200.0, 0115 − 7 = 200.1, 0115 − 7 triệu đồng. Sau 2 tháng bố An còn nợ 200.1, 01152 − 7 (1, 0115 + 1) triệu đồng. Sau 3 tháng bố An còn nợ
200.1, 01153 − 7 1, 01152 + 1 triệu đồng. 1, 011512 − 1 = A ≈ 139, 8923492 triệu đồng. Sau 12 tháng bố An còn nợ 200.1, 011512 − 7. 1, 0115 − 1 Năm thứ hai. 1, 01n − 1 triệu đồng. Sau n tháng bố An còn nợ Sn = A.1, 01n − 7 1, 01 − 1 n ≈ 22, 406 tháng. Vậy sau 35 tháng bố An trả hết nợ Chọn đáp án B Câu 44. Không mất tính tổng quát, ta giả sử A(−a; a2 ), B(b; b2 ) với a ≥ b > 0. Khi đó. y A. 2. 2. 2. 2 2. 2. AB = (b + a) + (b − a ) = (b + a). 2. 1 + (b − a).
. ≥ (a + b) .. Suy ra a + b ≤ AB = 2. Khi đó diện tích hình phẳng cần tính bằng Zb S = SABCD −. x2 dx =. B. 2. −a D. b O. C. x. (a2 + b2 )(b + a) 1 3 1 4 − (b + a3 ) = (a + b)3 ≤ . 2 3 6 3. −a. Đẳng thức xảy ra khi a = b = 1. Chọn đáp án A Câu 45. Gọi z = x + yi, (x, y ∈ R) là số phức thỏa mãn bài toán và M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z. p √ √ Ta có |z − 2 − 3i| = 10 ⇔ (x − 2)2 + (y − 3)2 = 10 ⇔ (x − 2)2 + (y − 3)2 = 10. (1) √ Vì thế, tập hợp các điểm M là đường tròn tâm I(2; 3) bán kính R = 10. Gọi A(0; 4), B(6; 1). Khi đó, P = |2z − 8i| + |z − 6 − i| = 2|z − 4i| + |z − 6 − i| p p = 2 x2 + (y − 3)2 + (x − 6)2 + (y − 1)2 = 2M A + M B. #» #» # » # » #» Để ý, IA = (−2; 1), IB = (4; −2) và 2IA + IB = 0 .. y M. 4 3. A I. 1 O. B 2. 6. x.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 16  # » # » 2  # » # » 2 Ta có 2M A2 + M B 2 = 2 M I + IA + M I + IB # »2 # »2 # » 2 # »  # » # » = 3M I + 2IA + IB + 2M I 2IA + IB = 3M I 2 + 2IA2 + IB 2 = 3 × 10 + 2 × 5 + 20 = 60.  p √ √ 2M A + 1 · M B ≤ (2 + 1) (2M A2 + M B 2 ) Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cop-xki thì P = 2 p √ √ = 3 (2M A2 + M B 2 ) = 180 = 6 5. √ 2M A MB Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi √ ⇔ M A = M B. Hay M là giao điểm giữa đường trung = 1 2 trực của đoạn thẳng AB với đường tròn. √ Vậy giá trị lớn nhất của P là Pmax = 6 5. Chọn đáp án C Câu 46. Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó, SM ⊥ BC và AM ⊥ BC. (1) ◦ \ Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC) là góc SM A = 60 . \ Tam giác SAM có SM = AM và SM A = 60◦ nên 4SAH là tam giác đều. Từ (1) suy ra (SAM ) ⊥ (ABC). A Kẻ SH ⊥ AM (H ∈ AM ). Suy ra SK ⊥ (ABC).. S. H √. C. 60◦ M B. a 3 3a và SH = . 2 √ 4 a2 3 Diện tích tam giác ABC là SABC = . 4 √ 3 1 3a . Vậy thể tích khối chóp S.ABC là V = × SABC × SH = 3 16 Chọn đáp án C Dễ dàng tính được SM = AM =. Câu 47. Cách 1. Giả sử mặt cầu (S) có tâm I (a; b; c), bán kính 10. Khi đó, mặt cầu (S) tiếp xúc với ba mặt phẳng nên ta có  |2a − b + 2c − 2|    = 10    d (I, (P )) = 10 3     |a − 2b − 2c| d (I, (Q)) = 10 ⇔ = 10   3   d (I, (R)) = 10     |2a + 2b − c + 18| = 10. 3 Giải 8 hệ phương trình này được nghiệm của chúng không trùng nhau. Suy ra số mặt cầu tiếp xúc với ba mặt phẳng là 8 mặt cầu. Cách 2. Dễ thấy ba mặt phẳng trên vuông góc với nhau đôi một nên chúng tạo thành tám góc tam diện vuông tại giao điểm của ba mặt phẳng và mặt cầu tiếp xúc cới cả ba mặt phẳng là ở tám góc tam diện vuông đó. Vậy có 8 mặt cầu thỏa mãn bài toán. Chọn đáp án A Câu 48..

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 17 S. K M D. C O. 60◦ N. H A. B. Gọi H là trung điểm AO. Ta có M H k SO nên M H ⊥ (ABCD), suy ra HN là hình chiếu vuông góc \ của M N lên (ABCD). Do đó (M N, (ABCD)) = (M N, HN ) = M N H = 60◦ . √ 10 a \ , suy ra HN = . Trong tam giác HCN , ta có HN 2 = HC 2 + CN 2 − 2HC.CN. cos HCN 4 √ √ MH a 30 \ Mà trong tam giác M N H, ta có 3 = tan M NH = nên M H = , suy ra SO = 2M H = HN 4 √ a 30 . 2 Gọi K là trung điểm SD. Ta có M KCN là hình bình hành nên M N song song KC. Do đó (M N, (SBD)) = (KC, (SBD)). Mà CO ⊥ (SBD) tại O (do CO ⊥ DO và CO ⊥ SO) nên KO là hình chiếu vuông góc của KC lên \ (SBD). Suy ra (KC, (SBD)) = (KC, KO) = CKO. √ √ 1 1 Ta có OK = SB = OB 2 + OS 2 = a 2. 2 2 \ = OC = 1 . Trong tam giác COK, ta có tan CKO OK 2 1 Vậy tan α = . 2 Chọn đáp án C Câu 49. Từ điều kiện đề bài ta có b 6= 2 và. log2. 16(a2 + 8) 2 2 2 2 2 = b − 4b − a ⇔ log2 (a + 8) + 4 − log2 (b − 2) = b (b − 2). ⇔ log2 (a2 + 8) + a2 + 8 = log2 (b − 2)2 + (b − 2)2 1 Xét hàm số f (t) = log2 t + t (t > 0) ⇒ f 0 (t) = + 1 > 0 Suy ra hàm số f (t) đồng biến trên t ln 2 (0; +∞). Từ đó f (a2 + 8) = f ((b − 2)2 ) ⇒ a2 + 8 = (b − 2)2 => (b − a − 2)(b + ( a − 2) = 8 Vì b−a−2=2 (b − a − 2) + (b + a − 2) = 2b − 4 là số chẵn nên chúng cùng chẵn. Yậy ta có 4 trường hợp b+a−2=4 ( ( ( b−a−2=4 b − a − 2 = −2 b − a − 2 = −4 hoặc hoặc hoặc Giải các hệ trên và đối chiếu điều b+a−2=2 b + a − 2 = −4 b + a − 2 = −2 kiện ta được 4 cặp nghiệm nguyêm (a, b) = {(1, 5); (−1, 5), (−1, −1), (1, −1)} Chọn đáp án C Câu 50. Ta có π. Z2. π 2. 2 sin 0. . x−. π 4. Z2 dx = 0.   cos 2x (1 − sin 2x) dx = x + 2. π 2 0. =. π−2 . 2.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> 18 Dẫn tới π. Z2 h   √ π π i f 2 (x) − 2 2f (x) sin x − + 2 sin2 x − dx = 0 4 4 0 π. Z2 h  √ π i2 f (x) − 2 sin x − ⇔ dx = 0 4 0 π. Z2 h  √ π i f (x) − 2 sin x − dx = 0. ⇔ 4 0. Hay ta có π. π. Z2 f (x) dx = Chọn đáp án A. 0. Z2 √ 0.  √ π π 2 sin x − dx = − 2 cos x − 4 4 . π 2 0. = 0..

<span class='text_page_counter'>(19)</span>