Phần toán đề tham khảo ĐGNL đại học quốc gia HN năm 2021 2022 (file word có giải) image marked

Bản word thuộc Tailieuchuan.vn
TRƯỜNG ĐH QUỐC GIA HÀ NỘI
ĐỀ THAM KHẢO KỲ THI ĐGNL HỌC SINH THPT
PHẦN 1: TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG
Bài thi:TỐN
Thời gian:90 phút (Khơng kể thời gian phát đề)
Câu 1.

Câu 2.

Hình vẽ dưới đây mơ tả số người nhiễm Covid-19 đang được điều trị ở Việt Nam tính từ
23/01/2020 đến ngày 13/02/2021.

Hỏi từ ngày 16/06/2020 đến ngày 27/01/2021, ngày nào Việt Nam có số người được điều trị
Covid-19 nhiều nhất?
A. 16/11/2020.
B. 17/08/2020.
C. 23/07/2020.
D. 13/02/2021.
1
Một vật rơi tự do theo phương thẳng đứng có quãng đường dịch chuyển S  t   gt 2 với t là
2
thời gian tính bằng giây  s  kể từ lúc vật bắt đầu rơi, S là quãng đường tính bằng mét  m  ,
g  9,8 m / s 2 . Vận tốc tức thời của vật tại thời điểm t  4 s là
A. 156,8 m / s .
B. 78, 4 m / s .
C. 19, 6 m / s .

Câu 3.

Phương trình log 3  3x  6   4 có nghiệm là

A. x  25 .

Câu 4.

Câu 5.

Câu 7.

B. x 

58
.
3

C. x  2 .

D. x 

10
.
3

 y 2  y  0
Hệ phương trình sau có bao nhiêu nghiệm:  2
2
 y  x  8x  0
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , gọi M , N , P theo thứ tự là điểm biểu diễn các số phức z1  3  2i,
z2  5  10i, z3  10  3i. Tọa độ trọng tâm của tam giác MNP là:

A.  5; 3 .
Câu 6.

D. 39, 2 m / s .

B.  6; 3 .

C.  3;6  .

D.  6; 2  .

Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) đi qua M (2; 3; 4) và vng góc với trục Oy có
phương trình là:
A. y  3 .
B. x  2 .
C. z  4 .
D. y  3 .
Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1; 2;3 . Tìm tọa độ điểm M ' đối xứng với M qua trục

Oz


A. M ' 1; 2;3 .
Câu 8.

Câu 9.

B. M ' 1; 2; 3 .

C. M '  1; 2;3 .

D. M '  1; 2; 3 .

2
5
có số nghiệm nguyên thuộc đoạn  0;10 là

x 1 x  2
A. 2 .
B. 3 .
C. 8 .
D. 9 .
Số nghiệm của phương trình sin x  3 cos x  2sin 2 x thuộc khoảng  0; 2  là
Bất phương trình

A. 1 .
B. 4 .
C. 8 .
D. 5 .
Câu 10. Một người làm việc cho một công ty. Theo hợp đồng trong năm đầu tiên, tháng lương thứ nhất
là 6 triệu đồng và lương tháng sau cao hơn tháng trước là 200 ngàn đồng. Hỏi theo hợp đồng,
tháng thứ 7 người đó nhận được lương là bao nhiêu?
A. 7,0 triệu.
B. 7,3 triệu.
C. 7,2 triệu.
D. 7,4 triệu.
1

Câu 11. Họ nguyên hàm của hàm số f  x   2
trên khoảng  2;   là
x  2x
ln  x  2   ln x
ln x  ln  x  2 
A.
 C . B.
C.
2
2
ln  x  2   ln x
C.
 C . D. ln  x  2   ln x  C .
2
Câu 12. Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ

Tìm điều kiện của tham số m để m  f  x   x 2 với mọi x  1; 2  .
A. m  f  2   4 .

B. m  f 1  1 .

C. m  f  2   4 .

D. m  f 1  1 .

Câu 13. Một chất điểm chuyển động thẳng với vận tốc v  t   2t  3  m / s  , với t là thời gian tính bằng
giây (s) từ lúc chất điểm bắt đầu chuyển động. Tính quãng đường chất điểm đi được trong
khoảng thời gian từ giây thứ nhất đến giây thứ năm.
A. 24 m .
B. 36 m .

C. 30 m .
D. 40 m .
Câu 14. Một thiết bị trong năm 2021 được định giá 100 triệu đồng. Trong 5 năm tiếp theo, mỗi năm
giá trị thiết bị giảm 6% so với năm trước và từ năm thứ 6 trở đi, mỗi năm thiết bị giảm 10%
so với năm trước. Hỏi bắt đầu từ năm nào thì giá trị thiết bị nhỏ hơn 50 triệu đồng?
A. 2032 .
B. 2029 .
C. 2031 .
D. 2030 .
Câu 15. Tập nghiệm của bất phương trình log 2  3x  2   log 2  2 x  1 là
3

3

2 
2 
A.  ;3  .
B.  3;   .
C.  ;3 .
D.  ; 2  .
3 
3 
2
Câu 16. Cho  H  là hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng y  x và y  x . Thể tích của khối

trịn xoay tạo thành khi quay hình  H  quanh trục Ox bằng

3
3
9

9
.
B.
.
C.
.
D.
.
10
10
70
10
Câu 17. Tập hợp các giá trị của tham số m để hàm số y  2 x 2  mx  m đồng biến trên khoảng 1;  
là
A.  ; 4 .
B.  ; 2 .
C.  2;   .
D.  4;   .
A.


Câu 18. Phương trình
A. z  i .

 3  2i  z   4  9i   2  5i
B. z  2i .

C. z  1 .

D. z  2 .

Câu 19. Xét các số phức z thỏa mãn z  2  i  z  i . Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường
thẳng có phương trình
A. x  y  1  0 .

B. x  y  1  0 .

C. x  1  0 .

D. 2 x  2 y  3  0 .

Câu 20. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tọa độ các đỉnh là A  2;3 , B  5;0  và

C  1;0  .Tìm tọa độ điểm M thuộc cạnh BC sao cho diện tích tam giác MAB bằng hai lần
diện tích tam giác MAC .
A. M  0;0  .
B. M 1;0  .
C. M  2;0  .
D. M  3;0  .
Câu 21. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn  Cm  : x 2  y 2  6 x  2my  6m  16  0 với m là
tham số thực. Khi m thay đổi, bán kính đương trịn  Cm  đạt giá trị nhỏ nhất bao nhiêu?
A. 5 .

B. 4 .

C. 3 .

9
.
2

N  2; 1; 4 

D.

 P  đi qua hai điểm M  3;1; 1 ,
và vuông
Câu 22. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng
Q : 2 x  y  3z  75  0
góc với mặt phẳng  
có phương trình là
A. x  13 y  5 z  5  0 . B. x  13 y  5 z  5  0 .
C. x  13 y  5 z  5  0 . D. x  13 y  5 z  15  0 .
Câu 23. Cho khối nón có bán kính đáy bằng 3 và diện tích xung quanh bằng 12 . Hỏi thể tích của khối
nón đã cho bằng bao nhiêu?
A. 3 7 .
B. 9 7 .
C. 15 .
D. 5 .
Câu 24. Tháp nước Hàng Đậu là một di tích kiến trúc cổ của thủ đơ Hà Nội, được xây dựng vào cuối
thế kỉ XIX. Tháp được thiết kế gồm thân tháp có dạng hình trụ và phần mái phía trên dạng hình
nón. Khơng gian bên trong tồn bộ tháp được minh họa theo hình vẽ với đường kính đáy hình
trụ và đường kính đáy của hình nón đều bằng 19 m , chiều cao hình trụ 20 m , chiều cao hình
nón là 5 m .

Tháp nước Hàng Đậu

Hình minh họa Tháo nước Hàng Đậu

<Ảnh: hanoilavie>
Thể tích của tồn bộ khơng gian bên trong tháp nước Hàng Đậu gần nhất với giá trị nào sau

đây?
A. 5667 m 3 .
B. 3070 m 3 .
C. 6140 m 3 .
D. 7084 m 3 .


Câu 25. Cho lăng trụ ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vng cân tại C . Gọi M là trung điểm
của cạnh AB . Biết rằng A ' CM là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vng góc
với mặt phẳng đáy (minh hoạ như hình vẽ). Thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' bằng

3a 3
3a 3
3a 3
.
C.
.
D.
.
4
6
2
Câu 26. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là điểm thuộc cạnh SD sao
2
cho SM  SD (minh hoạ như hình vẽ). Mặt phẳng chứa AM và song song với BD cắt cạnh
3
SK
SC tại K . Tỷ số
bằng
SC

A.

A.

3a 3 .

1
.
3

B.

B.

2
.
3

Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

C.

1
.
2

 C  :  x  1

D.
2

3
.
4

  y  3   z  2   1 và hai điểm
2

2

A  2;1; 0 , B  0; 2; 0 . Khi điểm S thay đổi trên mặt cầu, thể tích của khối chóp S .OAB có giá
trị lớn nhất bằng bao nhiêu?
A. 6 .
B. 4 .
C. 2 .
D. 1 .
x  t

Câu 28. Trong không gian Oxyz , gọi d ' là hình chiếu vng góc của đường thẳng d :  y  t trên mặt
z  t

phẳng  Oxy  . Phương trình tham số của đường thẳng d ' là


x  t

A.  y  0 .
z  t


x  0
x  0


C.  y  t .
D.  y  0 .
z  t
z  t


29
9
3
Câu 29. Cho hàm số f  x  có đạo hàm f   x   x3  x 2  x  , x  . Gọi S là tập hợp các
8
4
8
3
điểm cực tiểu của hàm số g  x   f  2 x  1  x . Tổng giá trị các phần tử của S bằng
A. 

1
.
2

x  t

B.  y  t .
z  0


B.

1
.
2

C. 2 .

D. 2 .

Câu 30. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  4;0; 4  và B  2; 4;0  . Điểm M di động trên tia Oz ,
điểm N di động trên tia Oy . Đường gấp khúc AMNB có độ dài nhỏ nhất bằng bao nhiêu?
(Kết quả làm tròn đến hàng phần chục)
A. 10,1 .
B. 11,3 .
C. 9,9 .
D. 10, 0 .

1
Câu 31. Cho hàm số f  x   x3  mx 2   m2  4  x  1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để
3
hàm số y  f  x  có đúng 3 điểm cực trị?
A. 5 .

B. 3 .

C. 4 .

D. 1 .

Câu 32. Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình x  mx  3  2 x  1 có hai nghiệm phân
biệt là
A. 4 .
B. 5 .
C. 1 .
D. Vô số.
f  x
 0;   . Biết rằng 2xf   x   f  x   x 2
Câu 33. Cho hàm số
xác định và có đạo hàm trên khoảng
4
x   0;  
f 1  2
,
và
. Tính  f  x  dx .
2

1

73
133
182
91
A.
.
B.
.
C.

.
D.
.
9
9
6
6
Câu 34. Một ngân hàng đề thi có 20 hạng mục, mỗi hạng mục có 10 câu hỏi. Đề thi có 20 câu hỏi tương
ứng 20 hạng mục sao cho mỗi hạng mục có đúng 1 câu hỏi. Máy tính chọn từ ngân hàng ngẫu
nhiên 2 đề thi thỏa mãn tiêu chí trên. Tìm xác suất để 2 đề thi có ít nhất 3 câu hỏi trùng nhau.
(Kết quả làm trịn đến hàng phần nghìn.)
A. 0,167 .
B. 0,593 .
C. 0,190 .
D. 0,323 .
Câu 35. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là ABCD hình bình hành. Lấy M , N lần lượt là trung điểm các

cạnh SB, SD ; K là giao điểm của mặt phẳng  AMN  và SC . Gọi V1 là thể tích của khối chóp

S . AKMN , V2 là thể tích của khối đa diện lồi AMKNBCD . Tính
A.

1
.
5

Câu 36. Cho hàm số y 

B.

1
.
4

C.

1
.
3

V1
V2

D.

2
.
3

x2
có đồ thị là  C  . Tiếp tuyến của  C  tại điểm M  2; 4  có hệ số góc bằng
x 1

bao nhiêu?

Câu 37. Cho hàm số f  x  có đạo hàm f   x   x  x  2   x 2  x  2  , x  . Hàm số f  x  có bao
2

nhiêu điểm cực trị?
Câu 38. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  1  0. Khoảng cách từ gốc tọa độ O

đến mặt phẳng  P  bằng bao nhiêu?


Câu 39. Một nhóm gồm 2 học sinh lớp 10, 2 học sinh lớp 11 và 2 học sinh lớp 12 xếp thành hàng
ngang để chụp ảnh, mỗi hàng 3 người. Hỏi có bao nhiêu cách xếp sao cho 2 học sinh lớp 10
đứng ở hàng phía trước và 2 học sinh lớp 12 đứng ở hàng phía sau?
f  x  2
f  x  2
Câu 40. Cho đa thức f  x  thỏa mãn lim
 12 . Tính lim 2
x 1
x 1 x  1  f x  1
x 1
    
Câu 41. Một vật được ném lên cao và độ cao của nó so với mặt đất được cho bởi công thức
h  t   3  10t  2t 2  m  , t là thời gian tính bằng giây  s  kể từ lúc ném. Độ cao cực đại mà vật
có thể đạt được so với mặt đất bằng bao nhiêu
1
Câu 42. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  x3  x 2   m 2  8m  16  x  31 có
3
cực trị?
Câu 43. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Biết các miền A và B có diện tích lần lượt là 4
2

và 1 . Tính  4xf  x 2  dx
1

Câu 44. Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau:

Phương trình f  x 2  1  1  0 có bao nhiêu nghiệm thực?

Câu 45. Biết rằng tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn 1  i  z  5  i  1 là một đường tròn
tâm I  a; b  . Tính a  b .
Câu 46. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình vuộng cạnh a 2 , cạnh bên
AA '  a (minh họa hình dưới).


Góc giữa hai mặt phẳng  A ' BD  và  C ' BD  bằng bao nhiêu độ?
Câu 47. Trong không gian Oxyz , gọi điểm M ' là điểm đối xứng của điểm M (2;0;1) qua đường thẳng
x y  2 z 1
. Tính khoảng cách từ điểm M ' đến mặt phẳng (Oxy ) .
: 

1
2
1
Câu 48. Cho a, b không âm thỏa mãn 2a  b  log 2  2a  b   1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của a 2  b 2 .
Câu 49. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có độ dài cạnh đáy AB  8 , cạnh bên bằng 6 (
Minh họa như hình vẽ). M là trung điểm của cạnh A’C’. Khoảng cách từ B ' đến  ABM  bằng
bao nhiêu?

Câu 50. Người ta cần chế tạo các món quà lưu niệm bằng đồng có dạng khối chóp tứ giác đều, được mạ
vàng bốn mặt bên và có thể tích bằng 16cm3 . Diện tích mạ vàng nhỏ nhất của khối chóp bằng
bao nhiêu cm 2 (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
-------------------------- HẾT --------------------------


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.

Hình vẽ dưới đây mơ tả số người nhiễm Covid-19 đang được điều trị ở Việt Nam tính từ

23/01/2020 đến ngày 13/02/2021.

Hỏi từ ngày 16/06/2020 đến ngày 27/01/2021, ngày nào Việt Nam có số người được điều trị
Covid-19 nhiều nhất?
A. 16/11/2020.
B. 17/08/2020.
C. 23/07/2020.
D. 13/02/2021.
Lời giải
Chọn B
Ngày 17/08/2020 có số người được điều trị Covid-19 cao nhất là 492 người.
Câu 2.

1 2
gt với t là
2
thời gian tính bằng giây  s  kể từ lúc vật bắt đầu rơi, S là quãng đường tính bằng mét  m  ,
Một vật rơi tự do theo phương thẳng đứng có quãng đường dịch chuyển S  t  
g  9,8 m / s 2 . Vận tốc tức thời của vật tại thời điểm t  4 s là
A. 156,8 m / s .
B. 78, 4 m / s .
C. 19, 6 m / s .

D. 39, 2 m / s .

Lời giải
Chọn D

v  t   s  t   gt .
 v  4   9,8.4  39, 2 m / s .

Câu 3.

Phương trình log 3  3x  6   4 có nghiệm là
A. x  25 .

B. x 

58
.
3

C. x  2 .
Lời giải

Chọn A
Điều kiện: 3 x  6  0  x  2 .
Ta có log 3  3x  6   4  3 x  6  34

 x  25 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm x  25 .

D. x 

10
.
3


Câu 4.

2
 y  y  0
Hệ phương trình sau có bao nhiêu nghiệm:  2
2
 y  x  8x  0
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn B
 x  0
 y  0
y

0


2


y  0

y  0
y  y  0

.
  x  0  

   y  1
 2
 2
2
 x  8
x

8
x

0
y

x

8x

0



 x 8
 2

2



 x  8x   y
  y  0

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm.
Tải nhiều tài liệu đề thi hơn trên website Tailieuchuan.vn

Câu 5.

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , gọi M , N , P theo thứ tự là điểm biểu diễn các số phức z1  3  2i,
z2  5  10i, z3  10  3i. Tọa độ trọng tâm của tam giác MNP là:
A.  5; 3 .

B.  6; 3 .

C.  3;6  .

D.  6; 2  .

Lời giải
Chọn B
Ta có: M (3; 2), N (5; 10), P (10;3) . Tọa độ trọng tâm của tam giác MNP là:

Câu 6.

 3  5  10 2  (10)  3 
;

   6; 3
3
3



Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) đi qua M (2; 3; 4) và vuông góc với trục Oy có
phương trình là:
A. y  3 .
B. x  2 .
C. z  4 .
D. y  3 .

Lời giải
Chọn D
Vì mặt phẳng ( P ) vng góc với trục Oy nên VTPT của ( P ) là: n(0;1; 0) .
Phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua M (2; 3; 4) và vng góc với trục Oy là:
0( x  2)  1( y  3)  0( z  4)  0  y  3.

Câu 7.

Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1; 2;3 . Tìm tọa độ điểm M ' đối xứng với M qua trục

Oz
A. M ' 1; 2;3 .

B. M ' 1; 2; 3 .

C. M '  1; 2;3 .

D. M '  1; 2; 3 .

Lời giải
Chọn C
Ta có M ' là điểm đối xứng với M 1; 2;3 qua trục Oz suy ra M '  1; 2;3 .
Câu 8.

Bất phương trình
A. 2 .

2
5

có số nghiệm nguyên thuộc đoạn  0;10 là
x 1 x  2
B. 3 .
C. 8 .
D. 9 .
Lời giải

Chọn A


Ta có

2  x  2   5  x  1
2
5
2
5
3x  9



0
0

 0 (*)
x 1 x  2
x 1 x  2
 x  1 x  2 
 x  1 x  2 

Đặt f  x  

3x  9
 x  1 x  2 

Xét 3 x  9  0  x  3
Xét x  1  0  x  1 .
Xét x  2  0  x  2 .
Bảng xét dấu

Từ bảng xét dấu, bất phương trình
(*)  x   ; 3   1; 2 
và x   0;10 suy ra x  0;1 .

Mà x 
Câu 9.

Vậy có 2 nghiệm nguyên thỏa bất phương trình.
Số nghiệm của phương trình sin x  3 cos x  2sin 2 x thuộc khoảng  0; 2  là
A. 1 .

C. 8 .

B. 4 .

Lời giải
Chọn B
Chia hai vế của phương trình cho 2 ta được:
1
3
sin x 
cos x  sin 2 x
2
2

 cos


3

sin x  sin


3

cos x  sin 2 x



 sin  x    sin 2 x
3




 

 x  3  2 x  k 2
 x  3  k 2
(k 


 x      2 x  k 2
 x  2  k 2

3
9
3

+ Với x 


3

 k 2

Vì 0  x  2 nên 0 


3

 k 2  2 

5
1

k
6
6

)

D. 5 .


Mà k 

suy ra k  0 suy ra x 

+ Với x 

2 k 2

9
3

Vì 0  x  2 nên 0 
Mà k 


3

.

2 k 2
1

8

 2 
k
9
3
3
3

suy ra k  0;1; 2 suy ra x 

2
8
14
, x
, x
9
9
9



2
8
14
, x
, x
trên đoạn  0; 2  .
3
9

9
9
Câu 10. Một người làm việc cho một công ty. Theo hợp đồng trong năm đầu tiên, tháng lương thứ nhất
là 6 triệu đồng và lương tháng sau cao hơn tháng trước là 200 ngàn đồng. Hỏi theo hợp đồng,
tháng thứ 7 người đó nhận được lương là bao nhiêu?
A. 7,0 triệu.
B. 7,3 triệu.
C. 7,2 triệu.
D. 7,4 triệu.
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x 

, x

Lời giải
Chọn C
Gọi lương tháng thứ n của người đó là An (triệu đồng, n  , n  1 ).
Ta có A1  6 (triệu).
Lương tháng sau hơn tháng trước 0, 2 triệu nên ta có  An  là một cấp số cộng với số hạng đầu
A1  6 và công sai d  0, 2 .

Số hạng tổng quát của dãy số là An  A1   n  1 d

 n  1 .

Vậy tới tháng thứ 7, người đó nhận được lương là A7  A1  6d  6  6.0, 2  7, 2 (triệu).
Câu 11. Họ nguyên hàm của hàm số f  x  

ln  x  2   ln x
C .
2

ln  x  2   ln x
C.
C.
2
A.

1
trên khoảng  2;   là
x  2x
ln x  ln  x  2 
B.
C.
2
2

D. ln  x  2   ln x  C .
Lời giải

Chọn C
Trên khoảng  2;   , ta có

 f  x  dx   x

2

1
1
1  1
1
dx  

dx   
  dx
 2x
x  x  2
2  x2 x

1
1
ln x  2  ln x   C   ln  x  2   ln x   C .

2
2
Câu 12. Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ



Tìm điều kiện của tham số m để m  f  x   x 2 với mọi x  1; 2  .
A. m  f  2   4 .

B. m  f 1  1 .

C. m  f  2   4 .

D. m  f 1  1 .

Lời giải
Chọn D
Xét g  x   f  x   x 2
Ta có g '  x   f '  x   2 x  0, x  1; 2  .
Suy ra hàm số y  g  x  đồng biến trên khoảng 1; 2  .

Suy ra g  x   g 1  f 1  1, x  1; 2  .
Vậy để m  f  x   x 2 với mọi x  1; 2  thì m  f 1  1 .
Câu 13. Một chất điểm chuyển động thẳng với vận tốc v  t   2t  3  m / s  , với t là thời gian tính bằng
giây (s) từ lúc chất điểm bắt đầu chuyển động. Tính quãng đường chất điểm đi được trong
khoảng thời gian từ giây thứ nhất đến giây thứ năm.
A. 24 m .
B. 36 m .
C. 30 m .
D. 40 m .
Lời giải
Chọn B
Ta có quãng đường chất điểm đi được trong khoảng thời gian từ giây thứ nhất đến giây thứ năm
5



là S    2t  3 dt  t 2  3t
1

 1  40  4  36 m.
5

Câu 14. Một thiết bị trong năm 2021 được định giá 100 triệu đồng. Trong 5 năm tiếp theo, mỗi năm
giá trị thiết bị giảm 6% so với năm trước và từ năm thứ 6 trở đi, mỗi năm thiết bị giảm 10%
so với năm trước. Hỏi bắt đầu từ năm nào thì giá trị thiết bị nhỏ hơn 50 triệu đồng?
A. 2032 .
B. 2029 .
C. 2031 .
D. 2030 .
Lời giải

Chọn D
Trong 5 năm tiếp theo, mỗi năm giá trị thiết bị giảm 6% so với năm trước thì sau 5 năm, giá trị
của món hàng cịn lại là: 100. 1  6%   73,39 triệu đồng.
5

Kể từ năm thứ 6 trở đi thì mỗi năm thiết bị giảm 10% so với năm trước nên giá trị còn lại của
thiết bị sau n năm là: 73,39 1  10%  .
n

Khi giá trị thiết bị nhỏ hơn 50 triệu thì

73,39 1  10%   50  1  10%  
n

 n  log110%

n

50
73,39

50
 3, 64
73,39

nên sau 4 năm nữa kể từ năm thứ 6 thì món đồ sẽ có giá trị nhỏ 50 triệu.


Vậy bắt đầu từ năm 2030 thì thiết bị sẽ có giá thấp hơn 50 triệu đồng.
Minh họa cho HS dễ hiểu

Năm
2021
2022
2023
2024
2025
2026
2027
Giá trị
88,36 83,06 78,07 73,39 66,05
100
94
còn lại
Câu 15. Tập nghiệm của bất phương trình log 2  3x  2   log 2  2 x  1 là
3

2 
A.  ;3  .
3 

B.  3;   .

2028
59,45

2029
53,5

2030
48,15

3

C.  ;3 .

2 
D.  ; 2  .
3 

Lời giải
Chọn A

2

x

3x  2  0
2

3
Điều kiện xác định 

x
3
2 x  1  0
x   1

2
Ta có log 2  3x  2   log 2  2 x  1
3

3

 3x  2  2 x  1  x  3 .
2
 x 3.
3
là hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng y  x và y  x 2 . Thể tích của khối

So sánh với điều kiện ta được
Câu 16. Cho  H 

trịn xoay tạo thành khi quay hình  H  quanh trục Ox bằng
A.

3
.
10

B.

3
.
10

C.

9
.
70

D.

9
.
10

Lời giải
Chọn A
Phương trình hồnh độ giao điểm
 x  0
x  0
x  0
x  x2  


 x  0  x  1.


3
4
x
1

x

0
x

0


x

1
x

x






Thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quay  H  quanh trục Ox là
1

V 

 x x 
2

2 2

1

dx    x  x 4 dx .

0

0

Với mọi x   0;1 , ta có x  x do đó
4

1

 x 2 x5 
3
V     x  x  dx      
.
 2 5  0 10
0
1

4

Câu 17. Tập hợp các giá trị của tham số m để hàm số y  2 x 2  mx  m đồng biến trên khoảng 1;  
là
A.  ; 4 .
B.  ; 2 .
C.  2;   .
D.  4;   .
Lời giải
Chọn A
Ta có y  4 x  m .


Yêu cầu đề bài xảy ra khi và chỉ khi y  0, x  1;  

 4 x  m  0, x  1;  

 m  4 x, x  1;   .
Đặt f  x   4 x  m  min f  x   f 1  4 (vì f  x   4 x có a  4  0 nên f  x  đồng biến
1; 

trên 1;   ).
Vậy m   ; 4 .
Câu 18. Phương trình
A. z  i .

 3  2i  z   4  9i   2  5i
B. z  2i .

C. z  1 .
Lời giải

D. z  2 .

Chọn D
Ta có  3  2i  z   4  9i   2  5i   3  2i  z  2  5i  4  9i

  3  2i  z  6  4i
6  4i
3  2i
 z  2.
z

Câu 19. Xét các số phức z thỏa mãn z  2  i  z  i . Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường
thẳng có phương trình
A. x  y  1  0 .

C. x  1  0 .

B. x  y  1  0 .

D. 2 x  2 y  3  0 .

Lời giải
Chọn B
Gọi số phức z  x  yi với x, y  R, i 2  1 .
 z  x  yi .

Ta có z  2  i  z  i  x  yi  2  i  x  yi  i

 x  2   y  1 i  x  1  y  i 

 x  2    y  1
2

2

 x 2  1  y 

2

  x  2    y  1  x 2  1  y   x  y  1  0 .
2

2

2

Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường thẳng có phương trình: x  y  1  0 .
Câu 20. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tọa độ các đỉnh là A  2;3 , B  5;0  và

C  1;0  .Tìm tọa độ điểm M thuộc cạnh BC sao cho diện tích tam giác MAB bằng hai lần
diện tích tam giác MAC .
A. M  0;0  .
B. M 1;0  .
C. M  2;0  .
D. M  3;0  .
Lời giải
Chọn B
Ta có SABM 

1
1
d  A, BM  .BM , SACM  d  A, CM  .CM .
2
2

Theo bài ra ta có diện tích tam giác MAB bằng hai lần diện tích tam giác MAC .




1
1
d  A, BM  .BM  2. d  A, CM  .CM .
2
2

Mà d  A, BM   d  A, CM   d  A, BC  nên ta có BM  2.CM .
Gọi M  x ; y  thuộc cạnh BC  BM 

2
BC .
3

x  1
Ta có BM   x  5; y  , BC   6;0   
 M 1;0  .
y  0
Câu 21. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn  Cm  : x 2  y 2  6 x  2my  6m  16  0 với m là
tham số thực. Khi m thay đổi, bán kính đương tròn  Cm  đạt giá trị nhỏ nhất bao nhiêu?
A. 5 .

C. 3 .

B. 4 .

D.

9
.
2

Lời giải
Chọn B
Ta có đường tròn

R  m2  6m  25 

 Cm  :

 m  3

x 2  y 2  6 x  2my  6m  16  0 có tâm I  3; m  và bán kính
2

 16  4 dấu bằng xảy ra khi m  3 .

Vậy bán kính đương trịn  Cm  đạt giá trị nhỏ nhất là R  4 .

 P  đi qua hai điểm M  3;1; 1 , N  2; 1; 4  và vuông
Câu 22. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng
Q : 2 x  y  3z  75  0
góc với mặt phẳng  
có phương trình là
A. x  13 y  5 z  5  0 .
B. x  13 y  5 z  5  0 .
C. x  13 y  5 z  5  0 .
D. x  13 y  5 z  15  0 .
Lời giải
Chọn B
Ta có MN   1; 2;5  , nQ    2; 1;3   MN ; nQ     1;13;5  là một vectơ pháp tuyến của



 P.

Mặt khác, mặt phẳng  P  đi qua điểm M  3;1; 1 nên  P  có phương trình

1 x  3  13  y  1  5  z  1  0
 x  13 y  5 z  5  0
Câu 23. Cho khối nón có bán kính đáy bằng 3 và diện tích xung quanh bằng 12 . Hỏi thể tích của khối
nón đã cho bằng bao nhiêu?
A. 3 7 .
B. 9 7 .
C. 15 .
D. 5 .
Lời giải
Chọn A


Theo đề, ta có r  3; S xq  12   rl  12  l 

12
 4.
3

Lại có l 2  h 2  r 2  h  l 2  r 2  42  32  7.
1
1
Vậy V   r 2 h   .32. 7  3 7 .
3
3
Câu 24. Tháp nước Hàng Đậu là một di tích kiến trúc cổ của thủ đô Hà Nội, được xây dựng vào cuối
thế kỉ XIX. Tháp được thiết kế gồm thân tháp có dạng hình trụ và phần mái phía trên dạng hình
nón. Khơng gian bên trong toàn bộ tháp được minh họa theo hình vẽ với đường kính đáy hình
trụ và đường kính đáy của hình nón đều bằng 19 m , chiều cao hình trụ 20 m , chiều cao hình

nón là 5 m .

Tháp nước Hàng Đậu

Hình minh họa Tháp nước Hàng Đậu
<Ảnh: hanoilavie>
Thể tích của tồn bộ khơng gian bên trong tháp nước Hàng Đậu gần nhất với giá trị nào sau
đây?
A. 5667 m 3 .
B. 3070 m 3 .
C. 6140 m 3 .
D. 7084 m 3 .
Lời giải
Chọn C
2

Theo đề, với khối nón ta có r 

19
1
1  19 
; h  5  Vnoùn   r 2 h     .5
2
3
3  2
2

19
 19 
; h  20  Vtruï   r 2 h     .20 5668 m3 .

2
 2
3
472  5668 6140 m .

Với khối trụ, ta lại có r 
Vậy Vtháp  Vnón  Vtrụ

472 m3 .


Câu 25. Cho lăng trụ ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vng cân tại C . Gọi M là trung điểm
của cạnh AB . Biết rằng A ' CM là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vng góc với
mặt phẳng đáy (minh hoạ như hình vẽ). Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' bằng

A.

3a 3 .

B.

3a 3
.
4

C.

3a 3
.
6

D.

3a 3
.
2

Lời giải
Chọn D

Trong mp  A ' MC  vẽ A ' H  MC  H  MC 
Vì  A ' MC    ABC   A ' H   ABC 

a 3
2
ABC là tam giác vuông cân tại C  CM  AB và AB  2MC  2a

A ' CM là tam giác đều cạnh

a

 A' H 

a 3 1
a 3 1
a3 3
. MC. AB 
. .a.2a 
.
2 2

2 2
2
Câu 26. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là điểm thuộc cạnh SD sao
 VABC . A ' B 'C '  A ' H .S ABC 

2
SD (minh hoạ như hình vẽ). Mặt phẳng chứa AM và song song với BD cắt cạnh
3
SC tại K . Tỷ số SK bằng
SC

cho SM 


1
3

A. .

B.

2
.
3

C.

1
.
2

D.

3
.
4

Lời giải
Chọn C

Nối BD
Trong mặt phẳng  SBD  qua M vẽ đường thẳng song song với BD cắt SB tại N .
Trong mặt phẳng  ABCD  gọi O  AC  BD
Trong măt phẳng  SBD  gọi I  SO  MN
Trong măt phẳng  SAC  gọi K  AI  SC

 K  AI   AMN 

 K  SC   AMN 
 K  SC
SOD có MI //DO  SI  SM  2
SO

SD

3

SAC có SO là trung tuyến và SI  2  I là trọng tâm tam giác SAC
SO

3


Nên AK là đường trung tuyến của SAC
SK 1
Do đó K là trung điểm của SC 
 .
SC

Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

2

 C  :  x  1

2

  y  3   z  2   1 và hai điểm
2

2

A  2;1;0 , B  0; 2;0 . Khi điểm S thay đổi trên mặt cầu, thể tích của khối chóp S .OAB có giá
trị lớn nhất bằng bao nhiêu?
A. 6 .
B. 4 .

C. 2 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn C

Mặt cầu có tâm I  1;3;2  , R  1 .
Ta có OA   2;1;0  , OB   0;2;0   OA, OB    0;0;4  .



Phương trình mặt phẳng  ABO  : 4  z  0   0  z  0 .

1 
OA, OB   2 .

2 
1
2
Ta có VS .OAB  d  S ,  OAB   .SOAB  d  S ,  OAB   . Do đó VS .OAB max  d S ,  OAB  max .
3
3
SOAB 





Ta có d  S ,  OAB   max  d  I ;  OAB    R  2  1  3 . Vậy VS .OAB max  2 .

x  t


Câu 28. Trong không gian Oxyz , gọi d ' là hình chiếu vng góc của đường thẳng d :  y  t trên mặt
z  t

phẳng  Oxy  . Phương trình tham số của đường thẳng d ' là
x  t

A.  y  0 .
z  t


x  t

B.  y  t .
z  0


x  0

C.  y  t .
z  t

Lời giải

x  0

D.  y  0 .
z  t


Chọn B

Ta thấy O  d  O  d  Oxy  .
Chọn A 1;1;1  d , khi đó hình chiếu của A trên  Oxy  là A ' 1;1;0  .
Do đó d ' là đường thẳng A ' O qua O và có vecto chỉ phương OA  1;1; 0  suy ra có phương

x  t

trình  y  t .
z  0

29
9
3
Câu 29. Cho hàm số f  x  có đạo hàm f   x   x3  x 2  x  , x  . Gọi S là tập hợp các
8

4

8

điểm cực tiểu của hàm số g  x   f  2 x  1  x . Tổng giá trị các phần tử của S bằng
3

A. 

1
.
2

B.

1
.
2

C. 2 .
Lời giải

D. 2 .


Chọn B



29

9

3

2
2
Ta có g   x   2 f   2 x  1  3x  2  2 x  1   2 x  1   2 x  1    3x
8
4
8

3

2

 16 x 3  8 x 2  8 x

1

x



2


Khi đó g  x   0   x  0 .
x  1


Ta có bảng xét dấu

1
Vậy g  x  đạt cực tiểu tại x   và x  1
2

Câu 30. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  4;0; 4  và B  2; 4;0  . Điểm M di động trên tia Oz ,
điểm N di động trên tia Oy . Đường gấp khúc AMNB có độ dài nhỏ nhất bằng bao nhiêu?
(Kết quả làm tròn đến hàng phần chục)
A. 10,1 .
B. 11,3 .
C. 9, 9 .
D. 10, 0 .

Lời giải
Chọn A
Đường gấp khúc AMNB có độ dài l  AM  MN  NB  AO  OB , dấu “=” xảy ra khi
M  N O.
Vậy lmin  AO  OB  4 2  2 5  10,1 .
Câu 31. Cho hàm số f  x  

1 3
x  mx 2   m 2  4  x  1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
3

m

để

hàm số y  f  x  có đúng 3 điểm cực trị?
A. 5 .

B. 3 .

C. 4 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn C
Hàm số f  x  

1 3
x  mx 2   m 2  4  x  1

3

TXĐ: D 
2
2
Ta có f   x   x  2mx  m  4

Hàm số y  f  x  có ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình f   x   0 có hai nghiệm

x1; x2 thỏa mãn x1  0  x2 .
TH 1: Phương trình f   x   0 có hai nghiệm x1  0  x2  m  4  0  2  m  2
2


TH2: Phương trình f   x   0 có hai nghiệm x1  0  x2

m  2
Có f   0   0  m2  4  0  
 m  2
x  0
2
Với m  2  f   x   x  4 x . Giải f   x   0  
 m  2  L .
 x  4  0
x  0
2
Với m  2  f   x   x  4 x . Giải f   x   0  
 m  2 TM  .
x  4  0
Vậy 2  m  2 thì hàm số y  f  x  có ba điểm cực trị.

Vì m 

 m  2;  1;0;1 . Vậy có 4 giá trị nguyên

Câu 32. Số giá trị nguyên của tham số
biệt là
A. 4 .
B. 5 .

m

để phương trình

m.

x 2  mx  3  2 x  1 có hai nghiệm phân

C. 1 .
Lời giải

D. Vơ số.

Chọn B

 1
2 x  1  0
x 
 2
Phương trình  2
.

 x  mx  3  2 x  1  x 2   m  2  x  4  0 *

Cách 1:
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc
  0
  0
  0
  0

1

bằng


 2 x1  1  2 x2  1  0
1
2
x1  x2 
2 x1  2 x2  1 2 x1  1  2 x2  1  0

 2x 1 2x 1  0

2
 1  2 

m  2

 m  2   16  0, m
  0
  m  6


15



 m  2  1  0
  m  1  2  m  .
  x1  x2  1  0
2
4.4  2 m  2  1  0

4 x x  2 x  x  1  0
15




1
2
1
2


m 

2


2

Vì m   m  3;4;5;6;7 . Vậy có 5 giá trị ngun

m.

Cách 2
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc
m  2


2

  0
 m  2   16  0, m
  m  6



 1
1
1
15
15
1
  af    0     m  2   4  0  m 
bằng
2m .
2
2
2
2

 2
4

S 1
m  2 1
m  1

 


 2
2
2 2




Vì m   m  3;4;5;6;7 . Vậy có 5 giá trị nguyên
Câu 33. Cho hàm số

f  x

,

và

x   0;  

m.

xác định và có đạo hàm trên khoảng

f 1  2

 0;   . Biết rằng

2xf   x   f  x   x 2

4

. Tính

 f  x  dx .
1

73
A. .
6

133
B.
.
9

C.

182
.
9

D.

91
.
6

Lời giải
Chọn B
Với x   0;   ta có 2 xf   x   f  x   x 2  f   x  .

1
1
x

f  x 
2
x 2x x

x
1
1
 1


f  x  

f  x  x x  C .
2
3
x

 x






5
1
Thay x  1 ta được C  . Do đó f  x   x 2  5 x .
3

3

4

4

1  2
1  x 3 10
133

Vậy  f  x  dx    x  5 x  dx    x x  
.
31
3 3 3
9
1
1
Câu 34. Một ngân hàng đề thi có 20 hạng mục, mỗi hạng mục có 10 câu hỏi. Đề thi có 20 câu hỏi tương

ứng 20 hạng mục sao cho mỗi hạng mục có đúng 1 câu hỏi. Máy tính chọn từ ngân hàng ngẫu
nhiên 2 đề thi thỏa mãn tiêu chí trên. Tìm xác suất để 2 đề thi có ít nhất 3 câu hỏi trùng nhau.
(Kết quả làm trịn đến hàng phần nghìn.)
A. 0,167 .
B. 0,593 .
C. 0,190 .
D. 0,323 .
4

Lời giải
Chọn D
1
Số cách chọn ngẫu nhiên 2 đề thi là n      C10
 .  C101   1040 .
20

20

Gọi A :“Hai đề thi được chọn có ít nhất 3 câu hỏi trùng nhau”.
Suy ra A :“Hai đề thi được chọn có nhiều nhất 2 câu hỏi trùng nhau”.
TH1: Hai đề thi được chọn khơng có câu hỏi trùng nhau là  C101  .  C91   1020.920 .
20

20

1
TH2: Hai đề thi được chọn có đúng 1 câu hỏi trùng nhau là  C101  .C20
 C91   1020.20.919 .
20

19

TH3: Hai đề thi được chọn có đúng 2 câu hỏi trùng nhau là  C101  .C202  C91   1020.190.918 .
20

 

Vậy P  A  1  P A  1 

18

1020.920  1020.20.919  1020.190.918
 0,323 .
1040

Câu 35. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là ABCD hình bình hành. Lấy M , N lần lượt là trung điểm các
cạnh SB, SD ; K là giao điểm của mặt phẳng  AMN  và SC . Gọi V1 là thể tích của khối chóp

S . AKMN , V2 là thể tích của khối đa diện lồi AMKNBCD . Tính
A.

1
.
5

B.

1
.
4

C.
Lời giải

1
.
3

V1
V2
D.

2
.
3


Chọn A

Gọi E  MN  SO  E là trung điểm SO . Xét SOC , áp dụng định lý Menelauyt, ta có:
KS AC EO KS 2 1
KS 1
KS 1
.
.

. . 1
 
 .
KC AO SE KC 1 1

KC 2
SC 3

C1: Áp dụng cơng thức tính nhanh ta có:

1 1 1
1. . .
V1
1
1 V 1
 2 3 2 . 1  2  3  2   
  1 .
4
6 VS . ABCD 6 V2 5

VS . AMKN
VS . ABCD
C2:



VS . AMKN VS . AMN VS .MKN VS . AMN VS .MKN 1  1 1  1  1 1 1  1




 . .   . . .   .
VS . ABCD VS . ABCD VS . ABCD 2VS . ABD 2VS .BCD 2  2 2  2  2 3 2  6

V1

VS . ABCD



1 V1 1
  .
6 V2 5

Câu 36. Cho hàm số y 

x2
có đồ thị là  C  . Tiếp tuyến của  C  tại điểm M  2; 4  có hệ số góc bằng
x 1

bao nhiêu?
Đáp án: …………..
Lời giải
Điền 3
y' 

3

 x  1

2

. Hệ số góc tiếp tuyến của  C  tại điểm M  2; 4  là y'  2   3 .

2
Câu 37. Cho hàm số f  x  có đạo hàm f   x   x  x  2   x 2  x  2  , x  . Hàm số f  x  có bao

nhiêu điểm cực trị?
Lời giải


Ta có f   x   x  x  2   x 2  x  2   f   x   0 có các nghiệm đơn x  0; x  1; x  2 và
2

nghiệm kép x  2 . Qua nghiệm kép f  không đổi dấu nên hàm số có ba điểm cực trị.
Câu 38. Trong khơng gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  1  0. Khoảng cách từ gốc tọa độ O
đến mặt phẳng  P  bằng bao nhiêu?
Lời giải
Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng  P  là

1

d  O;  P   

1
 .
3
2  2 1
Câu 39. Một nhóm gồm 2 học sinh lớp 10, 2 học sinh lớp 11 và 2 học sinh lớp 12 xếp thành hàng ngang
để chụp ảnh, mỗi hàng 3 người. Hỏi có bao nhiêu cách xếp sao cho 2 học sinh lớp 10 đứng ở
hàng phía trước và 2 học sinh lớp 12 đứng ở hàng phía sau?
Lời giải
2

2

2

2

Chọn 2 vị trí trong 3 vị trí ở hàng phía trước để sắp xếp 2 học sinh lớp 10 có A3 cách.
2

Chọn 2 vị trí trong 3 vị trí ở hàng phía sau để sắp xếp 2 học sinh lớp 12 có A3 cách.
Sắp xếp 2 học sinh lớp 11 vào hai vị trí cịn lại có 2! cách.
Theo quy tắc nhân ta có A3 . A3 .2!  72 cách sắp xếp.
2

2

Câu 40. Cho đa thức f  x  thỏa mãn lim
x 1

f  x  2
f  x  2
 12 . Tính lim
2
x 1 x  1  f x  1
x 1

   
Lời giải

Theo giả thiết bài tốn ta có: lim  f  x   2   0  lim f  x   2 .
x 1
x 1

Khi đó:

lim
x 1

x

f  x  2

2

 lim

 1  f  x   1

x 1

f  x  2

 x  1 x  1  f  x   1

1
1
12
 12.
  2.
x 1 x  1  f x  1
2.  2  1 6
    

 12 lim
Cách 2: (trắc nghiệm)

Giả sử f  x   12  x  1  2 thỏa mãn giả thiết bài tốn lim
x 1

Khi đó: lim
x 1

x

f  x  2

2

 1  f  x   1

 lim
x 1

f  x  2
 12 .
x 1

12  x  1

 x  1 x  1 12  x  1  3



12
 2.
6

Câu 41. Một vật được ném lên cao và độ cao của nó so với mặt đất được cho bởi cơng thức
h  t   3  10t  2t 2  m  , t là thời gian tính bằng giây  s  kể từ lúc ném. Độ cao cực đại mà
vật có thể đạt được so với mặt đất bằng bao nhiêu
Lời giải
Vì t là thời gian tính bằng giây  s  kể từ lúc ném nên t  0 .


2
2
Công thức h  t   3  10t  2t  2t  10t  3 là một parabol có bề lõm quay xuống dưới và có

 5 31 
.
2 2 

tọa độ đỉnh  ;

Khi đó độ cao cực đại của vật được ném lên là
Câu 42. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

m

31
 m .
2

để hàm số y  x3  x 2   m 2  8m  16  x  31 có
1
3

cực trị?
Lời giải
Ta có: y  x  2 x  m  8m  16 . Hàm số có cực trị khi y  0 có hai nghiệm phân biệt.
2

2

m
2
2
 m  4 .
Khi đó: y  1  m  8m  16  0   m  8m  15  0  3  m  5 

Vậy có 1 giá trị nguyên của

thỏa mãn.

m

Câu 43. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Biết các miền A và B có diện tích lần lượt là 4
2

và 1 . Tính

 4xf  x  dx
2

1

Lời giải
Đặt: x 2  t  2 xdx  dt , và:

x
t

1
1

2
4

2
4
4
3

Nên: I   4 xf  x 2  dx  2 f  t  dt  2   f  t  dt   f  t  dt   2.  4  1  6 .
1
1
3
1


Câu 44. Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau:

Phương trình f  x 2  1  1  0 có bao nhiêu nghiệm thực?