ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2020

ĐỀ SỐ 17

Môn: Toán



Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1. Đường thẳng y  6 x  m  1 là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x 3  3x  1 khi m bằng
A. 4 hoặc 2 .

B. 4 hoặc 0 .

C. 0 hoặc 2 .

D. 2 hoặc 2 .

Câu 2. Cho hình trụ có bán kính R và trục có độ dài 2R. Thể tích khối trụ bằng
A. 2 R 3 .

B.  R 3 .

C.

4
 R3 .
3

D.

2
 R3 .
3

3
Câu 3. Với a, b là hai số dương tùy ý, ln  ab  bằng

A. 3ln a  ln b .

B. 3ln a.ln b .

C. ln a  3ln b .

D. ln a  3ln b .

Câu 4. Hàm số y  2 x 3  3 x 2  1 đồng biến trên các khoảng nào sau đây?
A.  �;0  .

B.  1;0  .

C.  1;  � .

D.  �; 1 ;  0; � .

Câu 5. Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng?
A. Bát diện đều.

B. Hình lập phương.


C. Lăng trụ lục giác đều. D. Tứ diện đều.

2

2 x x 2  1dx bằng cách đặt u  x 2  1 , mệnh đề nào dưới đây đúng?
Câu 6. Tính tích phân I  �
1

3

2

B. I  �udu .

A. I  �udu .

2

C. I 

0

1

1

f  x  dx  3 ,
Câu 7. Cho �
0


A. 4.

3

1
udu .
2�
1

0

0

f  x  dx  1 . Tích phân
�

f  x  dx có giá trị là
�

B. 2 .

C. 4 .

1

3

D. I  2 �udu .

3


D. 2.

Câu 8. Hàm số y  x 4  3x 2  1 có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2.

B. 3.

C. 0.

D. 1.

C. 2.

D. 3.

C. �.

D. 0.

Câu 9. Số nghiệm của phương trình 3log7  x  4   x là
A. 1.

B. 0.



Câu 10. Giá trị của xlim
� �
A. �.




2 x 2  x  x bằng
B. 1 .

Câu 11. Họ nguyên hàm của hàm số y  2 x  3 là
A. 2 x  3 x  C .

B.

2x
 3x  C .
ln 2

C.

2x
 3x  C .
ln 2

x
D. 2 

3
C .
x

�  30�. Quay hình chữ nhật này xung quanh cạnh AD.
Câu 12. Cho hình chữ nhật ABCD có AB  a, BDC

Diện tích xung quanh của hình trụ được tạo thành là

Trang 1


2
A. S xq   a .

B. S xq 

2 a 2
.
3

2
C. S xq  2 3 a .

2
D. S xq  3 a .

Câu 13. Trong mặt phẳng cho tập hợp P gồm 10 điểm phân biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng
hàng. Số tam giác có 3 đỉnh đều thuộc tập hợp P là
7
A. A10 .

3
C. A10 .

B. 103 .


Câu 14. Cho hàm số y 

3
D. C10 .

3x
. Khẳng định nào sau đây đúng?
5x  2

A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y 

3
.
5

B. Đồ thị hàm số không có tiệm cận.

3
C. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  .
5

D. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng y 

2
.
5

Câu 15. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 2 x  my  3 x  5  0 và mặt
phẳng  Q  : nx  8 y  6 z  2  0 . Với giá trị nào của m và n thì hai mặt phẳng  P  ,  Q  song song với
nhau?

B. m  4, n  4 .

A. m  n  4 .

C. m  n  4 .

D. m  4, n  4 .

Câu 16. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  1; 2; 3 và P  1; 2;3 . Gọi Q là
điểm đối xứng với điểm P qua trục Ox, độ dài đoạn MQ là
A. MQ  2 .

B. MQ  6 .

C. MQ  1 .

D. MQ  2 10 .

3a
Câu 17. Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thoi tâm O cạnh a, �
.
ABC  60�, SA   ABCD  , SA 
2
Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  SBC  bằng
A.

3a
.
8


B.

5a
.
8

Câu 18. Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
A. 1.

C.

3a
.
4

D.

5a
.
4

3x  1  4
là
x  6x  5
2

B. 3.

C. 0.


D. 2.

C. 10;5;0;  5 .

D. 1; 2;  4;8 .

Câu 19. Tìm dãy số là cấp số nhân trong các dãy số
A. 3;  3;  1;

3
.
3

B.  2; 2;  2 2; 4 .

Câu 20. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AC, AD. Mệnh đề nào đúng trong
các mệnh đề sau?
A. MN / /  ACD  .

B. MN / /  ABD  .

C. MN / /  BCD  .

D. MN / /  ABC  .

Câu 21. Cho phương trình 32 x 5  3x  2  2 . Đặt t  3x 1 , phương trình đã cho trở thành phương trình nào
sau đây?
Trang 2



A. 3t 2  t  2  0 .

B. 27t 2  3t  2  0 .

C. 81t 2  3t  2  0 .

D. 27t 2  3t  2  0 .

Câu 22. Cho hình nón có bán kính đáy r  3 và độ dài đường sinh l  4 . Diện tích xung quanh S xq của
hình nón đã cho là
A. S xq  39 .

B. S xq  8 3 .

C. S xq  12 .

Câu 23. Cho f  x   x  4 x  2 x  x  1 . Kết quả tích phân
4

3

2

D. S xq  4 3 .

1

f  x f �
 x  dx
�

2

là

0

2
B.  .
3

A. 2.
Câu 24. Cho biểu thức P 

5 1

.a 2 

a 
2 2

Câu 25. Cho hàm số y 

D.

2
.
3

5


2 2

. Rút gọn P được kết quả

B. a .

A. a 5 .

�
 xy�

A. 2 y�

a

C. 2 .

C. a 3 .

D. a 4 .

ln x
, mệnh đề nào sau đây đúng?
x

1
.
x2

�

 xy�

B. y �

1
.
x2

�
 xy�

C. 2 y �

1
.
x2

�
 xy�

D. y �

1
.
x2

�b3 �
Câu 26. Cho log a b  2 và log a c  3 . Giá trị của P  log a � 2 �là
�c �
A. 0.


B. 5 .

C.

4
.
9

D. 36.

2
Câu 27. Biết rằng S là tập nghiệm của bất phương trình log   x  100 x  2400   2 có dạng

S   a; b  \  x0  . Giá trị a  b  x0 bằng
A. 50.

B. 150.

C. 30.

D. 100.

Câu 28. Trong hệ trục Oxyz , cho mặt cầu có phương trình x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  1  0 . Tâm và bán
kính của mặt cầu là
A. I  1; 2; 3  , R  15 .

B. I  1; 2;3 , R  15 .

C. I  1; 2;3 , R  15 .


D. I  1; 2; 3 , R  4 .

Câu 29. Biết đường thẳng y  3x  1 cắt đồ thị hàm số y 

2x2  2x  3
tại hai điểm phân biệt A, B. Độ
x 1

dài đoạn thẳng AB là
A. AB  4 6 .

B. AB  4 2 .

C. AB  4 15 .

D. AB  4 10 .

Câu 30. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy, SD tạo với mặt
phẳng  SAB  một góc bằng 30�. Thể tích V của khối chóp S.ABCD là

Trang 3


A. V  3a 3 .

3a 3
.
3


B. V 

C. V 

6a 3
.
18

D. V 

6a 3
.
3

Câu 31. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, mặt bên SAB là tam giác đều và
a 21
SA  BC . Khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SBD  bằng
. Thể tích khối chóp S.ABCD là
7
A. VS . ABCD 

a3 3
.
2

B. VS . ABCD 

a3 3
.
9


C. VS . ABCD 

a3 3
.
6

D. VS . ABCD 

a3 3
.
4

Câu 32. Một người vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất là 0,7% / tháng theo thỏa thuận cứ cuối mỗi
tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 5 triệu đồng và cứ trả hàng tháng như thế cho đến khi hết nợ (tháng
cuối cùng có thể trả dưới 5 triệu). Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết nợ ngân hàng?
A. 21.

B. 24.

C. 22.

D. 23.

Câu 33. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y  x 3  3mx 2  4m3 có hai điểm
cực trị A, B sao cho diện tích của tam giác OAB bằng 64, với O là gốc tọa độ. Các giá trị của m là
A. m  �1 .

B. m  1 .


C. m  2 .

D. m  �2 .

Câu 34. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x  2, y  1, z  0 . Giá trị lớn nhất của biểu thức
P

1
2 x 2  y 2  z 2  2  2 x  y  3

A. P 

1
.
4

B. P 



1
y  x  1  z  1 là

1
.
6

C. P 

1

.
8

D. P 

1
.
2

Câu 35. Cho hình chóp S.ABCD có các mặt phẳng (SAB), (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng
(ABCD), đáy là hình thang vuông tại các đỉnh A và B, có AD  2 AB  2 BC  2a, SA  AC . Khoảng
cách giữa hai đường thẳng SB và CD bằng
A.

a 3
.
3

B.

a 15
.
5

C.

a 3
.
4


D.

a 10
.
5

Câu 36. Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số.
Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt đúng ba chữ số khác nhau.
A. P 

1500
.
6561

B. P 

1120
.
6561

C. P 

1130
.
6561

D. P 

1400
.

6561

Câu 37. Một bể cá hình hộp chữ nhật được đặt trên bàn nằm ngang, một mặt bên của bể rộng 10 dm và
cao 8 dm. Khi nghiêng bể thì nước trong bể vừa đúng che phủ mặt bên nói trên và chỉ che phủ

3
bề mặt
4

đáy của bể (như hình). Hỏi khi ta đặt bể trở lại nằm ngang thì chiều cao h của mực nước là bao nhiêu?

Trang 4


A. h  3,5dm .

B. h  4dm .

D. h  2,5dm .

C. h  3dm .

2
n 1
Câu 38. Biết An  Cn 1  5 , hệ số chứa x 5 trong khai triển P  x   x  1  2 x   x 2  1  3x 
n

A. 3360.

B. 23210.


Câu 39. Cho log 6 45  a 
A. 2.

C. 21360.

là

D. 3320.

log 2 5  b
với a, b, c ��. Tổng a  b  c bằng
log 2 3  c
C. 4 .

B. 1.

D. 0.

Câu 40. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn
y

2n

 2019; 2019

để hàm số

�  �
cot 2 x  2m cot x  2m 2  1

nghịch biến trên � ; �?
�4 2 �
cot x  m

A. 2018.

B. 2020.

C. 2019.

D. 2021.

Câu 41. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và tam giác ABC cân tại A. Cạnh
bên SB lần lượt tạo với mặt phẳng đáy, mặt phẳng trung trực của BC các góc bằng 30�và 45�, khoảng
cách từ S đến cạnh BC bằng a. Thể tích khối chóp S.ABC bằng
A. VS . ABC 

a3
.
2

Câu 42. Cho

B. VS . ABC 

a3
.
3

C. VS . ABC 


 sin x  cos x  1  C
dx  
3
n
�
 sin x  cos x  2 
 sin x  cos x  2 

a3
.
6

3
D. VS . ABC  a .

n

cos 2 x

với m, n ��. Giá trị của biểu thức

A  2m  3n là
A. A  7 .

B. A  10 .

C. A  9 .

D. A  8 .


Câu 43. Người ta cần làm một cái bồn chứa dạng hình trụ có thể tích 1000 lít bằng inox để chứa nước.
Hỏi bán kính R (đơn vị mét) của hình trụ đó sao cho diện tích toàn phần của bồn chứa có giá trị nhỏ nhất
là bao nhiêu?
A. R 

3

2
.


B. R 

3

1
.


C. R 

3

1
.
2

D. R 


3

3
.
2

Trang 5


 x  như hình vẽ. Xét hàm số
Câu 44. Cho hàm số f  x  có đồ thị hàm số y  f �
g  x   2 f  x   2 x3  4 x  3m  6 5 với m là số thực. Điều kiện cần và đủ để
g  x  �0 x ��
 5; 5 �
�
�là
2
A. m � f
3

 5 .

2
B. m � f  5 .
3






2
C. m � f
3

 5 .

2
D. m � f  0  .
3

Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình mặt phẳng    đi qua điểm H  3; 4;1 và
cắt các trục tọa độ tại các điểm M, N, P sao cho H là trực tâm của MNP là
A. 4 x  3 y  z  22  0 .

B. x  2 y  z  6  0 .

C. 3x  4 y  z  26  0 .

D. 3 x  4 y  z  26  0 .

Câu 46. Với các giá trị nào của tham số m thì hàm số y 

 m  1 x  2m  2
xm

nghịch biến trên khoảng

 1; � ?
m �1
�

B. �
.
m2
�

A. m  2 .
2

Câu 47. Biết

ln x

�x

2

1

dx 

D. 1 �m  2 .

C. m �1 .

b
b
 a ln 2 (với a là số thực; b, c là các số nguyên dương và
là phân số tối
c
c


giản). Giá trị của 2a  3b  c là
A. 5.

B. 4.

C. 6 .

D. 6.

Câu 48. Xét các số nguyên dương a, b sao cho phương trình a ln 2 x  b ln x  5  0 có hai nghiệm phân
biệt x1 , x2 và phương trình 5log 2 x  b log x  a  0 có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 thỏa mãn x1 x2  x3 x4 .
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  2a  3b là
A. S min  33 .

B. S min  30 .

C. S min  17 .

Câu 49. Gọi m là giá trị để đồ thị  Cm  của hàm số y 

D. S min  25 .

x 2  2mx  2m2  1
cắt trục hoành tại hai điểm
x 1

phân biệt và các tiếp tuyến với  Cm  tại hai điểm này vuông góc với nhau. Khi đó ta có
A. m � 1; 2  .


B. m � 2; 1 .

C. m � 0;1 .



D. m � 1;0  .



Câu 50. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  27 . Gọi    là mặt
2

2

2

phẳng đi qua hai điểm A  0;0; 4  , B  2;0;0  và cắt  S  theo giao tuyến là đường tròn  C  sao cho khối

Trang 6


nón có đỉnh là tâm của  S  , đáy là hình tròn  C  có thể tích lớn nhất. Biết mặt phẳng    có phương
trình dạng ax  by  z  c  0 , khi đó a  b  c bằng
A. 8.

B. 0.

D. 4 .


C. 2.
Đáp án

1-B
11-C
21-B
31-C
41-C

2-A
12-B
22-D
32-C
42-D

3-C
13-D
23-B
33-D
43-C

4-D
14-A
24-A
34-C
44-C

5-D
15-B
25-C

35-D
45-D

6-B
16-A
26-A
36-D
46-D

7-B
17-A
27-A
37-C
47-B

8-B
18-A
28-A
38-D
48-B

9-A
19-B
29-D
39-B
49-C

10-A
20-C
30-B

40-D
50-D

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án B
Gọi  C  là đồ thị hàm số y  x 3  3x  1 .
 3x 2  3 .
Có y �
x 1� y  3
�
y�
 6 � 3x 2  3  6 � �
x  1 � y  5
�
Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm M  1;3 là y  6 x  3 .
Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm N  1; 5  là y  6 x  1 .
m  1  3
m  4
�
�
��
Để đường thẳng y  6 x  m  1 là tiếp tuyến của  C  thì �
.
m

1

1
m0
�

�
Câu 2: Đáp án A
Thể tích hình trụ là V   R 2 .2 R  2 R 3 .
Câu 3: Đáp án C
3
3
Ta có ln  ab   ln a  ln b  ln a  3ln b .

Câu 4: Đáp án D
 6 x2  6x .
Ta có y �
x0
�
y�
 0 � 6x2  6x  0 � �
.
x  1
�
Bảng biến thiên
ǀ

Từ bảng biến thiên ta có D là đáp án đúng.
Câu 5: Đáp án D
Trang 7


Bát diện đều, hình lập phương và lăng trụ lục giác đều là những hình đa diện có tâm đối xứng. Suy ra tứ
diện đều không có tâm đối xứng.
Câu 6: Đáp án B
Đặt u  x 2  1 � du  2 xdx .

Khi x  1 � u  0; x  2 � u  3 .
2

3

1

0

2 x x 2  1dx  �udu .
Do đó I  �
Câu 7: Đáp án B
3
�1
�
f  x  dx   �
f  x  dx   �
f  x  dx  �
f  x  dx �   3  1  2 .
Ta có �
�
3
0
1
�0
�
0

3


Câu 8: Đáp án B
Ta có 1.  3  3  0 suy ra hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 9: Đáp án A
Điều kiện của phương trình x  4 .
Nếu x �0 thì VT  0;VP �0 nên phương trình có nghiệm thì nghiệm x  0
Với x  0 phương trình đã cho tương đương với phương trình log 7  x  4   log 3 x .
Đặt log 7  x  4   log 3 x  t .
t
t
�x  4  7t
�3 � �1 �
t
t
t
t
Ta có � t
suy ra 7  3  4 � 7  3  4 � � � 4 � � 1  0 (1).
�x  3
�7 � �7 �
t

t

�3 � �1 �
Xét hàm số f  t   � � 4 � � 1 , t ��.
�7 � �7 �
t

t


3 � �3 � �1 � �1 �
Ta có f �
 t  �
� �ln � � 4 � �ln � � 0 ,  t ��.
�7 � �7 � �7 � �7 �
Nên f  t  nghịch biến trên tập �.
Mà f  1  0 nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất t  1 . Suy ra x  3 .
Câu 10: Đáp án A



Ta có xlim
� �



� � 1� �
2 x 2  x  x  lim � x 2 �
2  � x �
�
x ���
� � x� �

��
�
�
�
1
1 �
 lim �


x
2


x

lim
x

2


1
�
�.
�
�
�
� x �� �
x ���
x
x �
�
�
�
�
��




�
1 �
x  � và  lim �

2

 1 � 1  2  0 nên lim
Vì xlim
� �
x ���
x � �
x �
�
�



2 x 2  x  x  �.

Câu 11: Đáp án C
Trang 8


Ta có

2 x dx  �
3dx 
 2 x  3 dx  �
�


2x
 3x  C .
ln 2

Câu 12: Đáp án B
Từ giả thiết, ta có bán kính đáy của hình trụ r  AB  CD  a , đường sinh l  BC .
�  30�suy ra
Xét tam giác BDC vuông tại C và BDC
tan 30�

BC
1
a
a
� BC  tan 30�
.CD 
.a 
�l 
.
DC
3
3
3

Diện tích xung quanh của hình trụ được tạo thành là S xq  2 rl  2 a

a
2 a 2


3
3

.
Câu 13: Đáp án D
3
Số tam giác có 3 đỉnh đều thuộc tập hợp P là C10 .

Câu 14: Đáp án A
3x
3
3
 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  .
x � � 5 x  2
5
5

Vì lim

Câu 15: Đáp án B
Để hai mặt phẳng song song với nhau thì

2
m
3
5
    � � m  4, n  4 .
n
8
6

2

Câu 16: Đáp án A
Gọi H là hình chiếu của điểm P  1; 2;3 lên trục Ox � H  1;0;0  .
Vì Q là điểm đối xứng với P qua trục Ox nên H là trung điểm của PQ, suy ra Q  1; 2; 3 .
Do đó MQ  2 .
Câu 17: Đáp án A
Cách 1:
Xét ABC đều do �
ABC  60�và AB  BC .
Lấy I là trung điểm BC, kẻ AH  SI tại H (1).
Ta có AI  BC (do ABC đều), mà
BC  SA � BC   SAI  , AH � SAI  � BC  AH (2).
Từ (1) và (2) � AH   SBC  tại H � AH  d  A,  SBC   .
Ta có ABC đều cạnh a � AI 

a 3
.
2

Xét SAI vuông tại A có

Trang 9


1
1
1
4
4

16
3a
 2  2  2  2  2 � AH 
 d  A,  SBC   Ta có
2
AH
SA
AI
9a 3a
9a
4
d  O,  SBC  
d  A,  SBC  



OC 1
1
3a
 � d  O,  SBC    d  A,  SBC   
.
AC 2
2
8

Cách 2:
Tương tự cách 1 ta có ABC đều cạnh a � AI 

a 3
2


1
a2 3
Diện tích OBC là SOBC  .S ABC 
2
8
Thể tích của khối chóp S .OBC là
VS .OBC

1
1 3a a 2 3 a 2 3
.
 .SA.SOBC  . .

3
3 2
8
16

Xét SAI vuông tại A có
2

2
�3a � �a 3 �
.
SI  SA  AI  � � �
�
�  3a
2
�2 � �

� �
2

2

Xét SAI có SA  SC (do SAB  SAC ) � SI là đường cao
� S SBC 

Ta có

1
SI .BC  a 2 3 .
2

d  O;  SBC   

3VS .OBC
VSBC

3.a 3 3
3a .
 16

2
8
a 3

Câu 18: Đáp án A
�1
�

 ; ��\  1;5 .
Tập xác định của hàm số là D  �
�3
�
3  x  5
3x  1  4
 lim
 lim
1) lim
2
x �5 x  6 x  5
x �5
 x  1  x  5 3x  1  4 x�5  x  1



�
3x  1  4
do
2) lim 2
 � �
�
x �1 x  5 x  6
�
�








3
3x  1  4





3
32 .



�
�lim 3x  1  4  2  0
�x �1
�
�
2
2
lim  x  5 x  6   0, x  5 x  6  0, x � 1;5  �
�
�
�x �1
�

� Đồ thị hàm số đã cho có 1 tiệm cận đứng x  1 .
Câu 19: Đáp án B
Ta có  2; 2;  2 2; 4 là cấp số nhân có công bội bằng  2 .

Câu 20: Đáp án C
Vì M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AC, AD nên MN / / CD, MN � ACD 
� MN / /  BCD  .
Trang 10


Câu 21: Đáp án B
Ta có 32 x 5  3x  2  2 � 33.32 x 1  3.3x 1  2  0 .
Đặt t  3x 1 , phương trình đã cho trở thành phương trình 27t 2  3t  2  0 .
Vậy khi đặt t  3x 1 thì phương trình 32 x 5  3x  2  2 trở thành phương trình 27t 2  3t  2  0 .
Câu 22: Đáp án D
Ta có diện tích xung quanh của hình nón là S xq   rl , suy ra S xq  4 3 .
Vậy hình nón có diện tích xung quanh là S xq  4 3 .
Câu 23: Đáp án B
1

1

0

0

f 2  x f �
f 2  x d  f  x  
 x  dx  �
Ta có �
Mà f  1  1 ; f  0   1 nên

1
3

3
1 3
1
f  x  �
f  1    f  0   �.

0
�
3
3�

1

2

f  x f �
 x  dx   .
�
3
2

0

Câu 24: Đáp án A
Ta có P 

a

5 1


.a 2 

a 
2 2

5

2 2

a


a

5 1 2  5

a3
 2  a 5 .
2  2  2  2 
a

Câu 25: Đáp án C
x  ln x  �
 x�
ln x 1  ln x
Ta có y �


2
x

x2
�
y�


 1  ln x  �x 2   x 2  � 1  ln x 
x

�
 xy�
2
Ta có 2 y�

4



 x  2 x  1  ln x  3  2 ln x .

x4
x3

1  ln x 3  2ln x 2  2ln x  3  2 ln x
1


 2 .
2
2
2

x
x
x
x

Vậy C là đáp án đúng. Đáp án A sai.
Ta có
�
y�
 xy�


1  ln x 3  2ln x 1  ln x  3  2 ln x 2  ln x



.
x2
x2
x2
x2

Vậy đáp án B và D sai.
Câu 26: Đáp án A
�b3 �
3
2
Ta có P  log a � 2 � log a b  log a c  3log a b  2 log a c � P  0 .
�c �
Vậy đáp án A đúng.

Câu 27: Đáp án A
Bất phương trình tương đương với

Trang 11




�40  x  60
� x 2  100 x  2400  0
40  x  60
��
�
2
� 2
 x  50   0 x �50
� x  100 x  2400  100
�
S   40;60  \  50 � a  b  x0  40  60  50  50 .
Câu 28: Đáp án A
Ta có x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  1  0 �  x  1   y  2    z  3  15 .
2

2

2

Suy ra tâm I  1; 2; 3 , bán kính R  15 .
Câu 29: Đáp án D
Hoành độ giao điểm của đường thẳng y  3 x  1 và đồ thị hàm số y 


trình

2x2  2x  3
là nghiệm của phương
x 1

2x2  2 x  3
 3x  1
x 1

�
2 x 2  2 x  3   3 x  1  x  1
��
�x �1
��
x2
x2
�
�x 2  4
�
��
� ��
x  2 � �
�
x  2
x
�
1
�

�
�
�x �1
Suy ra A   2; 5 ; B   2;7  và AB  4 10 .
Câu 30: Đáp án B
Ta có hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh, SA vuông góc
với mặt đáy nên DA  AB và DA  SA .
Suy ra DA   SAB  . Vậy góc giữa SD và mặt phẳng (SAB) là
�  30�.
DSA
Ta có SA  AD.cot 30� a 3
1
1
3 3
V  .SA.S ABCD  .a 3.a 2 
a .
3
3
3
Câu 31: Đáp án C
Vì



BC  AB
nên BC   SAB  .
BC  SA

Gọi H là trung điểm của AB thì SH  AB và SH  BC , suy ra
SH   ABCD 

Ta có d  C ,  SBD    d  A,  SBD    2.d  H ,  SBD   .

Trang 12


Gọi  O  AC �BD , K là trung điểm của BO. Trong  SHK  , kẻ HI  SK

 I �SK  .

Vì HK / / AO nên HK  BD và SH   ABCD  � SH  BD
Suy ra BD   SHK  � BD  HI mà HI  SK � HI   SBD  .
Do đó d  H ,  SBD    HI .
Đặt AB  x
Ta có

 x  0

thì SH 

x 3
AC x 2
.
, AC  x 2 � HK 

2
4
4

1
1

1
4
8
28
x 21
.


 2  2  2 � HI 
2
2
2
HI
SH
HK
3x
x
3x
4

Suy ra d  C ,  SBD    2 HI 

x 21 a 21

� x  a.
7
7

1
1 a 3 2 a3 3

Do đó VS . ABCD  .SH .S ABCD  .
(đvtt).
.a 
3
3 2
6
Câu 32: Đáp án C
Xét bài toán tổng quát. Gọi A là số tiền vay từ ngân hàng với lãi suất là r (%) mỗi tháng. Số tiền trả hàng
tháng là a và sau n tháng thì trả được hết nợ.
Cuối tháng thứ 1, số tiền còn nợ là N1  A  1  r   a .
Cuối tháng thứ 2, số tiền còn nợ là N 2  N1  N1.r  a  A  1  r   a  1  r   a .
2

Cuối tháng thứ 3, số tiền còn nợ là N3  A  1  r   a  1  r   a  1  r   a .
3

Cuối tháng thứ n, số tiền còn nợ là N n  A  1  r   a  1  r 
n

 A 1 r 

n

 1 r 
 a.

2

n 1


 a  1 r 

n2

 a  1 r   a

1
 1 r  1 .
n
 A  1  r   a.
1  r 1
r
n

Để hết nợ thì N n  0 � a 

n

A.r.  1  r 

 1 r 

n

n

1

(*)


Từ đề bài ta có A  100.000.000  108 , a  5.000.000  5.106 , r  0, 7%  0, 007  7.103 .
6
Thay vào (*) ta được 5.10 

108.7.103.1, 007 n
50
�50 �
� 1, 007 n 
� n  log1,007 � �.
n
1, 007  1
43
�43 �

Suy ra n �21, 6 .
Vậy sau 22 tháng thì người đó trả hết nợ.
Câu 33: Đáp án D
Ta có y�
  x 3  3mx 2  4m3  � 3x 2  6mx  3x  x  2m  .
 0 có hai nghiệm phân biệt.
Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y �
0
Suy ra 2m �۹

m

0.
Trang 13



Tọa độ hai điểm cực trị là A  0; 4m

3



�
OA  4m3
�
và B  2m;0  � �
OB  2m
�

1
1
� SOAB  OA.OB  4m3 2m  4m 4  64 � m  �
2.
2
2
Câu 34: Đáp án C
Đặt a  x  2, b  y  1, c  z
Ta có a, b, c  0 và P 
Ta có a 2  b2  c 2  1 �

1
2 a 2  b2  c 2  1



1

 a  1  b  1  c  1 .

a  b
 c  1 �1 a  b  c  1 2 .



2
2
4
2

2

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1
Mặt khác  a  1  b  1  c  1 �

a  b  c  3
. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 .
27
3

1
Đặt t  a  b  c  1 � t  1 khi đó P �t 

27

 t  2

3


, t  1.

1
27
1
81
f�
 t   2 
Xét hàm f  t   t 
3 , t  1;
4 .
t
 t  2
 t  2
4
f  t  0 .
f�
 t   0 �  t  2   81.t 2 � t 2  5t  4  0 � t  4 (do t  1 ) và tlim
� �

Bảng biến thiên
+
-

f  t   f  4 
Từ bảng biến thiên ta có max
1;�







1
a  b  c 1
�t4�
� a  b  c 1
a  b  c 1  4
8

� x  3; y  2; z  1
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là

1
, đạt được khi  x; y; z    3; 2;1 .
8

Câu 35: Đáp án D
Cách 1:
Theo bài ra có SA   ABCD  � SA  AC ; SA  AC nên
SA  AC  a 2 .
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A �O ; tia Ox �AB ;
tia Oy �AD ; tia Oz �AS .
Trang 14




Khi đó A  0;0;0  ; B  a;0;0  ; C  a; a;0  ; D  0; 2 a;0  ; S 0;0; a 2




�x  a  t
�
Phương trình đường thẳng CD: �y  a  t .
�
�z  0
�x  a  t �
�
Phương trình đường thẳng SB: �y  0
.
�z   2t �
�
Gọi MN là đoạn vuông góc chung của SB và CD với M �CD ; N �SB .





;0;  2t �
Ta có M  a  t ; a  t ;0  ; N a  t �
uuuu
r
� MN  t  t �
; a  t ;  2t �.






Do MN  CD; MN  SB nên có
3a
�
uuuu
r uuur
t
�
�MN .CD  0
t �
t  a t  0
2t  t �
a
5
r uur
�
�
��
�uuuu
�
�
�
t

t

2
t

0
t


3
t

0
a
�MN .SB  0
�
t�

� 5





uuuu
r � 2a 2a
2a �
� MN  �

;

;

�
� 5
5
5 �
�

�
2

2
2
� 2a � � 2a � � 2a � a 10 .
� MN  �
 � � � �

�
� 5
� 5 � � 5 � �
� 5 �

Cách 2:
Theo giả thiết SA   ABCD  � SA  AC ; SA  AC  a 2
Gọi M là trung điểm của AD. Ta có BM / / CD � CD / /  SBM 
� d  CD; SB   d  CD;  SBM    d  C ;  SBM    d  A;  SBM  
Theo giả thiết và theo cách dựng ta có ABCM là hình vuông cạnh a.
Gọi  K   AC �BM � AK  BM � BM   SAC  .
Dựng AH  SK . Khi đó d  A;  SBM    AH .
Xét tam giác SAC vuông tại A, đường cao AH có
1
1
1
1
2
a 10
.
 2

 2  2 � AH 
2
2
AH
SA
AK
2a
a
5
Câu 36: Đáp án D
5
Số các chữ số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0 là: n     9 số.

Gọi A là biến cố: “Lấy một số tự nhiên có 5 chữ số mà chỉ có mặt đúng ba chữ số khác nhau”.
Khi đó có các trường hợp sau xảy ra:
Trang 15


+
 Trường hợp 1: số đó có 1 chữ số xuất hiện 3 lần và hai chữ số còn lại xuất hiện 1 lần.
3
Chọn 3 chữ số trong 9 chữ số có C9 cách chọn.

Chọn số xuất hiện 3 lần có 3 cách chọn.
2
Sắp xếp thứ tự các số này, sắp thứ tự 2 số khác nhau trước, còn lại là vị trí của số xuất hiện 3 lần: A5 .1
3
2
cách. Vậy theo quy tắc nhân có: C9 .3. A5  5040 cách.

+
 Trường hợp 2: số đó có 2 chữ số xuất hiện 2 lần và 3 chữ số còn lại xuất hiện 1 lần.

3
Chọn 3 chữ số trong 9 chữ số có C9 cách chọn.

Chọn số xuất hiện 1 lần có 3 cách chọn.
Sắp xếp thứ tự các số này, sắp thứ tự cho số xuất hiện 1 lần trước, sau đó chọn vị trí cho số xuất hiện 2
2
lần: 5.C4 .1 cách
3
2
Vậy theo quy tắc nhân có: C9 .3.5.C4 .1  7560 cách.

Vậy n  A   5040  7560  12600 .
P  A 

n  A  1400

.
n    6561

Câu 37: Đáp án C
Gọi a là số đo cạnh còn lại của đáy bể cá.
1 3
. .a.8.10  30a .
2 4

Thể tích nước trong bể khi nghiêng bể là

Thể tích nước trong bể khi đặt bể trở lại nằm ngang là h.a.10  10ah .
Vì lượng nước trong bể không đổi nên ta có 30a  10ah � h  3  dm  .
Câu 38: Đáp án D

Điều kiện n �2
An2  Cnn11  5 �
�  n  1 n 

 n  1 !
 n  1 !  5
n!
n!

5�

 n  2  !  n  1  n  1 ! n  1 !
 n  2  ! 2  n  1 !

n  n  1
 5 � 2  n  1 n  n  n  1  10 � n 2  3n  10  0 � n  5 .
2

Hệ số chứa x 5 trong khai triển x  1  2 x  là C54 .  2   80 .
5

Hệ số chứa x 5 trong khai triển x 2  1  3 x 

4

10

3
3
là C10 .3  3240


Vậy hệ số chứa x5 trong khai triển P  x   x  1  2 x   x 2  1  3 x 
n

2n

là 3220.

Câu 39: Đáp án B
Ta có log 6 45 

log 2 45 2log 2 3  log 2 5
log 2 5  2

 2
log 2 6
log 2 3  1
log 2 3  1

Trang 16


Vậy a  2, b  2, c  1 � a  b  c  2  2  1  1
Câu 40: Đáp án D
y

cot 2 x  2m cot x  2m 2  1
(1)
cot x  m


�  �
�  �
Đặt cot x  t . Ta có x �� ; �� t � 0;1 . Để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng � ; �� hàm số
�4 2 �
�4 2 �
t 2  2mt  1
t 2  2mt  2m 2  1
�
�0, t � 0;1
đồng biến trên khoảng  0;1 � y 
y
2
 t  m
tm
� t2 1
m�
, t � 0;1
�
�
t 2  2mt  1 �0
�
2
t
��
��
m � 0;1
m �0
�
��
�

m �1
��
Xét hàm số f  t  
Ta có f �
 t 

t2 1
, t � 0;1
2t

t 2 1
� f�
 t   0 � t  �1 (loại).
2t 2

Bảng biến thiên
t
f�
 t
f  t

0



1

�

1

Từ bảng biến thiên � f  t   1 , t � 0;1 .
m �1
�
�
m 1
�
m �0 � �
Vậy (*) � ��
mà m � 2019; 2019 , m ��� m � 2019; 2018;...;0;1 nên có 2021
m �0
�
�
�
m
�
1
��
giá trị m thỏa mãn.
Câu 41: Đáp án C
Lấy M là trung điểm của BC, tam giác ABC cân tại A � AM  BC
Lại có SA  BC (vì SA   ABC  ).
Suy ra BC   SAM  tại trung điểm M �  SAM  là mặt phẳng trung
trực cạnh BC.
Góc giữa SB và mặt phẳng (SAM) bằng góc giữa SB và SM
�  45�
 BSM
�  30�
Góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) bằng góc giữa SB và AB  SBA

Trang 17



BC   SAM  � BC  SM � khoảng cách từ S đến cạnh BC bằng SM  a .
Tam giác vuông cân SBM có BM  a, SB  a 2 � BC  2 BM  2a
Tam giác vuông SAB có sin 30�

SA
1 a 2
a 6
� SA  a 2. 
; AB 
SB
2
2
2
2

�a 6 � 2 a 2
Tam giác vuông ABM có AM  AB  BM  �
.
�2 �
� a  2
�
�
2

2

1
1 a 2 1

a 2 a3
Vậy thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC  SA.S ABC  .
.
. .2a.

3
3 2 2
2
6
Câu 42: Đáp án D

 cos x  s inx   cos x  sin x  dx
cos 2 x
cos 2 x  sin 2 x
I �
dx

dx

.
3
3
�
�  sin x  cos x  2  3
 sin x  cos x  2 
 sin x  cos x  2 
Đặt t  sin x  cos x  2 � dt   cos x  sin x  dx
t 2
1 1
1 t

sin x  cos x  1
�1 2 �
� I  �3 dt  �
dt    2  C  2  C  
C .
�2  3 �
2
t
t t
t
�t t �
 sin x  cos x  2 
� m  1; n  2 � A  2.1  3.2  8 .
Câu 43: Đáp án C
Ta có 1000 lít = l m3.
2
Gọi h là chiều cao của hình trụ ta có V   R h  1 � h 

1
 R2

2
2
Diện tích toàn phần là Stp  2 R  2 Rh  2 R  2 R

1
2
 2 R 2 
2
R

R

1 �
1

� 2 1
2 1
 2�
R 

 63 .
��2.3 3  R . .
2R 2R �
2R 2R
4
�
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi  R 2 

1
1
.
�R3
2R
2

Câu 44: Đáp án C
3
 5; 5 �
Ta có g  x   2 f  x   2 x  4 x  3m  6 5 �0 , x ��
�

�

3m
 5; 5 �
� h  x   f  x   x 3  2 x  3 5 � , x ��
�
�
2
ۣ max h  x 
�
 5; 5 �
�
�

3m
.
2

 x  f �
 x   3x 2  2 .
Ta có h�
 x  và y  3x 2  2 trên cùng một hệ trục tọa độ
Vẽ hai đồ thị y  f �
Nhận xét:
Trang 18


�
f�
 5; 5 �

 x  �3x 2  2 , x ��
�
� h  x
�
max
�۳ h  x 
�
 5; 5 �
�
�

h

 5

f

 5

3m
2

m

0 , x ��
 5; 5 �
�
�
2
f

3

 5 .

Câu 45: Đáp án D
Vì OMNP là tam diện vuông tại O và có H là trực tâm MNP nên OH   MNP  .
uuur
Suy ra OH   3; 4;1 là một VTPT của mặt phẳng  MNP  .
Vậy  MNP  : 3 x  4 y  z  26  0 .
Câu 46: Đáp án D
Tập xác định D  �\  m .

Ta có y �

m2  m  2

 x  m

2

 0 x � 1; �
Hàm số nghịch biến trên khoảng  1; � � y�



�
m2  m  2  0
��
�
�


�
 m � 1; �
�

1  m  2
m �1

1 m 2.

Vậy 1 �m  2 .
Câu 47: Đáp án B
1
�
u  ln x
du  dx
�
�
�
x
dx � �
Đặt �
ta có
1
dv

2
�
�
v



x
�
x
�
1
�
a
�
2
2
2
2
ln x
1
1
1
1
1 1
b
2
�
dx


ln
x

dx



ln
2



ln
2


a
ln
2
�
b

1
� 2a  3b  c  4 .
�
2
2
�
�
1
x
x
x
2
x

2
2
c
1
1
1
�
c2
�
�
Câu 48: Đáp án B
Điều kiện để hai phưong trình a ln 2 x  b ln x  5  0 và 5log 2 x  b log x  a  0 có hai nghiệm phân biệt
là: b 2  20a  0 . (*)
b
b
b
�
�

�
ln
x

ln
x


ln
x
x





a
1
2
1
2
�
�
x
x

e
�
a �
a � 1 2
Theo giả thiết ta có �
�
�
b
b
b
�
�
�x x  10 5
log x3  log x4  
log  x3 x4   
5 �

5 �3 4
�
b

b

Mà x x  x x � e  a  10 5
1 2
3 4
�

b
b
  ln10 (vì a, b là các số nguyên dương)
a
5
Trang 19


 �
a

5
ln10

a 3.

Theo điều kiện (*) có b 2  �
20a�
0


b2

20a

60

Từ (1) và (2) suy ra S  2a  3b �30 � S min  30 �

(2)

b 8



a3
(thỏa mãn các điều kiện đề bài).
b8

Câu 49: Đáp án C
Điều kiện cần và đủ để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt là phương trình
x 2  2mx  2m 2  1 (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1. Điều đó tương đương
�
1 m2  0
�
m 0
�
�
m �2
�


�
m 2   2m 2  1  0
�
0
�
�
�۹��

�
�
12  2m.1  2m2  1 �0
2m2  2m �0
�
�

m



1;1 \  0 .

Với điều kiện trên, gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (*). Ta được
�x1  x2  2m
�x .x  2m 2  1
�1 2

Ta có y �

x 2  2 x  2m2  2m  1


 x  1

2

 1

2m 2  2m

 x  1

2

.

Theo yêu cầu bài toán thì
� 2m 2  2 m �
� 2m 2  2 m �
y�
1
1
�
�
� 1
 x1  y�
 x2   1 � �
�  x  1 2 �
�  x  1 2 �
1
2

�
�
�
�
� 1
� 2m 2  2m 2m 2  2m
1
� 1   2m 2  2m  �

�
 1
� x  1 2  x  1 2 �  x  1 2  x  1 2
1
2
1
2
�
�
� 1   2 m  2m 
2

 x1  x2 

�
 2 x1 x2  2  x1  x2   2 � 2m2  2m
�
2
�x x   x  x   1 �
� 1
1

2
1
2
 x1.x2   x1  x2   1
�
�
2

� 1  7
m
�
2m  4
2m  4
2
3
� 1
 1  1 �
 3 � 6m  4m  4  0 � �
2m 2  2m
2m 2  2m

1

7
�
m

�
3
�

So với điều kiện ta nhận m 

1  7
� 0;1
3

Câu 50: Đáp án D
Vì    qua A ta có   4   c  0 � c  4 .
Vì    qua B ta có 2a  c  0 � a  2 .
�    : 2 x  by  z  4  0 .
Mặt cầu (S) có tâm I  1; 2;3 , R  3 3 .
Trang 20


Chiều cao khối nón h  d I ,  

2  2b  3  4
4  b2  1



2b  5
b2  5

.

�2b  5 �
 2b  5  .
Bán kính đường tròn (C) là r  R  h  27  �
 27  2

�
2
b 5
� b 5 �
2

2

2

2

2
1 2
1 �  2b  5  �2b  5
27  2
�
Thể tích khối nón V   r h   �
.
2
3
3 �
b 5 �
�
� b 5

Tới đây ta có thể thử các trường hợp đáp án.
Hoặc ta làm tự luận như sau:
Đặt t 


2b  5

2
0;3 3 �
và xét hàm số f  t    27  t  t trên đoạn �
�
�.
b 5
2

t 3
�
 t   27  3t 2 ; f �
 t   0 � �t  3  l  . Ta có bảng biến thiên
Ta có f �
�

Do đó thể tích khối nón lớn nhất khi và chỉ khi:
2

�2b  5 � 2
2
2
t 3� �
� 3 � 4b  20b  25  9b  45
2
� b 5 �
� 5b 2  20b  20  0 � b  2
Vì vậy a  b  c  4
Hoặc ta gọi chiều cao khối nón là h, từ phương trình tính thể tích ta suy ra h  3 , tìm b từ phương trình:

2b  5
b2  5

 3.

Trang 21