ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2020

ĐỀ SỐ 18
(Đề thi có 07 trang)
(Đề thi có lời giải)

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

a2
Câu 1. Giả sử a, b là các số thực dương bất kỳ. Giá trị biểu thức ln
bằng
b
1
A. ln a − ln b.
2

1
B. ln a + ln b.
2

C. 2 ln a + ln b.

D. 2 ln a − ln b.

Câu 2. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = 3a , BC = a , cạnh bên SD = 2a
và SD vuông góc với mặt phẳng đáy. Thể tích khối chóp S . ABCD bằng
A. 3a 3 .

C. 2a 3 .
D. 6a 3 .

r
r
r
r
Câu 3. Trong không gian Oxyz , cho a = ( −3; 4;0 ) và b = ( 5;0;12 ) . Côsin của góc giữa a và b bằng
A.

B. a 3 .

3
.
13

B.

5
.
6

5
C. − .
6

D. −

3
.
13

Câu 4. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [ −3;3] và có bảng xét dấu đạo hàm như sau:


Mệnh đề nào sau đây sai về hàm số đó?
A. Đạt cực tiểu tại x = 1 .

B. Đạt cực đại tại x = −1 .

C. Đạt cực đại tại x = 2 .

D. Đạt cực tiểu tại x = 0 .

Câu 5. Trong không gian Oxyz, Cho E ( −1;0; 2 ) và F ( 2;1; −5 ) . Phương trình đường thẳng EF là
A.

x −1 y z + 2
= =
.
3
1
−7

B.

x +1 y z − 2
= =
.
3
1
−7

C.


x −1 y z + 2
= =
.
1
1
−3

D.

x +1 y z − 2
= =
.
1
1
3

Câu 6. Cho cấp số nhân ( un ) , với u1 = −9 , u4 =
A.

1
.
3

B. −3.

1
. Công bội của cấp số nhân đã cho bằng
3
C. 3.


1
D. − .
3

Câu 7. Đường cong ở hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới
đây?
A. y = − x 3 + 3 x + 1.
C. y =

x −1
.
x +1

B. y =

x +1
.
x −1

D. y = x 3 − 3 x 2 − 1.

Trang 1


Câu 8. Trong không gian Oxyz, phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M ( 3; −1; 4 ) đồng thời vuông
r
góc với giá của a = ( 1; −1; 2 ) có phương trình là
A. 3x − y + 4z − 12 = 0.


B. 3x − y + 4z + 12 = 0.

C. x − y + 2z − 12 = 0.

D. x − y + 2z + 12 = 0.

Câu 9. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B ′C ′D ′ có AB = a , AD = AA′ = 2a . Diện tích của mặt cầu
ngoại tiếp hình hộp đã cho bằng
A. 9π a 2 .

B.

3π a 2
.
4

C.

9π a 2
.
4

D. 3π a 2 .

Câu 10. Giả sử y = f ( x ) là một hàm số bất kì liên tục trên ( α ; β ) và a, b, c, b + c ∈ ( α ; β ) . Mệnh đề nào
sau đây sai?
b

A.


∫
a

b

C.

∫

c

b

a

c

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

a

b+c

∫

f ( x ) dx +

a


b

∫

f ( x ) dx.

b+c

b

B.

∫

f ( x ) dx =

a

b

D.

∫
a

b+c

∫
a


c

f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx.
a

c

c

a

b

f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx.

Câu 11. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới.
Mệnh đề nào sau đây đúng về hàm số đó?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;0 ) .
B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −3;1) .
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;1) .
D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) .
−x
Câu 12. Tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3 là

A. −

3− x
+ C.
ln 3


B. −3− x + C.

3− x
+ C.
ln 3

C. 3− x ln 3 + C.

D.

C. x = 101.

D. x = 99.

Câu 13. Phương trình log ( x + 1) = 2 có nghiệm là
A. x = 11.

B. x = 9.

Câu 14. Cho k , n ( k < n ) là các số nguyên dương bất kỳ. Mệnh đề nào sau đây đúng?
k
A. An =

n!
.
k!

k
k
B. An = k !.Cn .


k
C. An =

n!
.
k !. ( n − k ) !

k
k
D. An = n !.Cn .

Câu 15. Cho số phức z = −1 + 2i , w = 2 − i . Điểm nào trong hình bên
biểu diễn số phức z + w ?
A. N .

B. P.

C. Q.

D. M .
Trang 2


Câu 16. Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P ) : x − 3 y + 2z − 1 = 0 , ( Q ) : x − z + 2 = 0 . Mặt
phẳng ( α ) vuông góc với cả ( P ) và ( Q ) đồng thời cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 3. Phương
trình của ( α ) là
A. x + y + z − 3 = 0.

B. x + y + z + 3 = 0.


(

Câu 17. Cho số z thoả mãn 1 − 3i
A.

5
.
4

B.

)

2

C. −2x + z + 6 = 0.

D. −2x + z − 6 = 0.

z = 3 − 4i . Môđun của z bằng

5
.
2

C.

2
.

5

D.

4
.
5

Câu 18. Một hình trụ tròn xoay có độ dài đường sinh bằng đường kính đáy và thể tích của khối trụ bằng
16π (đvtt). Diện tích toàn phần của khối trụ đã cho bằng

A. 16π (đvdt).

B. 12π (đvdt).

C. 8π (đvdt).

D. 24π (đvdt).

2
Câu 19. Biết rằng phương trình log 2 x − 7 log 2 x + 9 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 . Giá trị của x1 x2 bằng

A. 128.

B. 64.

Câu 20. Đạo hàm của hàm số f ( x ) =
A. f ′ ( x ) = −
C. f ′ ( x ) =


2

(3

x

+ 1)

2

(3

x

+ 1)

2

2

C. 9.

D. 512.

3x − 1
là
3x + 1
B. f ′ ( x ) =

.3x .


.3x ln 3.

2

(3

D. f ′ ( x ) = −

x

+ 1)

2

.3x .

2

(3

x

+ 1)

2

.3x ln 3.

4

2
Câu 21. Cho f ( x ) = x − 5 x + 4 . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) và

trục hoành. Mệnh đề nào sau đây sai?
2

A. S =

∫ f ( x ) dx.

B. S = 2

−2

2

1

2

0

1

∫ f ( x ) dx + 2 ∫ f ( x ) dx .
2

C. S = 2∫ f ( x ) dx.

D. S = 2 ∫ f ( x ) dx .


0

0

2
2
Câu 22. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = x ( x − 1) , ∀x ∈ ¡ . Hàm số y = 2 f ( − x ) đồng biến

trên khoảng
A. ( 2; +∞ ) .
Câu 23. Đồ thị hàm số y =
A. 4.

B. ( −∞; −1) .

C. ( −1;1) .

D. ( 0; 2 ) .

x3 − 4x
có bao nhiêu đường tiệm cận?
x 3 − 3x − 2
B. 1.

C. 3.

D. 2.

β

α
β
−α
−β
Câu 24. Biết rằng α , β là các số thực thoả mãn 2 ( 2 + 2 ) = 8 ( 2 + 2 ) . Giá trị của α + 2 β bằng

A. 1.

B. 2.

C. 4.

D. 3.
Trang 3


Câu 25. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A′B ′C ′ có AB = a , góc giữa đường thẳng A′C và mặt
phẳng ( ABC ) bằng 45° . Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B ′C ′ bằng
A.

a3 3
.
4

B.

a3 3
.
2


C.

a3 3
.
12

D.

a3 3
.
6

Câu 26. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ bên dưới. Hàm số y = f ( 2x ) đạt cực đại
tại

1
A. x = .
2

B. x = −1.

C. x = 1.

D. x = −2.

Câu 27. Cho hình nón tròn xoay có bán kính bằng 3 và diện tích xung quanh bằng 6 3π . Góc ở đỉnh của
hình nón đã cho bằng
A. 60°.

B. 150°.


C. 90°.

D. 120°.

Câu 28. Gọi z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình z 2 + 4z + 7 = 0 . Số phức z1 z2 + z1 z2 bằng
A. 2.

B. 10.

C. 2i.

D. 10i.

Câu 29. Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số y = x +

9
trên đoạn [ 1; 4] . Giá
x

trị của m + M bằng
A.

65
.
4

B. 16.

C.


49
.
4

D. 10.

Câu 30. Cho hình lập phương ABCD. A′B ′C ′D ′ có I , J lần lượt là trung điểm của BC và BB ′ . Góc giữa
hai đường thẳng AC và IJ bằng
A. 45°.

B. 60°.

C. 30°.

D. 120°.

Câu 31. Giải bóng chuyền quốc tế VTV Cup có 8 đội tham gia, trong đó có hai đội Việt Nam. Ban tổ
chức bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành hai bảng đấu, mỗi bảng 4 đội. Xác suất để hai đội của Việt
Nam nằm ở hai bảng khác nhau bằng
A.

2
.
7

B.

5
.

7

Câu 32. Tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

C.

3
.
7

D.

4
.
7

x
trên khoảng ( 0; π ) là
sin 2 x

A. − x cot x+ln ( sin x ) + C.

B. x cot x − ln sin x + C.

C. x cot x + ln sin x + C.

D. − x cot x − ln ( sin x ) + C.
Trang 4



Câu 33. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B ′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A , Gọi E là trung điểm
của AB . Cho biết AB = 2a , BC = 13a , CC ′ = 4a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng A′B và CE
bằng
A.

4a
.
7

B.

12a
.
7

C.

6a
.
7

D.

3a
.
7

Câu 34. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu
3
số nguyên m để phương trình f ( x − 3 x ) = m có 6 nghiệm phân biệt


thuộc đoạn [ −1; 2] ?
A. 3.

B. 2.

C. 6.

D. 7.

(

2

)

2019
=1?
Câu 35. Có bao nhiêu số phức z thoả mãn z − 1 + z − z i + z + z i

A. 4.

B. 2.

C. 1.

D. 3.

Câu 36. Cho f ( x ) và hàm số y = f ′ ( x ) có bảng biến thiên như hình bên dưới. Tất cả các giá trị của
1 3

2
tham số m để bất phương trình m + x < f ( x ) + x nghiệm đúng với mọi x ∈ ( 0;3) là
3

A. m < f ( 0 ) .

B. m ≤ f ( 0 ) .

C. m ≤ f ( 3) .

2
D. m < f ( 1) − .
3

Câu 37. Trong không gian Oxyz , cho các điểm M ( 2;1; 4 ) , N ( 5;0;0 ) , P ( 1; −3;1) . Gọi I ( a; b; c ) là tâm
của mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng ( Oyz ) đồng thời đi qua các điểm M, N, P. Biết rằng a + b + c < 5 , giá
trị của c là
A. c = 3.

B. c = 2.
3

Câu 38. Biết rằng tích phân

∫ 3x + 5
0

C. c = 4.
dx
3x + 1 + 7


D. c = 1.

= a ln 2 + b ln 3 + c ln 5 với a, b, c là các số hữu tỉ. Giá trị

của a + b + c bằng
A. −

10
.
3

5
B. − .
3

C.

10
.
3

D.

5
.
3

Trang 5



Câu 39. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :

x +1 y z − 2
= =
và hai điểm A ( −1;3;1) ,
2
1
−1

B ( 0; 2; −1) . Gọi C ( m; n; p ) là điểm thuộc d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2 2 . Giá trị của tổng
m + n + p bằng

A. -1.

B. 2.

C. 3.

D. -5.

3
Câu 40. Bất phương trình ( x − 9 x ) ln ( x + 5 ) ≤ 0 có bao nhiêu nghiệm nguyên?

A. 4.

B. 7.

C. 6.


D. Vô số.

Câu 41. Cho hàm số f ( x ) có đồ thị hàm số f ′ ( x ) như
2
hình vẽ. Hàm số y = f ( cos x ) + x − x đồng biến trên

khoảng
A. ( 1; 2 ) .

B. ( −1;0 ) .

C. ( 0;1) .

D. ( −2; −1) .

x
−x
Câu 42. Cho hàm số f ( x ) = 2 − 2 . Gọi m0 là số lớn nhất
12
trong các số nguyên thoả mãn f ( m ) + f ( 2m − 2 ) < 0 . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. m0 ∈ [ 1513; 2019 ) .

B. m0 ∈ [ 1009;1513) .

C. m0 ∈ [ 505;1009 ) .

D. m0 ∈ [ 1;505 ) .

−x

Câu 43. Cho hàm số f ( x ) thoả mãn f ( x ) + f ′ ( x ) = e , ∀x ∈ ¡ và f ( 0 ) = 2 . Tất cả các nguyên hàm
2x
của f ( x ) e là
x
x
A. ( x − 2 ) e + e + C.

2x
x
B. ( x + 2 ) e + e + C .

x
C. ( x − 1) e + C.

x
D. ( x + 1) e + C.

Câu 44. Cho hàm số f ( x ) có đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) được cho như hình vẽ.
Hàm số y = f ( x ) +

1 2
x − f ( 0 ) có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị trong
2

khoảng ( −2;3) ?
A. 6.

B. 2.

C. 5.


D. 3.

Câu 45. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có SA = a 11 , cosin góc hợp bởi hai mặt phẳng ( SBC ) và

( SCD )

bằng

A. 3a 3 .

1
. Thể tích của khối chóp S . ABCD bằng
10
B. 9a 3 .

C. 4a 3 .

D. 12a 3 .

Câu 46. Để chuẩn bị cho đêm hội diễn văn nghệ chào đón năm mới, bạn An đã làm một cái mũ “cách
điệu” cho ông già Noel có hình dáng là một khối tròn xoay. Mặt cắt qua trục của cái mũ có hình vẽ như
Trang 6


bên dưới. Biết rằng OO ′ = 5cm , OA = 10cm , OC = 20cm đường cong AB là
một phần của parabol có đỉnh là điểm A . Thể tích của chiếc mũ bằng
A.

2750π

cm3 .
3

B.

2500π
cm3 .
3

C.

2050π
cm3 .
3

D.

2250π
cm3 .
3

(

)

Câu 47. Giả sử z1 , z2 là hai trong các số phức thoả mãn ( z − 6 ) 8 + zi là số
thực. Biết rằng z1 − z2 = 4 . Giá trị nhỏ nhất của z1 + 3z 2 bằng
A. 5 − 21.

B. 20 − 4 21.


C. 20 − 4 22.

D. 5 − 22.

Câu 48. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu số
nguyên m để phương trình

1
3

x 
f  + 1÷+ x = m có nghiệm thuộc đoạn
2 

[ −2; 2] ?
A. 11.

B. 9.

C. 8.

D. 10.

Câu 49. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A . SA
vuông góc với mặt đáy và SA = 2a . Biết BC = a 3 và ·ABC = 30° ,
diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC bằng
A.

8π a 2

.
3

B. 4π a 2 .

C. 8π a 2 .

D.

5π a 2
.
3

2
2
Câu 50. Tổng tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình log 2 ( x + 3) − log 2 x + x − 4x + 1 ≤ 0 là

A. 4.

B. 6.

C. 5.

D. 3.

Đáp án
1-D
11-C
21-D
31-D

41-A

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

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

4-D
14-B
24-D
34-B
44-D

5-B
15-B
25-A
35-D
45-C

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

46-B

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

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

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

10-B
20-C
30-B
40-C
50-B

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án D
Ta có ln


a2
= ln a 2 − ln b = 2 ln a − ln b.
b

Câu 2: Đáp án C

Trang 7


VS . ABCD =

1
1
1
SD.S ABCD = SD. AB.BC = .2a.3a.a = 2a 3
3
3
3

Câu 3: Đáp án D

rr
a.b
r r
Ta có cos a; b = r r =
a .b

(

)


−15

( −3 )

2

+ 42 . 52 + 12 2

=−

3
.
13

Câu 4: Đáp án D
Có f ′ ( x ) không đổi dấu khi qua x = 0 ⇒ hàm số không đạt cực tiểu tại x = 0 .
Câu 5: Đáp án B

uuur
Đường thẳng EF có vectơ chỉ phương là EF = ( 3;1; −7 ) và đi qua E ( −1;0; 2 ) nên có phương trình

x +1 y z − 2
= =
.
3
1
−7
Câu 6: Đáp án D
3

Gọi q là công bội. Ta có u4 = u1 .q , suy ra

1
1
1
1
= −9.q 3 ⇔ q 3 = −
⇔q=3−
⇔q=− .
3
27
27
3

Câu 7: Đáp án B
Quan sát đồ thị hàm số ta thấy đồ thị có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1 . Ta loại được các
đáp án A, C và D.
Xét chiều biến thiên và tìm tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
y=

x +1
ta thấy khớp với đồ thị đã cho.
x −1
Vậy đáp án đúng là B.

Câu 8: Đáp án C
Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M ( 3; −1; 4 ) đồng thời vuông góc
r
r
với giá của a = ( 1; −1; 2 ) nên nhận a = ( 1; −1; 2 ) làm vectơ pháp tuyến.

Do đó ( P ) có phương trình là
1( x − 3) − 1( y + 1) + 2 ( z − 4 ) = 0 ⇔ x − y + 2z − 12 = 0.
Vậy ta chọn C.
Câu 9: Đáp án A
Ta có tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp ABCD. A′B ′C ′D ′ cũng
là trung điểm của một đường chéo A′C (giao các đường chéo) của
hình hộp.
Hình hộp chữ nhật có độ dài 3 cạnh dài, rộng, cao là
AD = 2a , AB = a , AA′ = 2a

Trang 8


⇒ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp là R = A′C =
2

AD 2 + AB 2 + AA′2 3a
=
2
2

2

 3a 
⇒ S mc = 4π R 2 = 4π .  ÷ = 9π a 2 .
 2 
Câu 10: Đáp án B
Xét đáp án A đúng do tính chất của tích phân nên loại.
b


Xét đáp án B sai do có

∫

f ( x ) dx =

b

b

b+c

a

a

⇒ ∫ f ( x ) dx =

∫

b +c

∫
a

c

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx
a


c

b +c

a

a

f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx =

∫

a

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx.
c

Chỉ đúng khi b + c = c ⇒ b = 0 nên nhận.
Xét đáp án C đúng do tính chất của tích phân nên loại.
Xét đáp án D đúng do

b

c

c

c

b


a

a

b

a

c

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx

(tính chất của

tích phân) nên loại.
Câu 11: Đáp án C
Nhận thấy trên khoảng ( 0;1) đồ thị hàm số là đường có hướng đi lên tính từ trái qua phải nên hàm
số trên đồng biến trên khoảng ( 0;1) .
Câu 12: Đáp án A
Ta có ∫ 3− x dx = −

3− x
+ C . Nên phương án chọn là A.
ln 3

Câu 13: Đáp án D
Ta có log ( x + 1) = 2 ⇔ x + 1 = 100 ⇔ x = 99.
Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 99.
Câu 14: Đáp án B

k
Ta có An =

n!
n!
= k !.
= k !.Cnk .
n
−
k
!
k
!.
n
−
k
!
(
)
(
)

Câu 15: Đáp án B
z + w = 1+ i .
Do đó điểm biểu diễn của số phức z + w là P ( 1;1) .
Câu 16: Đáp án A
r
Gọi vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( α ) là n( α ) .
r
Vectơ pháp tuyến của ( P ) là n( P ) = ( 1; −3; 2 ) .


Trang 9


r
Vectơ pháp tuyến của ( Q ) là n( Q ) = ( 1;0; −1) .
r

r
⊥ n( P ) .

r

r
⊥ n( Q ) .

( α ) ⊥ ( P ) ⇔ n( α )
( α ) ⊥ ( Q ) ⇔ n( α )

1 r r
r
Do đó ta chọn n( α ) =  n( P ) ; n( Q )  = ( 1;1;1) .
3
Phương trình mặt phẳng ( α ) có dạng x + y + z + d = 0 .
Vì ( α ) cắt trục Ox tại điểm có hoành độ 3 nên ta có
A ( 3;0;0 ) ∈ ( α ) ⇔ 3 + d = 0 ⇔ d = −3.
Do vậy phương trình ( α ) : x + y + z − 3 = 0.
Câu 17: Đáp án A
Ta có z =


3 − 4i

( 1 − 3i )

2

=

−3 + 4 3 4 + 3 3
+
i.
8
8
2

2

 −3 + 4 3   4 + 3 3 
−3 + 4 3 4 + 3 3
5
Suy ra z =
+
i = 
+ 
= .
÷
÷
÷
÷
8

8
8
4

  8 
Câu 18: Đáp án D
Gọi bán kính đáy của hình trụ là R suy ra h = l = 2R .
Theo đề bài ta có thể tích khối trụ là V = π R 2 .h = π R 2 .2R = 2π R 3 = 16π ⇒ R = 2.
Do đó h = l = 4.
Diện tích toàn phần của khối trụ là S = 2π Rl + 2π R 2 = 2π .2.4 + 2π .2 2 = 24π .
Câu 19: Đáp án A
Điều kiện x > 0 .

7 + 13
7 + 13

log 2 x =
x = 2 2
2
log 22 x − 7 log 2 x + 9 = 0 ⇔ 
⇔
(thoả mãn điều kiện x > 0 ).
7 − 13

7 − 13
x = 2 2
log 2 x =


2

Vậy x x = 2
1 2

7 + 13
2

.2

7 − 13
2

= 128

Câu 20: Đáp án C
f ( x) =

3x − 1
2
.
= 1− x
x
3 +1
3 +1

− ( 3x + 1) ′
2 ′
3x ln 3

.
f ′ ( x ) = 1 − x

=
−
2.
=
2.
÷
2
2
x
x
 3 +1
3
+
1
3
+
1
(
)
(
)
Câu 21: Đáp án D
Trang 10


Cách 1:
Giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành có hoành độ là nghiệm của phương trình:
 x2 = 1
 x = ±1
x4 − 5x2 + 4 = 0 ⇔  2

⇔
.
 x = ±2
x = 4
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) với trục hoành là S =

2

∫ f ( x ) dx

−2

Suy ra đáp án A đúng.
0

Do hàm số chẵn trên ¡ nên S =

∫

−2

2

2

0

0

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 2∫ f ( x ) dx , suy ra C đúng.


2

1

2

0

0

1

Ta có S = 2∫ f ( x ) dx == 2 ∫ f ( x ) dx + 2 ∫ f ( x ) dx .
Do hàm số không đổi dấu trên ( 0;1) và ( 1; 2 ) nên S = 2

1

2

0

1

∫ f ( x ) dx + 2 ∫ f ( x ) dx .

Suy ra đáp án B đúng.
Vậy D là đáp án sai.
Cách 2:
Sử dụng máy tính Casio ta được:

2

S=

∫

f ( x ) dx = 2

−2

∫
0

2

S=2

1

∫ f ( x ) dx

=

0

2

2

1


0

f ( x ) dx + 2 ∫ f ( x ) dx = 2 ∫ f ( x ) dx = 8 .

32
.
15

Do đó đáp án D sai.
Câu 22: Đáp án C
2
2
2
2
Ta có y ′ = −2 f ′ ( − x ) = −2 ( − x ) ( − x ) − 1 = −2x ( x − 1) .

x = 0
y′ = 0 ⇔ 
 x = ±1
Lập bảng xét dấu của y ′ ta được:

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng ( −1;1) .
Câu 23: Đáp án D
Tập xác định D = ¡ \ { −1; 2} .

Trang 11


y = lim

Ta có xlim
→±∞
x →±∞

1−

4
x2

3
2
1− 2 − 2
x
x

= 1.

Do đó đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận ngang là y = 1 .
Ta có
lim+ y = lim+

x ( x − 2) ( x + 2)
x ( x + 2) 8
x 3 − 4x
= lim+
= lim+
= .
3
2
9

x − 3x − 2 x →2 ( x + 1) ( x − 2 ) x →2 ( x + 1) 2

lim− y = lim−

x ( x − 2) ( x + 2)
x ( x + 2) 8
x 3 − 4x
=
lim
=
lim
= .
9
x 3 − 3x − 2 x →2− ( x + 1) 2 ( x − 2 ) x →2− ( x + 1) 2

x →2

x →2

x →2

x→2

lim + y = lim +

x →( −1)

x →( −1)

x ( x − 2) ( x + 2)

x ( x + 2)
x 3 − 4x
= lim +
= lim +
= −∞ .
3
2
x − 3x − 2 x →( −1) ( x + 1) ( x − 2 ) x →( −1) ( x + 1) 2

Do đó đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận đứng là x = −1 .
Vậy đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận.
Câu 24: Đáp án D
β
α
β
−α
−β
Ta có 2 ( 2 + 2 ) = 8 ( 2 + 2 )

⇔ 2 β ( 2α + 2β ) = 8

2α + 2 β
2α + β

8 

⇔ ( 2α + 2 β )  2α − α + β ÷ = 0
2



⇔ 2β −

8
α +β

2

=0

⇔ 2α + 2 β = 8
⇔ α + 2 β = 3.
Vậy α + 2 β = 3.
Câu 25: Đáp án A
Có (·A′C , ( ABC ) ) = ·A′CA = 45° .
Xét tam giác A′AC vuông tại A, ta có
tan ·A′CA =

AA′
⇒ AA′ = a .
AC

Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B ′C ′ là
V = AA′.S ∆ABC = a.

a 2 3 a3 3
.
=
4
4


Câu 26: Đáp án C
Trang 12


Đặt g ( x ) = f ( 2 x ) ⇒ g ′ ( x ) = 2 f ′ ( 2 x )
1

 2 x = −1 ⇒ x = − 2

g ′ ( x ) = 0 ⇒ 2 f ′ ( 2x ) = 0 ⇒ 2x = 0 ⇒ x = 0
.
2x = 2 ⇒ x = 1


Với x = −1 ⇒ g ′ ( −1) = 2 f ′ ( −2 ) > 0 .
Với x = −
Với x =

1
 1
 1
⇒ g′ − ÷= 2 f ′ − ÷< 0 .
4
 4
 2

1
1
⇒ g ′  ÷ = 2 f ′ ( 1) > 0 .
2

2

Với x = 2 ⇒ g ′ ( 2 ) = 2 f ′ ( 4 ) < 0 .
Ta có bảng biến thiên sau

Vậy hàm số đạt cực đại tại x = −

1
và x = 1 .
2

Câu 27: Đáp án D
Gọi S, O lần lượt là đỉnh và tâm của đáy của hình nón. Lấy A là một
điểm nằm trên đường tròn đáy. Gọi góc ở đỉnh của hình nón là 2 β suy ra
·
.
β = OSA
Mặt khác S xq = π rl ⇔ l =

S xq

πr

=

6 3π
=2 3.
3π

Xét ∆SOA vuông tại O, ta có

·
sin OSA
=

OA
3
3
·
=
=
⇒ OSA
= 60° .
SA 2 3
2

·
Vậy 2 β = 2OSA
= 120° .
Câu 28: Đáp án A
Cách 1:
 z = −2 + 3i
z2 + 4z + 7 = 0 ⇔ 
 z = −2 − 3i
Trang 13


Không mất tính tổng quát giả sử z1 = −2 + 3i , z2 = −2 − 3i

(


)(

) (

)(

)

⇒ z1 z2 + z1 z2 = −2 + 3i −2 + 3i + −2 − 3i −2 − 3i = 2
Vậy z1 z2 + z1 z2 = 2
Cách 2:
Phương trình bậc hai z 2 + 4 z + 7 = 0 có ∆ = −3 là số nguyên âm nên phương trình có hai nghiệm
phức z1 , z2 và z1 = z2 , z2 = z1 .
 z1 + z2 = −4
Áp dụng định lý Vi – ét, ta có 
 z1 .z2 = 7
Ta có z1 z2 + z1 z2 = z12 + z22 = ( z1 + z2 ) − 2 z1 .z2 = 16 − 14 = 2 .
2

Câu 29: Đáp án B
Ta có y ′ = 1 −

9
x2 − 9
=
; y′ = 0 ⇔ x2 − 9 = 0 ⇔
2
2
x
x


Ta có f ( 1) = 10, f ( 4 ) =

 x = −3 ∉ [ 1; 4]

.
 x = 3 ∈ [ 1; 4]

25
, f ( 3) = 6 suy ra m = 6, M = 10 ⇒ m + M = 16 .
4

Câu 30: Đáp án B
Vì IJ // B ′C nên ( IJ , AC ) = ( B ′C , AC ) .
Mà AC , AB ′, CB ′ là đường chéo của các hình vuông bằng
nhau nên AC = AB ′ = CB ′ ⇒ ∆ACB ′ ⇒ ∆ACB ′ đều. Vậy

( IJ , AC ) = ( B ′C , AC ) = ·ACB ′ = 60°
Câu 31: Đáp án D
Chia ngẫu nhiên 8 đội bóng thành hai bảng đấu nên số phần tử của không gian mẫu là
n ( Ω ) = C84 .C44 = 70 .
Gọi A là biến cố: “hai đội của Việt Nam nằm ở hai bảng khác nhau”.
Bảng 1: Chọn một trong hai đội Việt Nam và ba trong số sáu đội nước ngoài vào bảng 1 có số
3
1
cách chọn là C6 .C2 .

Bảng 2: Sau khi chọn các đội vào bảng 1 còn một đội Việt Nam và ba đội nước ngoài xếp vào
bảng hai có 1 cách xếp.
Suy ra số cách chia 8 đội thành hai bảng đấu sao cho hai đội của Việt Nam nằm ở hai bảng khác

3
1
nhau là n ( A ) = C6 .C2 .1 = 40 .

Vậy xác suất cần tìm là P ( A ) =

n ( A)

n ( Ω)

=

40 4
= .
70 7
Trang 14


Câu 32: Đáp án A
u = x
du = dx

⇒
Đặt 
.
1
 dv = sin 2 x dx v = − cot x
Khi đó

d ( sin x )

x
cos x
dx
=
−
x
.cot
x
+
cot
xdx
=
−
x
.cot
x
+
dx
=
−
x
.cot
x
+
∫ sin 2 x
∫
∫ sin x
∫ sin x

= − x.cot x + ln sin x + C .

Với x ∈ ( 0; π ) ⇒ sin x > 0 ⇒ ln sin x = ln ( sin x ) .
Vậy

x

∫ sin

2

x

dx = − x cot x + ln ( sin x ) + C .

Câu 33: Đáp án C
Gọi F là trung điểm AA′ .
Ta có ( CEF ) // A′B nên
d ( CE , A′B ) = d ( A′B, ( CEF ) ) = d ( A′, ( CEF ) ) = d ( A, ( CEF ) ) .
Kẻ AI ⊥ CE ; AH ⊥ FI thì AH ⊥ ( CEF ) hay d ( A, ( CEF ) ) = AH
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
49
=

+ 2 =
+
+
+
= 2 + 2 + 2 =
2
2
2
2
2
2
AH
AF
AI
AF
AE
AF
AC
a
9a
4a
36a 2
Suy ra d (CE , A′B) = d ( A, ( CEF ) ) = AH =
Vậy khoảng cách giữa A′B và CE là

6a
.
7

6a

.
7

Câu 34: Đáp án B
3
Đặt t = g ( x ) = x − 3x, x ∈ [ −1; 2] .

x = 1
g ′ ( x ) = 3x 2 − 3 = 0 ⇔ 
.
 x = −1
Bảng biến thiên của hàm số g ( x ) trên [ −1; 2]

Suy ra với t = −2 , có một giá trị của x thuộc đoạn [ −1; 2] .
t ∈ ( −2; 2] , có 2 giá trị của x thuộc đoạn [ −1; 2] .

Trang 15


3
Phương trình f ( x − 3 x ) = m có 6 nghiệm phân biệt thuộc đoạn [ −1; 2] khi và chỉ khi phương

trình f ( t ) = m có 3 nghiệm phân biệt thuộc ( −2; 2] . (1)
Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) và m nguyên ta có hai giá trị của m thoả mãn điều kiện (1) là
m = 0, m = −1.
Câu 35: Đáp án D
Đặt z = a + bi ta được

(


2

)

z − 1 + z − z i + z + z i 2019 = 1
⇔ a + bi − 1 + a + bi − a + bi i + ( a + bi + a − bi ) i 2019 = 1 (ta có i 2019 = i 2016+3 = ( i 4 )
2

504

.i3 = −i ).

⇔ ( a − 1) + b 2 + 2 b i − 2ai = 1
2

⇔ a 2 − 2a+b 2 + 2 b i − 2ai = 0
2
2
 a − 2a + b = 0
⇔
 2 b − 2a=0

 a 2 − 2a + b 2 = 0

⇔ a ≥ 0
b 2 = a 2

 a = 0; b = 0

 a 2 − 2a + a 2 = 0

  a = 1


⇔ a ≥ 0
⇔   b = 1

b 2 = a 2
  a = 1

  b = −1
  
Suy ra có ba số phức thoả mãn phương trình z1 = 0, z2 = 1 + i, z3 = 1 − i.
Câu 36: Đáp án B
1 3
1 3
2
2
Xét bất phương trình m + x < f ( x ) + x ⇔ f ( x ) + x − x − m > 0.
3
3
1 3
2
2
Đặt g ( x ) = f ( x ) + x − x − m . Suy ra g ′ ( x ) = f ′ ( x ) + x − 2x.
3
2
Ta xét hàm h ( x ) = x − 2x có bảng biến thiên dưới đây

Trang 16



Từ bảng biến thiên của f ′ ( x ) và h ( x ) ta suy ra
g ′ ( x ) = f ′ ( x ) + h ( x ) = f ′ ( x ) + x 2 − 2x > 0, ∀x ∈ ( −1;3) .
2
Suy ra g ′ ( x ) = f ′ ( x ) + h ( x ) = f ′ ( x ) + x − 2x > 0, ∀x ∈ ( 0;3) .

1 3
2
Suy ra hàm số y = f ( x ) + x − x − m đồng biến trên khoảng ( 0;3) .
3
1 3
1 3
2
2
Suy ra để f ( x ) + x − x − m > 0, ∀x ∈ ( 0;3) thì f ( 0 ) + .0 − 0 − m ≥ 0 ⇔ m ≤ f ( 0 ) .
3
3
Câu 37: Đáp án B
Giả sử mặt cầu ( S ) đã cho có phương trình dạng x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 .
Từ đề bài ta có
M ( 2;1; 4 ) ∈ ( S ) ⇔ −4a − 2b − 8c + d = −21.

(1)

N ( 5;0;0 ) ∈ ( S ) ⇔ −10a + d = −25.

(2)

P ( 1; −3;1) ∈ ( S ) ⇔ −2a + 6b − 2c + d = −11.


(3)

uuu
r
Hình chiếu của điểm I ( a; b; c ) lên mặt phẳng ( Oyz ) là H ( 0; b; c ) ⇒ HI = ( a;0;0 ) ⇒ HI = a .
Mặt cầu ( S ) tiếp xúc với mặt phẳng ( Oyz ) ⇒ IH = a = a 2 + b 2 + c 2 − d ⇔ b 2 + c 2 − d = 0 ( 4 ) .
b = 2 − a

Từ ( 1) ; ( 2 ) ; ( 3) ta có c = a − 1
.
 d = 10a − 25

a = 5
2
Thế vào phương trình ( 4 ) a − 8a + 15 = 0 ⇔ 
.
a = 3
Trường hợp 1: a = 5 ⇒ b = −3, c = 4 ⇒ a + b + c = 6 > 5 (loại).
Trường hợp 2: a = 3 ⇒ b = −1, c = 2 ⇒ a + b + c = 4 < 5 (nhận).
Vậy c = 2 thoả mãn yêu cầu đề bài.
Câu 38: Đáp án A
Đặt t = 3x + 1 ⇒ t 2 = 3x + 1 ⇒ x =

t2 −1
2
⇒ tdt = dx.
3
3

Đổi cận x = 0 ⇒ t = 1; x = 1 ⇒ t = 2.

1

∫ 3x + 5
0

2

dx
3x + 1 + 7

=

=−
Suy ra a = −

2

2
t
2  −2
3 
2
dt = ∫ 
+
÷dt = ( −2 ln t + 2 + 3ln t + 3 )
2
∫
3 1 t + 5t + 6
3 1 t + 2 t + 3
3


2

1

20
4
ln 2 + ln 3 + 2 ln 5 = a ln 2 + b ln 3 + c ln 5.
3
3

20
4
10
;b = ;c = 2 ⇒ a + b + c = − .
3
3
3
Trang 17


Câu 39: Đáp án C
Ta có C ( m; n; p ) ∈ d ⇒ C ( −1 + 2t ; t ; 2 − t ) .
uuur
 AB = ( 1; −1; −2 )
uuur uuur
⇒  AB, AC  = ( 3t − 7; −3t − 1;3t − 3) .
Suy ra  uuur
 AC = ( 2t ; t − 3;1 − t )
Diện tích tam giác ABC là S ∆ABC =

Theo đề ta có

1
2

uuu
r uuur
1
2
 AB, AC  =

 2 27t − 54t + 59.

1
27t 2 − 54t + 59 = 2 2 ⇔ 27t 2 − 54t + 27 = 0 ⇔ t = 1.
2

Suy ra C ( 1;1;1) .
Vậy m + n + p = 3.
Câu 40: Đáp án C
Điều kiện x > −5.
 x = −3
x = 0
 x − 9x = 0
3

x
−
9x
ln

x
+
5
=
0
⇔
⇔
Cho (
.
) ( )

x = 3
ln ( x + 5 ) = 0

 x = −4
3

Bảng xét dấu

 −4 ≤ x ≤ −3
.
Dựa vào bảng xét dấu ta thấy f ( x ) ≤ 0 ⇔ 
0 ≤ x ≤ 3
Vì x ∈ ¢ ⇒ x ∈ { −4; −3;0;1; 2;3} .
Vậy có 6 giá trị nguyên của x thoả mãn bài toán.
Câu 41: Đáp án A
2
Đặt g ( x ) = f ( cos x ) + x − x .

Ta có g ′ ( x ) = − sin x. f ′ ( cos x ) + 2 x − 1.

Do cos x ∈ [ −1;1] và từ đồ thị hàm số f ′ ( x ) suy ra f ′ ( cos x ) ∈ [ −1;1] .
Từ đó suy ra − sin x. f ′ ( cos x ) ≤ 1 với ∀x ∈ ¡ .
⇒ sin x. f ′ ( cos x ) ≥ −1, ∀x ∈ ¡ ⇒ g ′ ( x ) = − sin x. f ′ ( cos x ) + 2 x − 1 ≥ −1 + 2 x − 1 = 2 x − 2
⇒ g ′ ( x ) > 0, ∀x > 1.
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng ( 1; 2 ) .
Trang 18


Câu 42: Đáp án B
x
−x
Hàm số f ( x ) = 2 − 2 xác định ∀x ∈ ¡ .
−x
x
x
−x
Khi đó − x ∈ R , ta có f ( − x ) = 2 − 2 = − ( 2 − 2 ) = − f ( x ) .

Suy ra f ( x ) là hàm số lẻ.

(1)

x
−x
Mặt khác f ′ ( x ) = ( 2 + 2 ) ln 2 > 0, ∀x ∈ ¡ .

Do đó hàm số f ( x ) đồng biến trên ¡ .

(2)


12
12
Ta có f ( m ) + f ( 2m − 2 ) < 0 ⇔ f ( 2m − 2 ) < − f ( m ) .
12
Theo (1) suy ra f ( 2m − 2 ) < f ( −m ) .

212
Theo (2) ta được 2m − 2 < −m ⇔ 3m < 2 ⇔ m <
.
3
12

12

Vì m ∈ Z nên m ≤ 1365 ⇒ m0 = 1365.
Vậy m0 ∈ [ 1009;1513) .
Câu 43: Đáp án D
f ( x ) + f ′ ( x ) = e − x ⇔ f ( x ) e x + f ′ ( x ) e x = 1 ⇔ ( f ( x ) e x ) ′ = 1 ⇔ f ( x ) e x = x + C ′.
2x
x
Vì f ( 0 ) = 2 nên C ′ = 2 . Do đó f ( x ) e = ( x + 2 ) e .

Vậy

∫ f ( x) e

2x

dx = ∫ ( x + 2 ) e x dx = ∫ ( x + 2 ) d ( e x ) = ( x + 2 ) e x − ∫ e x d ( x + 2 ) = ( x + 2 ) e x − ∫ e x dx


= ( x + 2 ) e x − e x + C = ( x + 1) e x + C .
Câu 44: Đáp án D
Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) +

1 2
x − f ( 0 ) trên khoảng ( −2;3) .
2

 x = −2
g ′ ( x ) = f ′ ( x ) + x; g ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = − x  x = 0 .
 x = 2
1
g ( 0 ) = f ( 0 ) + .0 − f ( 0 ) = 0.
2
Dựa vào đồ thị ta có bảng biến thiên sau

Trang 19


Từ bảng biến thiên ta thấy trên khoảng ( −2;3) thì g ( x ) có duy nhất một điểm cực trị x = 2.
Do đó phương trình g ( x ) = 0 có tối đa hai nghiệm trên khoảng ( −2;3) .
Vậy hàm số y = g ( x ) có nhiều nhất 1 + 2 = 3 điểm cực trị trong khoảng ( −2;3) .
Câu 45: Đáp án C
Gọi H là tâm của hình vuông ABCD nên SH ⊥ ( ABCD ) .
Đặt m = HB, n = SH . Do tam giác SAH

vuông tại H nên

m 2 + n 2 = 11a 2 .
Xây dựng hệ trục toạ độ như sau H ( 0;0;0 ) , B ( m;0;0 ) ,

D ( −m;0;0 ) , C ( 0; m;0 ) , S ( 0;0; n ) .
Khi đó phương trình mặt phẳng ( SBC ) là

( SBC )

uu
r
là n1 = ( n; n; m )
Khi đó phương trình mặt phẳng ( SCD ) là

( SBC )

x y z
+ + = 1 hay vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
m m n

x
y z
+ + = 1 hay vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
−m m n

uu
r
là n2 = ( n; − n; −m )
Do cosin góc hợp bởi hai mặt phẳng

( SBC )

và


( SCD )

uu
r uu
r
n1 .n2
1
1
= uu
r uu
r hay
bằng
nên
10 n1 . n2
10

m2
1
mà n 2 = 11a 2 − m 2 .
=
2
2
10
2n + m
Vậy

m2
1
m2
1

=
⇔
=
⇔ m 2 = 2a 2 ⇒ m = a 2
2
2
2
2
10
10
2n + m
22a − m
⇒ n = 3a ⇒ SH = 3a

m = HA = a 2 nên AB = 2a.
Chiều cao của hình chóp là SH = 3a.
2
Diện tích của hình vuông là S ABCD = 4a .

Thể tích của khối chóp S . ABCD là
1
1
V = S ABCD .SH = .4a 2 .3a = 4a 3
3
3
Câu 46: Đáp án B
Xây dựng hệ trục toạ độ như hình vẽ
Chia khối tròn xoay trên thành 2 phần.
Phần 1 là thể tích của khối trụ có thể tích là V1 .
Trang 20



Phần

2 là

thể

tích

của khối

tròn

xoay

khi

quay

hình phẳng giới

hạn

bởi

x = 10 − 5 y ; x = 0; y = 0; y = 20 quanh trục Oy và có thể tích là V2 .
2
3
Tính thể tích V1 = π r h = 500π ( cm ) .


Thể tích V2 là
20

(

V2 = π ∫ 10 − 5 y
0

)

2

20

=π∫
0

(

3

2
2
40
5
y
(
)
5

y
100 + 5 y − 20 5 y dy = π 100 y +
−

2
15


)

Thể tích của khối tròn xoay bằng V = V1 + V2 =

20


÷ = 1000 π .
÷
3
÷
0

2500
π.
3

Câu 47: Đáp án C

(

)


Giả sử số phức z = x + yi thoả mãn ( z − 6 ) 8 + zi là số thực.
Ta có

( z − 6 ) ( 8 + zi ) = ( x + yi − 6 ) ( 8 + ( x + yi ) i ) = ( x − 6 ) ( 8 − y ) + 8xy + −8x ( x − 6 ) + y ( 8 − y )  i

(

)

Để là ( z − 6 ) 8 + zi số thực thi
−8x ( x − 6 ) + y ( 8 − y ) = 0 ⇔ ( x − 3) + ( y − 4 ) = 52.
2

2

Vậy điểm biểu diễn số phức z1 , z2 thuộc đường tròn tâm
I ( 3; 4 ) , bán kính R = 5
Giả sử z1 = x1 + y1i có điểm biểu diễn

A ( x1 , y1 ) ;

z2 = x2 + y2 i có điểm biểu diễn B ( x2 , y2 ) .
Vì z1 − z2 = 4 ⇔

( x1 − x2 )

2

+ ( y1 − y2 ) = 4 ⇔ AB = 4.

2

uuu
r uuur
Ta xét z1 + 3z2 = OA + 3OB .
Gọi H là trung điểm AB, K là trung điểm HB, khi đó ta có
uuu
r uuur
uuur uuur
uuur
z1 + 3z2 = OA + 3OB = 2 OH + OB = 4OK = 4OK .

(

)

Ta có OI = IB = IA = 5; AB = 4; AH = HB = 2; HK = 1 . Suy ra IH = 21 ⇒ IK = 22.
Theo bất đẳng thức tam giác ta có
OK + KI ≥ OI ⇔ OK ≥ OI − KI ⇔ OK ≥ 5 − 22.
Suy ra z1 + 3z 2 = 4OK ≥ 20 − 4 22.
Câu 48: Đáp án C

Trang 21


Ta có
Đặt

1
3


1 x 
x 
x 
f  + 1÷+ x = m ⇔ f  + 1÷+ 2  + 1÷− 2 = m.
3 2 
2 
2 

x
+ 1 = t , với x ∈ [ −2; 2] thì t ∈ [ 0; 2]
2

Bài toán tương đương hỏi có bao nhiêu số nguyên m để phương trình

1
f ( t ) + 2t − 2 = m có
3

nghiệm thuộc đoạn [ 0; 2] .
Xét hàm số h ( t ) =

1
1
f ( t ) + 2t − 2 có h ′ ( t ) = f ′ ( t ) + 2 .
3
3

Vì hàm số y = f ( x ) đồng biến trên ( 0, 2 ) nên f ′ ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0, 2 ) .
Do đó h ′ =


1
1
f ′ ( t ) + 2 > 0 với ∀t ∈ ( 0, 2 ) hay hàm số h ( t ) = f ( t ) + 2t − 2 đồng biến trên
3
3

( 0, 2 ) .
Suy ra max h ( t ) = h ( 2 ) =
[ 0,2]

Để phương trình

1
1
−10
f ( 2 ) + 2.2 − 2 = 4; min h ( t ) = h ( 0 ) = f ( 0 ) + 2.0 − 2 =
.
0,2
[ ]
3
3
3

1
−10
f ( t ) + 2t − 2 = m có nghiệm thuộc đoạn [ 0, 2] thì
≤ m ≤ 4.
3
3


Hay m ∈ { −3; −2; −1;0;1; 2;3; 4} .
Vậy có 8 giá trị nguyên của m.
Câu 49: Đáp án C
Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC và K là
trung điểm của đoạn SA. Dựng đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng

( ABC )

tại H và đường thẳng trung trực d ′ của đoạn SA nằm trong mặt

phẳng ( d ; d ′ ) . Giao điểm I của d và d ′ là tâm mặt cầu ngoại tiếp của
hình chóp S . ABC và R = AI là bán kính của mặt cầu này.
Áp dụng định lý sin cho tam giác ABC ta có
BC
·
= 2AH ⇒ AH = a (do BAC
= 180° − 2. ·ABC = 120° ).
·
sin BAC
Xét hình chữ nhật AKIH ta có
R = Ai =

AK 2 + AH 2 = a 2.

Vậy diện tích mặt cầu bằng S = 4π R 2 = 8π a 2 .
Câu 50: Đáp án B
Điều kiện: x > 0.
2
2

2
2
Ta có log 2 ( x + 3) − log 2 x + x − 4x + 1 ≤ 0 ⇔ log 2 ( x + 3 ) + x + 3 ≤ log 2 4x+4x. (*)

Trang 22


Xét hàm số f ( t ) = log 2 t + t trên D = ( 0; +∞ ) .
Ta có f ′ ( t ) =

1
+ 1 > 0, ∀t ∈ D ⇒ hàm số f đồng biến trên D .
t ln 2

Suy ra
2
2
(*) ⇔ f ( x + 3) ≤ f ( 4x ) ⇔ x + 3 ≤ 4x ⇔ 1 ≤ x ≤ 3.

Vậy tập hợp các nghiệm nguyên của bất phương trình là { 1; 2;3} .
Nhận xét: Với cách hỏi và đáp án của câu này ta chỉ cần mở MODE 7 của máy tính cầm tay, nhập
vế trái của bất phương trình và cho biến chạy từ 1 đến 6 là tìm được đáp án ngay.

Trang 23