NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN

BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
--------------------------PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA
MÃ ĐỀ: 21

ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021
MƠN THI: TỐN
Thời gian: 90 phút

Câu 1. Có bao nhiêu cách sắp xếp 3 học sinh vào một bàn dài có 5 chỗ ngồi ?
3
A. 3.A5 .

3
B. C5 .

Câu 2. Cho cấp số cộng
A. 12 .
Câu 3. Cho hàm số

( un ) , biết u1 = 2

3
C. A5 .

và

u4 = 8

B. 10 .

y = f ( x)

. Giá trị của
C. 9 .

D. 5P3 .

u5

bằng

có bảng biến thiên như sau

y = f ( x)
Hàm số
nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
( −∞; 0 ) .
( 1; +∞ ) .
( 0;1) .
A.
B.
C.
y = f ( x)
Câu 4. Cho hàm số
có bảng biến thiên như sau:

Điểm cực tiểu của hàm số đã cho là:

A. x = 0 .
B. x = 2 .
Câu 5. Cho hàm số

Hàm số
A. 1 .

y = f ( x)

y = f ( x)

D. 11 .

C. x = 1 .

D.

( −1;0 ) .

D. x = 5 .

f ′( x)
liên tục trên ¡ , có bảng xét dấu của
như sau:

có bao nhiêu cực trị?
B. 2 .

C. 3 .
3x − 2

y=
x + 4 là:
Câu 6. Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
A. y = −4 .
B. y = −3 .
C. y = 4 .

D. 4 .

D. y = 3 .

Câu 7. Đồ thị của hàm số nào có dạng như đường cong trong hình bên?

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

Trang 1


ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN THPT

4
2
A. y = x − 2 x + 2 .

3
2
4
2

3
2
B. y = − x + 3 x + 2 . C. y = − x + 2 x + 2 . D. y = x − 3 x + 2 .
3
2
Câu 8. Số giao điểm của đồ thị của hàm số y = x − x − x − 2 với trục hoành?
A. 3
B. 1.
C. 2.
D. 0
1


P = log b2  b3 .b 2 ÷

.
Câu 9. Cho b là số thực dương khác 1 . Tính
4
7
P=
P=
7.
4.
A.
B. P = 7 .
C.
2 x −1

Câu 10. Đạo hàm của hàm số y = 3
2 x −1

A. y′ = 2.3 ln 3 .

D.

P=

7
2.

là:

2 x −1
B. y′ = 3 .

C.

y′ =

2.32 x −1
ln 3 .

2 x −1
D. y′ = x.3 .

1

3 4
Câu 11. Rút gọn biểu thức P = x . x , với x là số thực dương.

1


2

7

12
A. P = x .

12
B. P = x .

2x
Câu 12. Phương trình 2

2

+5 x + 4

A. 1 .

2

3
C. P = x .

7
D. P = x .

= 4 có tổng tất cả các nghiệm bằng
5

B. −1 .
C. 2 .

D.

−

5
2.

log 3 ( 2 x + 3) = 1
Câu 13. Tập nghiệm S của phương trình
.
A.

S = { 3}

.

B.

Câu 14. Nguyên hàm của hàm số

S = { −1}

.

y = x2 − 3 x +

C.


.

D.

x3 3x 2
−
− ln x + C
2
A. 3
.

x3 3x 2 1
−
+ 2 +C
2
x
B. 3
.

x3 3x2
−
+ ln x + C
2
C. 3
.

x3 3x 2
−
+ ln x + C

2
D. 3
.

1

∫

Câu 16. Nếu
A. −1 .

f ( x ) dx = 2

f ( x ) = sin 3x

0

1

và

0

B. 5 .
2

Câu 17. Tính tích phân

∫ g ( x ) dx = 3


I =∫
1

S = { 1}

.

1
x là

Câu 15. Họ nguyên hàm của hàm số
là
1
1
− cos3x + C
cos3 x + C
A. 3
.
B. 3
.

Trang 2

S = { 0}

C. 3cos3x + C .

D. −3cos3x + C .

1


thì

∫ 3 f ( x ) − 2 g ( x )  dx
0

C. −5 .

bằng
D. 0 .

1
dx
2x −1

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN

ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

A. I = ln 3 − 1 .
B. I = ln 3 .
Câu 18. Số phức z = 3 − 4i có môđun bằng
A. 25.

B. 5.

Câu 19. Cho số phức z thỏa mãn


A.

z =3

C. I = ln 2 + 1 .

.

B.

z = 5

Câu 20. Trong các số phức z thỏa mãn

5.

C.

z + ( 1 − 2i ) z = 2 − 4i

D. I = ln 2 − 1 .
D. 7.

. Môđun số phức z bằng bao nhiêu?

.
( 1 + i ) z = 3 − i.

z =5


C.

.

D.

z = 3

.

Điểm biểu diễn số phức z là điểm nào trong các

điểm M , N , P, Q ở hình bên?

B. Điểm Q.
C. Điểm M .
D. Điểm N .
Câu 21. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , AD = 2a , SA vng góc
A. Điểm P.

với

( ABCD ) ,

SA = a 3 . Thể tích của khối chóp S . ABCD là

a3 3
A. 3 .


2a 3 3
3
3
3 .
B. 2a 3 .
C. a 3 .
D.
Câu 22. Cho hình hộp đứng ABCD. A′B′C ′D′ có đáy là hình vng, cạnh bên AA′ = 3a và đường chéo
AC ′ = 5a . Tính thể tích V của khối khối hộp ABCD. A′B′C ′D′ theo a .
3
A. V = a .

3
B. V = 24a .

3
C. V = 8a .

3
D. V = 4a .

Câu 23. Cho khối trụ có bán kính đáy a 3 và chiều cao 2a 3 . Thể tích của nó là
3
2
3
3
A. 4π a 2 .
B. 9a 3 .
C. 6π a 3 .
D. 6π a 3 .

Câu 24. Tính diện tích xung quanh của một hình nón có bán kính đáy bằng 5 và chiều cao bằng 12.
A. 90π .
B. 65π .
C. 60π .
D. 65 .

A ( 1;3; 2 ) B ( 3; −1; 4 )
Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
,
. Tìm tọa độ trung điểm I của

AB.
I ( 2; −4; 2 )
A.
.

B.

I ( −2; −1; −3)

.

C.

I ( 4; 2;6 )

.

D.


I ( 2;1;3 )

.

( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z − 1) = 9 . Tìm tọa độ tâm I
Câu 26. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
2

( S ) là
và bán kính R của
I ( −2;1; −1) R = 3
A.
,
.
I ( 2; −1;1) R = 3
C.
,
.

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

2

2

I ( −2;1; −1) R = 9
,
.
I ( 2; −1;1) R = 9
D.

,
.
B.

Trang 3


ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN THPT

( α ) chứa trục Ox và đi
Câu 27. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng
M ( 2; −1;3)
qua điểm
.
( α ) : − y + 3z = 0 .
A.
( α ) : 2x − z + 1 = 0 .
C.

B.
D.

( α ) : x + 2y + z −3 = 0 .
( α ) : 3y + z = 0 .

Câu 28. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình mặt phẳng vng góc với đường thẳng

x−2 y+2 z

=
=
1
−2
3 và đi qua điểm A ( 3; −4;5 ) là
A. −3 x + 4 y − 5 z − 26 = 0 .
B. x − 2 y + 3z + 26 = 0 .
C. 3 x − 4 y + 5 z − 26 = 0 .
D. − x + 2 y − 3z + 26 = 0 .
Câu 29. Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1 , 2 , 3 , 4 , K , 9 . Rút ngẫu nhiên đồng thời 2 thẻ và nhân
hai số ghi trên hai thẻ lại với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là số chẵn.
1
5
8
8
A. 6 .
B. 18 .
C. 9 .
D. 9 .

y=

Câu 30. Số giá trị nguyên của tham số thực m để hàm số

mx − 2
−2 x + m nghịch biến trên khoảng

1

 ;+ ∞÷

2
 là

B. 3 .
C. 5 .
D. 2 .
f ( x ) = − x 4 + 12 x 2 + 1
[ −1; 2] bằng
Câu 31. Giá trị lớn nhất của hàm số
trên đoạn
A. 1 .
B. 37 .
C. 33 .
D. 12 .
A. 4 .

9 x 2 −17 x +11

1
 ÷
Câu 32. Tập nghiệm của bất phương trình  2 
2

2
 
 ; +∞ ÷
.
A.  3
B.  3  .
1


∫

Câu 33. Cho 0
A. 1 .

f ( x ) dx = −2

Câu 34. Mô đun của số phức

là
2

 −∞; ÷
3.
C. 

và

1

B. 2 .
5 + 2i − ( 1 + i )

2
¡ \ 
3 .
D.

5


5

∫ ( 2 f ( x ) ) dx = 6

7 −5 x

1
≥ ÷
2

khi đó

∫ f ( x ) dx
0

bằng:
D. 3 .

C. 4 .
6

bằng

A. 5 5 .

B. 5 3 .
C. 3 3 .
D. 3 5 .
Câu 35. Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ . Tính góc giữa đường thẳng AB′ và mặt phẳng


( BDD′B′)
A. 60° .

B. 90° .

C. 45° .

D. 30° .

a 6
A. 2 .

a 6
B. 3 .

a 3
C. 6 .

a 3
D. 3 .

( BCD ) bằng
Câu 36. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Khoảng cách từ A đến

Trang 4

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA



NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN

ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

A ( −1;0; 0 ) B ( 0;0; 2 ) C ( 0; −3;0 )
Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
,
,
. Tính bán kính
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là
14
3 .

14
4 .

14
2 .

D. 14 .
A ( −3;1; 2 ) B ( 1; −1;0 )
Câu 38. Trong khơng gian Oxyz , phương trình đường thẳng đi qua hai điểm
,
là
x −1 y +1 z
x + 3 y −1 z − 2
=
=
=
=

−1 1 .
1
−1 .
A. −2
B. 2
A.

B.

C.

x + 3 y −1 z − 2
x −1 y +1 z
=
=
=
=
−1
1 .
−1 −1 .
C. 2
D. 2
y = f ( x)
Câu 39. Cho hàm số
có bảng biến thiên như hình dưới đây. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
1
1
g ( x ) = f ( 4 x − x 2 ) + x 3 − 3x 2 + 8 x +
3
3 trên đoạn [ 1;3] .


25
B. 3 .

19
A. 15.
C. 3 .
D. 12.
log a2 +b2 +1 ( 4a + 2b ) ≥ 1
Câu 40. Cho a, b là các số thực thỏa mãn 4a + 2b > 0 và
. Gọi M , m lần lượt là
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3a + 4b . Tính M + m .
A. 25 .

B. 22 .

C. 21 .

D. 20.

0
 x 3 − 4 khi x ≥ 0
f ( x) =  2
∫π f ( 2cos x − 1) sin xdx
x + 2 khi x < 0

−
Câu 41. Cho hàm số
. Tích phân
bằng

45
45
45
45
−
−
A. 8 .
B. 8 .
C. 4 .
D. 4 .

z −1
z − 3i
=1
=1
Câu 42. Cho số phức z = a + bi (a, b ∈ R) thỏa mãn: z − i
và z + i
. Tính 2a + b .

B. −1 .

D. 3 .
Câu 43. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại B với AC = a, biết SA vuông
A. 1 .

góc với mặt phẳng
S . ABC bằng

( ABC )


TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

và SB hợp với

C. 0 .

( ABC )

một góc 60° . Thể tích của khối chóp

Trang 5


ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

A.

6a 3
48 .

NHÓM WORD  BIÊN SOẠN TOÁN THPT

6a 3
24 .

B.

6a 3
8 .


C.

3a 3
D. 24 .

Câu 44. Cơng ty vàng bạc đá q muốn làm một món đồ trang sức có hình hai khối cầu bằng nhau giao

nhau như hình vẽ. Khối cầu có bán kính

25cm khoảng cách giữa hai tâm khối cầu là 40cm . Giá

2
mạ vàng 1m là 470.000 đồng. Nhà sản xuất muốn mạ vàng xung quanh món đồ trang sức đó.
Số tiền cần dùng để mạ vàng khối trang sức đó gần nhất với giá trị nào sau đây.

A. 512.000 đồng.

B. 664.000 đồng.
C. 612.000 đồng.
D. 564.000 đồng.
A ( −3;3; −3)
( α ) : 2 x – 2 y + z + 15 = 0 và
Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho điểm
thuộc mặt phẳng
mặt cầu

( S ) : (x − 2)2 + (y− 3)2 + (z − 5)2 = 100 .

Đường thẳng ∆ qua A , nằm trên mặt phẳng


(α)

cắt ( S ) tại A , B . Để độ dài AB lớn nhất thì phương trình đường thẳng ∆ là
x +3 y −3 z +3
x +3 y −3 z +3
=
=
=
=
4
6 .
11
−10 .
A. 1
B. 16
 x = −3 + 5t

y = 3
x +3 y −3 z +3
=
=
 z = −3 + 8t
1
3 .
C. 
.
D. 1
y = f ( x)
Câu 46. Cho hàm số
có f (−2) = 0 và đạo hàm liên tục trên ¡ và có bảng xét dấu như hình

sau

Hàm số
A. 2.

g ( x ) = 15 f ( − x 4 + 2 x 2 − 2 ) − 10 x 6 + 30 x 2

có bao nhiêu điểm cực trị?
C. 5.
D. 7.

B. 3.
2

− m3 −3m2 +1

(

)

.log 81 x 3 − 3 x 2 + 1 + 2 + 2



1
÷= 0
.log 3  3
 m − 3m 2 + 1 + 2 ÷




− x 3 −3 x 2 +1 − 2

Câu 47. Cho phương trình

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị m nguyên để phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn
[6;8] . Tính tổng bình phương tất cả các phần tử của tập S .
A. S = 20 .

Trang 6

B. S = 28 .

C. S = 14 .

D. S = 10 .

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN

ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

Câu 48. Số thực dương a thỏa mãn diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm

y=

x 2 + 2ax + 3a 2
1 + a6


a 2 − ax
y=
1 + a 6 đạt giá trị lớn nhất. Khi đó tỉ số diện tích hình phẳng được giới hạn bởi mỗi đồ
và
thị trên với trục hoành, x = 0, x = 1 là
15
A. 3 .

26
B. 3 .

32
C. 3 .

10
D. 3 .
1
z2 − 3 − 4i =
z1 − 3 − 4i = 1
z1 z2
2 . Số phức z có phần
Câu 49. Biết rằng hai số phức ,
thỏa mãn
và

P = z − z1 + z − 2 z2 + 2
thực là a và phần ảo là b thỏa mãn 3a − 2b = 12 . Giá trị nhỏ nhất của
bằng:
Pmin =


9945
11 .

Pmin =

9945
13 .

B. Pmin = 5 − 2 3 .
C.
D. Pmin = 5 + 2 5 .
2
2
2
Câu 50. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 1) = 6 tâm I. Gọi (α ) là mặt
A.

x +1 y − 3 z
=
=
1
−4
1 và cắt mặt cầu ( S ) theo đường trịn
phẳng vng góc với đường thẳng
(C ) sao cho khối nón có đỉnh I , đáy là đường trịn (C ) có thể tích lớn nhất. Biết (α ) không đi
d:

H ( xH , y H , z H )
qua gốc tọa độ, gọi

là tâm của đường tròn (C ) . Giá trị của biểu thức
T = xH + y H + z H
bằng
1
4
2
1
−
A. 3 .
B. 3 .
C. 3 .
D. 2 .

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

Trang 7


ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

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

2.B
12.D
22.B
32.B

42.D

3.C
13.C
23.D
33.A
43.B

NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN THPT

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT
BẢNG ĐÁP ÁN
4.B
5.D
6.D
7.C
8.B
14.D
15.A
16.D
17.B
18.B
24.B
25.D
26.C
27.D
28.D
34.A
35.D
36.B

37.C
38.D
44.B
45.A
46.C
47.B
48.B

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
ĐỀ SỐ 21 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA THI TN 12- 2020-2021
Câu 1. Có bao nhiêu cách sắp xếp 3 học sinh vào một bàn dài có 5 chỗ ngồi ?
3
3
3
5P
A. 3.A5 .
B. C5 .
C. A5 .

D. 3 .
Lời giải
GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo
Chọn C
3
Chọn ra 3 học sinh từ 5 học sinh và sắp xếp vào 5 vị trí ta được A5 cách xếp.
Câu 2. Cho cấp số cộng
A. 12 .

( un ) , biết u1 = 2

và

B. 10 .

u4 = 8

. Giá trị của
C. 9 .

u5

bằng
D. 11 .

Lời giải
GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo
Chọn B

u =2

u = u1 + 3d = 8 ⇒ d = 2
Từ giả thiết 1
và 4
u = u1 + 4d = 2 + 4.2 = 10
Vậy 5
.
y = f ( x)
Câu 3. Cho hàm số
có bảng biến thiên như sau

y = f ( x)
Hàm số
nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
( −∞; 0 ) .
( 1; +∞ ) .
( 0;1) .
( −1;0 ) .
A.
B.
C.
D.
Lời giải
GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo
Chọn C
( 0;1) .
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên
y = f ( x)
Câu 4. Cho hàm số
có bảng biến thiên như sau:


Điểm cực tiểu của hàm số đã cho là:
Trang 8

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN

A. x = 0 .

ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

B. x = 2 .

C. x = 1 .
D. x = 5 .
Lời giải
GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo

Chọn B
Qua bảng biến thiên ta thấy hàm số có y′ đổi dấu từ âm sang dương qua x = 2 nên hàm số đạt
cực tiểu tại x = 2 .
Câu 5. Cho hàm số

Hàm số
A. 1 .

y = f ( x)

y = f ( x)


f ′( x)
liên tục trên ¡ , có bảng xét dấu của
như sau:

có bao nhiêu cực trị?
B. 2 .

C. 3 .
D. 4 .
Lời giải
GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo

Chọn D

f ′( x)
y = f ( x)
liên tục trên ¡ và
đổi dấu 4 lần nên hàm số
có 4 cực trị.
3x − 2
y=
x + 4 là:
Câu 6. Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
A. y = −4 .
B. y = −3 .
C. y = 4 .
D. y = 3 .
Vì hàm số


y = f ( x)

Lời giải
GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo
Chọn D
3x − 2
3x − 2
lim
=3
x + 4 có tiệm cận ngang y = 3 vì x →±∞ x + 4
Đồ thị hàm số
.
Câu 7. Đồ thị của hàm số nào có dạng như đường cong trong hình bên?
y=

4
2
A. y = x − 2 x + 2 .

3
2
4
2
3
2
B. y = − x + 3x + 2 . C. y = − x + 2 x + 2 . D. y = x − 3 x + 2 .
Lời giải
GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo

Chọn C

Từ đồ thị và các phương án lựa chọn ta thấy, hình dạng trên là dạng đồ thị hàm trùng phương
có hệ số a < 0 . Do đó chỉ có phương án C thỏa mãn.
3
2
Câu 8. Số giao điểm của đồ thị của hàm số y = x − x − x − 2 với trục hoành?
A. 3
B. 1.
C. 2.
D. 0
Lời giải
GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo
Chọn B

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

Trang 9


ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN THPT

3
2
Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị với trục hoành x − x − x − 2 = 0 ⇔ x = 2 .
Có 1 giao điểm với trục Ox .

 3 12 
P = log b2  b .b ÷


.
b
1
Câu 9. Cho là số thực dương khác . Tính
4
7
7
P=
P=
P=
7.
4.
2.
A.
B. P = 7 .
C.
D.
Lời giải
GVSB: Hồng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo
Chọn C
 3 12 
7
7
7
P = log b2  b .b ÷
log b b =
2 =
=
log
b

2


4
4.
b
Ta có
2 x −1
Câu 10. Đạo hàm của hàm số y = 3
là:
2 x −1
A. y′ = 2.3 ln 3 .

y′ =

2 x −1
B. y′ = 3 .

2.32 x −1
ln 3 .

2 x −1
C.
D. y′ = x.3 .
Lời giải
GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo

Chọn A
u
u

Áp dụng công thức y = a ⇒ y′ = u ′.a ln a .
2 x −1
2 x −1
Nên y = 3 ⇒ y′ = 2.3 ln 3 .
1

3 4
Câu 11. Rút gọn biểu thức P = x . x , với x là số thực dương.

1

2

7

12
A. P = x .

12
B. P = x .

2

3
7
C. P = x .
D. P = x .
Lời giải
GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo


Chọn B
1

1

1

7

P = x 3 . 4 x = x 3 .x 4 = x 12 .
2x
Câu 12. Phương trình 2

A. 1 .

2

+5 x + 4

= 4 có tổng tất cả các nghiệm bằng
5
B. −1 .
C. 2 .

D.

−

5
2.


Lời giải
GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo
Chọn D
2
Ta có:

2 x 2 +5 x + 4

 x = −2
= 4 ⇔ 2 x + 5x + 4 = 2 ⇔ 2 x + 5x + 2 = 0 ⇔ 
x = − 1

2.
2

2

5
Vậy tổng tất cả các nghiệm bằng 2 .
log 3 ( 2 x + 3) = 1
Câu 13. Tập nghiệm S của phương trình
.
S = { 3}
S = { −1}
S = { 0}
A.
.
B.
.

C.
.
Lời giải
−

Trang 10

D.

S = { 1}

.

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN

ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

GVSB: Hồng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo
Chọn C
3
2.

⇔ x>−

Điều kiện: 2 x + 3 > 0
log 3 ( 2 x + 3) = 1 ⇔ 2 x + 3 = 3 ⇔ x = 0
.


S = { 0}

Vậy

.

Câu 14. Nguyên hàm của hàm số

y = x2 − 3 x +

1
x là

x3 3x 2
−
− ln x + C
2
A. 3
.

x3 3x 2 1
−
+ 2 +C
2
x
B. 3
.

x3 3x2

−
+ ln x + C
2
C. 3
.

x3 3x 2
−
+ ln x + C
2
D. 3
.
Lời giải
GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo

Chọn D
1
x3 3x 2
 2
x
−
3
x
+
d
x
=
−
+ ln x + C
÷

∫ 
x
3
2

Áp dụng cơng thức ngun hàm ta có
.
f ( x ) = sin 3x
Câu 15. Họ nguyên hàm của hàm số
là
1
1
− cos3x + C
cos3 x + C
A. 3
.
B. 3
.
C. 3cos3x + C .
D. −3cos3x + C .
Lời giải
GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo
Chọn A
1
1
sin 3 xdx = ∫ sin 3 xd ( 3x ) = − cos 3x + C
∫
3
3
Ta có

.
1

∫

Câu 16. Nếu 0
A. −1 .

f ( x ) dx = 2

1

và

∫ g ( x ) dx = 3
0

1

thì

∫ 3 f ( x ) − 2 g ( x )  dx
0

bằng

C. −5 .
D. 0 .
Lời giải
GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo


B. 5 .

Chọn D
1

Ta có

1

1

0

0

∫ 3 f ( x ) − 2 g ( x )  dx = 3∫ f ( x ) dx − 2∫ g ( x ) dx = 3.2 − 2.3 = 0
0

2

Câu 17. Tính tích phân

A. I = ln 3 − 1 .

I =∫
1

.


1
dx
2x −1
B. I = ln 3 .

C. I = ln 2 + 1 .
D. I = ln 2 − 1 .
Lời giải
GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo

Chọn B
2

2

1
1
1
I =∫
dx = ln 2 x − 1 = ( ln 3 − ln1) = ln 3
2x −1
2
2
1
1
.
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

Trang 11



ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN THPT

Câu 18. Số phức z = 3 − 4i có mơđun bằng

A. 25.

B. 5.

C. 5.
D. 7.
Lời giải
GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo

Chọn B
z = 32 + ( −4 ) = 5
2

.

Câu 19. Cho số phức z thỏa mãn

A.

z =3

.


z + ( 1 − 2i ) z = 2 − 4i

B.

. Môđun số phức z bằng bao nhiêu?

z =5
z = 3
C.
.
D.
.
Lời giải
GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo

z = 5

.

Chọn B
z = a + bi ( a, b ∈ ¡ )
Gọi
là số phức cần tìm.
Ta có:

z + ( 1 − 2i ) z = 2 − 4i ⇔ ( a + bi ) + ( 1 − 2i ) ( a − bi ) = 2 − 4i

.

2a − 2b = 2  a = 2

⇔ ( 2a − 2b ) − 2ai = 2 − 4i ⇔ 
⇔
 −2 a = − 4
b = 1 .
z = 2 + i ⇒ z = 22 + 12 = 5

Vậy

Câu 20. Trong các số phức z thỏa mãn

.
( 1 + i ) z = 3 − i.

Điểm biểu diễn số phức z là điểm nào trong các

điểm M , N , P, Q ở hình bên?

B. Điểm Q.

A. Điểm P.

C. Điểm M .
D. Điểm N .
Lời giải
GVSB: Hoàng Thương Thương; GVPB: Ycdiyturb Thanh Hảo

Chọn B
Từ phương trình

( 1+ i) z = 3 − i ⇒ z =


3−i
= 1 − 2i.
1+ i

Suy ra điểm biểu diễn của số phức z là
Vậy dựa vào hình vẽ chọn điểm Q.

( 1; −2 ) .

Câu 21. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , AD = 2a , SA vng góc

với

( ABCD ) ,
a

A.

Trang 12

3

3

SA = a 3 . Thể tích của khối chóp S . ABCD là

3

.


3
B. 2a 3 .

C. a
Lời giải

3

3.

2a 3 3
3 .
D.

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN

ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi
Chọn D

2
Diện tích mặt đáy là S ABCD = AB. AD = 2a .

1
1

2a 3 3
V = SA.S ABCD = a 3.2a 2 =
3 .
3
3
Thể tích của khối chóp S . ABCD là
Câu 22. Cho hình hộp đứng ABCD. A′B′C ′D′ có đáy là hình vng, cạnh bên AA′ = 3a và đường chéo
AC ′ = 5a . Tính thể tích V của khối khối hộp ABCD. A′B′C ′D′ theo a .
3
A. V = a .

3
B. V = 24a .

3
C. V = 8a .
Lời giải

3
D. V = 4a .

GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi
Chọn B

AB 2 + AD 2 + AA′2 = AC ′2 ⇔ 2 AB 2 = AC ′2 − AA′2 = ( 5a ) − ( 3a ) = 16a 2 ⇒ AB = 2a 2
2

Ta có

(


V = AA′.S ABCD = 3a. 2a 2
Vậy thể tích khối hộp ABCD. A′B′C ′D′ là

2

)

2

.

= 24a 3 .

1
1
2a 3 3
V = SA.S ABCD = a 3.2a 2 =
3 .
3
3
Thể tích của khối chóp S . ABCD là
Câu 23. Cho khối trụ có bán kính đáy a 3 và chiều cao 2a 3 . Thể tích của nó là
3
B. 9a 3 .

3
A. 4π a 2 .

C. 6π a

Lời giải

2

3
D. 6π a 3 .

3.

GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi
Chọn D

(

)

2

V = π R 2 h = π a 3 .2a 3 = 6π a 3 3

.
Câu 24. Tính diện tích xung quanh của một hình nón có bán kính đáy bằng 5 và chiều cao bằng 12.
A. 90π .
B. 65π .
C. 60π .
D. 65 .
Lời giải
GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi
Chọn B
2

2
2
2
Độ dài đường sinh của hình nón: l = h + r = 12 + 5 = 13 .

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

Trang 13


ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN THPT

S = π rl = π .13.5 = 65π
Vậy diện tích xung quanh của một hình nón là: xq
.
A ( 1;3; 2 ) B ( 3; −1; 4 )
Câu 25. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
,
. Tìm tọa độ trung điểm I của
AB.
I ( 2; −4; 2 )
I ( −2; −1; −3)
I ( 4; 2;6 )
I ( 2;1;3 )
A.
.
B.
.

C.
.
D.
.
Lời giải
GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi
Chọn D
x A + xB

 xI = 2 = 2

y A + yB

= 1 ⇒ I ( 2;1;3)
 yI =
2

z A + zB

 zI = 2 = 3
Ta có 
.

( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z − 1) = 9 . Tìm tọa độ tâm I
Câu 26. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
2

( S ) là
và bán kính R của
I ( −2;1; −1) R = 3

A.
,
.
I ( 2; −1;1) R = 3
C.
,
.

2

2

I ( −2;1; −1) R = 9
,
.
I ( 2; −1;1) R = 9
D.
,
.
Lời giải
GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi
B.

Chọn C

( S)

I ( 2; −1;1)

và bán kính R = 9 = 3 .

( α ) chứa trục Ox và đi
Câu 27. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng
Từ phương trình của mặt cầu

M ( 2; −1;3)
qua điểm
.
( α ) : − y + 3z = 0 .
A.
( α ) : 2x − z + 1 = 0 .
C.

có tâm

B.

( α ) : x + 2y + z −3 = 0 .
( α ) : 3y + z = 0 .

D.
Lời giải

GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi
Chọn D

r
i = ( 1;0;0 )
r
r
r uuuu

 uuuu
 i , OM  = ( 0; −3; −1)
⇒
OM
=
2;
−
1;3
(
)



Cách 1: Ta có 
.
r
( α ) qua điểm O và có 1 véc tơ pháp tuyến là n = ( 0;3;1) .
Do đó
( α ) là 3 ( y − 0) + ( z − 0 ) = 0 hay 3 y + z = 0 .
Vậy phương trình mặt phẳng
Vậy chọn phương án D.
Cách 2 (Trắc nghiệm)
( α ) chứa Ox nên loại B và C.
Mặt phẳng
Thay toạ độ điểm M vào phương trình ở phương án A và D. Suy ra chọn phương án D.

Trang 14

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA



NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN

ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình mặt phẳng vng góc với đường thẳng

x−2 y+2 z
=
=
1
−2
3 và đi qua điểm A ( 3; −4;5 ) là
A. −3 x + 4 y − 5 z − 26 = 0 .
B. x − 2 y + 3z + 26 = 0 .
C. 3 x − 4 y + 5 z − 26 = 0 .
D. − x + 2 y − 3z + 26 = 0 .
Lời giải
GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi
Chọn D
( P ) là mặt phẳng cần tìm.
Gọi

( P)

qua

A ( 3; −4;5 )

và có VTPT


r r
n = ud ( 1; −2;3 )

(do

( P ) ⊥ d ).

1( x − 3) − 2 ( y + 4 ) + 3 ( z − 5 ) = 0 ⇔ x − 2 y + 3z − 26 = 0
có phương trình:
.
Câu 29. Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1 , 2 , 3 , 4 , K , 9 . Rút ngẫu nhiên đồng thời 2 thẻ và nhân
hai số ghi trên hai thẻ lại với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là số chẵn.
1
5
8
8
A. 6 .
B. 18 .
C. 9 .
D. 9 .
Vậy

( P)

Lời giải
GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi
Chọn D
Có bốn thẻ chẵn


{ 2; 4;6;8}

và 5 thẻ lẻ

{ 1;3;5; 7;9} .

n ( Ω ) = C92 = 36
Rút ngẫu nhiên hai thẻ, số phần tử của không gian mẫu là
Gọi A là biến cố “tích nhận được là số chẵn”, số phần tử của biến cố

A là

n ( A ) = C42 + C41 .C51 = 26
Xác suất của biến cố A là

P ( A) =

n ( A ) 26 13
=
=
n ( Ω ) 36 18

.

Câu 30. Số giá trị nguyên của tham số thực m để hàm số

y=

mx − 2
−2 x + m nghịch biến trên khoảng


1

 ;+ ∞÷
2
 là

B. 3 .

A. 4 .

C. 5 .
Lời giải

D. 2 .
GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi

Chọn B
Hàm số

y=

y′ =

Ta có:

m m


mx − 2

D =  −∞; ÷∪  ; + ∞ ÷
2 2


−2 x + m có tập xác định là
m2 − 4

( −2 x + m )

2

, ∀x ≠

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

m
2

.

Trang 15


ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN THPT

m 2 − 4 < 0
−2 < m < 2


⇔
⇔ −2 < m ≤ 1
1
 ⇔ m 1
m ≤ 1
 ;+ ∞÷  ≤

2 2
Hàm số nghịch biến trên khoảng  2
mà

m ∈ ¢ nên m ∈ { −1; 0;1} .
f ( x ) = − x 4 + 12 x 2 + 1

Câu 31. Giá trị lớn nhất của hàm số
A. 1 .
B. 37 .

trên đoạn
C. 33 .

[ −1; 2]

bằng
D. 12 .

Lời giải
GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi
Chọn C
 Ta có


f ′ ( x ) = −4 x3 + 24 x

.

 x = 0 ∈ [ −1; 2]

f ′ ( x ) = 0 ⇔ −4 x 3 + 24 x = 0 ⇔  x = 6 ∉ [ −1; 2]

 x = − 6 ∉ [ −1; 2]
f ( −1) = 12, f ( 2 ) = 33, f ( 0 ) = 1
max f ( x ) = f ( 2 ) = 33

Vậy

[ −1;2]

.
9 x 2 −17 x +11

1
 ÷
Câu 32. Tập nghiệm của bất phương trình  2 
2

2
 
 ; +∞ ÷
.
A.  3

B.  3  .

7 −5 x

1
≥ ÷
2

là
2

 −∞; ÷
3.
C. 
Lời giải

2
¡ \ 
3 .
D.

GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi
Chọn B
9 x 2 −17 x +11

7 −5 x

1
 ÷
 Ta có:  2 


1
≥ ÷
2

⇔ ( 3x − 2 ) ≤ 0 ⇔ x =
2

1

Câu 33. Cho
A. 1 .

∫

f ( x ) dx = −2

0

⇔ 9 x 2 − 17 x + 11 ≤ 7 − 5 x ⇔ 9 x 2 − 12 x + 4 ≤ 0

2
3.
5

5

và

∫ ( 2 f ( x ) ) dx = 6

1

B. 2 .

khi đó

∫ f ( x ) dx
0

C. 4 .
Lời giải

bằng:
D. 3 .
GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi

Chọn A
5

5

∫ ( 2 f ( x ) ) dx = 6 ⇔ ∫ f ( x ) dx = 3
1

1

5

1


5

0

0

1

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = −2 + 3 = 1
Câu 34. Mô đun của số phức

Trang 16

5 + 2i − ( 1 + i )

6

bằng

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN

A. 5 5 .

ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

B. 5 3 .


C. 3 3 .
Lời giải

D. 3 5 .
GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi

Chọn A
3

2
6
3
5 + 2i − ( 1 + i ) = 5 + 2i − ( 1 + i )  = 5 + 2i − ( 2i ) = 5 + 2i + 8i = 5 + 10i
Ta có

⇒ 5 + 2i − ( 1 + i ) = 5 + 10i = 52 + 102 = 5 5
6

.

Câu 35. Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ . Tính góc giữa đường thẳng AB′ và mặt phẳng

( BDD′B′)
A. 60° .

B. 90° .

C. 45° .
Lời giải


D. 30° .
GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi

Chọn D

Gọi O là tâm của hình vng ABCD khi đó ta có AO ⊥ BD (1).
BB′ ⊥ ( ABCD ) ⇒ BB′ ⊥ AO
Mặt khác ta lại có ABCD. A′B′C ′D′ là hình lập phương nên
(2).
AO ⊥ ( BDD′B′ ) ⇒ ( AB′, ( ABCD ) ) = ( AB′, B′O ) = ·AB′O
Từ (1) và (2) ta có
.
AO 1
sin AB′O =
=
AB′ 2 ⇒ ·AB′O = 30° .
Xét tam giác vuông AB′O có
Vậy

( AB′, ( ABCD ) ) = 30° .

( BCD ) bằng
Câu 36. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Khoảng cách từ A đến
a 6
A. 2 .

a 6
B. 3 .

a 3

C. 6 .
Lời giải

a 3
D. 3 .

GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi
Chọn B

Gọi H là trọng tâm tam giác BCD
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

Trang 17


ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN THPT
2

2a 3
a 6
d ( A;( BCD)) = AH = AD − AH = a
=
ì
ữ
ữ
3
2
3



2

2

2

A ( 1;0; 0 ) B ( 0;0; 2 ) C ( 0; −3;0 )
Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
,
,
. Tính bán kính
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là
A.

14
3 .

B.

14
4 .

C.
Lời giải

14
2 .


D. 14 .
GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi

Chọn C
Cách 1: Tìm tọa độ tâm mặt cầu suy ra bán kính.
I ( x; y; z)
Gọi
và R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC .
1

x = − 2

 x 2 + y 2 + z 2 = ( x + 1) 2 + y 2 + z 2
3

 IO 2 = IA2
⇔ y = −

2
 2
2
2
2
2

2

⇒  IO 2 = IB 2 ⇔  x + y + z = x + y + ( z − 2 )
z = 1
 2

2
2
2
2
2
 IO 2 = IC 2

x
+
y
+
z
=
x
+
y
+
3
+
z
(
)



Ta có: IO = IA = IB = IC = R
.
 1 3 
I  − ; − ;1÷ ⇒ R = IO = 14
 2 2 

2 .
Cách 2: Tìm phương trình mặt cầu suy ra bán kính.
( S ) ngoại
Gọi
phương
trình
mặt
cầu

tiếp

tứ

diện

OABC

là:

x + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 .
2

Do

2

( S)

2


đi qua bốn điểm A, B, C , O nên ta có:

1

a
=
−

2

1 + 2a + d = 0
3

4 − 4c + d = 0 ⇔ b = −

2


c
=
1

9 + 6b + d = 0
d = 0
d = 0


.

14

⇒ bán kính của ( S ) là:
2 .
Cách 3: Sử dụng cơng thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện vng.
Do tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi một vng góc nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp
R = a 2 + b2 + c2 − d =

tứ diện OABC là

R=

1
1
14
OA2 + OB 2 + OC 2 =
1+ 4 + 9 =
2
2
2 .

A ( −3;1; 2 ) B ( 1; −1;0 )
,
là

Câu 38. Trong không gian Oxyz , phương trình đường thẳng đi qua hai điểm
x −1 y +1 z
x + 3 y −1 z − 2
=
=
=
=

−1 1 .
1
−1 .
A. −2
B. 2

x + 3 y −1 z − 2
=
=
−1
1 .
C. 2
Trang 18

x −1 y +1 z
=
=
−1 −1 .
D. 2
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN

ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

Lời giải
GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi
Chọn D
uuu

r
AB = ( 4; −2; −2 )

Ta có:
làm vecto chỉ phương.

r 1 uuu
r
n = AB = ( 2; −1; −1)
2
nên phương trình đường thẳng AB nhận vecto

x −1 y +1 z
=
=
−1 −1 .
Vì B ∈ AB nên ta suy ra phương trình đường thẳng AB là: 2
y = f ( x)
Câu 39. Cho hàm số
có bảng biến thiên như hình dưới đây. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
1
1
g ( x ) = f ( 4 x − x 2 ) + x3 − 3x 2 + 8 x +
3
3 trên đoạn [ 1;3] .

25
B. 3 .

A. 15.


19
C. 3 .
Lời giải

D. 12.
GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi

Chọn D

2
g ′ ( x ) = ( 4 − 2 x ) f ′ ( 4 x − x 2 ) + x 2 − 6 x + 8 = ( 2 − x )  2 f ′ ( 4 x − x ) + 4 − x 

Với

x ∈ [ 1;3]

2
f ′ ( 4 x − x2 ) > 0
thì 4 − x > 0 ; 3 ≤ 4 x − x ≤ 4 nên
.

.

2 f ′ ( 4 x − x 2 ) + 4 − x > 0 ∀x ∈ [ 1;3]
Suy ra
,
.
Bảng biến thiên


Suy ra

max g ( x ) = g ( 2 ) = f ( 4 ) + 7 = 12
[ 1;3]

.

log a2 +b2 +1 ( 4a + 2b ) ≥ 1
Câu 40. Cho a, b là các số thực thỏa mãn 4a + 2b > 0 và
. Gọi M , m lần lượt là
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3a + 4b . Tính M + m .
A. 25 .
B. 22 .
C. 21 .
D. 20.
Lời giải
GVSB: Hieu Le; GVPB: Cao Phi
Chọn D
2
2
Nhận xét: a + b + 1 > 1, ∀a, b

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

Trang 19


ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

+ Ta có

Cách 1.
+ Ta có

NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TOÁN THPT

log a2 +b2 +1 ( 4a + 2b ) ≥ 1 ⇔ 4 a + 2b ≥ a 2 + b 2 + 1 (1)
.
P = 3a + 4b ⇔ b =

P − 3a
4 . (2)
2

P − 3a
 P − 3a 
4a + 2
≥ a2 + 
÷ +1
4
 4 
+ Thay (2) vào (1) ta được
.
⇔ 25a 2 − 2a (3P + 20) + P 2 − 8 P + 16 ≤ 0 . (3)
Để bài toán đã cho tồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P thì bất phương
2
trình (3) có nghiệm hay ∆ ' ≥ 0 ⇔ ∆ ' = −16 P + 320 P ≥ 0 ⇔ 0 ≤ P ≤ 20 .
Suy ra M = 20; m = 0 hay M + m = 20 .
Cách 2

( 1) ⇔ ( a − 2 )


2

+ ( b − 1) ≤ 4
2

M ( a; b )

.

( C)

I ( 2;1)

, bán kính R = 2 .
3a + 4b
P
d ( M ; ∆) =
=
5
5 .
Gọi ∆ là đường thẳng có phương trình: 3 x + 4 y = 0 . Khi đó
3.2 + 4.1
d ( I; ∆) =
=2
( C) .
5
Mặt khác
nên ∆ tiếp xúc với đường tròn
( C ) tại hai điểm M 1 , M 2 (như

Đường thẳng ∆′ qua I và vng góc với ∆ , cắt đường trịn
hình vẽ).
Suy ra

là các điểm thuộc hình trịn

tâm

Dựa vào hình vẽ ta thấy:
M ≡ M 1 min d ( M ; ∆ ) = 0 ⇒ minP = 0 ⇒ m = 0
Khi
,
.
max d ( M ; ∆ ) = 2 R = 4 ⇒ maxP = 20 ⇒ M = 20
Khi M ≡ M 2 ,
.
Vậy M + m = 20 .
Cách 3

log a2 +b2 +1 ( 4 a + 2b ) ≥ 1 ⇔ 4 a + 2b ≥ a 2 + b 2 + 1 ⇔ ( a − 2 ) + ( b − 1) ≤ 4
2

+ Ta có

+ Mặt khác
Do đó

2

( 1)


P = 3a + 4b = 3 ( a − 2 ) + 4 ( b − 1) + 10

( P − 10 )

2

2
2
2
= 3 ( a − 2 ) + 4 ( b − 1)  ≤ ( 32 + 42 ) ( a − 2 ) + ( b − 1)  ≤ 25.4 = 100



Khi đó −10 ≤ P − 10 ≤ 10 ⇔ 0 ≤ P ≤ 20

Trang 20

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN

ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

 a − 2 b −1
 3 = 4 <0

( a − 2 ) 2 + ( b − 1) 2 = 4



Vậy m = min P = 0 khi và chỉ khi
(hệ có 1 nghiệm duy nhất)
 a − 2 b −1
 3 = 4 >0

2
2

M = max P = 20 khi và chỉ khi ( a − 2 ) + ( b − 1) = 4 (hệ có 1 nghiệm duy nhất)
Người làm: Trần Thị Thu Lan
Facebook: Trần Thị Thu Lan
Email:
GVSB: Trần Thị Thu Lan; GVPB: Nguyen Thanh Nha
3
0
 x − 4 khi x ≥ 0
f ( x) =  2
∫π f ( 2cos x − 1) sin xdx
x + 2 khi x < 0

−
Câu 41. Cho hàm số
. Tích phân
bằng
45
45
45
45
−

−
A. 8 .
B. 8 .
C. 4 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn B
Đặt t = 2cos x − 1 ⇔ dt = −2sin xdx .
Đổi cận x = −π ⇒ t = −3; x = 0 ⇒ t = 1 .
Tích phân trở thành:
1
0
1
0
1


1
1
1
2
I = − ∫ f ( t ) dt = −  ∫ f ( t ) dt + ∫ f ( t ) dt ÷ = −  ∫ ( t + 2 ) dt + ∫ ( t 3 − 4 ) dt ÷
2 −3
2  −3
2  −3
0
0


1

15 
45
= −  15 − ÷ = −
2
4
8 .
z −1
z − 3i
=1
=1
Câu 42. Cho số phức z = a + bi (a, b ∈ R) thỏa mãn: z − i
và z + i
. Tính 2a + b .
A. 1 .
B. −1 .
C. 0 .
D. 3 .
Lời giải
Chọn D
( a, b ∈ ¡ ) .
Giả sử z = a + bi ,
z −1
= 1 ⇔ z −1 = z − i ⇔
( a − 1) + bi = a + ( b − 1) i hay
z −i

( a − 1)

2


+ b2 = a 2 + ( b − 1)

2

tức a = b

z − 3i
=1
⇔ z − 3i = z + i ⇔ a + ( b − 3) i = a + ( b + 1) i
z
+
i
Lại có:
hay
2
2
a 2 + ( b − 3) = a 2 + ( b + 1) ⇔ b = 1 ⇒ a = 1

Vậy số phức z = 1 + i suy ra a = 1; b = 1 ⇒ 2a + b = 3
Câu 43. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại B với AC = a, biết SA vng

góc với mặt phẳng
S . ABC bằng

( ABC )

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

và SB hợp với


( ABC )

một góc 60° . Thể tích của khối chóp

Trang 21


ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

A.

6a 3
48 .

NHÓM WORD  BIÊN SOẠN TOÁN THPT

B.

6a 3
24 .

C.
Lời giải

6a 3
8 .

3a 3
D. 24 .


Chọn B

∆ABC vng cân tại B có

AC = a ⇒ BC = BA =

a
2

·
Mà ∆SAB vng tại A có SBA = 60°
⇒ SA = AB.tan SBA =

a
a 6
tan 60° =
2
2

1
1
1
1 a 6 1 a a
6a 3
V = SA.S ABC = SA. BC.BA = .
. .
.
=
3
3

2
3 2 2 2 2
24
Câu 44. Công ty vàng bạc đá quý muốn làm một món đồ trang sức có hình hai khối cầu bằng nhau giao

nhau như hình vẽ. Khối cầu có bán kính

25cm khoảng cách giữa hai tâm khối cầu là 40cm . Giá

2
mạ vàng 1m là 470.000 đồng. Nhà sản xuất muốn mạ vàng xung quanh món đồ trang sức đó.
Số tiền cần dùng để mạ vàng khối trang sức đó gần nhất với giá trị nào sau đây.

A. 512.000 đồng.

B. 664.000 đồng.

C. 612.000 đồng.
Lời giải

D. 564.000 đồng.

Chọn B

(Phần màu nhạt là phần giao nhau của hai khối cầu)
2 R − d 2.25 − 40
h=
=
= 5cm
2

2
Gọi h là chiều cao của chỏm cầu. Ta có
Trang 22

TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN

ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

( d là khoảng cách giữa hai tâm)
S xq = 2π Rh
Diện tích xung quanh của chỏm cầu là:
Vì 2 khối cầu bằng nhau nên 2 hình chỏm cầu bằng nhau.
S xq
= 2 S xq
−2 S xq
khối trang sức
khối cầu
chỏm cầu.
2
S xq = 2.4π R − 2.2π Rh = 2.4π .252 − 2.2π .25.5 = 4500π cm 2 = 0.45m 2
Khối trang sức có
Vậy số tiền dùng để mạ vàng khối trang sức đó là 470.000.0, 45π ; 664.000 đồng.

A ( −3;3; −3)
( α ) : 2 x – 2 y + z + 15 = 0 và
Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho điểm
thuộc mặt phẳng

mặt cầu

( S ) : (x − 2)2 + (y− 3)2 + (z − 5)2 = 100 .

Đường thẳng ∆ qua A , nằm trên mặt phẳng

(α)

cắt ( S ) tại A , B . Để độ dài AB lớn nhất thì phương trình đường thẳng ∆ là
x +3 y −3 z +3
x +3 y −3 z +3
=
=
=
=
4
6 .
11
−10 .
A. 1
B. 16
 x = −3 + 5t

y = 3
x +3 y −3 z +3
=
=
 z = −3 + 8t
1
3 .

C. 
.
D. 1
Lời giải
Chọn A
( S ) có tâm I ( 2;3;5) , bán kính R = 10 . Do d (I, (α )) < R nên ∆ luôn cắt ( S) tại A ,
Mặt cầu
B.
Khi đó

AB = R 2 − ( d (I, ∆) )

2

d I,( ∆) )
. Do đó, AB lớn nhất thì (
nhỏ nhất nên ∆ qua H , với
 x = 2 + 2t

BH :  y = 3 − 2t
z = 5 + t


H là hình chiếu vng góc của I lên ( α ) . Phương trình
H ∈ (α ) ⇒ 2 ( 2 + 2t ) − 2 ( 3 – 2t ) + 5 + t + 15 = 0 ⇔ t = −2 ⇒ H ( −2; 7; 3)

.
x +3 y −3 z +3
uuur
=

=
AH
=
(1;
4;
6)
4
6 .
Do vậy
là véc tơ chỉ phương của ∆ . Phương trình của 1
Người làm: La Chí Thiện
Facebook: La Chí Thiện
Email:
GVSB: La Chí Thiện; GVPB: Nguyen Thanh Nha
y = f ( x)
Câu 46. Cho hàm số
có f (−2) = 0 và đạo hàm liên tục trên ¡ và có bảng xét dấu như hình
sau

Hàm số
A. 2.

g ( x ) = 15 f ( − x 4 + 2 x 2 − 2 ) − 10 x 6 + 30 x 2
B. 3.

có bao nhiêu điểm cực trị?
C. 5.
D. 7.
Lời giải


Chọn C
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

Trang 23


ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

 Hàm số
Ta có

NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TOÁN THPT

h ( x ) = 15 f ( − x 4 + 2 x 2 − 2 ) − 10 x 6 + 30 x 2

h ' ( x ) = 15 ( −4 x 3 + 4 x ) . f ′ ( − x 4 + 2 x 2 − 2 ) − 60 x 5 + 60 x

⇒ h ' ( x ) = −60 x ( x 2 − 1)  f ′ ( − x 4 + 2 x 2 − 2 ) + x 2 + 1
− x + 2 x − 2 = − ( x − 1) − 1 ≤ −1, ∀x ∈ ¡
4

Mà

2

2

f ′ ( − x + 2 x − 2) ≥ 0
4


nên dựa vào bảng xét dấu của

f ′( x)

ta suy ra

2

.

f ′ ( − x + 2 x − 2 ) + x 2 + 1 > 0, ∀x ∈ ¡
4

Suy ra

.

2

2

.

u ( x ) = −60 x ( x 2 − 1)
h '( x)
 Do đó dấu của
cùng dấu với
, tức là đổi dấu khi đi qua các điểm
x = −1; x = 0; x = 1 .
h ( x)

 Vậy hàm số
có 3 điểm cực trị.
 Ta có h(0) = 15 f (−2) = 0 nên đồ thị hàm số y = h( x) tiếp xúc Ox tại O và cắt trục Ox tại 3
điểm phân biệt.
Vậy y = g ( x) có 5 cực trị.
2

− m3 −3m2 +1

(

)

.log 81 x 3 − 3 x 2 + 1 + 2 + 2



1
÷= 0
.log 3  3
 m − 3m 2 + 1 + 2 ÷



− x 3 −3 x 2 +1 − 2

Câu 47. Cho phương trình
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị m ngun để phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn

[6;8] . Tính tổng bình phương tất cả các phần tử của tập S .

A. S = 20 .
B. S = 28 .
C. S = 14 .
Lời giải
Chọn B
2

− m3 −3m2 +1

 Ta có

⇔2

x3 −3 x2 +1 + 2

(

)

.log 81 x 3 − 3 x 2 + 1 + 2 + 2

(

)

.log 3 x 3 − 3x 2 + 1 + 2 = 2
f ( t ) = 2t.log 3 t

D. S = 10 .




1
÷= 0
.log 3  3
 m − 3m 2 + 1 + 2 ÷



− x3 −3 x 2 +1 − 2

m3 −3 m2 +1 + 2

(

.log 3 m3 − 3m2 + 1 + 2

f ′ ( t ) = 2t ln 2.log 3 t + 2t.

).

1
> 0∀t ≥ 2
t ln 3
.

với t ≥ 2 ; Ta có
f ( t)
( 2; +∞ ) .
Suy ra hàm số

đồng biến trên
m3 − 3m 2 + 1 = x3 − 3 x 2 + 1 ( 1)
 Do đó phương trình tương đương với
.
3
2
g ( x)
g( x )
g ( x ) = x − 3x + 1
 Vẽ đồ thị hàm số
từ đó suy ra đồ thị
và đồ thị của
như
hình vẽ.
 Xét hàm số

Trang 24

TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA


NHĨM WORD  BIÊN SOẠN TỐN

ĐỀ THI THỬ: 2020-2021

⇔ 0< g( m ) <3
có 6, 7,8 nghiệm
.
suy ra các giá trị nguyên của m là −3, −2, −1,0,1, 2,3 .
 Vậy S = 28 .

 Từ đồ thị suy ra

( 1)

Câu 48. Số thực dương a thỏa mãn diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm

y=

x 2 + 2ax + 3a 2
1 + a6

a 2 − ax
1 + a 6 đạt giá trị lớn nhất. Khi đó tỉ số diện tích hình phẳng được giới hạn bởi mỗi đồ
và
thị trên với trục hoành, x = 0, x = 1 là
y=

15
A. 3 .

26
B. 3 .

32
C. 3 .
Lời giải

10
D. 3 .


Chọn B
 Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

 x = −a
x 2 + 2ax + 3a 2 a 2 − ax
=
⇔ x 2 + 3ax + 2a 2 = 0 ⇔ ( x + a ) ( x + 2a ) = 0 ⇔ 
6
6
1+ a
1+ a
 x = −2a
 Nếu a = 0 thì diện tích hình phẳng S = 0 .
+ Nếu a > 0 thì
+ Nếu a < 0 thì

S=

−a

∫

−2 a

S=

−2 a

∫


−a

−a

x 2 + 3ax + 2a 2
x 2 + 3ax + 2a 2
1 a3
d
x
=
−
d
x
=
.
∫−2a 1 + a6
1 + a6
6 1 + a6
x + 3ax + 2a
dx = −
1 + a6
2

2

3

 Do đó, với a ≠ 0 thì

−2 a


∫

−a

.

x + 3ax + 2a
1 a
dx = − .
6
1+ a
6 1 + a6
2

2

3

.

3

1 a
1 a
1
S= .
≤ .
=
6

3
6 1+ a
6 2a
12

.

3

a = 1 ⇔ a = ±1
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi
. Vì a > 0 nên a = 1 .
1

Khi đó

S1 = ∫
0

1

x2 + 2x + 3
13
1− x
1
dx = , S 2 = ∫
dx =
2
6
2

4
0

S1 26
=
S
3 .
2
 Suy ra

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

Trang 25