BỘ 40 ĐỀ ƠN THI THPTQG 2021
ĐỀ CHÍNH THỨC-MÃ 103 -L1- NĂM HỌC 2020 CỦA BGD

Đề số 35
Câu 1.

Cho hình trụ có bán kính đáy r  5 và độ dài đường sinh l  3 . Diện tích xung quanh của hình trụ
đã cho bằng
A. 15

B. 25 .

C. 30 .
Lời giải

D. 75 .

Chọn C
Áp dụng cơng thức diện tích xung quanh hình trụ ta được: S xq  2 rl  30 .
Câu 2.

Cho khối nón có bán kính r  2 chiều cao h  5 . Thể tích của khối nón đã cho bằng
A.

20
.
3

B. 20 .

C.

10
.
3

D. 10 .

Lời giải
Chọn A
Áp dụng cơng thức thể tích khối nón ta được: V 
2

Câu 3.

Biết

 r 2h
3



 .22.5
3



20
.
3


3

 f  x  dx  2 . Giá trị của  3 f  x  dx
1

bằng

1

A. 5 .

B. 6 .

C.

2
.
3

D. 8 .

Lời giải
Chọn B
2

2

Ta có :  3 f  x dx  3 f  x dx  3.2  6 .
1


Câu 4.

1

Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :

x  3 y 1 z  2


. Vecto nào dưới đây là một
4
2
3

vecto chỉ phương của d

A. u3   3; 1; 2  .


B. u4   4; 2;3 .


C. u2   4; 2;3 .


D. u1   3;1; 2  .

Lời giải
Chọn C



Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u2  4; 2;3  .

Câu 5.

Cho khối cầu có bán kính r  2 . Thể tích của khối cầu đã cho bằng
A. 16 .

B.

32
.
3

C. 32 .

D.

8
.
3

Lời giải
Chọn B

4
4
32
Thể tích của khối cầu đã cho : V   r 3   .23   .
3

3
3
Câu 6.

Trong không gian Oxyz , hình chiếu vng góc của điểm A  3;5; 2  trên trục Ox có tọa độ là
Facebook Nguyễn Vương  Trang 1


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

A.  0;5; 2  .

B.  0;5; 0  .

C.  3;0;0  .

D.  0; 0; 2  .

Lời giải
Chọn C
Hình chiếu vng góc của điểm A  3;5; 2  trên trục Ox có tọa độ là  3;0;0  .
Câu 7.

Nghiệm của phương trình log 2  x  2   3 là:
A. x  6 .

B. x  8 .

C. x  11 .
Lời giải


D. x  10 .

Chọn D
Điều kiện: x  2  0  x  2 .
log 2  x  2   3  x  2  8  x  10 (thỏa).

Vậy phương trình có nghiệm x  10 .
Câu 8.

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

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng
A. 2 .
B. 2 .

C. 3 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn D
Gía trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 1.
Câu 9.

Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm A  1;0;0  , B  0; 2; 0  và C  0;0;3 . Mặt phẳng  ABC  có
phương trình là
A.

x y z

 
1.
1 2 3

B.

x y z

  1.
1 2 3

x y z
x y z
   1 . D    1.
1 2 3
1 2 3
Lời giải
C.

Chọn C
Câu 10. Nghiệm của phương trình 3x1  9 là
A. x  1 .

B. x  2 .

C. x  2 .

D. x  1 .

Lời giải

Chọn A
Ta có: 3x 1  9  3x 1  32  x  1  2  x  1 .
Câu 11. Cho khối hộp chữ nhật có ba kích thước 2;6;7 . Thể tích của khối hộp đã cho bằng
A. 28 .

B. 14 .

C. 15 .

D. 84 .

Lời giải
Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ƠN THI THPTQG 2021
Chọn D
Thể tích của khối hộp đã cho là: V  2.6.7  84 .
Câu 12. Cho khối chóp có diện tích B  2 và chiều cao h  3 . Thể tích của khốp chóp bằng
A. 12 .

B. 2 .

C. 3 .

D. 6 .

Lời giải
Chọn B

1

1
Thể tích của khối chóp đã cho là: V  Bh  .2.3  2 .
3
3
Câu 13. Số phức liên hợp của số phức z  2  5i là
A. z  2  5i .

B. z  2  5i .

C. z  2  5i .
Lời giải

D. z  2  5i .

Chọn A
Ta có số phức liên hợp của số phức z  2  5i là z  2  5i .
Câu 14. Cho cấp số nhân  un  với u1  3 và công bội q  4 . Giá trị của u2 bằng
A. 64 .

C. 12 .

B. 81 .

D.

3
.
4

Lời giải

Chọn C
Ta có u2  u1.q  3.4  12 .
Câu 15. Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Số nghiệm thực của phương trình f  x   1 là
A. 1 .
C. 2 .

B. 0 .
D. 3 .
Lời giải

Chọn D
Từ đồ thị hàm số ta có số nghiệm thực của phương trình f  x   1 là 3 .
Câu 16. Cho hai số phức z1  1  2i và z2  2  i . Số phức z1  z2 bằng
A. 3  i

B. 3  i

C. 3  i
Lời giải

D. 3  i

Chọn C
Tacó: z1  z2  1  2i  2  i  3  i .
Câu 17. Cho hàm số f ( x) có bảng biến thiên như sau:

Facebook Nguyễn Vương 3



NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Hàm số đã chođồng biến trên khoảng nào dưới đây
A. (2; 2)
B. (0; 2)
C. (2;0)

D. (2; ) .

Lời giải
Chọn B
Câu 18. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 

A. y 

1
.
2

2x  1
là:
x 1

B. y  1 .

C. y  1 .

D. y  2 .

Lời giải

Chọn D
1
2
2x 1
x  2 . Suy ra đồ thị hàm số có tiệmcận ngang là y  2 .
Ta có lim
 lim
x  x  1
x 
1
1
x
Câu 19. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong như hình bên
A. y   x 4  2 x 2 .

B. y  x 3  3 x 2 .

C. y  x 4  2 x 2 .

D. y   x 3  3 x 2 .
Lời giải

Chọn C
Dựa vào hình dạng đồ thị  Đồ thị của hàm trùng phương y  ax 4  bx 2  c ( a  0)
Dựa vào nhánh bên phải của đồ thị có hướng đi lên  a  0 .
Câu 20. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  ( z  1)2  16 . Bán kính của ( S ) là:
A. 32

B. 8


C. 4
Lời giải

D. 16

Chọn C
Từ phương trình mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  ( z 1) 2  16  Bán kính R  16  4
Câu 21. Trong mặt phẳng tọa độ, biết điểm M (2;1) là điểm biểu diễn số phức z . Phần thực của z bằng:
A. 2

B. 2

C. 1
Lời giải

D. 1

Chọn A
Điểm M (2;1) là điểm biểu diễn số phức z  z  2  i
Vậy phần thực của z là 2
Câu 22. Tập xác định của hàm số y  log 3 x là
A. ( ;0)

B. (0;  )

C. (; )

D. [0; )

Lời giải

Chọn B.
Điều kiện xác định: x  0 .
Câu 23. Có bao nhiêu cách xếp 5 học sinh thành một hàng dọc?
Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

A. 1

B. 25

C. 5

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021
D. 120

Lời giải
Chọn D
Số cách xếp 5 học sinh thành một hàng dọc là số hoán vị của 5 phần tử, có: 5!  120 (cách).
Câu 24. Với a,b là các số thực dương tùy ý và a  1 , log a3 b bằng
A. 3  log a b

B. 3log a b

C.

1
 log a b
3

D.


1
log a b
3

Lời giải
Chọn D
1
Ta có: log a3 b  log a b.
3

Câu 25.

4

 x dx bằng
A.

1 5
x C
5

B. 4x3  C

C. x 5  C

D. 5x5  C

Lời giải
Chọn A
1


4

 x dx  5 x

5

C .
3

Câu 26. Biết F ( x)  x là một nguyên hàm của hàm số f ( x) trên  . Giá trị của  (1  f ( x))dx bằng
3

1

A. 20.

B. 22.

C. 26.
Lời giải

D. 28.

Chọn D
3

Ta có

3


3

3
 1  f ( x)dx   x  F ( x) 1   x  x )  1  30  2  28 .
1

Câu 27. Cho hình nón có bán kính bằng 3 và góc ở đỉnh bằng 600 . Diện tích xung quanh của hình nón đã
cho bằng
A. 18 .

B. 36 .

C. 6 3 .
Lời giải

D. 12 3 .

Chọn A
Gọi l là đường sinh, r là bán kính đáy ta có r  3 .
r
r
3
Gọi  là góc ở đỉnh. Ta có sin    l 

 6.
l
sin  sin 300
Vậy diện tích xung quanh S   rl   .3.6  18 .
Câu 28. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y  x 2  2 và y  3x  2 bằng

Facebook Nguyễn Vương 5


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

A.

9
.
2

B.

9
.
2

125
.
6

C.

D.

125
.
6

Lời giải

Chọn A
Xét phương trình hồnh độ giao điểm, ta có:
 x  0.
x 2  2  3x  2  
 x  3.
3

Như vậy, diện tích hình phẳng được gới hạn bằng

 x

2

 2  3 x  2 dx 

0

Câu 29. Tập nghiệm của bất phương trình 2 x
A. ( 3;3) .

B. (0;3) .

2

7

9
.
2


 4 là

C. ( ;3) .

D. (3;  ) .

Lời giải
Chọn A
Ta có : 2 x 7  4  2 x 7  22  x2  7  2  x2  9  x  3;3.
2

2

Câu 30. Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn 9log3 ( ab )  4a . Giá trị của ab2 bằng
B. 6.

A. 3 .

C. 2

D. 4

Lời giải
Chọn D
Ta có : 9

log3  ab

 4a  2 log 3 ab  log3 4a   log3 a 2b2   log3  4a  a 2b2  4a


 ab2  4 .
Câu 31. Trong không gian Oxyz , cho điểm M (2; 1; 2) và đường thẳng d :

x 1 y  2 z  3


. Mặt
2
3
1

phẳng đi qua điểm qua M và vng góc với d có phương trình là
A. 2 x  3 y  z  3  0.

B. 2 x  y  2 z  9  0. C. 2 x  3 y  z  3  0. D. 2 x  y  2 z  9  0.
Lời giải

Chọn A


Đường thẳng d có một vecto chỉ phương là u   2;3;1

Mặt phẳng  P  vng góc với d nên nhận u làm vecto pháp tuyến
Phương trình mặt phẳng cần tìm là:
2  x  2   3  y  1  1 z  2   0  2 x  3 y  z  3  0 .
Câu 32. Cho hình chóp S . ABC và có đáy ABC là tam giác vuông tại

B, AB  a, BC  3a; SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  30a
(tham khảo hình bên). Góc giữa đường thẳng SC và mặt đáy bằng
A. 45 .

C. 60 .

B. 90 .
D. 30 .

Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021
Lời giải
Chọn C

Do AC là hình chiếu vng góc của SC trên mặt phẳng  ABC  nên 
SC ,  ABC    SCA
Ta có: AC  AB 2  BC 2  a 10
Khi đó tan SCA 

SA a 30
  600 .

 3  SCA
AC a 10

Câu 33. Cho z0 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z 2  4 z  13  0 . Trên mặt phẳng tọa
độ, điểm biểu diễn của số phức 1  z0 là
A. P(1; 3).

B. M (1;3).

C. N (3; 3).


D. Q(3;3).

Lời giải
Chọn C
 z  2  3i
Ta có z 2  4 z  13  0  
. Do z 0 có phần ảo dương nên suy ra z0  2  3i
 z  2  3i
Khi đó 1  z0  1   2  3i   3  3i . Vậy điểm biểu diễn số phức 1  z0 là N  3; 3
Câu 34. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1; 2;0), B(1;1;2) và C (2;3;1) . Đường thẳng đi qua A và
song song với BC có phương trình là
A.

x 1 y  2 z

 .
1
2
1

B.

x 1 y  2 z
x 1 y  2 z

 . C.

 .
3
4

3
3
4
3
Lời giải

D.

x 1 y  2 z

 .
1
2
1

Chọn A
Gọi d là phương trình đường thẳng qua A 1; 2;0  và song song với BC .

x 1 y  2 z

 .
Ta có BC  1; 2; 1  d :
1
2
1
Câu 35. Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x3  30 x trên đoạn  2;19 bằng
A. 20 10.

B. 63.


C. 20 10.
Lời giải

D. 52.

Chọn C
 x  10  n 
Ta có f   x   3 x 2  30  f   x   0  3 x 2  30  0  
.
 x   10  l 

 10   20 10 và
min f  x   f  10   20 10 .
 

Khi đó f  2   52 ; f
Vậy

f 19   6289 .

x 2;19

Câu 36. Cho hàm số f ( x) liên tục trên  và có bảng xét dấu của f ( x) như sau:

Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là
A. 2.
B. 4.

C. 3.


D. 1.

Facebook Nguyễn Vương 7


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Lời giải
Chọn A
Câu 37. Cho hai số phức z  4  2i và w  1  i . Môđun của số phức z.w bằng
A. 2 2.

B. 8.

C. 2 10.

D. 40.

Lời giải
Chọn C
Ta có: z.w   4  2i 1  i   6  2i. Suy ra z.w  40  2 10.
Câu 38. Số giao điểm của đồ thị hàm số y  x 3  x 2 và đồ thị hàm số y  x 2  5 x
B. 0 .

A. 3.

C. 1.

D. 2.


Lời giải
Chọn A
x  0
Phương trình hồnh độ giao điểm: x3  x 2  x 2  5 x  x3  5 x  0  
.
x   5
Vậy số giao điểm của 2 đồ thị là 3.

Câu 39. Trong năm 2019 , diện tích rừng trồng mới của tỉnh A là 900 ha. Giả sử diện tích rừng trồng mới
của tỉnh A mỗi năm tiếp theo đều tăng 6% so với diện tích rừng trồng mới của năm liền trước.
Kể từ sau năm 2019, năm nào dưới đây là năm đầu tiên của tỉnh A có diện tích rừng trồng mới
trong năm đó đạt trên 1700 ha?
A. Năm 2029.

B. Năm 2051.

C. Năm 2030.

D. Năm 2050.

Lời giải
Chọn C.
Trong năm 2019, diện tích rừng trồng mới của tỉnh A là A  900 ha.
Trong năm 2020, diện tích rừng trồng mới của tỉnh A là A1  A  6% A  A 1  6%  ha.
Trong năm 2021, diện tích rừng trồng mới của tỉnh A là
2

A2  A1  6% A1  A1 1  6%   A 1  6% 1  6%   A 1  6%  ha.

Trong năm 2022, diện tích rừng trồng mới của tỉnh A là

2

3

A3  A2  6% A2  A2 1  6%   A 1  6%  1  6%   A 1  6%  ha.

…
n

Trong năm 2019  n, diện tích rừng trồng mới của tỉnh A là An  A 1  6%  ha.
Khi đó, diện tích rừng trồng mới đạt trên 1700 ha khi
n

An  1700  A 1  6%   1700  900.1, 06n  1700  1, 06n 

17
9

17
 10,9  nmin  11.
9
Vậy năm 2030 là năm đầu tiên của tỉnh A có diện tích rừng trồng mới trong năm đó đạt trên
1700 ha.
 n  log1,06

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ƠN THI THPTQG 2021
Câu 40. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a , SA vng góc với mặt phẳng đáy, góc
giữa mặt ( SBC ) và mặt phẳng đáy là 60 o . Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC

bằng
A.

43 a 2
.
3

B.

19 a 2
.
3

C.

43 a 2
.
9

D. 21 a 2 .

Lời giải
Chọn A .
  60. ,
Gọi I , J lần lượt là trung điểm của BC , SA . Ta có 
SBC  ,  ABC   SIA






SA 3a

2
2
Gọi G trọng tâm tam giác đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
 SA  AI .tan 60  3a  KG 

Qua G ta dựng đường thẳng    ABC  .
Dựng trung trực SA cắt đường thẳng  tại K , khi đó KS  KA  KB  KC nên K là tâm mặt cầu
ngoại tiếp khối chóp S.ABC .
Ta có R  KA  KG 2  AG 2  a.

43 a 2
43

.Diện tích mặt cầu S  4 R 2 
3
12

x2
đồng biến trên khoảng
xm

Câu 41. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y 
( ; 5)

A. (2; 5] .

B. [2;5) .


C. (2;  ) .

D. (2;5) .

Lời giải
Chọn A
Tập xác định: D   \ m .
Ta có: y ' 

m2
( x  m) 2

 y '  0x  (; 5)
m  2  0
Hàm số đồng biến trên khoảng (; 5)  

 2 m 5.
 m  (; 5)
  m  5
Câu 42. Cho hàm số f ( x) 

x

. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số g ( x )  ( x  1) f '( x )

2

x 1


A.

x2  2 x 1
2

C .

B.

2 x 1

x 1
2

x 1

 C . C.

2 x2  x  1
2

C .

D.

x 1
Lời giải

x 1
x2  1


C .

Chọn D
 u  x 1

 du  dx

Xét

 g ( x)dx   ( x  1) f '( x)dx . Đặt dv  f '( x)dx  v  f ( x)

Vậy

 g ( x)dx  ( x  1) f ( x)   f ( x)dx   g ( x)dx 

  g ( x ) dx 

( x  1) x
x2  1

2

 x  1  C   g ( x)dx 

( x  1) x
2

x 1




x2  x  x2  1
x2  1

x
2

dx

x 1

C

Facebook Nguyễn Vương 9


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

  g ( x) dx 

x 1
x2  1

 C.

Câu 43. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau và các chữ số thuộc tập
hợp 1; 2;3;4;5;6;7 . Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S , xác suất để số đó khơng có hai chữ số
liên tiếp nào cùng chẵn bằng
A.


9
.
35

B.

16
.
35

22
.
35
Lời giải
C.

D.

19
.
35

Chọn C
Không gian mẫu   A74  840 .
Gọi biến cố A thỏa mãn u cầu bài tốn.
Có các trường hợp sau:
TH1: 4 chữ số đều lẻ: 4! số.
TH2: 3 chữ số lẻ, 1 chữ số chẵn: C43 .C31 .4! số.
TH3: 2 chữ số lẻ, 2 chữ số chẵn: C42 .C32 .2!. A32 số.

Như vậy A  528 . Vậy xác suất P  A  

528 22

.
840 35

Câu 44. Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có bảng biên thiên như sau:

Số điểm cực trị của hàm số g ( x)  x 4 [f ( x  1)]2 là
A. 7 .

B. 5 .

C. 9 .

D. 11 .

Lời giải
Chọn C
Ta có : f ( x)  4 x 4  8 x 2  3  f ( x)  16 x( x 2  1)
Ta có g ( x)  2 x 3 . f ( x  1).[2 f ( x  1)  x. f ( x  1)]
 x3  0
(1)

(2)
g ( x)  0   f ( x  1)  0
 2 f ( x  1)  x. f ( x  1)  0 (3)



Phương trình (1) có x  0 (nghiệm bội ba).
Phương trình (2) có cùng số nghiệm với phương trình f ( x )  0 nên (2) có 4 nghiệm đơn.
Phương trình (3) có cùng số nghiệm với phương trình :
2 f ( x)  ( x  1). f ( x )  0  2(4 x 4  8 x 2  3)  16 x( x  1)( x 2  1)  0
 24 x 4  16 x 3  32 x 2  16 x  6  0 có 4 nghiệm phân biệt.
Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021
Dễ thấy 9 nghiệm trên phân biệt nên hàm số g ( x )  0 có tất cả 9 điểm cực trị.
Câu 45. Xét các số thực không âm x và y thỏa mãn 2 x  y.4 x  y 1  3 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  x 2  y 2  2 x  4 y bằng
A.

33
.
8

B.

9
21
. C.
.
8
4

D.

41
.

8

Lời giải
Chọn D
Ta có 2 x  y.4 x  y 1  3   2 x  3 .4 x  y.4 y 1  0  2 y.22 y   3  2 x  232 x (1)

3

21
3
x 
2
2
Xét TH: 3  2 x  0  x  . (1) đúng với mọi giá trị 
(2)
2  P  x  y  2x  4 y 
4
2
 y  0
3
Xét TH: 3  2 x  0  0  x  .
2
t
Xét hàm số f  t   t.2 với t  0

 f   t   2t  t.2t.ln 2  0 với mọi t  0
(1)  f  2 y   f  3  2 x   2 y  3  2 x  y 

3
 x . Khi đó:

2

2

2

33
5  41 41
3


P  x2  y 2  2 x  4 y  x2    x   2 x  2  3  2 x   2 x2  5x 
 2 x    
(3)
4
4
8
8
2


41
5
1
So sánh (2) và (3) ta thấy GTNN của P là
khi x  , y  .
8
4
4
Câu 46. Cho hàm số y  ax3  bx 2  cx  d  a, b, c, d    có đồ thị là đường

cong trong hình bên. Có bao nhiêu số dương trong các số a , b, c, d ?
A. 4 .
C. 1 .

B. 2 .
D. 3 .

Lời giải
Chọn C
Ta có y   3ax 2  2bx  c . Dựa vào đồ thị ta thấy a  0




b 2  9ac  0
y  0

b  0

 2b
0 
Hàm số có 2 cực trị âm nên  S  0  
c  0
P  0
 3a

c
0

 3a


Đồ thị cắt trục Oy tại điểm  0; d  nên d  0 .
Vậy có đúng một số dương trong các số a , b, c, d

Facebook Nguyễn Vương 11


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Câu 47. Cho hình chóp đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a và O là tâm của đáy. Gọi
M , N , P, Q lần lượt là các điểm đối xứng với O qua trọng tâm của các tam giác
SAB, SBC , SCD, SDA và S  là điểm đối xứng với S qua O . Thể tích khối chóp S .MNPQ bằng.
A.

2 6a 3
.
9

B.

40 6a 3
.
81

10 6a 3
.
81
Lời giải

C.


D.

20 6a 3
.
81

Chọn D

2
5a 6
Ta có: S K  S O  OK  SO  SO 

3
6
1 4
8
, SMNPQ  4   S ABCD  a 2 .
2 9
9

Vậy: VS .MNPQ 

20 6a 3

81

Câu 48. Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều
cạnh a và AA  2a . Gọi M là trung điểm của AA (tham khảo hình
vẽ bên). Khoảng cách từ M đến mặt phẳng  ABC  bằng

A.

57 a
.
19

B.

5a
.
5

C.

2 5a
.
5

D.

2 57 a
.
19

Lời giải
Chọn A

Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021


Gọi I  BM  AB và K là trung điểm AC .
d  M ,  ABC   MI MA 1
1
BH
Ta có
.


  d  M ,  ABC    d  B,  ABC   
2
2
d  B,  ABC   BI BB 2
Xét tam giác BBK có

Vậy d  M ,  ABC   

1
1
1
1
1
2 57a




 BH 
.
2

2
2
2
2
BH
BB
BK
19
 2a   a 3 


 2 

BH
57 a

2
19

Câu 49. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có khơng q 127 số nguyên y thỏa mãn
log 3  x 2  y   log 2  x  y  ?

A. 89 .

B. 46 .

C. 45 .
Lời giải

D. 90 .


Chọn D
Ta có log 3  x 2  y   log 2  x  y 1
Đặt t  x  y   * (do x, y  , x  y  0 )
(1)  log 3  x 2  x  t   log 2 t  g (t )  log 2 t  log 3  x 2  x  t   0  2 

Đạo hàm g (t ) 

1
1
 2
 0 với mọi y . Do đó g  t  đồng biến trên 1;  
t ln 2  x  x  t  ln 3

Vì mỗi x ngun có khơng q 127 giá trị t   * nên ta có
g (128)  0  log 2 128  log 3  x 2  x  128   0



x 2  x  128  37  44,8  x  45,8

Như vậy có 90 giá trị thỏa yêu cầu bài toán
Câu 50. Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên.

Facebook Nguyễn Vương 13


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f  x 2 f ( x )   2  0 là

A. 8 .

C. 6 .
Lời giải

B. 12 .

D. 9 .

Chọn D

 x 2 f ( x)  0
 2
x f ( x)  a 1
2
với 0  a  b  c .
f  x f ( x)   2  0   2
 x f ( x)  b  2 
 2
 x f ( x)  c  3

Xét phương trình f ( x) 

m
1
x2

 m  0 .

Gọi  ,  là hoành độ giao điểm của  C  : y  f ( x) và Ox ;   0   .


m
m
 0 . Đặt g ( x )  f ( x)  2
2
x
x
2m
Đạo hàm g ( x)  f ( x)  3 .
x
2m
Trường hợp 1: x   ; f ( x)  0; 3  0  g ( x )  0
x
m
Ta có lim g  x   , g ( )   2  0 . Phương trình g  x   0 có một nghiệm thuộc  ;   .
(1)  f ( x) 

x 



Trường hợp 2:   x  

m
 0 suy ra g ( x )  0 x  ( ,  ) .
x2
2m
 0  g ( x)  0
Trường hợp 3: x   ; f ( x)  0;
x3

m
Ta có lim g  x   , g (  )   2  0 . Phương trình g  x   0 có một nghiệm thuộc (  ; ) .
f ( x)  0 ,

x 



m
có hai nghiệm m  0 .
x2
Ta có: x 2 f ( x)  0  x  0  f ( x)  0 : có ba nghiệm.
Vậy phương trình f  x  

Vậy phương trình 1 có 9 nghiệm.

Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />