HƯỚNG ĐẾN KỲ THI THPT 2020

THI THỬ KYS – LẦN 2
MƠN: TỐN HỌC
Thời gian làm bài: 90 phút

BẢNG ĐÁP ÁN

Câu 1.

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

B

C

D

D

B

A

A

B

D

D

11

12

13

14

15

16


17

18

19

20

C

C

B

C

D

B

B

B

B

A

21


22

23

24

25

26

27

28

29

30

A

A

C

C

D

D


D

D

C

D

31

32

33

34

35

36

37

38

39

40

D


A

D

D

D

D

C

C

A

B

41

42

43

44

45

46


47

48

49

50

C

D

B

A

B

A

A

B

C

A

Cho khối cầu có bán kính R . Thể tích của khối cầu đó là

A. V = 4π R 3

B. V =

4 3
πR .
3

1
3

C. V = π R 3 .

D. V =

4
π R2 .
3

Lời giải
Chọn B
Thể tích của khối cầu có bán kính R là V =
Câu 2.

4 3
πR
3

Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau


Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

1


Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng
A. 0 .

B. −2 .

C. −1 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và giá trị cực tiểu là yCT = −1 .

Câu 4.

Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
nào dưới đây ?

A. ( −∞;8 ) .

C. ( 4; +∞ ) .

B. (1; 4 ) .

D. ( 0;1) .


Lời giải
Chọn D
Xét từ trái sang phải, Đáp án A,B loại vì trong khoảng (1; 4 ) đồ thị hàm số đi xuống nên hàm số
nghịch biến, đáp án C loại vì trong khoảng ( 4;9 ) đồ thị hàm số là một đường song song trục Ox
nên hàm số không đổi.
Đáp án D, trên khoảng (0;1) đồ thị hàm số đi lên liên tục nên hàm số đồng biến trên khoảng đó.
Chọn D.

Câu 5.

( a b ) bằng

Với a, b là hai số thực dương và a ≠ 1 , log

a

A. 2 + 2 log a b .

C.

B. 2 + log a b .

1 1
+ log a b .
2 2

D.

1

+ log a b .
2

Lời giải
Chọn B

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

2


log

Câu 6.

a

2 ( log a + log
(a b ) =
a

a

)

 1

2 1 + log a b  =
2 + log a b .
b =

 2

1

Cho hàm số f  x  liên tục trên  có ∫ 2 f ( x ) dx = 2 và
0

A. I = 5.

B. I = 4.

2

∫
0

3

f ( x + 1) dx =
4 . Tính I = ∫ f ( x ) dx ?

C. I = 6.

0

D. I = 7.

Lời giải
Ta có


1

1

1

0

0

0

2 ⇔ ∫ f ( x ) dx =
1.
∫ 2 f ( x ) dx = 2 hay 2∫ f ( x ) dx =

2

Với

4 đặt t=
∫ f ( x + 1) dx =

x + 1 nên dt = dx và khi x = 0 ⇒ t = 1 , x = 2 ⇒ t = 3 .

0

2

Do đó 4 =


∫

3

f ( x + 1) dx =

∫

0

3

Suy ra I =

∫

1

f ( x ) dx =

0

Câu 7.

f ( t ) dt =

1

∫

0

3

∫ f ( x ) dx .
1

3

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 4 + 1 = 5 . Chọn A.
1

Cho hai khối cầu ( C1 ) , ( C2 ) có cùng tâm và có bán kính lần lượt là a , b , với a < b . Thể tích phần
ở giữa hai khối cầu là
A.

4π 3
b − a3 ) .
(
3

B.

π

(b
3

3


− a3 ) .

C.

2π 3
b − a3 ) .
(
3

D.
=
V

4 3
b − a3 ) .
(
3

Lời giải
Chọn A
Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích khối cầu ( C1 ) , ( C2 ) .
Gọi V là thể tích cần tìm.

4π a 3
4π b3
Có V1 =
, V2 =
.
3
3

Có V= V=
2 − V1
Câu 8.

4π 3
b − a3 ) .
(
3

Tìm tập nghiệm của phương trình log 1 (x 2  3x  11)  2.
3

A. {1} .

B. {1; 2} .

C. {−1; 2} .

D. ∅.

Lời giải
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

3


Chọn B
Ta có :

Chọn B.


Câu 9.

Chọn A


 x=
π

sin 2 x= cos x ⇔ sin 2 x= sin  − x  ⇔ 
2

 x=


π
6

π
2

+

k 2π
3

+ k 2π

Câu 10. Họ nguyên hàm của hàm số f=
( x ) e 2 x +1 +

A.

1 2 x +1
e
+ ln x + C.
2

(k ∈ ) .
1
là:
x
1
B. e 2 x +1 + ln x .
2

2 x +1
+ ln x + C.
C. 2e

D.

1 2 x +1
e + ln x + C.
2

Lời giải
Chọn D. Ta có:




∫  e
Câu 11.

2 x +1

1
1 2 x +1
e
+ dx=
+ ln x + C.
x
2

Lời giải
Chọn C
Từ nhà An đến nhà Bình có bốn cách chọn đường.
Từ nhà Bình đến nhà Cường có sáu cách chọn đường.
Áp dụng quy tắc nhân ta có số cách chọn đường đi từ nhà An đến nhà Cường là: 4.6 = 24 (cách).

Câu 12.

Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k ≤ n , mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Cnk =

n!
.
(n − k )!

B. Ank =


n!
.
k !(n − k )!

C. Cnk =

Ank
.
k!

k
D. C=
Cnk−−11 + Cnk−1 .
n −1

Lời giải
Chọn C
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

4


Ak
n!
n!
; Ank
=
⇒ Cnk = n . Chọn C.
k!
(n − k )!

k !(n − k )!

Vì Cnk
=

(Ở D chú ý: =
Cnk Cnk−−11 + Cnk−1 (với 1 ≤ k ≤ n ), Chứng minh bằng phản ví dụ cho n, k các giá trị cụ
thể ta dễ dàng loại A, B, D)
Câu 13.

Cho cấp số cộng ( un ) có số hạng đầu u1 = −2 và công sai d = −7. Giá trị u6 bằng
B. −37 .

A. 37 .

C. −33 .

D. 33 .

Lời giải
Chọn B. Ta có u6 =u1 + 5d =−2 − 35 =−37 .
Câu 14.

b
b 
b
b  b − 4ac


Xét y= ax 2 + bx + c= a  x 2 + 2.x. + 2  + c − = a  x +  −

.
2a 4a 
4a
2a 
4a


∆ 
 −b
Phương trình =
y 0 ⇔ ax 2 + bx +=
c 0 
→=
∆ b 2 − 4ac . Do đó, tọa độ đỉnh I  ; −  .
 2a 4a 

Câu 15.

Đường cong trong hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số nào trong các phương án A , B , C , D ?

A. y =

x−2
.
x +1

B. y =

−x − 2
.

x +1

C. y =

−x
.
x +1

D. y =

−x + 2
.
x +1

Lời giải
Chọn D
Từ hình vẽ ta nhận thấy hàm số cần tìm có đồ thị hàm số cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai
điểm ( 0; 2 ) và ( 2;0 ) nên các đáp án A , B , C đều loại và thấy D là đáp án đúng. Chọn D.
Câu 16.

Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [ −1;3] và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt là
giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên [ −1;3] . Giá trị của log 6 m + log 6 M bằng ?

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

5


A. 6 .


B. 1 .

C. 3 .

D. 5 .

Lời giải
Chọn B
Hàm số liên tục trên [ −1;3] . Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy:
Giá trị lớn nhất của f ( x ) trên [ −1;3] bằng 3 , đạt được tại x = 3 . Suy ra M = 3 .
Giá trị nhỏ nhất của f ( x ) trên [ −1;3] bằng −2 , đạt được tại x = 2 . Suy ra m = −2 .
Do đó: log 6 m + log 6 M= log 6 −2 + log 6 =
3 log 6 2 + log 6 =
3 log 6 2.3
= log 6 =
6 1.

x2 − 3
a + b ln 2 + c ln 3 với a , b , c là các số nguyên. Giá trị của a + b + c bằng
∫0 x 2 + 3x + 2 dx =
1

Câu 17.

Cho

B. −1 .

A. −2 .


C. 2 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn B
Ta có

x2 − 3
x 2 + 3 x + 2 − (3 x + 5)
=
dx
dx
∫0 x 2 + 3x + 2 ∫0
x 2 + 3x + 2
1

1

1

1

0

0

=
∫ dx − ∫


1 1 2
3x + 5
1 
=−
+
dx x
dx

2
∫
0 0  x + 1 x + 2 
x + 3x + 2

1
= 1 − ( 2 ln x + 1 + ln x + 2 ) =1 − ln 2 − ln 3.
0
Do đó a =
1; b =
−1; c =
−1.
Vậy a + b + c =−1.

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

6


Câu 18. Đặt t =

x + 7 ⇒ x = t 2 − 7, ( t ≥ 0 )


Phương trình trở thành:
t = 3
0
5t − 15 =
t + 1 − 2t = 2 − t − 6 − t ⇒ t − t − 6 = 2 − t − 1 ⇒ t + 4 t − 1 − 11 = 0 ⇒ 
⇒
t = − 7
−
3
t
−
7
=
0

3

2

2

2

Đề xuất sửa lại mathtype
Với t = 3 , tính được x = 2 . Thử lại thỏa phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.
Câu 19.

Gọi x = abcde là số thỏa ycbt. Do x chia hết cho 5 nên e = 5 . Số cách chọn vị trí a, b, c, d là 4! Vậy

có 24 số có 5 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 5 .

Câu 20.

1
2 5

Cho log 1   = a . Khẳng định nào sau đây đúng?

5a
2

.
A. log 2 25 + log 2 5 =
C. log 5 4 = −

B. log 2 5 = − a .

2
.
a

D. log 2

1
1
3a .
+ log 2
=
5

25

Lời giải
Chọn A

1
2 5

( )

a ⇔ log 2−1 5−1 =
a ⇔ log 2 5 =
a.
Đáp án B sai vì theo giả thiết log 1   =
2
Đáp án C sai vì log
=
log
=
2 log
=
5 4
5 2
5 2

Đáp án D sai vì log 2

2
2
.

=
log 2 5 a

1
1
+ log 2
=
− log 2 5 − 2 log 2 5 =
−3a .
log 2 5−1 + log 2 5−2 =
5
25
1
2

Đáp án A đúng vì log 2 25 + log 2 5 = log 2 5 + log 2 5 = 2 log 2 5 +
2

Câu 21.

1
5a
log 2 5 = .
2
2

Tổng số có 7 + 5 + 3 =
15 viên bi.

Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ 15 viên có C153 = 455 (cách lấy).

Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) =455 .
Gọi A : 3 viên bi lấy được đều có màu đỏ " .
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

7


35 .
Lấy 3 viên bi màu đỏ từ 7 viên bi màu đỏ có C73 = 35 ⇒ n ( A ) =
Vậy xác suất để 3 viên bi lấy được đều có màu đỏ là P ( A ) =

1
Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình  
2

(

)

(

x 2 −2

)

B. 2; +∞ .

A. −∞;1 .

n ( A)

45
1
=
= .
n ( Ω ) 455 13

> 24−3 x là

( )

C. 1;2 .

(

) (

)

D. −∞;1 ∪ 2; +∞ .

Lời giải
Chọn C.

1
+ Ta có:  
2

x 2 −2

2


> 2 4 −3 x ⇔ 2 2 − x > 2 4 −3 x
⇔ 2 − x 2 > 4 − 3x
⇔ x 2 − 3x + 2 < 0

⇔ 1 < x < 2.

( )

Vậy x ∈ 1;2 .
Câu 24.

Diện tích phần hình phẳng tơ đen trong hình vẽ bên dưới được tính theo công thức nào dưới đây?

A.

3

3

∫ ( f ( x) − g ( x) ) dx .

B. ∫ ( g( x) − f ( x) ) dx .

−2

C.

−2


0

3

−2

0

∫ ( f ( x) − g ( x) ) dx + ∫ ( g( x) − f ( x) ) dx .

0

3

−2

0

D. ∫ ( g( x) − f ( x) ) dx + ∫ ( f( x) − g ( x) ) dx .
Lời giải

Chọn C

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

8


Từ đồ thị hai hàm số y = f ( x) và y = g ( x) ta có diện tích phần hình phẳng tơ đen trong hình vẽ bên
dưới được tính là:


Câu này thiếu dữ kiện nên cả C và D đều đúng
Câu 25.

Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng a 5 và chiều cao bằng a. Thể tích của khối nón đã cho
bằng

4 5π a 3
.
B.
3

A. 2π a .
3

2π a 3
.
C.
3

4π a 3
.
D.
3

Lời giải
Chọn D
Ta có l 2 =h 2 + R 2 ⇔ R 2 =l 2 − h 2 .
Do đó R =


l 2 − h2 =

(a 5 )

2

− a 2 = 2a. .

1 2
1
4π a 3
2
=
πR h
π (=
2a ) a
.
Vậy thể tích của khối nón=
là: V
3
3
3
Câu 26. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

9


Đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận đứng là a và tổng số đường tiệm cận ngang là b. Khi


2a 2 + b3
đó giá trị của biểu thức 2
thuộc khoảng nào sau đây?
a − b2
A. [ 0; 4] .

B. ( −6; − 4 ) .

C. [ −2;0 ) .

D. ( −4; − 2 ) .

Lời giải
Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên ta có:

lim f ( x ) = −1 suy ra đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y = −1.

x →−∞

lim f ( x ) = 3 suy ra đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y = 3.

x →+∞

Vậy tổng số đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 2 ⇒ b =
2.

lim f ( x ) = −∞ suy ra đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x = −2.


x →−2−

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là 1 ⇒ a =
1.
Ta có
Câu 27.

2a 2 + b3 2.12 + 23
10
= 2
= − .
2
2
2
a −b
1 −2
3

Cho khối tứ diện đều có cạnh bằng a 3. Thể tích của khối tứ diện đã cho bằng

a3 3
A.
.
4

a3 2
B.
.
4


a3 6
C.
.
12

a3 6
D.
.
4

Lời giải
Chọn D
Ta xem khối tứ diện đã cho là khối chóp tam giác đều có các cạnh đều bằng a 3.

a 3) . 3
(=
2

Diện tích=
đáy là: B

4

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

3a 2 3
.
4

10



−a
(a 3) =
2

Chiều cao của khối tứ diện tương ứng:
=
h

2

a 2.

1
1 3a 2 3
a3 6
Vây thể tích khối tứ diện đã cho là:=
V =
Bh
.
.a=
2
.
3
3
4
4
Câu 28.


(

)

Hàm
số f ( x ) log 2018 x 2019 − 2020 x có đạo hàm
=

x 2019 − 2020 x
A. f ′ ( x ) =
.
( 2019 x 2018 − 2020 ) ln 2018
C. f ′ ( x )

(x
=

2019

− 2020 x ) ln 2018

2019 x 2018 − 2020

B. f ′ ( x )

( 2019 x
=

x


D. f ′ ( x ) =

.

2018
2019

− 2020 ) ln 2018
− 2020 x

.

2019 x 2018 − 2020
.
( x 2019 − 2020 x ) ln 2018

Lời giải

( x − 2020 x )
2019 x − 2020
=
.
Chọn D. Ta có: f ′ ( x ) =
( x − 2020 x ) ln 2018 ( x − 2020 x ) ln 2018
2019

'

2018


2019

2019

Câu 29. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên  \ {−1} , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên
như sau:

0
Số nghiệm thực của phương trình 2 f ( x ) − 4 =
A. 4 .

B. 3 .

C. 2 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn C
Ta có 2 f ( x ) − 4 = 0 ⇔ f ( x ) = 2 .
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = 2
Dựa vào bảng biến thiên, ta có đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt đường thẳng y = 2 tại 2 điểm phân
biệt.

0 có 2 nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình 2 f ( x ) − 4 =
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

11



Câu 30. Cho hình lăng trụ đứng ABCD. A′B′C ′D′ có đáy ABCD là hình thoi, AA′ = a 3 , AC = 2a . Góc giữa
hai mặt phẳng ( AB′D′) và (CB′D′) bằng
A. 30° .

B. 45° .

C. 90° .

D. 60° .

Lời giải
Chọn D
C

D
B

A

D'

C

A

C'
O

A'


A'

B'

O

B'

Gọi O là giao điểm của A′C ′ và B′D′ suy ra O là trung điểm của A′C ′ .
Vì A′B′C ′D′ là hình thoi nên A′C ′ ⊥ B′D′ ; B′D′ ⊥ AA′, B′D′ ⊥ A′O ⇒ B′D′ ⊥ AO .

B′D′
( AB′D′) ∩ (CB′D′) =
⇒ góc giữa ( AB′D′) và (CB′D′) là góc giữa OA với OC.

 AO ⊥ B′D′, CO ⊥ B′D′
Xét tam giác AOC có AC = 2a , OC = OA =

AA′2 + OA′2 =

(a 3) 2 + a 2 = 2a

⇒ tam giác AOC là tam giác đều.

AOC= 60° .
Vậy góc giữa ( AB′D′) và (CB′D′) là góc 
Câu 31.

Đồ thị hàm số y = f ( x ) có tiệm cận đứng là đường thẳng x = −1 .



Tịnh tiến theo véc tơ v = ( m ;0 ) thì:

y f ( x − m) .
Đồ thị hàm số y = f ( x ) biến thành đồ thị hàm số=
Tiệm cận x = −1 của đồ thị hàm số y = f ( x ) biến thành tiệm cận x =−1 + m của đồ thị hàm số

=
y f ( x − m) .
y f ( x − m ) có tiệm cận đứng là trục Oy ⇔ −1 + m = 0 ⇔ m = 1
Đồ thị hàm số=
Câu 32.

Bé Khải có 1 bộ đồ chơi là các khối hình khơng gian có thể lắp ráp lồng vào nhau gồm 1 hình trụ
(có một phần đế làm đặc) và 1 hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau (khối hình
trụ người ta đã làm sẵn 3 rãnh nhỏ để ráp khít vào 3 cạnh bên của lăng trụ tam giác đều như hình
vẽ). Biết hình trụ có chiều cao gấp rưỡi đường cao đáy lăng trụ và diện tích xung quanh lăng trụ

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

12


(

)

bằng 3π 2 cm 2 . Diện tích tồn phần hình trụ là S =


aπ c
b

( cm ) (với a, b, c ∈ 
2

*

và

a
là phân số
b

tối giản). Hỏi ab − 20c bằng
B. −5 .

A. 18 .

C. 33 .

D. 15 .

Lời giải
Chọn A
Gọi lăng trụ có các cạnh bằng x ( cm ) .
2
2
Theo giả thiết ta có S xq= 3.x = 3π ⇒ x= π (cm).


Ta có chiều cao hình trụ
là h
=

3 3
3 3
2 3
là R =
=
.
π
π , bán kính đáy hình trụ
=
π
2 2
4
3 2

3
π.
3

2

 3  13π 3
3 3 3
π.
π + 2π  π  =
Diện tích tồn phần hình trụ là S = 2π Rh + 2π R = 2π .
.

3
4
6
 3 
2

Vậy a =13; b =6; c =3 ⇒ ab − 20c =78 − 60 =18 .
Câu 33.

x)
Họ nguyên hàm của hàm số f (=

(

)

A. x + x ln x − x − x .
2

(

2

)

C. x 2 + x ln x − x 2 − x + C .

( 2 x + 1) ln x là
x2
−x.

B. ( x + x ) ln x −
2
2

(

)

D. x 2 + x ln x −

x2
− x+C .
2

Lời giải
Chọn D
Cách 1:

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

13


1

u = ln x
du = dx
Đặt 
⇒
x

dv ( 2 x + 1) dx
=
2
=
v x + x
2
2
∫ ( 2 x + 1) ln xdx =( x + x ) ln x − ∫ ( x + x )

x2
1
dx = ( x 2 + x ) ln x − ∫ ( x + 1)dx = ( x 2 + x ) ln x − − x + C .
2
x

Cách 2: (Cho học sinh mới học định nghĩa nguyên hàm)
Tính đạo hàm các hàm số ở đáp án, thấy chọn D.
Câu 34.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,=
AB a=
; AD 2a 3 . Cạnh bên SA vng
góc với đáy, biết tam giác SAD có diện tích S = 3a 2 . Tính khoảng cách từ C đến ( SBD ) .
A. d =

a 39
.
13

B. d =


a 39
.
5

C. d =

2a 39
.
13

D. d =

2a 51
.
17

Lời giải
Chọn D

Ta có: S=
SAD

1
1
3a 2
SA. AD ⇔ =
SA.2a 3 ⇔=
SA a 3 .
2

2

(

)

Gọi O là giao điểm của AC và BD . Suy ra O là giao điểm của AC và mặt phẳng SBD .

⇒

d(C ,( SBD ))

CO
=
=
1 ⇔ d(C ,( SBD )) =
d( A,( SBD )) .
d( A,( SBD )) AO

Kẻ AK ⊥ BD tại K ⇒ SK ⊥ BD (Định lý 3 đường vng góc).

⇒ BD ⊥ ( SAK ) .
Kẻ AH ⊥ SK tại H

(1) .

Mà BD ⊥ ( SAK ) ⇒ BD ⊥ AH
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

( 2) .

14


Từ (1) , ( 2 ) suy ra AH ⊥ ( SBD ) .

⇒ d( A,( SBD )) =
AH .
1
AH

Xét tam giác SAK vng tại A ta có: =
2

1
1
.
+
2
AS
AK 2
1
AK

Lại có tam giác ABD vng tại A nên ta có: =
2

⇒

1
1

1
1
1
1
17
.
=
+
=
+
+
=
2
2
2
2
2
2
AH
AS
AK
AS
AB
AD
12a 2

⇒ AH=
Câu 35.

1

1
.
+
2
AB
AD 2

2a 51
2a 51
.
⇒ d(C ,( SBD =
d( A,( SBD =
))
))
17
17

Đặt t = x 2 + 2 x − 2 . Với x ∈ [ 0;1] ⇒ t ∈ [ −2;1] .
Phương trình f ( x 2 + 2 x − 2 ) = 3m + 1 có nghiệm thuộc đoạn [ 0;1] khi và chỉ khi phương
1
t ) 3m + 1 có nghiệm thuộc [ −2;1] ⇔ 0 ≤ 3m + 1 ≤ 4 ⇔ − ≤ m ≤ 1 .
trình f (=
3

Câu 36.

3
2
Cho m ∈  và hàm số y = − x − 6 x + ( 4m − 9 ) x + 4 đồng biến trên khoảng (α ; β ) sao cho hiệu


β − α đạt giá trị lớn nhất là 3. Khẳng định nào sau đây đúng



A. m ∈  −2018;

−3 
.
4 

 −3 
;0  .
 4 

C. m ∈ (1; 2018 ) .

B. m ∈ 

D. m ∈ ( 0;1) .

Lời giải
Chọn D
Ta có y′ =
−3 x 2 − 12 x + 4m − 9.
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (α ; β ) sao cho β − α =
3 khi và chỉ khi y′ = 0 có hai

3.
nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 − x2 =
Ta có ∆′y′ = 36 + 3 ( 4m − 9 ) > 0 ⇔ m >


−3
.
4

−4
 x1 + x2 =

Theo định lí Vi-et ta có 
9 − 4m .
 x1 x2 = 3
Ta có x1 − x2 =
3 ⇔ ( x1 − x2 ) =9 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 =9
2

⇔ 16 − 4

2

9 − 4m
15
=
9 ⇔m=.
3
16

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

15



Câu 37.
 Phân tích
Biểu thức điều kiện ⇔ ( x + 2 ) . f ( x ) + ( x + 1) . f ′ ( x ) =
e x (*)

⇒

u′ ( x ) x + 2
x + 2 x +1
1
= ⇒
= =
1+
u′ ( x ) u ( x )
u ( x) x + 1
x +1

⇒ ln u ( x ) = x + ln x + 1 = ln e x + ln 1 + x = ln ( e x x + 1 ) .
⇒ u ( x) = ex. x + 1 .
 Trình bày

′
Ta có : e x . ( x + 1) . f ( x )  = e x ( x + 1) f ( x ) + e x . f ( x ) + e x ( x + 1) f ′ ( x )
= e x ( x + 2 ) f ( x ) + e x ( x + 1) f ′ ( x ) .

′

Nhân (*) với e , ta có: (*) ⇔ e x ( x + 2 ) f ( x ) + e x ( x + 1) f ′ ( x ) =
e2 x

e 2 x ⇔ e x . ( x + 1) . f ( x )  =
x

1 2x
2x
x
⇔ ∫ e x ( x + 1) f ( x ) ′ dx =
∫ e dx ⇔ e ( x + 1) f ( x ) = 2 e + C
Mà f ( 0 ) =

1
1 1
⇒ = +C ⇒ C = 0.
2
2 2

1 2x
ex
⇒ e . ( x + 1) . f ( x ) = e ⇒ f ( x ) =
.
2
2 ( x + 1)
x

Vậy f ( 2 ) =

e2
.
6


Câu 38. Cho hàm số y =

f ( x ) = ax 2 + bx + c có đồ thị ( C ) (như hình vẽ):

( )

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f 2 x + ( m − 2 ) f ( x ) + m − 3 =
0 có

6 nghiệm phân biệt?
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

16


A. 1.

B. 4.

C. 3.

D. 2.

Lời giải
Chọn C
Phương trình

 f ( x ) = −1 (1)
f 2 ( x ) + ( m − 2 ) f ( x ) + m − 3 = 0 ⇔ ( f ( x ) + 1)( f ( x ) − m + 3) = 0 ⇔ 
 f ( x )= m − 3 ( 2 )

Từ đồ thị hàm số y =

f ( x ) = ax 2 + bx + c ta vẽ được đồ thị hàm số y = f ( x )
8

6

4

2

5

5

2

Từ

f

2

đồ

thị

hàm

số,


suy

ra

phương

trình

(1)

có

2

nghiệm.

Để

phương

trình

( x ) + ( m − 2 ) f ( x ) + m − 3 =0 có 6 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 4 nghiệm phân biệt

khi đó −1 < m < 3 .
Câu 39.

(


)

Cho hàm số y = f ( x ) = x 3 − 3 ( m − 1) x 2 + 2m 2 − 5m + 1 x − m 2 + 2m + 3 có đồ thị ( C ) . Gọi S là tập
chứa tất cả các giá trị thực của tham số m để ( C ) cắt trụ hoành tại ba điểm phân biệt trong đó có
mơt điểm có hồnh độ bằng tổng hồnh độ hai điểm còn lại. Số phần tử nguyên thuộc tập S là:
A. 1.

B. 0.

C. 2.

D. 3.

Lời giải
Chọn A
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của ( C ) và trục hoành

x 3 − 3 ( m − 1) x 2 + ( 2m 2 − 5m + 1) x − m 2 + 2m + 3 =
0
 x= m − 3
⇔ ( x − m + 3) ( x 2 − 2mx + m + 1) = 0 ⇔ 
2
 g ( x ) = x − 2mx + m + 1 = 0 (*)

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

17


Điều kiện để ( C ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt là





1− 5   1+ 5
∪
+∞
m ∈  −∞;
;




∆=′ m − m − 1 > 0
2   2



⇔

2
−
=
−
+
+
≠
g
m
m

m
3
10
0
)
 (

1 ± 41
m ≠

2
2

Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (*). Xét hai trường hợp sau
TH1: x1 + x2 = m − 3 ⇔ 2m = m − 3 ⇔ m = −3 (TM )

3m − 3

 x1 = 2
 x1 − x2 = m − 3 
−1 ± 2 10
m+3


⇒ 3m 2 + 2m − 13 =0 ⇔ m =
TH2:  x1 + x2 =2m ⇔  x2 =
2
3
 x x= m + 1


 1 2
 3m − 3 m + 3
 2 . 2 = m +1

Vậy số phần tử nguyên của S là 1.
Câu 40.

Trong một trò chơi, người chơi gieo đồng thời 3 con súc sắc đồng chất 5 lần. Nếu mỗi lần gieo xuất
hiện ít nhất hai mặt lục thì thắng. Xác suất để người chơi thắng ít nhất 4 ván gần với số nào nhất
sau đây
A. 0,001.

B. 0,0001.

C. 0,0002.

D. 0,002.

Lời giải
Chọn B
Gọi P là xác suất thắng trong 1 ván.
Điều kiện ván thắng là “xuất hiện ít nhất hai mặt lục ” tức là ván thắng phải xuất hiện hai mặt lục
hoặc ba mặt lục.
2

5
21 5
Xác suất ván “xuất hiện hai mặt lục” là: C3     =
 6   6  72
3


1
1
Xác suất ván “xuất hiện ba mặt lục” là:   =
 6  216
Do đó P =

5
1
2
25
+
=
⇒ P1 =
72 216 27
27
4

5

 2  25  2 
+   ( ~ 0,00014). Chọn B.
Xác suất để người chơi thắng ít nhất 4 ván là C 

 27  27  27 
4
5

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm


18


Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

19


Câu 41.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

 3
V = 2V1 = 2π  ∫  3 + 3 − x 2
 0 

(

 3

∫

(

+) I=   3 + 3 − x 2


 0

)


2



) − 3x dx 
2

2

 
− 3x 2 dx =
 

3

3

2
2
∫ (12 − 4 x ) dx + 6 ∫ 3 − x dx
0

0

3


4 x3 
= 12 3 − 4 3 = 8 3

+) A = ∫ (12 − 4 x ) dx =  12 x −
3  0

0
3

2

3

=
+) B 6 ∫ 3 − x 2 dx
0

Đặt x = 3 sin t ⇒ dx =
3 cos tdt
Đổi cận:

π
2

π
2

0

0

→ B= 6 ∫ 3cos2 td=
t 9 ∫ (1 + cos 2t ) dt


π

π
 sin 2t  2
9t +
9
=
 =
2 0
2


9π 

2
⇒=
V 2π  8 3 + =
 16 3π + 9π . Vậy chọn C.
2 

Lưu ý: Dùng tích phân để tính diện tích

=
Cơ sở : H

{=y

f ( x); =
y 0 ;=

x a; =
x b}

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

20


y
y = f ( x)

f ( x)

x
O
b

0 ⇔ f ( x) =
0.
S ( x) =
∫ f ( x ) dx =
a

Câu 42.

Cho các số thực x , y , z thỏa mãn các điều kiện x , y ≥ 0 ; z ≥ −1 và log 2

x + y +1
= 2 x − y . Khi
4x + y + 3


( x + z + 1) 2 ( y + 2) 2
đó giá trị nhỏ nhất của biểu
thức T
tương ứng bằng:
=
+
3x + y
x + 2z + 3
A. 4 2 .

B. 6 .

C. 6 3 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn D
Từ giả thiết ta có: log 2

⇔ log 2

x + y +1
x + y +1
= 2 x − y ⇔ 1 + log 2
= 2x − y +1
4x + y + 3
4x + y + 3


2x + 2 y + 2
2x + 2 y + 2
=
2 x − y + 1 ⇔ log 2
=
(4 x + y + 3) − (2 x + 2 y + 2)
4x + y + 3
4x + y + 3

⇔ log 2 (2 x + 2 y + 2) + (2 x + 2 y=
+ 2) log 2 (4 x + y + 3) + (4 x + y + 3)
⇔ f (2 x + 2 y + 2) = f (4 x + y + 3) ⇔ 2 x + 2 y + 2 = 4 x + y + 3 ⇔ y = 2 x + 1
(Với hàm =
f (t ) log 2 t + t là đơn điệu trên (0; +∞) )
Thay vào biểu thức T ta được: T =

( x + z + 1) 2 ( y + 2) 2
( x + z + 1) 2 (2 x + 3) 2
+
=
+
3x + y
x + 2z + 3
5x + 1
x + 2z + 3

Áp dụng bất đẳng thức:

T=


( x + z + 1) 2 (2 x + 3) 2 ( x + z + 1 + 2 x + 3) 2 (3x + z + 4) 2 1 (3x + z + 4) 2
+
≥
=
= .
5x + 1
x + 2 z + 3 5x + 1 + x + 2 z + 3
6 x + 2 z + 4 2 3x + z + 2

Đặt t = 3 x + z + 2 ⇒ T ≥


1 (t + 2) 2 1  4
4
 1 
.
t
4
.
2.
t
.
4
=
+
+
≥
+

 = 4



2
t
2 t
t
 2 


Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

21




=
y 2x +1

 x= z= 0
Dấu "=" xảy ra khi:  t = 2 = 3 x + z + 2 ⇔ 
 y =1
 x + z +1
2x + 3

=
x + 2z + 3
 5x + 1
Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức T là Tmin = 4 . Vậy ta chọn đáp án D.
Câu 43.


Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  có đồ thị như hình vẽ .




Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f  3sin 2

x
x
− cos 2  + m =
0 có đúng
2
2

 π π
3 nghiệm x ∈  − ;  là :
 3 2
A. (1; 2 ) .

B. ( −2; −1) .

 59 
.
 27 

C.  1;

D. ( −2; −1] .


Lời giải
Chọn B
Đặt t =
3sin 2

x
x
− cos 2 =
1 − 2 cos x .
2
2

 π π
⇒ t ∈ [ −1;1] .
;
 3 2 

Dựa vào bảng ta được x ∈  −

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

22


 π π
.
;
 3 2 




Với −1 < t ≤ 0 ⇒ 1 giá trị t cho 2 giá trị x ∈  −



Với 

0 < t ≤ 1
 π π
⇒ 1 giá trị t cho 1 giá trị x ∈  − ;  .
 3 2
t = −1

 −1 < t1 ≤ 0 < t2 ≤ 1 (a )

Yêu cầu bài ra ⇔ phương trình f ( t ) = − m có 2 nghiệm thỏa mãn:  t1 = −1
.
(b)

 −1 < t2 ≤ 0



Trường hợp (a ) ⇔ 1 < − m < 2 ⇔ −2 < m < −1 .



Trường hợp (b) không xảy ra do khi t1 = −1 thì t2 = 1 .

Vậy m ∈ ( −2; −1) thỏa yêu cầu bài ra.

Câu 44.

Anh Quý vừa mới ra trường được một công ty nhận vào làm việc với các trả lương như sau: 3 năm
đầu tiên, hưởng lương 10 triệu đồng/tháng. Sau mỗi ba năm thì tăng thêm 1 triệu đồng tiền lương
hàng tháng. Để tiết kiệm tiền mua nhà ở, anh Quý lập ra kế hạch như sau: Tiền lương sau khi nhận
về chỉ dành một nửa vào chi tiêu hàng ngày, nửa còn lại ngay sau khi nhận lương sẽ gửi tiết kiệm
ngân hàng với lãi suất 0,8% /tháng. Công ty trả lương vào ngày cuối của hàng tháng. Sau khi đi
làm đúng 10 năm cho cơng ty đó anh Q rút tiền tiết kiệm để mua nhà ở. Hỏi tại thời điểm đó,
tính cả tiền gửi tiết kiệm và tiền lương ở tháng cuối cùng anh Quý có số tiền là bao nhiêu?(lấy kết
quả gần đúng nhất)
A. 1102,535 triệu đồng.

B. 1089,535 triệu đồng.

C. 1093,888 triệu đồng.

D. 1111,355 triệu đồng.
Lời giải

Chọn A
Đặt q = 1 + r = 1, 008 .
Giả sử anh Quý bắt đầu đi làm từ ngày 01 tháng 01 năm X nào đó.
Đến cuối tháng 1, đầu tháng 2, anh Quý bắt đầu gửi tiết kiệm ngân hàng với số tiền ban đầu là 5
triệu đồng (một nửa số tiền lương hàng tháng).
Số tiền gửi tiết kiệm ở đầu tháng thứ 3 là: 5q + 5 .
…

(

)


q 36 − 1
.
q −1

Số tiền gửi tiết kiệm ở đầu tháng thứ 37 là: 5 q 35 + q 34 + ... + 1 =
5

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

23


Vì tiền lương kể từ tháng thứ 37 được tăng thêm 1 triệu đồng cho mỗi tháng lương, nên số tiền

q 36 − 1
gửi tiết kiệm đầu tháng thứ 38 là: 5
q + 5,5 .
q −1
Số tiền gửi tiết kiệm ở đầu tháng thứ 39 là: 5

q 36 − 1 2
q + 5,5 (1 + q ) .
q −1

…
Số tiền gửi tiết kiệm ở đầu tháng thứ 73 (tròn 6 năm đi làm) là:

5


q 36 − 1 36
q 36 − 1 36
q 36 − 1
.
q + 5,5 (1 + q + =
q + 5,5
... + q 35 ) 5
q −1
q −1
q −1

Lập luận tương tự như trên, số tiền tiết kiệm ở đầu tháng thứ 109(tròn 9 năm đi làm) là:

5

q 36 − 1 72
q 36 − 1 36
q 36 − 1
.
q + 5,5
q + 6.
q −1
q −1
q −1

Đến đầu tháng thứ 120 (tháng cuối cùng đang đi làm để tròn 10 năm), số tiền tiết kiệm là:

5

q 36 − 1 72+11

q 36 − 1 36+11
q 36 − 1 11
q11 − 1
q
+ 5,5
q
+ 6.
q + 6,5
q −1
q −1
q −1
q −1

Đến cuối tháng thứ 120(thời điểm tròn 10 năm đi làm) số tiền gửi ngân hàng anh Quý có được là:

 q 36 − 1 83
q 36 − 1 47
q 36 − 1 11
q11 − 1 
5
5,5
6.
6,5
q
+
q
+
q
+
q.

 q −1
q −1
q −1
q − 1 

Tại thời điểm này, anh Quý rút tiền để mua nhà ở, do đó tổng số tiền lương ở tháng cuối cùng và
số tiền tiết kiệm 10 năm là:

 q 36 − 1 83
q 36 − 1 47
q 36 − 1 11
q11 − 1 
 5 q − 1 q + 5,5 q − 1 q + 6. q − 1 q + 6,5 q − 1  q + 13 ≈ 1102,535 triệu đồng.



Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

24


Câu 45.

A

I
B

H


M
Giả sử đường trịn ( C ) có tâm I . Gọi M là giao điểm của các tiếp tuyến tại A, B của ( C ) ,

=
=
H IM ∩ AB . Suy ra H là trung điểm của AB, AH
Vì M thuộc tia Oy nên M ( 0; t ) , t ≥ 0. Ta có
Vậy MH =

AB
= 2 2.
2

1
1
1
=
+ 2 → AM = 2 10
2
2
AH
AM
AI

MA2 − AH 2 = 4 2.

Mà MH = d ( M , ∆ ) →

t
2


= 4 2 → t = 8 → M ( 0;8 ) .

Đường thẳng IM qua M và vng góc với ∆ nên có pt: x + y − 8 =
0.
=
x − y 0 =
x 4
Toạ độ H là nghiệm của hpt: 
⇔
⇒ H ( 4; 4 )
y −8 0 =
x + =
y 4
Ta có IH = IA2 − AH 2 = 2 =

 1 
HM
→ IH = HM → I ( 5;3)
4
4

10 .
Vậy phương trình đường trịn ( C ) là: ( x − 5 ) + ( y − 3) =
2

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

2


25