ĐỀ SỐ 11

ĐỀ CHUẨN CẤU TRÚC

(Đề thi có 06 trang)

Mơn: Tốn

(Đề có lời giải)

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

Câu 1. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P  :2x  y  5z  3 0 . Vectơ nào dưới đây là một vectơ
pháp tuyến của  P  ?
uu
r

A. n3   2;5;3 .

uu
r

B. n4   2;1;5 .

uu
r

C. n1   2;1;5 .

uu
r

D. n2   1;5;3 .

Câu 2. Với a là số thực dương tùy ý, giá trị log4 a8 bằng:
A. 2log4 a.

B. 2log4 a .

C.

3
log2 a.
2

D. 4log2 a.

Câu 3. Cho hàm số y  f  x có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y  f  x là:
A. y  x4  1.
B. y   x4  2x.
2
C. y  x  x  1 .

D. y  x.
Câu 4. Một quả bóng tiêu chuẩn được bơm hơi với áp suất trong khoảng 8,5 –
15,6 Psi (Psi: đơn vị đo áp suất thường dùng ở Mỹ). Lúc đầu quả bóng được
bơm hơi 90% áp suất tối đa (15,6 Psi) sau mỗi ngày áp suất hơi trong quả
bóng giảm đi 1,5% so với ngày trước đó. Hỏi sau tối đa bao nhiêu ngày phải
bơm lại bóng để đạt tiêu chuẩn quy định?
A. 36 ngày.


B. 33 ngày.

C. 35 ngày.

D. 34 ngày.

Câu 5. Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u1  3 và u6  27 . Khi đó cơng sai d bằng:
A. 7.

B. 5.

C. 8.

D. 6.

Câu 6. Cho hàm số y  ax3  bx2  cx  d có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào
dưới đây đúng?
A. a  0, b  0,c  0,d  0.
B. a  0, b  0,c  0, d  0.
C. a  0, b  0,c  0,d  0.
D. a  0, b  0,c  0, d  0.
Câu 7. Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A 2;1;1 , B 1;0;4 ,C  0;2;1 . Phương trình mặt phẳng đi
qua điểm A và vng góc với đường thẳng BC là:
A. x  2y  5z  5  0.

B. x  2y  5z  5  0.

C. x  2y  5  0.

D. x  2y  5z  5  0.


Trang 1


Câu 8. Cho khối nón có bán kính đáy r  4 , chiều cao h 6 như hình
vẽ. Thể tích của khối nón là:
16
.
3

B.

4 6
.
3

C. 16 6.

D.

16 6
.
3

A.

Câu 9. Một lớp học có 40 học sinh gồm 25 nam và 15 nữ. Có bao nhiêu cách chọn 3 học sinh để tham gia
vệ sinh công cộng?
A. 9880.


B. 59280.

C. 2300.

D. 455.

Câu 10. Trong khơng gian Oxyz, hình chiếu vng góc của điểm M  2;3;4 trên trục Oz là:
A. N  0;3;4 .

B. P  2;0;4 .

C. Q  2;0;0 .

D. E  0;0;4 .

C. I  2020 e 1 .

D. I  2020 e 2 .

1

2020exdx. .
Câu 11. Tính tích phân I  �
0

A. I  2020e e 1 .

B. I  2020e.

Câu 12. Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’, mặt bên  ABB' A' có diện tích bằng 10. Khoảng cách đỉnh C đến

mặt phẳng  ABB' A' bằng 6. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng:
A. 40.

B. 60.

C. 30.

D. 20.

Câu 13. Cho z  iz  2020 . Số phức liên hợp của số phức z là:
A. 1010 1010i.

B. 1010 1010i.

C. 1010  1010i.

D. 1010  1010i.

Câu 14. Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên như hình vẽ bên dưới.

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm
A. x  0.

B. x  1.

C. x  1.

D. x  1 và x  3.

Câu 15. Doraemon có hẹn với các bạn tham dự trận bóng đá, nhưng do ngủ

qn nên khi tỉnh dậy thì sắp đến giờ trận đấu bắt đầu. Doraemon dùng chiếc
2
chổi bay với vận tốc v t  6t  2t  50 m/ s , biết nhà Doraemon cách sân

bóng 1600 m. Hỏi sau bao lâu Doraemon đến được sân bóng?
A. 5 giây.

B. 8 giây.

C. 10 giây.

D. 12 giây.

Câu 16. Cho hàm số y  f  x xác định trên � và có bảng biến thiên như hình vẽ.
Trang 2


Hỏi phương trình 2 f  x  7  0 có bao nhiêu nghiệm?
A. 4.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Câu 17. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và AB  a 2 . Biết SA   ABC  và
SA  a . Góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  bằng:
.
A. 30�


.
B. 45�

.
D. 90�

.
C. 60�
1

1

Câu 18. Gọi z1, z2 là hai nghiệm phức phương trình z2  4z  12  0 . Giá trị  bằng:
z1 z2
1
3

A.  .

B.

1
.
3

C.

1
.

6

1
6

D.  .

Câu 19. Sau khi phát hiện dịch bệnh viêm đường hô hấp cấp do vi rút 2019-nCoV gây ra, nhóm các
chuyên gia y tế đã nghiên cứu độc lập tại một địa phương của thành phố Vũ Hán trong 1 tháng. Theo
thống kê, số người nhiễm bệnh được biểu thị là đồ thị hàm số f  x . Tốc độ truyền bệnh (người/ngày)
được biểu thị bởi đồ thị hàm số f ' x .

Tại thời điểm tốc độ truyền bệnh lớn nhất thì số người mắc bệnh là:
A. 154.

B. 6.

C. 14.

D. 200.

2
Câu 20. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  cos 2x  sin xcosx trên

�. Giá trị M  m bằng:

A.

1
.

2

B.

25
.
16

C.

9
.
16

D.

5
.
8

Trang 3


 S : x2  y2  z2  2x  2z  0 và mặt phẳng

Câu 21. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

   : 4x  3y  mz  0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để    cắt  S theo giao tuyến là một
đường tròn?
A. 14.


B. 15.

C. 1.

D. Vơ số.

Câu 22. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vng góc của điểm A lên
mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC
bằng
A.

a 3
. Thể tích của khối lăng trụ là:
4
a3 3
.
12

B.

a3 3
.
6

C.

a3 3
.
3


D.

a3 3
.
24

2018
2019
2020
Câu 23. Cho hàm số y  f  x liên tục trên �, có đạo hàm f ' x  x x  1  x  2  x  3 . Số điểm

cực trị của hàm số y  f  x là:
A. 3.

B. 2.

C. 4.

D. 1.

Câu 24. Cho a là số thực dương khác 1.
Biểu thức P  loga 2019 log a 2019  log a 2019  ...  log
3

A. 1010.2019.loga 2019.

B. 2018.2019.loga 2018.

2018


a

2019  log2019 a 2019 bằng:

C. 2018.loga 2018.

D. 2019.loga 2018.

Câu 25. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, hai điểm A, B lần lượt biểu
diễn hai số phức z1 và z2 . Điểm biểu diễn số phức z  2z1  z2 là
điểm nào sau đây?
A. Điểm M.
B. Điểm N.
C. Điểm P.
D. Điểm Q.
Câu 26. Phương trình 25log 2 x  2  5xlog 2 có nghiệm là:
5

1
2

A. x   .

5

x 0
�

.

C. �
x   log5 2
�

B. x  0.

D. x  5.

Câu 27. Một khối pha lê gồm một hình cầu  H1  , bán kính R và một hình nón
cụt

 H2  có bán kính đáy lớn, đáy nhỏ và chiều cao lần lượt là

r1  2R, r2  R, h  2R xếp chồng lên nhau như hình vẽ. Biết thể tích khối cầu

 H1  và khối nón cụt  H2  lần lượt là
A.

3
.
7

B.

V1 và V2 . Tỉ số

V1
bằng:
V2


8
.
7

Trang 4


C.

4
.
7

D.

2
.
7

Câu 28. Cho hàm số y  f  x liên tục trên �\  1 và có bảng biến thiên như sau:

Đồ thị hàm số y 
A. 2.

1
4�
�f  x �
� 25
2


có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?

B. 4.

C. 6.

D. 8.

Câu 29. Một viên gạch hình vng cạnh 40 cm. Người thiết kế đã sử dụng
bốn đường parabol có chung đỉnh tại tâm viên gạch để tạo ra bốn cánh
hoa (được tơ màu như hình vẽ bên). Diện tích phần không tô màu của viên
gạch bằng:
A.

4400 2
cm .
3

B.

1600 2
cm .
3

C.

3200 2
cm .
3


D.

4000 2
cm .
3

Câu 30. Trong không gian, cho hai điểm A, B cố định có độ dài AB bằng 6. Tập hợp các điểm M trong
không gian sao cho MA  2MB là một mặt cầu có bán kính bằng:
A. 6 2.

B. 2 2.

C. 3 2.

D. 6.

2
Câu 31. Biết rằng hàm số F  x là một nguyên hàm của hàm số f  x  ln x  4.ln x và thỏa mãn

x

2
8
F  1  . Giá trị của �
F  e �
bằng:
�
�
3


8
3

A. .

B.

125
.
27

C.

Câu 32. Cho hàm số f  x . Biết f  0  2 và f ' x 
A.

3e 1
.
e

B.

3 e 1
e

.

5 5
.
27


2ex  1
,x��, khi đó
ex

C.

D.

125
.
9

1

f  x dx bằng:
�
0

3e 1
.
e

D.

3 e 1
e

.


�x  2
x  1 y 1 z  3
�


Câu 33. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : �y  1 t ;d2 :
. Đường thẳng
1
1
1
�z  2  2t
�
 vng góc và cắt đồng thời hai đường thẳng d1 và d2 có phương trình là:

Trang 5


A.  :

x  1 y 1 z  3


.
1
2
1

B.  :

x  1 y 1 z  3



.
1
2
1

C.  :

x  1 y 2 z  1


.
1
2
1

D.  :

x  2 y 1 z  2


.
1
2
1

Câu 34. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  i  z  2  i :
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   i  1 z  4  2i bằng:
A. 1.


B.

3
.
2

C. 3.

D.

3 2
.
2

Câu 35. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Đặt
IA  x; IB  y; IC  z , biết rằng

1 1 1
a
 2 2
. Giá trị
2
x
y z
yz

của a bằng:
A. 2.


B. 1.

C. 3.

D. 5.

Câu 36. Cho hàm số f  x , hàm số y  f ' x liên tục trên � và có đồ thị như hình vẽ. Bất phương trình
f  x  2x  m (m là tham số thực) nghiệm đúng với mọi
x� 1;2 khi và chỉ khi:

A. m f  2  4.
B. m�f  2  4.
C. m�f  1  2.
D. m f  1  2.
Câu 37. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số đơi một khác nhau được lập từ tập hợp
X   1;2;3;4;5;6;7;8;9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ S. Xác suất để chọn ra được một số có các chữ số 1, 2,

8, 9 trong đó các chữ số 1, 2 không đứng cạnh nhau và các chữ số 8, 9 khơng đứng cạnh nhau bằng:
A.

31
.
42

B.

95
.
126


C.

25
.
28

D.

13
.
18

Câu 38. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a. Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng  P  song song với trục của
hình trụ và cách trục của hình trụ một khoảng bằng

a
, ta được thiết diện là một hình vng. Thể tích khối
2

trụ bằng:
A. 3 a3.

B.  a3 3.

C.

 a3 3
.
4


D.  a3.

Trang 6


2
Câu 39. Giả sử m là số thực sao cho phương trình log3 x   m 2 log3 x  3m 2  0 có hai nghiệm x1, x2

thỏa mãn x1.x2  9. Khi đó m thuộc khoảng nào dưới đây?
A. m� 1;1 .

B. m� 4;6 .

C. m� 3;4 .

D. m� 1;3 .

Câu 40. Cho hình chóp S.ABC có các cạnh bên SA, SB, SC tạo với đáy các góc bằng nhau và đều bằng
30�. Biết AB  5, AC  7, BC  8 tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng  SBC  .

A. d 

35 39
.
52

B. d 

35 39
.

13

C. d 

35 13
.
52

D. d 

35 13
.
26

Câu 41. Cho các hàm số f  x ,g x liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn m. f  x  n. f  1 x  g x với m, n
1

1

0

0

f  x dx  �
g x dx  1. Giá trị của m  n là:
là các số thực khác 0 và �
1
2

B. m n  .


A. m n  0.

C. m n  1.

D. m n  2.

Câu 42. Trong không gian Oxyz, cho A 1; 1;2 , B 2;0;3 ,C  0;1; 2 . Gọi M  a;b;c là điểm thuộc mặt

 Oxy sao cho biểu thức

phẳng

uuur uuur uuur uuuu
r uuuu
r uuur
S  MA.MB  2MB.MC  3MC.MA đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó

T  12a  12b  c có giá trị là:

A. T  3.

B. T  3.

C. T  1.

D. T  1.

2
Câu 43. Cho hàm số y  f  x  ax  bx  c có đồ thị như hình vẽ. Kí


hiệu

 X

là phần ngun của X. Số nghiệm của phương trình

�
ff� ff ... f  x 
�
�1 4 44 2 4 4 43
2020 l�
nf
�

 



�
� 0
trên  1;2 là:
�
�
�

�
22022 1�
A. �  � 1.
2�

�3
�
22021

3�

C. �  � 1.
2�
�3

�
22021 1�
B. �  � 1.
2�
�3
�
22021

5�

D. �  � 1.
2�
�3

Câu 44. Cho z là số phức thay đổi thỏa mãn số phức w 

z  3 4i
là số thuần ảo. Tập hợp các điểm biểu
z i


diễn cho số phức z là:
A. đường elip bỏ đi một điểm.

B. đường thẳng song song với trục tung.

C. đường tròn bỏ đi một điểm.

D. đường thẳng bỏ đi một điểm.

Câu 45. Cho hai hàm số y  f  x , y  g x có đồ thị hàm số y  f ' x , y  g' x như hình vẽ sau:

Trang 7


Xét hàm số h x  f  x  g x trên  5;5 , biết rằng S2  S1  S3 . Khi đó giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn
nhất của hàm số y  h x trên đoạn  5;5 lần lượt bằng:
A. h 5 và h 5 .

B. h 5 và h 2 .

C. h 2 và h 5 .

D. h 2 và h 2 .

Câu 46. Cho hàm số y  f  x có đạo hàm liên tục trên � và hàm số
y  f ' x có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số y  f  2x  1  có bao nhiêu

điểm cực trị?
A. 1.
B. 3.

C. 5.
D. 7.
Câu 47. Cho tứ diện ABCD và các điểm M, N, P thuộc các cạnh BC, BD, AC sao cho
BC  4BM, AC  3AP, BD  2BN . Tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mặt

phẳng  MNP  bằng:
A.

7
.
13

B.

7
.
15

C.

8
.
15

D.

8
.
13


2
2
2
Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S : x  y  z  2x  4y  6z  13  0 và điểm

M nằm ngoài mặt cầu  S sao cho từ M kẻ được ba tiếp tuyến MA, MB, MC đến mặt cầu  S (A, B, C là
�  60�
�  120�. Khi đó, thể tích khối chóp M.ABC bằng:
các tiếp điểm) và BMC
,�
AMB  90�
,CMA

A.

27 2
.
4

B.

9 2
.
4

C.

9 2
.
2


D.

9 3
.
4

3
2
Câu 49. Đồ thị hàm số f  x  ax  bx  cx  d có dạng như hình vẽ. Có

bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình ff

 x  1  m có số

nghiệm là lớn nhất?
A. 5.
B. 2.
C. 4.
Trang 8


D. 3.
Câu 50. Biết m là một số thực để bất phương trình 3x  4mx  5x  2mx  3�0 , thỏa mãn với mọi x��.
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
B. m� 3;6 .

A. m� 10;� .

C. m� 2;3 .


D. m� 6;10 .

Đáp án
1-C
11-C
21-D
31-D
41-C

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

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

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

5-D
15-C

25-B
35-A
45-A

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

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

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

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

10-D
20-C

30-A
40-D
50-B

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C

r

Một vectơ pháp tuyến của  P  là: n  2;1;5 .
Câu 2: Đáp án D
8
2

Ta có: log4 a8  log2 a8  log2 a  4log2 a .
2

Câu 3: Đáp án C
Dựa vào hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ nên loại đáp án A.
Tập xác định của hàm số là � nên loại đáp án D.
Đồ thị đối xứng qua trục tung nên hàm số y  f  x là hàm chẵn.
2
Ta thấy hàm số y  x  x  1 là hàm chẵn trên � và có đồ thị qua gốc tọa độ.

Câu 4: Đáp án D
Áp suất hơi lúc đầu là 15,6.90%  14,04 Psi  .
Gọi x (ngày), x�� là thời gian tối đa phải bơm lại bóng.
0,015
Suy ra x thỏa mãn: 14,04. 1�۳�


x

8,5

x log0,985

8,5
33,2 .
14,04

Vậy sau 34 ngày phải bơm lại quả bóng.
Câu 5: Đáp án D
Ta có: u6  u1  5d � d 

u6  u1
 6.
5

Câu 6: Đáp án D
Từ hình dáng đồ thị ta suy ra hệ số a  0, d  0 .
Ta có: y'  3ax2  2bx  c .
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  0 nên y' 0  0 � c  0.
Trang 9


x 0
�
�
Khi đó: y'  0 � � 2b.
x

� 3a

Do hoành độ điểm cực đại dương nên

2b
 0 , mà a  0 � b  0 .
3a

Câu 7: Đáp án D

uuur

Mặt phẳng  P  đi qua A 2;1;1 và vng góc với đường thẳng BC nên nhận BC   1;2;5 làm vectơ
pháp tuyến.
Suy ra phương trình mặt phẳng  P  là: x  2 2 y 1  5 z  1  0 � x  2y 5z  5 0 .
Câu 8: Đáp án D
1
3

1
3

Ta có: V   r 2h   .42. 6 

16 6
.
3

Câu 9: Đáp án A
Nhóm học sinh 3 người được chọn (không phân biệt nam, nữ – công việc) là một tổ hợp chập 3 của 40

3
 9880 .
(học sinh). Vì vậy số cách chọn nhóm học sinh là C40

Câu 10: Đáp án D
Hình chiếu của một điểm M  x; y;z bất kỳ trên trục Oz luôn có tọa độ là  0;0;z .
Câu 11: Đáp án C
1

1

0

0

2020exdx  2020ex
Ta có: I  �

 2020 e 1 .

Câu 12: Đáp án C
1
3

1
3

Ta có: VCABB'A'  .d C, ABB' A'  .SABB'A'  .10.6  20.
3
2


3
2

Khi đó: VABC. A'B'C '  .VCABB'A'  .20  30.
Câu 13: Đáp án C
Ta có: z  iz  2020 � z 

2020
 1010 1010i � z  1010 1010i .
1 i

Câu 14: Đáp án D
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có tập xác định là �.
Mặt khác f ' x đổi dấu từ âm sang dương khi x qua các điểm x  1 và x  3 nên hàm số đạt cực tiểu tại
x  1 và x  3.

Câu 15: Đáp án C
Gọi a (giây) là khoảng thời gian Doraemon bay từ nhà đến sân bóng.
Quãng đường đi được sau a giây là:

Trang 10


a










S �
6t2  2t  50 dt  1600 � 2t3  t2  50t
0

a

 1600 � 2a3  a2  50a  1600 � a  10.

0

Câu 16: Đáp án A
Ta có: 2 f  x  7  0 � f  x  

7
nên phương trình có bốn nghiệm.
2

Câu 17: Đáp án B
Gọi M là trung điểm BC � AM  BC .
� .
Do đó: �
 SBC  , ABC    SMA
� 
Lại có: tan SMA

SA a

�  45�� �
  1� SMA
 SBC  , ABC    45�.
AM a

Câu 18: Đáp án B
Theo định lý Vi-ét ta có: z1  z2  4, z1.z2  12 .
Suy ra

1 1 z1  z2 4 1
 

 .
z1 z2
z1.z2 12 3

Câu 19: Đáp án A
Thời điểm tốc độ truyền bệnh lớn nhất là giá trị lớn nhất của hàm f ' x .
ax f ' x  f ' 17  14 . Tại ngày thứ 17 thì tốc độ truyền bệnh là lớn nhất.
Ta có: xm
� 0;30

Do đó số người bị mắc bệnh tại thời điểm tốc độ truyền bệnh lớn nhất là: f  17  154 .
Câu 20: Đáp án C
1
2

Ta có: f  x  cos2 2x  sin xcos x   sin2 2x  sin2x  1.
Đặt t  sin2x . Ta có: x��� t � 1;1 .
1

2

Xét hàm số g t  t2  t  1 với t � 1;1 .
1
1
g' t  2t  , g' t  0 � t   .
2
4
1 � 1 � 17
1
g 1  , g� � , g 1   .
2 � 4 � 16
2
1

� 1 � 17

in f  x  min g t  g 1   ;max f  x  min g t  g�
 �
Do đó m
.
x��
t� 1;1
t� 1;1
2 x��
� 4 � 16

Vậy M  m

9

.
16

Câu 21: Đáp án D
2
2
2
Mặt cầu  S : x  y  z  2x  2z  0 có tâm I  1;0;1 ; bán kính R  2 .

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng    : 4x  3y  mz  0 là d 

4 m
4  32  m2
2

.

Trang 11


Để    cắt  S theo một đường trịn thì

4 m
4 3 m
2

2

2




 m 4
2�

2

m  25
2

 2 � 2m2  50  m 4  0
2

� m2  8m 34  0 �  m 4  18  0 đúng với mọi m.
2

Do đó với mọi giá trị m ta đều có    cắt  S theo giao tuyến là một đường tròn.
Câu 22: Đáp án A
Gọi

H

là

trọng

tâm

tam


giác

ABC

và

I

là

trung

điểm

BC.

Ta

có:

�A' H  BC
�
� BC   A ' AI  � BC  AA ' .
�AI  BC
�A' H �AI  H
 
�

Gọi K là hình chiếu vng góc của I lên AA’. Khi đó IK là đoạn
vng góc chung của AA’ và BC nên IK  d AA', BC  

Xét tam giác vuông AIK vuông tại K có: IK 

a 3
.
4

a 3
a 3
1
�  30�.
, AI 
� IK  AI � KAI
4
2
2

Xét tam giác vuông AA’H vng tại H có: A' H  AH.tan30�
Vậy VABCA'B'C' 

a 3 3 a
.
 .
3 3 3

a2 3 a a3 3
.
. 
4 3
12


Câu 23: Đáp án B
x 0
�
�
x1
.
Ta có: f ' x  0 � �
�
x  2
�
x 3
�

Vì x  0 và x  2 là hai nghiệm bậc lẻ của phương trình f ' x  0 nên f  x có hai cực trị.
Câu 24: Đáp án A
P  loga 2019 log a 2019 log3 a 2019 ...  log2018 a 2019 log2019 a 2019
 loga 2019 2.loga 2019 3.loga 2019 ...  2019loga 2019

Ta có:

  1 2 3 ...  2019 .loga 2019


2019
 1 2019 .loga 2019  1010.2019.loga 2019.
2

Câu 25: Đáp án B
Ta có: A   2;1 � z1  2  i và B   1;3 � z2  1 3i .
Suy ra: 2z1  4  2i; z2  1 3i .

Do đó: 2z1  z2  4  2i   1 3i   3 i .
Vậy số phức z  2z1  z2 được biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ Oxy là N  3;1 .
Trang 12


Câu 26: Đáp án B
log 2 x
 2  5xlog 2 � 4 5x   2  5x.2 � 4 5x 
Ta có: 25
5

2

5

2

�
5x  1
 5x.2  2  0 � �x
1.
�
5 
�
2

Vì 5x  0 nên 5x  1� x  0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Câu 27: Đáp án D
Thể tích khối cầu là V1 


4 R3
.
3
1
3

1
3

Thể tích khối nón cụt là V2   h r12  r22  r1r2    .2R 4R2  R2  2R2  

14 R3
.
3

V1 4 R3 14 R3 2

:
 .
Vậy
V2
3
3
7

Câu 28: Đáp án C
5
�
f  x 
�

2
2
25
2 .
Ta có: 4�
�f  x �
� 25  0 � �
�f  x �
� 4 � �
�f x   5
 
�
2
�

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, phương trình f  x 

5
có 4 nghiệm phân biệt thuộc các khoảng
2

 �;2 , 2;1 , 1;2 , 2;� .
Phương trình f  x  

5
có 2 nghiệm phân biệt thuộc các khoảng  1;2 và  2;� .
2

Các nghiệm không trùng nhau.
Vậy đồ thị hàm số y 


1
2�
�f  x �
� 25
2

có 6 đường tiệm cận đứng.

Câu 29: Đáp án C
Gắn hệ trục Oxy như hình vẽ.
Parabol là đồ thị của hàm số y

x2
.
20

x2
Gọi S là phần diện tích giới hạn bởi hai đường y  x và y .
20

Mỗi cánh hoa có diện tích bằng 2S.
Do đó diện tích bốn cánh hoa:
20
� x2 �
�x2 x3 �20 1600
4.2S  8.�
dx  8�  � 
cm2 .
�x  �

20
2
60
3
�
�
�0
0�





2
Diện tích của viên gạch bằng: 40.40  1600 cm  .

Diện tích phần khơng tơ màu của viên gạch bằng 1600

1600 3200

cm3 .
3
3





Trang 13



Câu 30: Đáp án A
Cách 1:
2



2

uuu
r uu
r





2

uuu
r uu
r



uuu
r uu
r uu
r




2



Ta có: MA  2MB � MA  2MB � MI  IA  2 MI  IB � MI 2  IA2  2IB2  2MI 2IB  IA .
uur

uur

uur

uuu
r

Gọi I thỏa mãn IA  2IB � BI  AB nên IB  6; IA  12 .





Suy ra MI 2  IA2  2IB2 � MI 2  122  2.62 � MI 2  72 � MI  6 2 suy ra M �S I ;6 2 .
Cách 2: Gọi A   0;0;0 , B   0;0;6 , M   x; y;z .
2
2
2
2
2
2

x2  y2   z  6 �� x2  y2  z2  2.12z  72  0 .
Ta có: MA  2MB � MA  2MB � x  y  z  2�
�
�

Do đó M thuộc mặt cầu S có tâm I  0;0;12 , bán kính R  02  02  122  72 � R  6 2 .
Câu 31: Đáp án D
Xét

ln2 x  4.ln x
dx .
� x

Đặt t  ln2 x  4 � t2  ln2 x  4 � tdt 
Khi đó

ln x
dx .
x

ln x  4.ln x
t
dx  �
t2dt   C 
x
3

�

2


3

8
3

8
3



ln2 x  4



3

3

 C � F  x 



ln2 x  4
3



3


C.

8
3

Theo giả thiết F  1  �  C  � C  0 .
Suy ra F  x 



ln2 x  4



3

3

��
F  e �
�
�
2

125 .
9

Câu 32: Đáp án C
�2ex  1�
dx  2x  e x  C .

�
x
� e �

f ' x dx  �
Ta có: f  x  �
�

x
Theo bài ra ta có: f  0  2 � 1 C  2 � C  3 . Suy ra f  x  2x  e  3.
1

Vậy

1

f  x dx  �
 2x  e
�
0

0

x





x




 3 dx  x  e  3x
2

1

3e 1
� 1�
 �4  � 1
.
e
� e�
0

Câu 33: Đáp án B
Gọi A 2;1 a;2  2a   �d1; B 1 b;1 b;3 b   �d2 .
uuu
r

Suy ra AB    b 1;b a;b  2a  5 . Theo giả thiết ta có
uur uuu
r
�
�B 1;1;3
ud1 .AB  0 �
b  a  2 b  2a  5  0
a 2 �
�

�
� �uur uuu
��
��
� �uuu
r
r
.
b  0 �AB   1;2;1
b  1 b  a  b  2a  5  0 �
�
u
.
AB

0
�
d
�2

Vậy phương trình  :

x  1 y 1 z  3


.
1
2
1


Câu 34: Đáp án C
Trang 14


Giả sử z  x  yi  x, y�� và M  x; y là điểm biểu diễn của số phức z.
Ta có:

z  i  z  2  i � x   y  1 i  x  2   y  1 i
� x2   y  1   x  2   y  1 � x  y  1 0  
2

2

2

Mặt khác P   i  1 z  4  2i   i  1 z 

4  2i
 2 z  3 i  2
i 1

 x  3

2

  y  1  2MA , với A 3;1 và
2

M  x; y là điểm biểu diễn z.


Bài tốn trở thành tìm điểm M trên đường thẳng  để khoảng cách MA ngắn nhất.
Ta thấy Pmin  2.d A,    2.

3 1 1
12  12

 3.
�3 5�

Đẳng thức xảy ra khi M là hình chiếu vng góc của điểm A trên đường thẳng  hay M � ; �.
�2 2 �
� z

3 5
 i.
2 2

Câu 35: Đáp án A
Gọi r là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC.
Ta có:

IA 

r
A
2

sin

2


; IB 

r
sin

B
2

; IC 

r
sin

C.
2

A

sin
2
Vế trái 1 
2  sin 45� 1 .
2
2
2
2
x

r


r

2r

Vế phải:
1 1
a
 2

2
y z
yz

B
C
B
C
sin2
a.sin .sin
2
2
2
2
r2
r2
r2

sin2


�
�
B C �
� B C
a.�
cos
 cos
�
�
�
1 1 cos B  1 cosC
2
2 �
�
�
 2�

r �
2
2
�
�
�
�
�
1 �
B C
B C
B C
B C �

 2�
2  2cos
cos
 a cos
 a cos
2r �
2
2
2
2 �
�


1 �
B C
B C
�
2  2cos45�
.cos
 a cos
 a cos45�
2 �
�
2r �
2
2
�

1 �
2

B C
B C
2�
2

2.
.cos

a
cos

a
.
�
�
2r 2 �
2
2
2
2�
1 �
2a
B C �
 2�
2
 2  a cos
�
2r �
2
2 �







Trang 15


1 1 1
a
1
1 �
2a
� 2 2�
2

Do 2  2  2 
x
y z
yz
2r
2r � 2



�
2a
2
1

B C� �
a  2 cos
�
� a  2.
2
� �
2 � �
�a 20



Câu 36: Đáp án C
Ta có: f  x  2x  m,x� 1;2 � m f  x  2x,x� 1;2  *  .
Dựa vào đồ thị hàm số y  f ' x ta có với x� 1;2 thì f ' x  2 .
Xét hàm số g x  f  x  2x trên khoảng  1;2 .
g' x  f ' x  2  0,x� 1;2 .

Suy ra hàm số g x đồng biến trên khoảng  1;2 .
 m g 1  m
 f  1 2 .
Do đó  *  ۣ-

Nhận xét:
Với dạng tốn này hướng đi bài tốn là cơ lập m, khi đó bài tốn có thể chuyển sang dạng m�max g x
hoặc m�ming x
Từ đó xét hàm số g x và tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất (tùy vào bài).
Chú ý: Với dạng toán này học sinh rất dễ nhầm ở yêu cầu nghiệm đúng với mọi x� 1;2 hoặc có
nghiệm với x� 1;2 .
Hàm f  x liên tục trên  a; b  . Xét bất phương trình f  x  m.


 a;b
Có nghiệm xξ��

Đúng với mọi x� a;b :

min f  x
 a ; b

m

Tương tự f  x  m thì
max f  x  m
 a ; b

f  x  m
+ Có min/max tại x0 � a;b : max
 a ; b

min f  x  m

f  x �m.
+ Nếu f ' x không đổi dấu: max
 a ; b

min f  x �m

f  x �m.
f  x �m thì mọi trường hợp max
 a ; b


 a ; b
 a ; b

f  x �m thì mọi trường

f  x �m.
hợp min
 a ; b

Câu 37: Đáp án A
6
Số cách lập dãy số có 6 chữ số khác nhau là n    A9  60480 (số).

Gọi A là biến cố “lập được dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 không đứng cạnh nhau và
các chữ số 8, 9 khơng đứng cạnh nhau”.
+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 đứng cạnh nhau và các chữ số 8, 9 đứng
2
cạnh nhau là: n B  2!.2!.C5 .4!  960 .
4
+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 đứng cạnh nhau là n C   2!.C7 .5!  8400

.
Trang 16


+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 8, 9 đứng cạnh nhau là
n D  2!.C74.5!  8400 .

+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 không đứng cạnh nhau và các chữ số 8,
n C   n D  n B �

9 không đứng cạnh nhau là: n A  n    �
�
� 44640.

Vậy xác suất để chọn được một số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 không đứng cạnh nhau và
các chữ số 8, 9 không đứng cạnh nhau là: P 

n A

n  



44640 31

.
60480 42

Câu 38: Đáp án B
Gọi hình trụ có hai đáy là O, O’ và bán kính R  a .
Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục của
hình trụ một khoảng bằng

a
ta được thiết diện là một hình vng ABCD
2
a
2

với AB là chiều cao. Gọi H là trung điểm của AD thì OH  .

Ta có: AH  AO2  OH 2  a2 

a2 a 3
.

4
2

Do đó: AB  AD  2AH  a 3 .
Thể tích khối trụ là: V   R2 AB   a2.a 3   a3 3 .
Câu 39: Đáp án A
2
Ta có: log3 x   m 2 log3 x  3m 2  0  *  .
2
Đặt log3 x  t �  *  � t   m 2 t  3m 2  0  1 .

Vì (*) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1.x2  9 �  1 có 2 nghiệm t1,t2 thỏa mãn 3t .3t  9 � t1  t2  2 .
1

2

Theo Vi-ét ta có: t1  t2  m 2 � m 0� 1;1 .
Câu 40: Đáp án A
Gọi H là hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng  ABC  .
�  SBH
�  SCH
�  30�(theo giả thiết) nên các tam giác vuông SHA, SHB, SHC bằng nhau. Suy ra
Ta có SAH
HA  HB  HC � H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC .


Áp dụng cơng thức Hê-rơng ta có: SABC  10 3 .
Mặt khác SABC 

abc
7 3
7 3
.
� R
� HB 
4R
3
3
7
3

Xét tam giác vng SHB có SH  HB.tan30� , SB 

HB
14
 .
cos30� 3

Trang 17


1
2

70 3
.

9

Suy ra VS. ABC  .SH.SABC 

Áp dụng công thức Hê-rơng ta có: SSBC 

Do đó: VS. ABC

8 13
.
3

70 3
3.
3VS.ABC
1
9  35 39
 .d.SSBC � d 

.
3
SSBC
52
8 13
3

Câu 41: Đáp án C
Từ giả thiết m. f  x  n. f  1 x  g x , lấy tích phân hai vế ta được:
1


1

1

1

1

0

0

0

0

0

�
m. f  x  n. f  1 x �
g x dx � �
m. f  x dx  �
n. f  1 x dx  �
g x dx .
�
�
�dx  �
1

f  1 x dx  1 (do

Suy ra m n�
0

1

1

0

0

f  x dx  �
g x dx  1) (1)
�

1

Xét tích phân

f  1 x dx .
�
0

Đặt t  1 x , suy ra dt   dx .
�x  0 � t  1
.
�x  1� t  0

Đổi cận �
Khi đó


1

0

1

1

0

1

0

0

f  1 x dx   �
f  t dt  �
f  t dt  �
f  x dx  1  2 .
�

Từ (1) và (2), suy ra m n  1.
Câu 42: Đáp án D
Do M  a;b;c thuộc mặt phẳng  Oxy nên c  0 � M  a;b;0 .
uuur

uuur


uuuu
r

Ta có: MA   1 a;1 b;2 ; MB   2 a; b;3 ; MC    a;1 b;2 .
2
2
uuur uuur uuur uuuu
r uuuu
r uuur
� 1 � � 1 � 557
2
2
S  MA.MB  2MB.MC  3MC.MA  6a  6b  2a  b  23  6�
a  � 6�
b  �
� 6 � � 12 � 24



 S

1
�
a 
�
�
557
557
6
. Vậy S đạt giá trị nhỏ nhất 

khi � �
.
1
24
24
�b 
� 12

� T  12a  12b  c  1.

Câu 43: Đáp án B
2
Xét y  f  x  ax  bx  c .

Cho x  0 � c  2. Đồ thị hàm số có trục đối xứng là đường thẳng x  0 � b  0 .
Đồ thị hàm số qua





3;1 � 1 3a  2 � a  1 . Do đó f  x  2  x2 .

Trang 18


� �

0; �. Khi đó:
Đặt x  2cost . Vì x� 1;2 nên t ��

� 3�
2  x2  2  2cost  2 4cos2 t  2cos2t
2

ff



ff

 x   2   f  x   2  2cos2t
 f  x    2cos 23t .
2

2

 

 2 4cos2 2t  2cos4t  2cos 22 t

.............
�
ff� ff ... f  x 
�
�1 4 44 2 4 4 43
2020 l�
nf
�

 




�
� 2cos 22021t .
�
�
�



�
�
Khi đó ff� ff ... f  x 
�1 4 44 2 4 4 43
2020 l�
nf
�

 



� �

22021
3

�
� 0 � 2cos 22021t  0 � cos 22021t  0 � 22021t    k � t  2k  1

.
�
2
22022
�
�




3

2k  1

0; �
���
0  2022 
Vì t��
�
2
� 3�
� 0 k
Do k��



1
22021
k
2

3







1
.
2

1
2

�
ff ... f  x 
Vậy phương trình ff�
�
1 4 44 2 4 4 43
�
2020 l�
nf

 



�
�

22021 1�
� 0
 � 1 nghiệm.
có
�
�
3
2�
�
�

Câu 44: Đáp án C
Điều kiện: z �i .
Giả sử: z  x  yi  x, y�� .
w

Ta có:


x   y  1 i �
 x  3   y  4 i �
z  3 4i x  3  y  4 i �
��
�
�

�
2
2
z i

x   y  1 i
x   y  1

x x  3   y  4  y  1
x2   y  1

Do w là số thuần ảo nên

2



 x  3  y  1  x y  4 i
2
x2   y  1

x x  3   y  4  y  1
x   y  1
2

2

 0 � x2  3x  y2  3y  4  0  1

Thay x  0; y  1 vào (1) thỏa mãn.
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn bỏ đi một điểm.
Câu 45: Đáp án A
Ta có: h x  f  x  g x � h' x  f ' x  g' x .
Ta có bảng biến thiên y  h x :


Trang 19


h x � h 5 ;h 2  ,max h x � h 2 ;h 5  .
Từ bảng biến thiên ta có min
 5;5
 5;5

Từ đồ thị hàm số ta có:
2

5

2

5

2

5

�
�
S1  S3 � �
dx  �
dx �  f  x  g x 
�f ' x  g' x �
�
�f ' x  g' x �
�

� h 2  h 5  h 5  h 2 .
2

�
g' x  f ' x �
Diện tích S2  �
�
�dx   h x

2
2

  f  x  g x 

5

2

 h 2  h 2 .

2

h x  h 5 .
Ta có S2  S1 � h 2  h 2  h 2  h 5 � h 5  h 2 . Suy ra min
 5;5
h x  h 5 .
Lại có S2  S3 � h 2  h 2  h 5  h 2 � h 2  h 5 . Suy ra max
 5;5

Câu 46: Đáp án B

�
'  f ' 2x  1 
Ta có: �
�f  2x  1  �

2 2x  1
2x  1

.
1
2

Ta có y'  0 � f ' 2x  1   0, y’ không xác định khi x  .
� 3
x
�
2 .
f
'
2
x

1

0
�
2
x

1


2
�
�


Khi
1
�
x 
�
2
�

Lập trục xét dấu ta được 3 điểm cực trị.
Câu 47: Đáp án A
Trong mặt phẳng  DBC  vẽ MN cắt CD tại K.
Trong mặt phẳng  ACD vẽ PK cắt AD tại Q.
Theo định lý Mennelaus cho tam giác BCD , cát tuyến MNK
ta có:

KC ND MB
KC
.
.
 1�
 3.
KD NB MC
KD


Theo định lý Mennelaus cho tam giác ACD , cát tuyến PQK ta
có:

KC QD PA
QA 3 QA 3
.
.
 1�
 �
 .
KD QA PC
QD 2 AD 5

Đặt V  VABCD , ta có:
Trang 20


VB.APQ
VB.ACD



SAPQ
SACD



AP AQ 1
1
4

.
 � VB. APQ  VB. ACD � VB.PQDC  V.
AC AD 5
5
5

V
S
VP.BMN SBMN BM BN 1
CP 2
1


.
 và P.BCD  CPD 
 � VP.BMN  V .
V
SACD CA 3
12
VP.BCD SBCD BC BD 8
VQ.PBN
VQ.PBD

Suy ra



V
S
S

SPBN 1
S
2
1
 và BQPD  DQP  DQP . ADP  � VQPBN  V .
SPBD 2
V
SACD SDAP SACD 15
15

VAB.MNPQ
V



VA.BPQ  VP .BNM  VQ.PBN
V



V
7
7
� AB.MNPQ  .
20 VCD.MNPQ 13

Câu 48: Đáp án B
Mặt cầu  S có tâm I  1;2;3 , bán kính R  3 3 .
Ta có: MA  MB  MC  m 0 .
AB  m 2; BC  m; AC  m 3 � ABC vuông tại B.


Gọi J là trung điểm AC � J A  J B  J C .
Do IA  IB  IC nên MI   ABC  tại J.
�  30�.
Tam giác MIC vuông tại C; J�MC  60�� MIC
� .IC  3 3 .
Xét IJ C vuông tại J, J C  sin MIC
2

� AC  3 3; BC  3; AB  3 2; MJ 
1
6

3
.
2
1
6

3 9 2
.
2
4

Vậy thể tích cần tìm: V  .AB.BC.MJ  .3 2.3. 
Câu 49: Đáp án D

Vẽ đồ thị hàm số y  f  x  1 bằng cách từ đồ thị hàm số y  f  x tịnh
tiến lên trên 1 đơn vị.
Phương trình ff


 x  1  m bậc 9 có tối đa 9 nghiệm.

Do đó đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm phân biệt có
hồnh độ lớn hơn 2 nhỏ hơn 2.
� m� 3;1 nên có 3 giá trị nguyên m thỏa mãn.

Câu 50: Đáp án B
x
mx
x
Xét hàm số f  x  3  4  5  2mx  3 trên �.

Điều kiện cần:
�f  x �0,x��
�
� min f  x  0. Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x  0 .
x��
�f  0  0

Do �

x
mx
x
Ta có: f ' x  3 ln3 4 .mln4  5 ln5 2m,x��.

Trang 21



Vì hàm số đạt cực tiểu tại x  0 � f ' 0  0 � m

ln15
�4,4126 .
2  ln4

Điều kiện đủ:
Với m

ln15
x
mx
x
, ta có: f ' x  3 ln3 4 .mln4  5 ln5 2m� f ' 0  0 .
2  ln4

Do f '' x  3x ln2 3 4mx. mln4  5x ln2 5  0,x��.
2

�f ' x �f ' 0 ,x �0
�
�
.
Suy ra f ' x đồng biến trên � hay �f ' x  f ' 0 ,x  0
�
�f ' x  f ' 0  0 � x  0

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có: 3x  4mx  5x  2mx  3 �0 thỏa mãn với mọi x�� khi m


ln15
.
2  ln4

Trang 22