ĐỀ SỐ 21

ĐỀ LUYỆN ĐIỂM 10

(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. Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12 và G là trọng tâm của tam giác BCD. Thể tích V của khối
chóp A.GBC là
A. V = 3 .

B. V = 4 .

(

Câu 2. Giá trị của biểu thức P = 7 + 4 3

C. V = 6 .

) (4
2022

(

)

B. P = − 7 + 4 3 .

A. P = −7 + 4 3 .

3−7

)

2021

D. V = 5 .

là

C. P = 1 .

(

D. P = 7 + 4 3

)

2020

Câu 3. Phương trình 9 x − 3.3x + 2 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 ( x1 < x2 ) . Giá trị biểu thức A = 2 x1 + 3 x2 là
A. 4 log 3 2 .

C. 3log 3 2 .

B. 1.


D. 2 log 2 3 .

2
Câu 4. Cho hàm số f ( x ) = ln ( x − 2 x + 5 ) . Tập nghiệm của bất phương trình f ′ ( x ) > 0 là

A. ( 2; +∞ ) .

B. ( −1; +∞ ) .

C. ( −2; +∞ ) .

D. ( 1; +∞ ) .

Câu 5. Tìm môđun của số phức z = ( 4 − 3i ) + ( 1 + 2i ) .
2

A. z = 2 137 .

3

B. z = 2 371 .

C. z = 2 173 .

D. z = 2 317 .

Câu 6. Cho tam giác ABC vng tại A có AB = a , BC = a 10 . Thể tích của khối nón khi quay tam giác
ABC quanh trục AC là
A. 3π a 3 .


B. π a 3 .

C. 2π a 3 .

D. 10π a 3 .

100

Câu 7. Giá trị tích phân

∫ x.e

2x

dx bằng

0

A.

1
199e 200 − 1) .
(
4

Câu 8. Cho hàm số y =

B.


1
199e 200 − 1) .
(
2

C.

1
199e 200 + 1) .
(
4

D.

1
199e 200 + 1) .
(
2

2 cos 2 x + cos x + 1
. Gọi M là giá trị lớn nhất và m là giá trị nhỏ nhất của hàm số
cos x + 1

đã cho. Khi đó M + m bằng
A. –4.

B. –5.

Câu 9. Số phức z = ( i 5 + i 4 + i 3 + i 2 + i + 1)
A. −21010 .


B. 21010

C. –6.
2020

D. 3.

có phần ảo là
C. 2020.

D. 0.

Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong
góc A là

x y−6 z−6
=
=
. Biết rằng điểm M ( 0;5;3) thuộc đường thẳng AB và điểm N ( 1;1;0 ) thuộc
1
−4
3

đường thẳng AC. Vectơ nào sau đây là vectơ chỉ phương của đường thẳng AC?
Trang 1


r
A. u = ( 1; 2;3) .


r
B. u = ( 0;1;3) .

r
C. u = ( 0; −2;6 ) .

Câu 11. Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x − 5 +
f ( x ) = −3 .
A. (min
0;+∞ )

f ( x ) = −5 .
B. (min
0; +∞ )

r
D. u = ( 0;1; −3) .

1
trên khoảng ( 0; +∞ ) là
x
f ( x) = 2 .
C. (min
0;+∞ )

f ( x) = 3 .
D. (min
0; +∞ )


Câu 12. Cho log 3 = m ; ln 3 = n . Hãy biểu diễn ln 30 theo m và n.
A. ln 30 =

n
+1 .
m

B. ln 30 =

m
+n.
n

C. ln 30 =

Câu 13. Một vật chuyển động với gia tốc a ( t ) = −20 ( 1 + 2t )

m+n
.
n

D. ln 30 =

( m / s ) . Khi t = 0

−2

2

n

+n.
m

thì vận tốc của vật là

30m/s. Quãng đường vật đó di chuyển sau 2 giây bằng
A. 36m.

B. 48m.

C. 42m.

D. 49m.

2
Câu 14. Phương trình log 3 ( x − 2 x ) = log3 ( 2 x − 3) có bao nhiêu nghiệm?

A. 3.

B. 2.

C. 1.

D. 0.

Câu 15. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A ( 0; 2; −2 ) , B ( 2; 2; −4 ) . Giả sử I ( a; b; c ) là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác OAB. Giá trị biểu thức T = a 2 + b 2 + c 2 là
A. T = 8 .

C. T = 6 .


B. T = 2 .

D. T = 14 .

Câu 16. Trong không gian Oxyz, cho điểm I ( 1; 2; −3) và đường thẳng ∆ :

x − 2 y +1 z −1
=
=
. Phương
1
2
2

trình mặt cầu ( S ) có tâm I và cắt ∆ tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 20 là
A. ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 41 .

B. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 3) = 41 .

C. ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 29 .

D. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 3) = 29 .

2

2

2


2

2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 17. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục hên ¡ và có bảng biến thiên như sau
x
y′
y

−∞
+

0
0
–1


–

2
0

+∞
+
+∞

−∞

–2
Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong số các mệnh đề sau đối với hàm số g ( x ) = f ( 2 − x ) − 2 ?
I. Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( −4; −2 ) .
II. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) .
III. Hàm số g ( x ) đạt cực tiểu tại điểm –2.
IV. Hàm số g ( x ) có giá trị cực đại bằng –3.
A. 3.

B. 2.

C. 1.

D. 4.

Trang 2


Câu 18. Người ta làm tạ tập cơ tay như hình vẽ với hai đầu là hai khối
trụ bằng nhau và tay cầm cũng là khối trụ. Biết hai đầu là hai khối trụ

đường kính đáy bằng 12, chiều cao bằng 6, chiều dài tạ bằng 30 và bán
kính tay cầm là 2. Thể tích vật liệu làm nên tạ tay đó bằng
A. 108π .

B. 6480π .

C. 502π .

D. 504π .

x 2 − 2 ( m + 1) x − m + 2
Câu 19. Cho hàm số y =
( Cm ) . Điểm cố định của họ đường cong ( Cm ) là
x +1
 1 13 
A.  − ; ÷.
 2 2

 2 12 
B.  ; − ÷.
3
3

 4 
C.  − ; 2 ÷.
 3 

 5 21 
D.  ; − ÷ .
3 2 


Câu 20. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng. Hình chiếu vng góc H của S nằm trong hình
vng ABCD. Hai mặt phẳng ( SAD ) , ( SBC ) vng góc với nhau. Góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) ,

( SBC )

bằng 60°, góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) , ( SAD ) bằng 45°. Biết rằng khoảng cách từ H tới

( SAB )

bằng a. Thể tích khối chóp S.ABCD là

A. V =

4a 3 3
.
3

B. V =

2a 3 6
.
3

C. V =

a3 6
.
3


D. V =

2a 3 3
.
3

Câu 21. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA ⊥ ( ABCD ) , SA = x . Giá trị của
x để đường thẳng SB và mặt phẳng ( SCD ) hợp với nhau góc α = 30° là
A. x = 2a .

B. x = a .

C. x = a 2 .

D. x = a 3 .

Câu 22. Giá trị của tham số m để phương trình 16 x − 3.4 x +1 + m = 0 có hai nghiệm thực trái dấu là
A. 0 < m < 36 .

B. 11 < m < 36 .

C. 0 < m < 11 .

D. 0 < m < 13 .

Câu 23. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = 2 x 3 − 3 x 2 − 12 x + 1 ( C ) song song với đường thẳng d:
12 x + y = 0 có dạng là y = ax + b . Giá trị của biểu thức 2a + b bằng
A. 0.

B. –23.


C. –24.

D. –23 hoặc –24.

m

2
1000
Câu 24. Giá trị thực lớn hơn 1 của tham số m thỏa mãn ∫ ln xdx = m.ln m ( ln m − 2 ) + 2
là
1

A. m = 21000 .

B. m = 21000 + 1 .

C. m = 2999 + 1 .

D. m = 2999 + 2 .

Câu 25. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên M và có đồ thị ( C ) . Biết hai tiếp tuyến với ( C ) tại điểm
x0 = 1 tạo với nhau một góc 45°, hai tiếp tuyến này cùng với trục hồnh tạo thành một tam giác nhọn có
số đo ba góc lập thành một cấp số cộng. Biết rằng biểu thức A = lim+
x →1

f ( x) − f ( 2 − x)
dương. Khi đó giá
x −1


trị của A bằng
Trang 3


B. 2 + 2 3 .

A. 2.

Câu 26. Xét số thực m = − log 2 log 2

C.

3+2.

3 + 1.

D.

m
m
... 2 , biểu thức có 2021 dấu căn thức. Phương trình x + x = m

có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 0.


Câu 27. Để thực hiện kế hoạch kinh doanh, ông A cần chuẩn bị một số vốn ngay từ bây giờ. Ơng có số
tiền là 500 triệu đồng gửi tiết kiệm với lãi suất 0,4%/tháng theo hình thức lãi kép. Sau 10 tháng, ơng A gửi
thêm vào 300 triệu nhưng lãi suất các tháng sau có thay đổi là 0,5% tháng. Hỏi sau 2 năm kể từ lúc gửi số
tiền ban đầu, số tiền ông A nhận được cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu? (Khơng tính phần thập phân)
A. 879693510 đồng.

B. 879693600 đồng.

C. 901727821 đồng.

D. 880438640 đồng.

Câu 28. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z − 4 + 3i = 2 là đường trịn có tâm I, bán kính
R. Tọa độ tâm I và bán kính R của đường tròn là
A. I ( −4;3) , R = 4 .

B. I ( 4; −3 ) , R = 2 .

C. I ( 4;3) , R = 2 .

D. I ( 4; −3) , R = 4 .

Câu 29. Cho hình chóp S.ABC có SC = a 2 , tam giác SAB đều cạnh a và tam giác SAC vuông tại A. Mặt
phẳng ( SBC ) vng góc với mặt phẳng ( ABC ) . Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp SABC là
A.

4π a 3
.
3


B.

π a3
.
6

C. 4π a 3 .

D.

π a3 3
.
2

Câu 30. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( S1 ) có tâm I ( 2;1;0 ) , bán kính bằng 3 và mặt cầu ( S 2 ) có
tâm J ( 0;1;0 ) , bán kính bằng 2. Đường thẳng ∆ thay đổi tiếp xúc với cả hai mặt cầu ( S1 ) , ( S 2 ) . Gọi M,
m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của khoảng cách từ điểm A ( 1;1;1) đến đường thẳng ∆ .
Giá trị tổng M + m bằng
A. 5.

B. 5 2 .

C. 6.

D. 6 2 .

1
2
Câu 31. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cn − Cn = 5 . Hệ số a của x 4 trong khai triển của biểu thức


n

1 

 2 x + 2 ÷ là
x 

A. a = 11520 .

B. a = 256 .

C. a = 45 .

D. a = 3360 .

Câu 32. Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình bên.
Hàm số g ( x ) = f

(

x2 + 2x + 3 − x2 + 2x + 2

)

đồng biến trên khoảng

nào?
1


A.  ; +∞ ÷.
2


1

B.  −∞; ÷.
2

Trang 4


C. ( −∞; −1) .

D. ( −1; +∞ ) .

số Câu 33. Cho hàm y = f ( x ) liên tục trên [ 0; 2] có đồ thị
như hình vẽ. Biết S1 , S 2 có diện tích lần lượt là 1 và 5. Tích
2

phân

∫ xf ′ ( x ) dx bằng
0

A. –2.

B. –12.

C. 6.


D. 4.

Câu 34. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) với a, b, c dương. Biết A,
B, C di động trên các tia Ox, Oy, Oz sao cho a + b + c = 2 . Biết rằng khi a, b, c thay đổi thì quỹ tích tâm
hình cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng ( P ) cố định. Khoảng cách từ M ( 2020;1; −2021) tới
mặt phẳng ( P ) bằng
A.

3
.
3

B.

2020 3
.
3

C.

2 3
.
3

D.

2019 3
.
3


 f ( 3 − x ) . f ( x ) = 1
Câu 35. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên [ 0;3] , thỏa mãn 
với mọi x ∈ [ 0;3]
 f ( x ) ≠ −1
3
xf ′ ( x )
1
dx .
và f ( 0 ) = . Tính tích phân I = ∫
2
2
2
1
+
f
3
−
x

.
f
x
(
)
(
)
0 




A. I =

1
.
2

B. I = 1 .

C. I =

3
.
2

D. I =

5
.
2

Câu 36. Để tính diện tích xung quanh của một khối cầu bằng đá, người ta
thả nó vào một chiếc thùng hình trụ có chiều cao 2m, bán kính đường tròn
ngoại tiếp đáy bằng 0,5 m và chứa một lượng nước có thể tích bằng

1
thể
8

tích khối trụ. Sau khi thả khối cầu bằng đá vào khối trụ người ta đo được

mực nước trong khối trụ cao gấp ba lần mực nước ban đầu khi chưa thả khối
cầu. Hỏi diện tích xung quanh của khối cầu gần bằng với kết quả nào được
cho dưới đây?
A. 2,6 m 2 .

B. l,5 m 2 .

C. 3,4 m 2 .

D. l,7 m 2 .

Trang 5


( x1 , x2 , y1 , y2 ∈ ¡ )

Câu 37: Cho hai số phức z1 = x1 + y1 , z2 = x2 + y2

thỏa mãn

z1 − i
= 1;
z1 + 2 − 3i

z2 + i
= 2 . Khi z1 − z2 đạt giá trị nhỏ nhất thì x1 + x2 + y1 + y2 có giá trị bằng
z2 − 1 + i
A. 0.

B. 2.


C. 4.

D. 2 2 .

Câu 38. Cho hàm số y = x 3 − 3 x + 2 có đồ thị cắt đồ thị ( C ) . Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A ( 3; 20 )
và có hệ số góc m. Giá trị của m để đường thẳng d cắt ( C ) tại ba điểm phân biệt là
15
< m < 24
B.  4
.

 m > 24

15
A. m ≥ .
4

15
≤ m < 24
C.  4
.

 m > 24

D. m >

15
.
4


Câu 39. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, AC = 2 3a , BD = 2a ; hai mặt phẳng

( SAC )

và ( SBD ) cùng vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng

( SAB )

bằng

a 3
. Thể tích khối chóp S.ABC bằng
2

2a 3 3
.
3

A.

B.

a3 3
.
3

C.

a3 3

.
6

D.

a3 3
.
2

Câu 40. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − 2 z + m = 0 và mặt cầu

( S) :
( S)

x 2 + y 2 + zh − 2 x + 4 y − 6 z − 2 = 0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu

theo giao tuyến là đường tròn ( T ) có chu vi bằng 4π 3 ?

A. 3.

B. 4.

C. 2.

D. 1.

Câu 41. Cho đường cong ( C ) : y = 8 x − 27 x 3 và đường thẳng
y = m cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt nằm trong góc phần tư thứ
nhất của hệ trục tọa độ Oxy và chia thành 2 miền phẳng (gạch
sọc và kẻ caro) có diện tích bằng nhau (tham khảo hình vẽ).

Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. 0 < m <

1
.
2

B.

1
< m <1.
2

C. 1 < m <

3
.
2

D.

3
< m< 2.
2

Câu 42. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, tam giác SAB cân tại S và nằm trong
mặt phẳng vng góc với đáy ABCD, SA = 2a . Thể tích khối chóp S.ABCD là

Trang 6



A. V =

2a 3
.
3

B. V =

a 3 15
.
6

C. V =

a 3 15
.
12

D. V = 2a 3 .

Câu 43. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vng cân tại B, BC = 2a , SA vng góc với đáy,
1
SA = a , I thuộc cạnh SB sao cho SI = SB , J thuộc cạnh BC sao cho JB = JC . Thể tích khối tứ diện
3
ACIJ là
a3
A.
.
9


a3
B.
.
6

a3
C.
.
12

a3
D.
.
3

4
3
2
Câu 44. Đồ thị của hàm số y = x − 8 x + 22 x − 24 x + 6 2 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 5.
Câu

B. 3.
45.

Cho

biểu


thức

C. 7.
P = 2x + 2

1− 4 y 2

D. 9.

trong

đó

x,

y

là

2

26 y 3 + 3 ( 2 y − x ) − x 3 = 3 xy ( x + y ) . Biết rằng giá trị lớn nhất của P có dạng
a.b

số
1
c

thực


thỏa

mãn

với a, b, c ∈ ¥ . Giá trị

của biểu thức a + b − c là
A. 3.

B. 2.

C. 4.

D. 5.

Câu 46. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [ −2019; 2019] sao cho hàm số
y = x3 − 6 x 2 + ( 9 − m ) x + 2m − 2 có 5 điểm cực trị?
A. 2019.

B. 2021.

C. 2022.

D. 2020.

Câu 47. Trong một hình tứ diện ta tơ màu các đỉnh, trung điểm các cạnh, trọng tâm các mặt và trọng tâm
tứ diện. Chọn ngẫu nhiên 4 điểm trong số các điểm đã tô màu, xác suất để 4 điểm được chọn có thế tạo
thành bốn đỉnh của một tứ diện là
A.


188
.
273

B.

1009
.
1365

C.

245
.
273

D.

136
.
195

Câu 48. Cho số phức z thỏa mãn z − 1 − i = 1 . Khi 3 z + 2 z − 4 − 4i đạt giá trị lớn nhất, giá trị z bằng
A. 3.
Câu 49. Cho dãy số ( un )

B. 2.

C.


2 +1.

D.

3.

u1 = 1; u2 = 2

2un .un +1
xác định bởi công thức 
* . Giới hạn của dãy ( un )
un + 2 = u + u , ∀n ∈ ¥
n
n +1


bằng
A.

5
.
6

B.

6
.
7


C.

3
.
2

D.

2
.
3

Câu 50. Trong khơng gian Oxyz, biết rằng với mọi tham số thực a thay đổi thì mặt phẳng

( 2sin a − cos a ) x + ( 2sin a + cos a ) y +

( P) :

6 cos az + sin a + 3cos a − 2 = 0 luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố

định có bán kính R là
Trang 7


A. R =

2
.
2


B. R = 2 .

C. R =

2
.
4

D. R =

1
.
2

Trang 8


Đáp án
1-B
11-A
21-B
31-A
41-C

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


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

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

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

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

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


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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án B
1

VA. BCD = h.S BCD

1

3
⇒V = 4
Áp dụng công thức V = Sh ⇒ 
1

1
3
V
= h.S
= h.S
 A.GBC 3 GBC 9 BCD
Câu 2: Đáp án B

(

)(

) (

Ta có 7 + 4 3 4 3 − 7 = 4 3

(

2021

2

− 7 2 = −1

) ( 4 3 − 7 ) = ( 7 + 4 3 ) ( 4
( 7 + 4 3) = −( 7 + 4 3) .

⇒ P = 7+4 3
= ( −1)


)

2021

2021

)

3 −7 


2021

( 7 + 4 3)

Câu 3: Đáp án C
3 x = 1
x = 0
x
x
9
−
3.3
+
2
=
0
⇔
⇔
Ta có:

.
 x
 x = log 3 2
3 = 2
Do 0 < log 3 2 ⇒ x1 = 0 , x2 = log 3 2 ⇒ A = 2 x1 + 3 x2 = 2.0 + 3.log 3 2 = 3log 3 2
Câu 4: Đáp án D
′
2
Ta có: f ′ ( x ) = ( x − 2 x + 5 ) = 2 x − 2 > 0 ⇔ x > 1
x2 − 2 x + 5
x2 − 2x + 5
Câu 5: Đáp án C
Ta có z = ( 4 − 3i ) + ( 1 + 2i ) = −4 − 26i
2

Suy ra x =

( −4 )

3

2

+ ( −26 ) = 2 173
2

Câu 6: Đáp án B
Khối nón sinh ra khi quay tam giác ABC quanh trục AC có chiều cao h = AC = 3a ; r = a có thể tích
V = π a3 .
Câu 7: Đáp án C

 du = dx
u = x

⇒
Đặt 
1 2x
2x
 dv = e dx v = e

2
Trang 9


100

Khi đó

∫

x.e 2 x dx =

0

100
100
1 2 x 100 1
1
1
1 1
xe

− ∫ e 2 x dx = 50e 200 − e 2 x
= 50e 200 − e 200 + = ( 199e 200 + 1)
0
0
2
2 0
4
4
4 4

Câu 8: Đáp án D
Tập xác định D = ¡ .
Đặt t = cos x , 0 ≤ t ≤ 1 ⇒ y = f ( t ) =
f ′( t ) =

2t 2 + 4t

( t + 1)

2

2t 2 + t + 1
, 0 ≤ t ≤1.
t +1

t = 0
⇒ f ′( t ) = 0 ⇔ 
t = −2 ∉ [ 0;1]

Ta có f ( 0 ) = 1 , f ( 1) = 2 .

y = 1 , max y = 2 ⇒ M + m = 3 .
Vậy min
¡
¡
Câu 9: Đáp án D
z = ( i 5 + i 4 + i 3 + i 2 + i + 1)

2020

= ( 1+ i)

2020

1010

2
= ( 1 + i ) 



= ( 2i )

1010

= 21010.i1010 = −21010

Câu 10: Đáp án B
x = t

Phương trình tham số của đường phân giác trong góc A là ( d ) :  y = 6 − 4t

 z = 6 − 3t

Gọi D là điểm đối xứng với M qua ( d ) .
uuur
Khi đó D ∈ AC ⇒ Đường thẳng AC có một vectơ chỉ phương là ND .
Ta xác định điểm D.

uuuu
r
Gọi K là giao điểm MD với ( d ) . Ta có K ( t ;6 − 4t ;6 − 3t ) , MK = ( t ;1 − 4t ;3 − 3t ) .
uu
r
uuuu
r uu
r
1
Ta có MK ⊥ ud với ud = ( 1; −4; −3) nên t − 4 ( 1 − 4t ) − 3 ( 3 − 3t ) = 0 ⇔ t = .
2
 xD = 2 xK − xM
 xD = 1


1 9
K  ; 4; ÷ là trung điểm MD nên  yD = 2 y K − yM ⇔  yD = 3 hay D ( 1;3;6 ) .
2 2
z = 2z − z
z = 6
K
M
 D

 D
uuur
r
Một vectơ chỉ phương của AC là DN = ( 0; −2; −6 ) hay u = ( 0;1;3) là vectơ chỉ phương.
Câu 11: Đáp án A
Ta có f ( x ) = x − 5 +

1
1 x2 −1 ′
x
∈
0;
+∞
′
(
)
,
. Khi đó f ( x ) = 1 − 2 = 2 ; f ( x ) = 0 ⇒ x = 1 .
x
x
x

Ta có bảng biến thiên của hàm số

Trang 10


f ( x ) = f ( 1) = −3
Khi đó ta có (min
0; +∞ )

Câu 12: Đáp án D
m
log 3 = m
10 = 3
⇔ n
⇒ 10m = 3n ⇔ n = m ln10
Ta có 
ln
3
=
n

e = 3

Vậy ln 30 = ln 3 + ln10 = n +

n
.
m

Câu 13: Đáp án B
Vận tốc là v = −20 ∫

1

( 1 + 2t )

2

dt =


10
+ C . Khi t = 0 thì vận tốc của vật là 30m/s, suy ra v = 10 + 20 .
1 + 2t
1 + 2t

2

 10

+ 20 ÷dt ≈ 48 .
Quãng đường s = ∫ 
1 + 2t

0
Câu 14: Đáp án C
 x > 2

x − 2x > 0
 x<0
⇔ 
⇔ x > 2.
Điều kiện của phương trình 
2 x − 3 > 0
x > 3

2
2

x = 3

2
2
2
Ta có: log 3 ( x − 2 x ) = log 3 ( 2 x − 3) ⇔ x − 2 x = 2 x − 3 ⇔ x − 4 x + 3 = 0 ⇔ 
x = 1
Đối chiếu với điều kiện, x = 3 thỏa mãn, loại x = 1 .
Vậy phương trình có một nghiệm.
Câu 15: Đáp án A
uuu
r
uuur
Ta có OA = ( 0; 2; −2 ) , OB = ( 2; 2; −4 ) .
Phương trình mặt phẳng ( OAB ) là x + y + z = 0
I ∈ ( OAB ) ⇒ a + b + c = 0
( 1)
uur
uur
uur
AI = ( a; b − 2; c + 2 ) , BI = ( a − 2; b − 2; c + 4 ) , OI = ( a; b; c ) .
 a 2 + ( c + 2 ) 2 = ( a − 2 ) 2 + ( c + 4 ) 2
 AI = BI
a − c = 4
⇔
⇔
Ta có hệ 

2
2
2
2

 AI = OI
−b + c = −2
( b − 2 ) + ( c + 2 ) = b + c

( 2)
Trang 11


a − c = 4
a = 2
a − c = 4


⇒ b = 0
Từ ( 1) và ( 2 ) , suy ra  −b + c = −2 ⇔ 
 −b + c = − 2  c = − 2
a + b + c = 0


2
2
2
Vậy I ( 2;0; −2 ) ⇒ T = a + b + c = 8 .

Câu 16: Đáp án B
r
Đường thẳng ∆ đi qua điểm M ( 2; −1;1) và có vectơ chỉ phương u = ( 1; 2; 2 ) .
uuur
uuur r
uuur r

Ta có IM = ( 1; −3; 4 ) ⇒  IM , u  = ( −14; 2;5 ) ⇒  IM , u  = 15 .
uuur
 IM , ur  15
Khoảng cách từ I đến đường thẳng ∆ là d ( I , ∆ ) =  r  = = 5 .
u
3
2 S ∆IAB
2.20
=
= 8.
d ( I, ∆)
5

Diện tích tam giác IAB bằng 20 nên AB =
2

2
AB 
2
2
Bán kính mặt cầu ( S ) là R = 
÷ +  d ( I , ∆ )  = 4 + 5 = 41 .
 2 

Phương trình mặt cầu ( S ) cần lập là ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 3) = 41
2

2

2


Câu 17: Đáp án C
Từ bảng biến thiên ta có hàm số

y = f ( x)

có

x = 0
f ′( x) = 0 ⇔ 
,
x = 2

x < 1
f ′( x) > 0 ⇔ 
,
x > 2

f ′ ( x ) < 0 ⇔ 0 < x < 2 và f ( 0 ) = −1 , f ( 2 ) = −2 .
Xét hàm số g ( x ) = f ( 2 − x ) − 2 ta có g ′ ( x ) = − f ′ ( 2 − x ) .
2 − x = 0
Giải phương trình g ′ ( x ) = 0 ⇔ 
.
2 − x = 2
Ta có g ′ ( x ) > 0 ⇔ − f ′ ( 2 − x ) > 0 ⇔ f ′ ( 2 − x ) < 0 ⇔ 0 < 2 − x < 2 ⇔ 0 < x < 2 .
2 − x < 0
x > 2
g′ ( x) < 0 ⇔ − f ′ ( 2 − x ) < 0 ⇔ f ′ ( 2 − x ) > 0 ⇔ 
⇔
.

2 − x > 2
x < 0
g ( 0 ) = f ( 2 − 0 ) − 2 = f ( 2 ) − 2 = −4 .
g ( 2 ) = f ( 2 − 2 ) − 2 = f ( 0 ) − 2 = −3 .
Bảng biến thiên

Trang 12


Từ bảng biến thiên ta có
Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −∞;0 ) nên I sai.
Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) nên II sai.
Hàm số g ( x ) không đạt cực tiểu tại điểm –2 nên III sai.
Hàm số g ( x ) đạt cực đại tại x = 2 và cực đại bằng –3 nên IV đúng.
Câu 18: Đáp án D
Gọi h1 , R1 , V1 lần lượt là chiều cao, bán kính đáy, thể tích khối trụ nhỏ mỗi đầu.
2
2
Ta có: V1 = h1.π .R1 = 6.π .6 = 216π .

Gọi h2 , R2 , V2 lần lượt là chiều cao, bán kính đáy, thể tích của tay cầm.
2
2
Ta có V2 = h2 .π .R2 = ( 30 − 2.6 ) .π .2 = 72π .

Thể tích vật liệu làm nên tạ tay bằng V = 2V1 + V2 = 504π .
Câu 19: Đáp án A
Tập xác định D = ¡ \ { −1} .
Gọi A ( x; y ) là điểm cần tìm.
Khi đó A là điểm cố định của họ đường cong


( Cm )

khi và chỉ khi phương trình

x 2 − 2 ( m + 1) x − m + 2
y=
x +1
⇔ ( −2 x − 1) m + x 2 − 2 x + 2 − xy − y = 0 ( 1) có nghiệm đúng với mọi m.
1

x
=
−
≠ −1

 −2 x − 1 = 0

2
⇔
Để ( 1) có nghiệm đúng với mọi m ⇔  2
.
 x − 2 x + 2 − xy − y = 0
 y = 13

2
Câu 20: Đáp án A
·
Ta có hai mặt phẳng ( SAD ) , ( SBC ) vng góc với nhau suy ra MSN
= 90° với M , N là các hình chiếu

vng góc của S trên các cạnh AD và BC . Khi đó H nằm
trên đoạn MN .



Lại có 




d ( N ; ( SAB ) )
3
a
= sin 60° =
=
2
d ( N ; SB )
d ( N ; SB )

d ( M ; ( SAB ) )
2
a
= sin 45° =
=
2
d ( M ; SA )
d ( M ; SA )

.


Trang 13


1
3
1
1

= 2 =
+
2
2

4a
SN
NB 2
2a
 d ( N ; SB )
Do vậy d ( N ; SB ) =
, d ( M ; SA ) = a 2 . Bên cạnh đó ta lại 
1
1
1
1
3

= 2 =
+
2
2

 d ( M ; SA )
2a
SM
MA2

Do NB = MA = HK suy ra
Vậy

5
1
1
2
1 
1
1
1
 1
=
+
+
=
+
+
= 2+
⇒ HK = 2a .
2
2
2
2
2

2 ÷
2
4a
SM
SN
HK
HK  HK
a
HK 2
 SH

1
1
1
2a
1
3
1
= 2 − 2 ⇔ SM = 2a ⇒ SH =
= 2 − 2 ⇔ SN = a 2 ;
; MN = a 6 .
2
2
SM
2a 4a
3
SN
4a 4a

Thể tích khối chóp S.ABCD là VS . ABCD


(

)

2 2a
1
1
4a 3 3
= .S ABCD .SH = . a 6 .
=
.
3
3
3
3

Câu 21: Đáp án B
Ta có sin α =

1 d ( B, ( SCD ) ) d ( A, ( SCD ) )
=
=
2
SB
SB

Lại có d ( A, ( SCD ) ) =

ax

x +a
2

2

, SB = x 2 + a 2 . Suy ra

ax
1
= ⇔ x=a.
2
a +x
2
2

Câu 22: Đáp án C
Đặt 4 x = t ( t > 0 ) .
Phương trình đã cho trở thành t 2 − 12t + m = 0 .

( 1)

Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực x1 , x2 trái dấu, tức là x1 < 0 < x2 thì phương trình ( 1) có hai
nghiệm dương t1 , t2 thỏa mãn t1 < 1 < t2 .

( *)

Ta có: ∆′ = 36 − m > 0 ⇒ m < 36 .
t1 + t2 = 12
Theo định lí Vi-ét 
.

t1.t2 > 0
Từ t1 < 1 < t 2 ⇒ ( t1 − 1) ( t2 − 1) < 0 ⇒ t1.t2 − ( t1 + t2 ) + 1 < 0 ⇒ m − 11 < 0 .
Vậy 0 < m < 11 .
Câu 23: Đáp án B
Giả sử M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm của tiếp tuyến và đồ thị hàm số ( C ) .
2
Suy ra y ′ ( x0 ) = 6 x0 − 6 x0 − 12 là hệ số góc của tiếp tuyến.

Hệ số góc của đường thẳng d là k = −12 .
 x0 = 0 ⇒ y0 = 1
2
Tiếp tuyến song song với đường thẳng d suy ra y ′ ( x0 ) = k ⇔ 6 x0 − 6 x0 − 12 = −12 ⇔ 
.
 x0 = 1 ⇒ y0 = −12
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( C ) tại M 1 ( 0;1) là y = −12 x + 1 .

Trang 14


 a = −12
⇒ 2a + b = −23 .
Suy ra 
b = 1
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( C ) tại M 2 ( 1; −12 ) là y = −12 x (loại do trùng với đường
thẳng d: 12 x + y = 0 )
Câu 24: Đáp án C
2 ln x

u = ln 2 x du =
dx

⇒
x
Đặt 
 dv = dx
v = x
m
m m
2
2
Khi đó I = x.ln x − 2 ∫ ln xdx = m.ln m − 2∫ ln xdx = m.ln m − 2 J .
1
1
1
2

1

m m
u = ln x du = dx
⇒
⇒
J
=
x
.ln
x
− dx = m.ln m − ( m − 1)
x
Đặt 


1 ∫1
 dv = dx v = x

2
Suy ra I = m.ln m − 2m.ln m + 2 ( m − 1) = m.ln m ( ln m − 2 ) + 2 ( m − 1) .
m

2
1000
Theo bài ra ta có ∫ ln xdx = m.ln m ( ln m − 2 ) + 2
1

⇒ m.ln m ( ln m − 2 ) + 2 ( m − 1) = m.ln m ( ln m − 2 ) + 21000
⇔ 2 ( m − 1) = 21000 ⇔ m − 1 = 2999 ⇔ m = 2999 + 1 .
Câu 25: Đáp án A
Ta nhận thấy đạo hàm của hàm số y = f ( x ) là không xác định tại x0 = 1 ; nhưng tồn tại các đạo hàm trái
và đạo hàm phải tại điểm x0 = 1 ; tức là lim+
x →1

f ( x ) − f ( 1)
f ( x ) − f ( 1)
= f ′ ( 1+ ) và lim−
= f ′ ( 1− )
x
→
1
x −1
x −1

Các giá trị đạo hàm này lần lượt là hệ số góc của hai tiếp tuyến.

Dễ dàng suy ra được tam giác mà hai tiếp tuyến tạo với Ox có
một góc bằng 60° và một góc bằng 75°.
 f ′ ( 1− ) + f ′ ( 1+ ) = tan 60° − tan 75° = −2
Suy ra 
 f ′ ( 1− ) + f ′ ( 1+ ) = tan 75° − tan 60° = 2


A = lim+
x →1

f ( x) − f ( 2 − x)
f ( x ) − f ( 1) + f ( 1) − f ( 2 − x )
f ( x ) − f ( 1)
f ( 1) − f ( 2 − x )
= lim+
= lim+
+ lim+
x →1
x →1
x →1
x −1
x −1
x −1
x −1

⇒ A = lim+
x →1

f ( x ) − f ( 1)
f ( 2 − x ) − f ( 1)

f ( x ) − f ( 1)
f ( 2 − x ) − f ( 1)
+ lim+
= lim+
+ lim+
x →1
x →1
x →1
x −1
1− x
x −1
( 2 − x ) −1

Đặt t = 2 − x ; nhận thấy khi x → 1+ thì t → t − .
Trang 15


Suy ra A = f ′ ( 1+ ) + lim−
x →1

f ( t ) − f ( 1)
= f ′ ( 1+ ) + f ′ ( 1− ) = 2 (do A > 0 ).
t −1

Câu 26: Đáp án A
1

Ta có: m = − log 2 log 2

... 2 = − log 2 log 2 2


2 2021

 1 
= − log 2  2021 ÷ = 2021 .
2 

2021
2021
Khi đó xét phương trình f ( x ) = x + x − 2021 = 0 .
2020
Ta có f ′ ( x ) = 2021x + 1 > 0 do đó hàm số f ( x ) đồng biến trên ¡ nên phương trình x m + x = m m có

nghiệm duy nhất.
Câu 27: Đáp án A
Sau 10 tháng số tiền ơng A có được là S1 = A1 ( 1 + r1 ) = 500. ( 1 + 0, 004 )
n

10

(triệu đồng).

Sau khi gửi thêm 300 triệu thì số tiền ơng A là A2 = 500. ( 1 + 0, 004 ) + 300 (triệu đồng).
10

14 tháng sau số tiền ông A là
S 2 = A2 ( 1 + r2 ) = A2 = 500. ( 1 + 0, 004 ) + 300  . ( 1 + 0, 005 ) = 879, 6935105 (triệu đồng).


n


10

14

Vậy sau 2 năm số tiền ông A là 879693510 (đồng).
Câu 28: Đáp án C
Gọi số phức z = x + yi ⇒ z = x − yi

( x, y ∈ ¡ ) .

x − yi − 4 + 3i = 2 ⇔ x − 4 + ( 3 − y ) i = 2 ⇔ x 2 − 8 x + 16 + 9 − 6 y + y 2 = 4
⇔ x 2 + y 2 − 8 x − 6 y + 21 = 0

( 1)

( 1)

là phương trình đường trịn có tâm I ( 4;3) , R = 2 .

Câu 29: Đáp án A
Từ giả thiết ta có AC = SC 2 − SA2 = a = AB ⇒ ABC là tam giác cân tại A.
Gọi E, F lần lượt là trung điểm SB, BC ⇒ AF ⊥ BC ⇒ AF ⊥ ( SBC )
SB ⊥ AE , SB ⊥ AF ⇒ SB ⊥ ( AEF )

⇒ SB ⊥ EF ⇒ SF = FB = FC ⇒ ∆SBC vng tại S.
Ta có AF là trục đường trịn ngoại tiếp tam giác SBC nên tâm O của
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chính là tâm đường trịn ngoại tiếp tam
giác ABC.
Vì


kính

mặt

Suy ra thế tích khối cầu ngoại tiếp S.ABC là VS . ABC =

4π a 3
.
3

BC = SC 2 + SB 2 = a 3

nên

bán

cầu

là

R = OA = OB = a .

Câu 30: Đáp án A
Trang 16


·
Ta đặt ·AKI = α , EKI
=β.

 min d ( A, ∆ ) = AE = AK sin ( β − α )
Khi đó 
 max d ( A, ∆ ) = AD = AK sin ( β + α )
Ta có I ( 2;1;0 ) và J ( 0;1;0 ) nên K ( −4;1;0 ) .

sin α =
Ta tính được 
cos α =


1
26
;
5
26

1

sin
β
=

2
và AK = 26 .

cos β = 3

2

Do vậy min d ( A, ∆ ) = AE = AK sin ( β − α ) =


5− 3
5+ 3
; max d ( A, ∆ ) = AD = AK sin ( β + α ) =
.
2
2

Vậy M + m = 5 .
Câu 31: Đáp án A
Điều kiện n ∈ ¥ , n ≥ 2 .
1
2
Ta có 5Cn − Cn = 5 ⇒ 5n −

n ( n − 1)
n = 1
= 5 ⇔ n 2 − 11n + 10 = 0 ⇔ 
2
 n = 10

Do n ≥ 2 ⇒ n = 10
10

k

10
10
1 
10 − k  1 

10 − k 10 −3 k

Xét khai triển  2 x + 2 ÷ = ∑ C10k ( 2 x )
.
.  2 ÷ = ∑ C10k ( 2 x )
x
x 

 x  k =0
k =0

Hệ số a của x 4 trong khai triển tương ứng với 10 − 3k = 4 ⇔ k = 2 .
2
8
Vậy hệ số cần tìm là a = C10 .2 = 11520 .

Câu 32: Đáp án C
Ta có g ′ ( x ) = f ′

(

x2 + 2x + 3 − x2 + 2x + 2

) ( x + 1) 

1
x + 2x + 3
2

−



÷.
x + 2x + 2 
1

2

Ta có:
1
x + 2x + 3
2

−

1
x + 2x + 2
2

< 0;

x2 + 2 x + 3 − x2 + 2 x + 2 =

1
x + 2x + 3 + x + 2x + 2
2

2

≤


1
.
1+ 2

Do đó phương trình g ′ ( x ) = 0 chỉ có trường hợp duy nhất đó là x = −1 .
Lập trục xét dấu ta suy ra hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( −∞; −1) .
Câu 33: Đáp án A
2

2

2 2
Ta có: ∫ xf ′ ( x ) dx = ∫ xdf ( x ) = xf ( x ) − ∫ f ( x ) dx =  2. f ( 2 ) − 0. f ( 0 )  − ( S1 − S 2 ) = −2
0 0
0
0
Câu 34: Đáp án A

Trang 17


a b c a +b+c 2
a b c
= =1
Tâm mặt cầu là điểm I  ; ; ÷. Ta có x1 + y1 + z1 = + + =
2 2 2
2
2
2 2 2

Tâm I của mặt cầu luôn thuộc mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 1 = 0 .
2020 + 1 − 2021 − 1

Khi đó d  M , ( P )  =

3
.
3

=

3

Câu 35: Đáp án A
 f ( 3 − x) . f ( x) = 1

⇒ f ( 3) = 2 .
Từ giả thiết 
1
f
x
=
(
)


2
Ta có: 1 + f ( 3 − x )  . f 2 ( x ) =  f ( x ) + f ( 3 − x ) . f ( x )  =  f ( x ) + 1
2


2

xf ′ ( x )

2



3 3
1
x
1
dx = − ∫ xd 
=−
+∫
dx = −1 + J
÷
+ Tính I = ∫
2
÷
1+ f ( x) 
1+ f ( x) 0 0 1+ f ( x)
1
+
f
x

(
)
0 

0



3

3

3

0

3

3

t =3− x
1
1
1
1
dx = − ∫
dt = ∫
dt = ∫
dx
1
+
f
x
1

+
f
3
−
t
1
+
f
3
−
t
1
+
f
3
−
x
(
)
(
)
(
)
(
)
0
3
0
0


+ Tính J = ∫
3

3

3

3

xf ′ ( x )

0

1 + f ( 3 − x )  . f 2 ( x )

1
1
3
dx + ∫
dx = ∫ dx ( f ( 3 − x ) . f ( x ) = 1) = 3 ⇒ J =
1+ f ( x)
1+ f ( 3 − x)
2
0
0
0

⇒ 2J = ∫

Vậy I = ∫


2

dx =

1
2

Câu 36: Đáp án A
1
π
2
Thể tích lượng nước có trong thùng là Vn = π .0,5 .2 = .
8
16
Do khi thả khối cầu vào thì mực nước dâng lên cao gấp ba lần mực nước ban đầu khi chưa thả khối cầu
nên Vc = 3Vn − Vn = 2Vn =

π
3
.
⇒R= 3
8
32

2
2
Vậy S xq = 4π R = 2,59m .

Câu 37: Đáp án B

Điều kiện z1 ≠ −2 + 3i ; z2 ≠ 1 − i .
Ta có

z1 − i
= 1 ⇔ z1 − i = z1 + 2 − 3i ⇔ x1 + ( y1 − 1) i = ( x1 + 2 ) + ( y1 − 3) i
z1 + 2 − 3i

⇔ x12 + ( y1 − 1) =
2

( x1 + 2 )

2

+ ( y1 − 3) ⇔ x1 − y1 + 3 = 0
2

Quỹ tích điểm M biểu diễn số phức z1 thuộc đường thẳng ∆ : x − y + 3 = 0

Trang 18


Ta có

z2 + i
= 2 ⇔ z2 + i = 2 z2 − 1 + i ⇔ x2 + ( y2 + 1) i = 2 ( x2 − 1) + ( y2 + 1) i
z2 − 1 + i

⇔ x22 + ( y2 + 1) = 2


( x2 − 1)

2

2

+ ( y2 + 1) ⇔ x22 − 4 x2 + 2 y2 + 3 = 0
2

Quỹ tích điểm N biểu diễn số phức z2 là đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 − 4 x + 2 y + 3 = 0 có tâm I ( 2; −1) và
bán kính R = 22 + ( −1) − 3 = 2 .
2

Khoảng

d ( I;∆) =

cách

từ

2 − ( −1) + 3
12 + ( −1)

2

I

đến


∆

là

= 3 2 > R ⇒ Đường thẳng ∆ và

đường trịn C khơng có điểm chung.
Ta có: z1 − z2 = MN , suy ra z1 − z2 nhỏ nhất khi và chỉ
khi MN nhỏ nhất.
Dễ thấy min MN = 3 2 − 2 = 2 2 khi M ( −1; 2 ) , N ( 1;0 )
Vậy z1 − z2 nhỏ nhất bằng 2 2 khi z1 = −1 + 2i ; z2 = 1
Khi đó x1 + x2 + y1 + y2 = −1 + 2 + 1 = 2 .
Câu 38: Đáp án B
Đường thẳng d đi qua điểm A ( 3; 20 ) và có hệ số góc m có phương trình y = m ( x − 3) + 20 .
Xét phương trình hồnh độ giao điểm
x 3 − 3 x + 2 = m ( x − 3) + 20 ⇔ ( x − 3) ( − x 2 − 3 x − 6 ) + m ( x − 3) = 0
x = 3
⇔ ( x − 3) ( − x 2 − 3 x − 6 + m ) = 0 ⇔ 
2
 g ( x ) = x + 3x + 6 − m = 0
Yêu cầu bài toán tương đương g ( x ) có hai nghiệm phân biệt khác 3
15

∆ = −15 + 4m > 0
m >
⇔
⇔
4 .
 g ( 3) = 24 − m ≠ 0
m ≠ 24

Câu 39: Đáp án C
Ta có diện tích hình thoi ABCD là S ABCD = 2 3a 2 ⇒ S ABC = 3a 2 .
Theo giả thiết SO ⊥ ( SBCD ) .
Kẻ OK ⊥ AB , OH ⊥ SK
⇒ AB ⊥ ( SOH ) ⇒ AB ⊥ OH ⇒ OH ⊥ ( SAB ) .

Trang 19


Ta có: d ( C , ( SAB ) ) = 2d ( O, ( SAB ) ) =
⇒ d ( O, ( SAB ) ) = OH =
Khi đó:

a 3
2

a 3
.
4

1
1
1
4
1
1
1
4
=
+

= 2⇒
=
−
= 2.
2
2
2
2
2
2
OK
OA OB
3a
OS
OH
OK
a

1
1
a a3 3
Vậy VS . ABC = S ABC .SO = . 3a 2 . =
.
3
3
2
6
Câu 40: Đáp án C

( S)


có tâm I ( 1; −2;3) và bán kính R = 4

Gọi H là hình chiếu của I lên ( P )
Khi đó IH = d ( I , ( P ) ) =

2.1 − 2 − 2.3 + m
22 + 12 + ( −2 )

2

=

m−6
3

4π 3
Đường trịn ( T ) có chu vi là 4π 3 nên có bán kính là r =
=2 3.
2π

( P)
⇔

cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là đường trịn ( T ) có chu vi bằng 4π 3 ⇔ IH = R 2 − r 2
m−6
m − 6 = 6
 m = 12
= 16 − 12 ⇔ m − 6 = 6 ⇔ 
⇔

.
3
 m − 6 = −6
m = 0

Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn.
Câu 41: Đáp án C
Phương trình hồnh độ giao điểm 8 x − 27 x 3 = m .
Giả sử đường thẳng y = m cắt đường cong ( C ) trong góc phần tư thứ nhất của hệ trục, tọa độ tại các
8a − 27 a 3 = m
điểm có hồnh độ 0 < a < b , ta có 
3
8b − 27b = m

( 1)

và gọi F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số

f ( x ) = 8 x − 27 x 3 − m .
Ta có F ( x ) = 4 x 2 −

27 x 4
− mx + C và quan sát hình vẽ có các diện tích hình phẳng kẻ caro và gạch sọc
4

lần lượt là
a

a


0

0

S1 = ∫ f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx = F ( 0 ) − F ( a )
b

b

a

a

S 2 = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx = F ( b ) − F ( a )

Trang 20


Vì S1 = S 2 ⇔ F ( 0 ) − F ( a ) = F ( b ) − F ( a ) ⇔ F ( b ) = F ( 0 ) ⇔ 4b 2 −
Rút m = 8b − 27b3 từ ( 1) thay vào ( 2 ) , ta có 4b 2 −

27b 4
− mb = 0
4

( 2)

27b 4
4
− ( 8b − 27b3 ) b = 0 ⇔ 81b 4 − 16b 2 = 0 ⇔ b =

4
9

(vì b > 0 )
Thay ngược lại ( 1) , ta được m =

32
≈ 1,185 .
27

Câu 42: Đáp án B
Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Do ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) nên SH ⊥ ( ABCD ) .
Xét tam giác SAH vuông tại H có
SH = SA2 − AH 2 = 4a 2 −

a 2 a 15
.
=
4
2

2
Diện tích đáy là S ABCD = a

1
a 3 15
Thể tích khối chóp là VS . ABCD = .S ABCD .SH =
.
3

6
Câu 43: Đáp án A
Do ∆ABC vuông cân tại B nên AC = 2a ⇒ AB = a 2 .
Đồng thời d ( I ; ( ABC ) ) =

2
IB 2
d ( S ; ( ABC ) ) (do
= )
3
BS 3

2
Suy ra VI . ABC = VS . ABC
3
Mặt khác S ∆AJC =

1
S∆ABC (do J là trung điểm BC)
2

Ta có
1
1 2
1 1
1 1
a3
VAIJC = VIAJC = VIABC = . VS . ABC = . SA.S ∆ABC = a. AB 2 =
2
2 3

3 3
9 2
9
Câu 44: Đáp án C
Số cực trị của hàm số y = f ( x ) bằng số cực trị của hàm số y = f ( x ) cộng với số giao điểm (khác cực
trị) của hàm số y = f ( x ) với trục hoành.
4
3
2
Xét hàm số y = f ( x ) = x − 8 x + 22 x − 24 x + 6 2 ta có

x = 1
f ′ ( x ) = 4 x − 24 x + 44 x − 24 ⇒ f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 2
 x = 3
3

2

Ta có bảng biến thiên
Trang 21


Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có 3 cực trị và phương trình f ( x ) = 0 có bốn nghiệm phân biệt
nên hàm số y = f ( x ) có 7 điểm cực trị.
Câu 45: Đáp án B
Ta có: 26 y 3 + 3 ( 2 y − x ) − x 3 = 3 xy ( x + y ) ⇔ ( 3 y ) + 3 ( 3 y ) = ( x + y ) + 3 ( x + y )
3

3


( 1)

3
Dễ thấy h ( t ) = t + 3t đồng biến trên ¡ nên

( 1) ⇔ 3 y = x + y ⇔ 2 y = x ⇒ P = 2 x + 2 1− x
P′ = 2 x ln 2 −

x
2
1− x

1− x 2

2

, −1 ≤ x ≤ 1

ln 2 . Nếu −1 < x ≤ 0 thì P′ > 0 .
2

Xét 0 < x < 1 : Ta có: P′ = 0 ⇔
Xét g ( t ) =

2x
2 1− x
=
⇔ g ( x) = g
x
1 − x2


(

1 − x2

)

( *)

2t ln 2 
1 
2t
, t ∈ ( 0;1) có g ′ ( t ) = 2  t −
÷ < 0 , ∀t ∈ ( 0;1) hay y = g ( t ) nghịch biến trên ( 0;1) .
t  ln 2 
t

2
Khi đó ( *) ⇔ x = 1 − x ⇒ x =

1
2


 1 
Suy ra max P = max  P ( −1) ; P ( 1) ; P 
÷ = 2.2
 2 



1
2

. Vậy a = b = c = 2 ⇒ a + b − c = 2 .

Câu 46: Đáp án C
3
2
Số điểm cực trị của hàm số y = x − 6 x + ( 9 − m ) x + 2m − 2 bằng số điểm cực trị của hàm số

y = x 3 − 6 x 2 + ( 9 − m ) x + 2m − 2 cộng với số nghiệm của phương trình x 3 − 6 x 2 + ( 9 − m ) x + 2m − 2 = 0 .
3
2
Xét hàm số y = g ( x ) = x − 6 x + ( 9 − m ) x + 2m − 2 .
2
Ta có g ′ ( x ) = 3 x − 12 x + 9 − m .

Yêu cầu bài tốn tương đương phương trình 3 x 2 − 12 x + 9 − m = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho
y ( x1 ) . y ( x2 ) < 0 .

( *)

Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực đại, cực tiểu là
2m 
4

2

y = −2 +
÷x + m + 4 = −  m + 2 ÷( x − 2 ) .

3 
3

3

Trang 22


∆′ = 9 + 3m > 0

2
⇒ m > −3 .
Ta có ( *) ⇒ 
2m 
2
+
÷ ( x1 − 2 ) ( x2 − 2 ) < 0

3 

Vậy các giá trị của m thỏa mãn là { −2; −1;0;1;...; 2019} .
Câu 47: Đáp án A
4
Cách 1: Không gian mẫu n ( Ω ) = C15 .

Tính biến cố bù như sau:
Xét số cách chọn 4 đỉnh không tạo thành tứ diện. Có 2 trường hợp
+ Trường hợp 1: Chọn 3 điểm thẳng hàng, có 25 cách. Chọn điểm cịn lại, có 12 cách.
Vậy có 25.12 = 300 cách.
+ Trường hợp 2: Chọn 4 điểm thuộc 1 mặt mà khơng có 3 điểm nào thẳng hàng.

- Có 10 mặt chứa 7 điểm: Mỗi mặt 11 cách chọn. Suy ra có 110 cách.
- Có 15 mặt chứa 5 điểm, mỗi mặt 1 cách chọn. Suy ra có 15 cách.
Tổng 300 + 110 + 15 = 425 cách.
Vậy xác suất để 4 điểm được chọn là bốn đỉnh của một tứ diện là 1 −

425 188
=
.
C154
273

Cách 2: Mặt phẳng chứa 1 đỉnh của tứ diện và 1 đường trung bình của mặt đối diện, suy ra có 5 điểm
4
thuộc mỗi mặt (đỉnh, 2 trung điểm, cạnh và 2 trọng tâm) và có 12 mặt loại này. Vậy có 12C5 (bộ).

Vậy xác suất để 4 điểm được chọn là bốn đỉnh của một tứ diện là 1 −

6.C74 + 4C74 + 3C54 + 12C54 188
=
.
C154
273

Câu 48: Đáp án B
Đặt z = a + bi ⇒ z − 1 − i = 1 ⇔ ( a − 1) + ( b − 1) = 1 ⇔ a 2 + b 2 = 2a + 2b − 1 .
2

2

Khi đó 3 z + 2 z − 4 − 4i = 3 a 2 + b 2 + 2

= 3 2a + 2b − 1 + 2

( a − 4)

2

+ ( b − 4 ) = 3 2a + 2b − 1 + 2
2

( 2a + 2b − 1) − 8a − 8b + 32 = 3

= 3 6a + 6b − 3 + 2 −6a − 6b + 31 ≤

(

2

(a

2

+ b 2 ) − 8a − 8b + 32

2a + 2b − 1 + 2 −6a − 6b + 31

)

3 + 2 2 ( 6a + 6b − 3 − 6a − 6b + 31) = 14 .

 a 2 + b 2 = 2a + 2b − 1

5


a + b =
2 ⇒ z = a 2 + b2 = 2 .
Dấu “=” xảy ra khi  6a + 6b − 3
−6a − 6b + 31 ⇔ 
=

a 2 + b2 = 4

2
3

Câu 49: Đáp án C
Từ công thức xác định dãy ( un ) suy ra un > 0 , ∀n ∈ ¥ *
Ta có: un + 2 =

2un .un +1
1
1 1
1
⇔
= 
+ ÷, ∀n ∈ ¥ *
un + un +1
un + 2 2  un +1 un 
Trang 23



Đặt vn =

1
1
1
, ta được v1 = 1 ; v2 = và vn + 2 = ( vn +1 + vn )
un
2
2

1
1
⇔ vn + 2 + vn +1 = vn+1 + vn , ∀n ∈ ¥ *
2
2
1
1
⇒ vn +1 + vn = v2 + v1 = 1 , ∀n ∈ ¥ *
2
2
1
⇒ vn +1 = − vn + 1 , ∀n ∈ ¥ *
2
⇒ vn +1 −

2
1
2
= −  vn ữ, n Ơ *
3

2
3

t wn = vn

2
( wn )
3

1

 w1 = 3
là một cấp số nhân với 
q = − 1

2

n −1

1  1
⇒ wn = .  − ÷
3  2

n −1

1 1
2
⇒ vn =  − ÷ +
3 2
3

⇒ un =

Vậy

1
n −1

1 1
2
− ÷ +
3 2
3

lim un = lim

1
n −1

1 1
2
− ÷ +
3 2
3

=

3
2.

Câu 50: Đáp án A

Gọi I ( x0 ; y0 ; z0 ) là tâm mặt cầu. Theo giả thiết, ta có
R=

=

( 2sin a − cos a ) x0 + ( 2sin a + cos a ) y0 +
( 2sin a − cos a )

2

6 cos az0 + sin a + 3cos a − 2

+ ( 2sin a + cos a ) +
2

( 2sin a − cos a ) x0 + ( 2sin a + cos a ) y0 +

(

6 cos a

)

2

6 cos az0 + sin a + 3cos a − 2

2 2

Ta tìm x0 , y0 , z0 sao cho ( 2sin a − cos a ) x0 + ( 2sin a + cos a ) y0 + 6 cos az0 + sin a + 3cos a = 0 , ∀a


(

)

⇔ ( 2 x0 + 2 y0 + 1) sin a + − x0 + y0 + 6 z0 + 3 cos a = 0 ,
 2 x0 + 2 y0 + 1 = 0
2
2
∀a ⇔ 
⇒R=
=
.
2
2 2
 − x0 + y0 + 6 z0 + 3 = 0
Trang 24


Trang 25