ĐỀ SỐ 1

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. Hàm số y = log7 ( 3x + 1) có tập xác định là:
 1
 3



A.  − ;+∞ ÷.



1





B.  −∞;− ÷.
3



C. ( 0;+∞ ) .

 1
 3



D.  − ;+∞ ÷.


Câu 2. Trong A, B lần lượt là diểm biểu diễn các số phức z1, z2 . Trọng tâm
G của tam giác OAB là điểm biểu diễn số phức như trong hình vẽ. Giá trị
2

2

z1 + z2 + z3

2

bằng:

A.

79
.
9


B.

196
.
9

C.

49
.
4

D.

97
.
4

Câu 3. Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau:

Số điểm cực đại của hàm số đã cho bằng:
A. 1.

B. 2.

C. 3.

Câu 4. Cho F ( x) là một nguyên hàm của f ( x) trên [ 0;1] , biết F ( 1) = 2 và

D. 0.

1

∫ ( x + 1) F ( x) dx = 1. Giá trị

−1

tích phân S =

1

∫ ( x + 1) f ( x) dx là:
2

−1

A. S= 6.

B. S= 3.

C. S= 2.

D. S= 9.

Câu 5. Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau:

1

Đồ thị hàm số y = f 2020 − x − 2 có bao nhiêu tiệm cận đứng?
(
)

Trang 1


A. 2.

B. 3.

C. 1.

D. 0.

Câu 6. Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P ) :3x − 2y + 2z − 5 = 0 và ( Q) : 4x + 5y − z + 1= 0 . Các
uuu
r

điểm A, B phân biệt cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng ( P ) và ( Q) . Khi đó AB cùng phương với
vectơ nào sau đây?
ur

r

A. w = ( 3;−2;2) .

B. v= ( −8;11;−23) .

r

r

C. k = ( 4;5;−1) .


D. u= ( 8;−11;−23) .

5
3
Câu 7. Giá trị lớn nhất M của hàm số y = f ( x) = x − 5x − 20x + 2 trên đoạn [ −1;3] là:

A. M = 26.

B. M = 46.

C. M = −46.

D. M = 50.

 1

Câu 8. Cho log1  ÷ = a . Khẳng định nào sau đây đúng?
2  5
A. log2 25+ log2 5 =

5a
. B. log2 5 = − a.
2

2
a

1
5


C. log5 4 = − .

D. log2 + log2

1
= 3a.
25

Câu 9. Gọi V là thể tích của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’, V1 là thể tích tứ diện A’ABD. Hệ thức nào
sau đây đúng?
A. V = 3V1.

B. V = 4V1.

C. V = 6V1.

D. V = 2V1.

Câu 10. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có đường chéo bằng a 3 . Thể tích khối chóp A’.ABCD
bằng:
A. 2 2a3.

B.

a3
.
3

C. a3.


D.

2 2a3
.
3

Câu 11. Cho các phát biểu sau:
(1): Hàm số y = f ( x) đạt cực đại tại x0 khi và chỉ khi đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm qua x0 .
(2): Hàm số y = f ( x) đạt cực đại tại x0 khi và chỉ khi x0 là nghiệm của đạo hàm.
(3): Nếu f '( x0 ) = 0 và f ''( x0 ) = 0 thì x0 không phải là cực trị của hàm số đã cho.
(4): Nếu f '( x0 ) = 0 và f ''( x0 ) > 0 thì hàm số đạt cực đại tại x0 .
(5): Nếu f '( x0 ) = 0 và f ''( x0 ) > 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại x0 .
Số phát biểu đúng là:
A. 1.

B. 2.
x2

Câu 12. Cho hàm số g( x) =

∫

C. 3.

D. 4.

t sintdt xác định với mọi x > 0 . Tính g'( x) được kết quả:

x


A. g'( x) = x2 sin( x2 ) −

( x) .

sin

C. g'( x) = 2x2 sin( x2 ) −

4

x

( x) .

sin

4

x

B. g'( x) = 2x2 sin( x2 ) −
D. g'( x) = x2 sin( x2 ) −

Câu 13. Tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y =

( x) .

sin


24 x

( x) .

sin

24 x

mx + 4
nghịch biến khoảng ( 1;+∞ ) là:
x+ m

Trang 2


A. −1≤ m≤ 2.

B. −1≤ m< 2.

C. −2 < m< 2.

D. 0 < m< 2.

Câu 14. Thể tích của khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và diện tích xung quanh bằng 2π a2 là:
A. π a3 3.

B.

π a3 3
.

3

C.

π a3 3
.
6

D.

π a3 3
.
2

Câu 15. Cho mặt cầu S( O;r ) và một điểm A với OA > R . Từ A dựng các tiếp tuyến với mặt cầu S( O;r ) ,
gọi M là tiếp điểm bất kì. Tập hợp các điểm M là:
A. một hình nón.

B. một đường tròn.

C. một đường thẳng.

D. một mặt phẳng.

Câu 16. Trong không gian Oxyz, cho điểm M ( 1;−3;2) . Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua M và cắt các trục
tọa độ tại A, B, C thỏa mãn OA = OB = OC ≠ 0?
A. 1.

B. 2.


C. 3.

D. 4.

 x ≥ 0; y ≥ 0
. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
x+ y= 1

Câu 17. Cho hai số thực x, y thỏa mãn 

2
2
nhất của biểu thức P = ( 4x + 3y) ( 4y + 3x) + 25xy . Khi đó có giá trị bằng:

A. 46.

B.

1983
.
16

C.

215
.
2

D. 108.


Câu 18. Có một mảnh bìa hình chữ nhật ABCD với
AB = 4a, AD = 2a . Người ta đánh dấu M là trung điểm của

AB, N và P là các điểm thuộc CD sao cho DN = CP = a . Sau
đó người ta cuốn mảnh bìa lại sao cho cạnh BC trùng với
cạnh AD tạo thành một hình trụ. Thể tích của tứ diện AMNP
với các đỉnh A, M, N, P nằm trên hình trụ vừa tạo thành
bằng:
A.

4a3
.
3π 2

B.

8a3
.
3π 2

C.

16a3
.
3π 2

D.

32a3
.

3π 2

Câu 19. Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên ¡ và a > 0. Giả sử rằng với mọi x∈ [ 0;a] , ta có f ( x) > 0 và
a

dx
là:
0 1+ f ( x)

f ( x) f ( a − x) = 1. Giá trị tích phân I = ∫
a
2

A. I = .

B. I = 2a.

a
3

C. I = .

D. I = aln( a + 1) .

Câu 20. Trên mặt phẳng phức, tập hợp các số phức z = x + yi thỏa mãn z + 2 + i = z − 3i là đường thẳng
có phương trình:
A. y = x + 1.

B. y = − x + 1.


C. y = − x − 1.

D. y = x − 1.

3
Câu 21. Cho hàm số f ( x) = x − 3x + m+ 2 . Có bao nhiêu số nguyên dương m≤ 50 sao cho với mọi bộ

ba số thực a, b,c∈ [ −1;3] thì f ( a) , f ( b) , f ( c) là độ dài ba cạnh một tam giác nhọn?
Trang 3


A. 0.

B. 5.

Câu 22. Biết đồ thị hàm số y =

C. 2.

D. 1.

( m− n) x2 + mx + 1 (m, n là tham số) nhận trục hoành và trục tung làm hai
x2 + mx + n − 6

đường tiệm cận. Giá trị của tổng bằng:
B. −6.

A. 6.

C. 8.


D. 12.

Câu 23. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm tới cấp hai trên ¡ và ff( 0) = 0,
2

∫(
0

( 2) = 2, f '( 0) = −1 và

2

)

x2 − 3x + 2 f ''( x) dx = 10. Giá trị tích phân I = ∫ f ( x) dx là:
0

A. −2.

B. 5.

D. −5.

C. 2.

Câu 24. Cho hình trụ có các đáy là hai hình trịn tâm O và O’, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a.
Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn đáy tâm O’ lấy điểm B sao cho. Thể tích khối tứ
diện OO’AB theo a là:
A. V =


3a3
.
6

B. V =

3a3
.
12

C. V =

3a3
.
8

D. V =

3a3
.
4

Câu 25. Cho a là số thực dương a ≠ 1. Biết bất phương trình 2loga x ≤ x − 1 có nghiệm đúng với mọi
x > 0 . Mệnh đề nào sau đây đúng?

B. a∈ ( 3;5] .

A. a∈ ( 7;8) .


C. a∈ ( 2;3) .

D. a∈ ( 8;+∞ ) .

Câu 26. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn
z − 2i = ( 1+ i ) z là một đường tròn. Tọa độ tâm I của đường tròn là:

A. I ( 0;1) .

B. I ( −1;0) .

C. I ( 0;−2) .

D. I ( 1;0) .

Câu 27. Cho a = log7 12 và b= log12 14. Biểu diễn c = log84 54 theo a và b, ta được kết quả:
A. c =

2a + 5( 1+ ab)
a+ 1

a+ 1

B. c = 3a − 5 1+ ab .
(
)

.

Câu 28. Hàm số y = f ( x) có ff( −2) =


( 2) = 0 và

a+ 1

C. c = 3a + 5 1+ ab .
(
)

D. c =

3a + 5( 1− ab)
a+ 1

.

y = f '( x) như hình vẽ.

Hàm số g( x) =  f ( 3− x)  nghịch biến trên khoảng nào?
2

A. ( −2;2) .

B. ( 1;2) .

C. ( 2;5) .

D. ( 5;+∞ ) .

Câu 29. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A( 4;2;−6) , B( 2;4;1) . Gọi d là đường thẳng đi qua trọng

tâm tam giác ABO sao cho tổng khoảng cách từ A, B đến d là lớn nhất. Trong các vectơ sau, vectơ nào là
một vectơ chỉ phương của đường thẳng d?
r

A. u= ( −13;8;−6) .

r

B. u= ( 13;8;−6) .

r

C. u= ( −13;8;6) .

r

D. u= ( 13;8;6) .

Trang 4


Câu 30. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) chứa ( d) :

x − 1 y+ 2 z
=
=
và tạo với trục Oy một
1
−1 −2


góc lớn nhất. Phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng ( P ) : x + by + cz + d = 0 . Giá trị b + c + d là:
A. 5.

B. 9.

C. 10.

D. 12.

Câu 31. Có 12 bạn học sinh trong đó có đúng một bạn tên A và đúng một bạn tên B. Xếp ngẫu nhiên 12
học sinh vào một bàn tròn và một bàn dài mỗi bàn 6 học sinh. Xác suất để hai bạn A và B ngồi cùng bàn
và cạnh nhau bằng:
A.

1
.
10

B.

1
.
5

C.

1
.
12


3
2

Câu 32. Cho hàm số f ( x) = x3 − 3x2 + x + . Phương trình

D.

1
.
6

ff(

( x) )
= 1 có bao nhiêu nghiệm thực phân
2 f ( x) − 1

biệt?
A. 4 nghiệm.

B. 9 nghiệm.

C. 6 nghiệm.

D. 5 nghiệm.

2
Câu 33. Trong không gian Oxyz, cho điểm A( 2;2;2) và mặt cầu ( S) : x2 + y2 + ( z − 1) = 4. Từ điểm A kẻ 3

tiếp tuyến AB, AC, AD với mặt cầu ( S) , trong đó B, C, D là các tiếp điểm. Phương trình mặt phẳng


( BCD) là:
A. 2x + 2y + z − 5 = 0.

B. 2x + 2y + z + 1= 0.

C. 2x + 2y + z − 1= 0.

D. 2x + 2y + z − 3 = 0.

3
2
Câu 34. Cho cấp số nhân ( un ) thỏa mãn u2 ≥ 100u1 ≥ 1. Đặt f ( x) = x − 3x . Biết f ( logu2 ) + 4 = f ( logu1 ) .

Số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho un > 102020 là:
A. 1012.

B. 2020.

C. 2019.

D. 1011.

 1+ x 
xln
÷
 1− x  dx = alnb + c thì giá trị của a − b + c là:
Câu 35. Cho tích phân I = ∫
ex + 1
1

1
2

−

A. a − b + c = −

23
.
8

2

B. a − b + c = −

17
.
8

C. a − b + c =

31
.
8

D. a − b + c =

23
.
8


Câu 36. Gọi m là số thực dương sao cho đường thẳng y = m+ 1 cắt đồ thị hàm số y = x4 − 3x2 − 2 tại hai
điểm A, B thỏa mãn tam giác OAB vuông tại O (O là gốc tọa độ). Kết luận nào sau đây đúng?
 7 9

A. m∈  ; ÷.
 4 4

 1 3

B. m∈  ; ÷.
 2 4

 3 5

C. m∈  ; ÷.
 4 4

 5 7

D. m∈  ; ÷.
 4 4

Câu 37. Cho hàm số y = x3 + ax2 + bx + c . Giả sử A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số. Biết rằng AB
đi qua gốc tọa độ. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = abc + ab + c là:
A. −9.

B. −

25

.
9

C. −

16
.
25

D. 1.

2
2
Câu 38. Giá trị của m để bất phương trình 1+ log5 ( x + 1) ≥ log5 ( mx + 4x + m) thỏa mãn với mọi x∈ ¡ là:

A. −1< m≤ 0.

B. −1< m< 0.

C. 2 < m≤ 3.

D. 2 < m≤ 3.
Trang 5


Câu 39. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A( 1;2;1) , B( 3;−1;1) và C ( −1;−1;1) . Gọi ( S1 ) là mặt cầu có
tâm A, bán kính bằng 2; ( S2 ) và ( S3 ) là hai mặt cầu có tâm lần lượt là B, C và bán kính bằng 1. Hỏi có
bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu ( S1 ) ,( S2 ) ,( S3 ) ?
A. 5.


B. 7.

C. 6.

Câu 40. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :

D. 8.

x − 2 y+ 1 z
=
= và hai điểm A( 2;0;3) , B( 2;−2;−3) .
1
2
3

Biết M ( a;b;c) điểm thuộc d thỏa mãn MA4 + MB4 nhỏ nhất. Giá trị biểu thức 2a + 3b + c bằng:
A. −1.

B. 1.

C. 0.

D. 2.

Câu 41. Cho hàm số f ( x) liên tục trên ¡ và có đồ thị như hình
vẽ. Biết rằng diện tích các hình phẳng ( A) ,( B) lần lượt bằng 3
π
2

và 7. Tích phân cos x. f ( 5sin x − 1) dx bằng:

∫
0

4
5

A. − .
C.

B. 2.

4
.
5

D. −2.

Câu 42. Cho hình chóp tam giác có đáy là một tam giác vuông cân, cạnh huyền bằng 10 m sao cho các
cạnh bên của chóp hợp với đáy các góc 45°,45°,60° . Khi đó thể tích của khối chóp nằm trong khoảng nào
sau đây?
A. ( 40;45) .

B. ( 35;40) .

C. ( 45;50) .

D. ( 50;55) .

·
Câu 43. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a và góc BAC

= 120° ,

cạnh bên BB' = a . Gọi I là trung điểm CC’. Cơsin góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( AB' I ) là:
A.

30
.
10

B.

30
.
3

C.

3
.
10

D.

10
.
3

Câu 44. Người ta cần làm một hộp theo dạng một khối lăng trụ đều khơng nắp với thể tích lớn nhất từ
một miếng tơn hình vng có cạnh là 1 mét. Thể tích của hộp cần làm là:
A. V =


1 3
m .
9

( )

B. V =

2 3
m .
9

( )

C. V =

4 3
m .
27

( )

D. V =

2 3
m .
27

( )


Câu 45. Cho số phức z thỏa mãn z = 1. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
P = z + i + 2 z − 2i . Giá trị của biểu thức E = M 2 − m2 là:

A. E =

49
.
2

9
2

B. E = .

C. E = 20.

D. E =

81
.
2

Trang 6


2
Câu 46. Cho hàm số y = f ( x) = ax + bx + c có đồ thị ( C ) như hình vẽ. Có bao

nhiêu


giá

trị

ngun

của

tham

số

m

để

phương

trình

f 2 ( x ) + ( m− 2) f ( x ) + m− 3 = 0 có 6 nghiệm phân biệt?

A. 1.

B. 4.

C. 3.

D. 2.


Câu 47. Cho hàm số bậc ba y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ. Gọi
m

là

số

nghiệm

thực

của

phương

trình:

( x) − 7 − 12 f ( x) + 24 = 8− 4 f ( x) .

ff 4

Khẳng định nào sau đây đúng?
A. m= 1.

B. m= 3.

C. m= 5.

D. m= 7.


Câu 48. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 lập các số tự nhiên có tám chữ số đơi một khác nhau. Lấy ngẫu
nhiên một số vừa lập. Xác suất để lấy được số chia hết cho 1111 là:
A.

8
.
35

B.

1
.
2520

C.

1
.
630

D.

1
.
105

1

Câu 49. Cho các hàm số y = x3 và y = x3 cùng xét trên có đồ thị

như hình vẽ bên. Gọi các điểm A và B lần lượt nằm trên các đồ thị
đó sao cho AOB là tam giác đều. Biết rằng tồn tại hai tam giác như
vậy với diện tích lần lượt là S1 và S2 trong đó S1 < S2 . Tỷ số

S2
S1

bằng:
A. 97+ 56 3.

B. 7+ 4 3.

C. 26 + 15 3.

D. 91+ 40 3.
 π

Câu 50. Phương trình log2 ( cot x − tan x) = 1+ cos2x − sin2x với x∈  0; ÷ có bao nhiêu nghiệm?
 4
A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Đáp án
1-A
11-B

21-C
31-D
41-A

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

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

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

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

6-D
16-C

26-C
36-C
46-C

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

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

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

10-B
20-D
30-D
40-B
50-B

Trang 7



LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
 1

1



Hàm số xác định khi 3x + 1> 0 ⇔ x > − . Tập xác định: D =  − ;+∞ ÷ .
3
 3

Câu 2: Đáp án B
4
3



Ta có: A( 3;0) , B( 1;−3) ⇒ G ;−1÷ .
2

2

Suy ra z1 + z2 + z3

2




2

196
2
 4
= OA + OB + OG = 3 + 1 + ( −3) +  ÷ + ( −1) =
.
9
 3
2

2

2

2

2

2

Câu 3: Đáp án B
Hàm số đạt cực đại tại các điểm x = ±2 .
Vậy số điểm cực đại của hàm số đã cho bằng 2.
Câu 4: Đáp án A
1

1

Ta có: S = ∫ ( x + 1) f ( x) dx = ∫ ( x + 1) dF ( x) = F ( x) ( x + 1)

2

−1

2

−1

2 1
−1

1

− 2∫ ( x + 1) F ( x) dx = 6 .
−1

Câu 5: Đáp án B
Dựa vào bảng biến thiên, ta có f ( x) = 2 có 3 nghiệm.
1

Suy ra đồ thị hàm số y = f 2020 − x − 2 có 3 tiệm cận đứng.
(
)
Câu 6: Đáp án D
uuur

uuur

Ta có: ( P ) ⊥ n( P ) = ( 3;−2;2) ,( Q) ⊥ n( Q) = ( 4;5;−1) .
uuur

 AB ⊥ n( P )
 AB ⊂ ( P )
r uuur uuur

⇒
uuur nên đường thẳng AB có vectơ chỉ phương là: u =  n( Q) ;n( P )  = ( 8;−11;−23) .
Do 
 AB ⊥ n( Q)
 AB ⊂ ( Q)
uuu
r r
uuu
r
Do AB cũng là một vectơ chỉ phương của AB nên AB / /u= ( 8;−11;−23)

Câu 7: Đáp án D
4
2
Ta có: f '( x) = 5x − 15x − 20 .

 x2 = 4
⇒ f '( x) = 0 ⇔ 5x − 15x − 20 = 0 ⇔  2
. Do x2 ≥ 0 ⇒ x2 = 4 ⇒ x = ±2 .
x
=
−
1

4


2

Mà x∈ [ −1;3] nên x = 2 .
Ta có ff( −1) = 26,

( 2) = −46, f ( 3) = 50 .

So sánh các giá trị ta được giá trị lớn nhất của hàm số là M = 50 .
Câu 8: Đáp án A
 1

−1
Đáp án B sai vì theo giả thiết log1  ÷ = a ⇔ log2 ( 5 ) = a ⇔ log2 5 = a .
5
2 
−1

Trang 8


2
Đáp án C sai vì log5 4 = log5 2 = 2log5 2 =

1
5

Đáp án D sai vì log2 + log2

2
2

= .
log2 5 a

1
= log2 5−1 + log2 5−2 = − log2 5− 2log2 5 = −3a .
25
1

1
2

Đáp án A đúng vì log2 25+ log2 5 = log2 52 + log2 52 = 2log2 5+ log2 5 =

5a
.
2

Câu 9: Đáp án C
Gọi a là cạnh của hình lập phương.
1 1
32

Khi đó ta có V = a3 và V1 = . a2.a =

a3
.
6

Vậy V = 6V1 .
Câu 10: Đáp án B

Hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có đường chéo bằng a 3 nên có cạnh
bằng a.
Khối chóp A’.ABCD có chiều cao AA' = a , diện tích đáy a2 có thể tích là:
1
1
V = .a.a2 = a3 .
3
3

Câu 11: Đáp án B
Câu 12: Đáp án B
Ta gọi F ( t) là nguyên hàm của
Ta có g( x) =

x2

∫

t sint .

( )

t sintdt = F x2 − F

x

( )

⇒ g'( x) = 2x2F ' x2 −


1
2 x

( x) .

( x) ⇒ g'( x) = 2x sin( x ) −
2

F'

2

( x) .

sin

24 x

Câu 13: Đáp án B
Tập xác định của hàm số là D = ( −∞;− m) ∪ ( − m;+∞ ) .
Ta có y' =

m2 − 4

( x + m)

2

 − m≤ 1


. Để hàm số nghịch biến trên khoảng ( 1;+∞ ) thì 

2
m − 4 < 0

⇔ −1≤ m< 2 .

Vậy giá trị cần tìm của m là −1≤ m< 2 .
Câu 14: Đáp án B
2
2
2
Ta có: Sxq = 2π a ⇔ π rl = 2π a ⇔ r.2a = 2a ⇔ r = a ⇒ h = a 3 .

1
3

Thể tích của khối nón là V = π r 2h =

π a3 3
.
3

Câu 15: Đáp án B
Gọi H là hình chiếu vng góc của M lên OA.
Xét tam giác OMA vng tại M có:
Trang 9


1

1
1
1
1
1
=
+
⇒
= 2+
.
2
2
2
2
2
MH
MO MA
MH
r OA − r 2
⇒ MH không đổi và H cố định.

Vậy M thuộc đường tròn ( H; MH ) .
Câu 16: Đáp án C
Giả sử mặt phẳng ( α ) cần tìm cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A( a;0;0) , B( 0;b;0) ,C ( 0;0;c) .
x y z
a b c

Điều kiện ( a, b,c ≠ 0) . Phương trình mặt phẳng ( α ) : + + = 1.
1 3 2
a b c


Mặt phẳng ( α ) đi qua nên ( α ) : − + = 1

( *)

a = b = c
( 1)

 a = b = −c ( 2)
.
Theo bài ra OA = OB = OC ≠ 0 ⇒ a = b = c ≠ 0⇒ 
 a = − b = c ( 3)
 a = − b = −c ( 4)


Thay (1) vào (*), ta có phương trình vơ nghiệm.
3
4

Thay (2), (3), (4) vào (*), ta được tương ứng a = −4, a = 6, a = − .
Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 17: Đáp án D
Ta có:

(

)(

)


(

P = 4x2 + 3y 4y2 + 3x + 25xy = 16( xy) + 34xy + 12 x3 + y3
2

)

2
2
2
= 16( xy) + 34xy + 12( x + y) ( x + y) − 3xy = 16( xy) − 2xy + 12.



Ta có: 0 ≤ x ≤

( x + y)

2

4

1
1
1
= ; xy = 0 ⇔ x = 0 hoặc y = 0; xy = ⇔ x = y = .
4
2
4




2
Đặt t = xy thì P = f ( t) = 16t − 2t + 12 với t ∈ 0;  .
 4
1

f '( t) = 32t − 2; f '( t) = 0 ⇔ t =

Vậy M =

1
 1  191  1  25
; ff( 0) = 12;  ÷ =
; f  ÷= .
16
 16  16  4  2

25
191
;m=
. Do đó M + 8m= 108.
2
16

Câu 18: Đáp án C
Mảnh bìa sau khi được cuốn lại trở thành hình trụ như hình vẽ với
A ≡ B, D ≡ C .

Ta dễ thấy AM ⊥ NP và d( AM,NP ) = AD = 2a . Khi đó:

1
1
VAMNP = .AM.NP.d( AM,NP ) .sin( AM,NP ) = .AM.NP.AD .
6
6

Vì 2π R = AB nên R =

2a
4a
16a3
⇒ AM = NP = 2R =
⇒ VAMNP =
.
π
π
3π 2

Trang 10


Câu 19: Đáp án A
1

Từ giả thiết, suy ra f ( a − x) = f x .
( )
 x = 0⇒ t = a
.
x = a⇒ t = 0


Đặt t = a − x ⇒ dt = −dx . Đổi cận 

a
a
f ( t) dt a f ( x) dx
dt
dt
I = −∫
=∫
=∫
=∫
1
Khi đó
a 1+ f ( a − t)
0 1+
0 f ( t) + 1
0 f ( x) + 1 .
f ( t)
0

a

Suy ra 2I = I + I = ∫

0

f ( x) dx

f ( x) + 1


a

+∫

0

f ( x) dx

a

f ( x) + 1

= ∫ dx = a ⇒ I =
0

a
.
2

Câu 20: Đáp án D
Từ z = x + yi ⇒ z = x − yi .
Do đó

x + yi + 2 + i = x − yi − 3i ⇔ ( x + 2) + ( y + 1) i = x − ( y + 3) i
⇔ ( x + 2) + ( y + 1) = x2 + ( y + 3) ⇔ 4x + 2y + 5 = 6y + 9 ⇔ y = x − 1.
2

2

2


Câu 21: Đáp án C
3
g( x) = 20;ming( x) = 0 . Khi đó f ( x) = m+ g( x) .
Đặt g( x) = x − 3x + 2 ⇒ max
[ −1;3]
[ −1;3]

Ta có:

f ( a) + f ( b) > f ( c) ,∀a, b,c∈ [ −1;3] ⇒ m> g( c) − ( g( a) + g( b) ) ,∀a,b,c ∈ [ −1;3]

⇒ m> max g( x) − 2ming( x) ⇒ m> 20.
[ −1;3]

[ −1;3]

f 2 ( a) + f 2 ( b) > f 2 ( c) ,∀a, b,c∈ [ −1;3] ⇒ ( m+ g( a) ) + ( m+ g( b) ) > ( m+ g( c) ) ,∀a,b,c∈ [ −1;3]
2

2

2

⇒ m2 + 2( g( a) + g( b) − g( c) ) m+ g2 ( a) + g2 ( b) − g2 ( c) > 0,∀a, b,c∈ [ −1;3]

⇒ ( m+ g( a) + g( b) − g( c) ) − 2g( a) g( b) + 2g( a) g( c) + 2g( b) g( c) − 2g2 ( c) > 0,∀a,b,c ∈ [ −1;3]
2

⇒ ( m+ g( a) + g( b) − g( c) ) > 2( g( a) − g( c) ) ( g( b) − g( c) ) ,∀a,b,c∈ [ −1;3]

2

2

2
⇒ ( m+ g( a) + g( b) − g( c) ) > 2 max g( x) − ming( x) ÷ ,∀a, b,c∈ [ −1;3]
[ −1;3]
 [ −1;3]


m> max g( x) + 20 2 − 2ming( x) ⇒ m≥ 49.
[ −1;3]

[ −1;3]

Câu 22: Đáp án D
Ta có lim y = lim
x→+∞

x→+∞

( m− n) x2 + mx + 1 = m− n suy ra
x2 + mx + n − 6

y = m− n là đường tiệm cận ngang.

Theo giả thiết đồ thị hàm số trên nhận trục hoành và trục tung làm hai đường tiệm cận nên ta có:
 m− n = 0  m= 6
⇔
⇒ m+ n = 12.


n − 6 = 0
n = 6

Câu 23: Đáp án B
2

Nhận thấy cần phân tích tích phân

∫( x

2

0

)

− 3x + 2 f ''( x) dx = 10 ( 1)

Trang 11


Ta sử dụng phương pháp chia làm hai cột để làm tích phân từng phần cho nhanh.

( 1) ⇔ ( x2 − 3x + 2) f '( x)
⇔ −2 ff'( 0) − (

2
0


+

x2 − 3x + 2

f ''( x)

–

2x− 3

f '( x)

+

2

f ( x)

0

∫ f ( x)

− ( 2x − 3) f ( x)

2

2
0

+ 2∫ f ( x) dx = 10

0

2

2

0

0

( 2) − 3ff( 0) ) + 2∫ ( x) dx = 10 ⇔ ∫ f ( x) dx = 5.

Câu 24: Đáp án B
Kẻ đường sinh AA’. Gọi D là điểm đối xứng với A’ qua O’ và H là hình
chiếu của B trên đường thẳng A’D.
Do BH ⊥ A' D, BH ⊥ AA' ⇒ BH ⊥ ( AOO' A') .
A' B = AB2 − A' A2 = a 3 ⇒ BD = A' D2 − A' B2 = a ⇒ ∆O ' BD đều.
a 3
Do ∆O' BD đều nên BH =
.
2

Lại có S∆AOO' =

a2
3a3
, suy ra thể tích khối tứ diện OO’AB là V =
.
2
12


Câu 25: Đáp án A
Cách 1: Đặt f ( x) = 2loga x − x + 1.
 f ( x) = 2loga x − x + 1≤ 0
f ( x) = 0.
( ∀x > 0) ⇒ max
( 0;+∞ )
 f ( 1) = 0

Ta có 

Suy ra x = 1 là điểm cực đại của hàm số f ( x) .
Do đó f '( 1) =

2
− 1= 0 ⇔ lna = 2 ⇔ a = e2 ∈ ( 7;8) .
lna

Cách 2: 2loga x ≤ x − 1⇔ log a x ≤ x − 1( ∀a ≠ 1; x > 0) .
Yêu cầu bài toán tương đương đồ thị y = log a x không nằm trên đường thẳng y = x − 1,∀x > 0 ⇒ a > 1.
Suy ra đường thẳng phải là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại
Do đó y'( 1) =

1
ln a

= 0 ⇔ ln a = 1⇔ a = e2 ∈ ( 7;8) .

Câu 26: Đáp án C
Đặt z = x + yi ( x; y∈ ¡ ) .

Trang 12


z − 2i = ( 1+ i ) z ⇔ x + yi − 2i = ( 1+ i ) ( x + yi )

Ta có: ⇔ x + ( y − 2) i = ( x − y) + ( x + y) i
⇔ x2 + ( y − 2) = ( x − y) + ( x + y) ⇔ x2 + y2 + 4y − 4 = 0.
2

2

2

Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z là đường tròn tâm I ( 0;−2) .
Câu 27: Đáp án D
2
Ta có a = log7 12 = log7 ( 2 .3) = 2log7 2 + log7 3

b = log12 14 =

( 1) .

log7 14 log7 ( 7.2) 1+ log7 2
=
=
⇒ 1+ log7 2 = ab ⇔ log7 2 = ab − 1.
log7 12
a
a


Thay log7 2 = ab − 1 vào (1) ta được a = 2( ab − 1) + log7 3⇒ log7 3 = a − 2( ab − 1) .

(

)

3
3a + 5( 1− ab)
log7 54 log7 2.3
log7 2 + 3log7 3
=
=
=
.
Do đó c = log84 54 =
2
log7 84 log7 2 .3.7 2log7 2 + log7 3+ 1
a+1

(

)

Câu 28: Đáp án C
Ta có g'( x) = −2 f ( 3− x) f '( 3− x) .
Lập bảng biến thiên của hàm số y = f ( x) như sau:

Khi đó ta thấy rằng phương trình f ( x) = 0 có nghiệm kép khơng được chọn và bản thân phương trình
f ( 3− x) = 0 cũng thế.
3− x = −2  x = 5



Do vậy f '( 3− x) = 0 ⇔ 3− x = 1 ⇔  x = 2.
3− x = 2
 x = 1

Lập trục xét dấu:

Từ trục xét dấu, suy ra hàm số g( x) nghịch biến trên các khoảng

( −∞;1) và ( 2;5) .
Câu 29: Đáp án A
Ta gọi AE và BF lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B tới
đường thẳng d và gọi G là trọng tâm của tam giác ABO.
Trang 13


Khi đó AE + BF ≤ AG + BG . Do vậy giá trị lớn nhất của tổng khoảng cách giữa hai điểm A, B tới đường
thẳng d là AG + BG và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi d là đường thẳng qua G đồng thời vuông góc với
AG, BG.
uu
r

uuur uuur

r
 26 16 
;− ;4÷ , ta chọn u= ( −13;8;−6) .
3 
 3


Do vậy ud =  AG, BG = 
Câu 30: Đáp án D

Cách 1: Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa d và ( P ) tạo với Oy góc lớn nhất.
Vì ( P ) chứa d nên ( P ) đi qua điểm M ( 1;−2;0) .
Phương trình mặt phẳng ( P ) là ( P ) : a( x − 1) + b( y + 2) + cz = 0 ( 1) .
Điều kiện a2 + b2 + c2 > 0 .
Vì N ( 0;−1;2) nên N thuộc ( P ) . Do vậy ta có − a + b + 2c = 0 hay a = b + 2c .
Thay vào (1) ta được: ( b + 2c) x + by + cz + b − 2c = 0 ( 2) .
uuur

r

Mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến n( P ) = ( b + 2c;b;c) , trục Oy có vectơ chỉ phương là j = ( 0;1;0) .

(

r uuur

)

Gọi α là góc của Oy và ( P ) ta có sinα = cos j, n( P ) =

b
2b2 + 5c2 + 4cb

.

Trường hợp 1: b= 0 thì α = 0 .

Trường hợp 2: b≠ 0 thì

sinα =

1
2

 c
 c .
2 + 5 ÷ + 4 ÷
 b
 b

c
b

2
Đặt t = , xét hàm số f ( t) = 5t + 4t + 2 .

2
5

2
Ta có sinα lớn nhất khi f ( t) = 5t + 4t + 2 nhỏ nhất ⇔ t = − ⇔



Thay vào (2), ta được:  b −



c
2
2b
= − ⇔ c= − .
b
5
5

4b 
2b
4b
x + by −
z + b+
= 0 ⇔ x + 5y − 2z + 9 = 0.
÷
5
5
5

Cách 2:

uuu
r

uu
r

Ta có vectơ chỉ phương của d là vd = ( 1;−1;−2) ; vectơ chỉ phương của Oy là vOy = ( 0;1;0) .
r


uu
ru
r

 −1 − 2 −2 1 1 − 1 
;
;
÷ = ( 2;0;1) .
0 0 0 0 1


Gọi n = v∆ , J  = 
1
uuur

uuur

r uu
r

0

1 1

2 2

0

;
;

Gọi n( P ) là vectơ pháp tuyến của ( P ) , suy ra n( P ) =  n,v∆  = 
÷ = ( 1;5;−2) .
 −1 − 2 −2 1 1 − 1 

Vậy phương trình mặt phẳng ( P ) là 1.( x − 1) + 5.( y + 2) − 2z = 0 ⇔ x + 5y− 2z + 9 = 0 .
Câu 31: Đáp án D
6
Số trường hợp đồng khả năng là n( Ω ) = A12.5! .

Gọi A là biến cố hai bạn A và B ngồi cùng bàn và cạnh nhau.
Trang 14


Ta có các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: A và B ngồi bàn dài.
- Chọn 2 vị trí trên bàn dài để xếp A và B ngồi cạnh nhau có 5 cách. Xếp A và B có 2 cách.
- Chọn 4 bạn trong 10 bạn còn lại để xếp vào 4 vị trí. Có A104 cách.
- Xếp 6 bạn cịn lại vào bàn trịn. Có 5! cách.
Trường hợp này có 2.5.A104 .5! cách.
+ Trường hợp 2: A và B ngồi bàn tròn.
- Xếp A và B ngồi cạnh nhau. Có 2 cách.
- Chọn 4 bạn trong 10 bạn để xếp vào bàn trịn. Có A104 cách.
- Xếp 6 bạn cịn lại vào bàn dài. Có 6! cách.
Trường hợp này có 2.A104 .6! cách.
4
4
Suy ra số trường hợp thuận lợi là n( A) = 2.5.A10.5!+ 2.A10.6!.

Vậy xác suất cần tìm là P ( A) =


n( A)

n( Ω )

=

1
.
6

Câu 32: Đáp án D
Đặt t = f ( x) . Khi đó phương trình trở thành
t1 ≈ 3,05979197
5

= 1⇔ t − 3t − t + = 0 ⇔ t2 ≈ 0,8745059057
2t − 1
2
t3 ≈ −0,9342978758
f ( t)

3

2

3
2

Xét phương trình x3 − 3x2 + x + = t1 ≈ 3,05979197 . Bấm máy tính ta được 1 nghiệm.
3

2

Xét phương trình x3 − 3x2 + x + = t2 ≈ 0,8745059057 . Bấm máy tính ta được 3 nghiệm.
3
2

Xét phương trình x3 − 3x2 + x + = t3 ≈ −0,9342978758. Bấm máy tính ta được 1 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thực.
Câu 33: Đáp án A

( S) có tâm I ( 0;0;1) ; bán kính

R = 2.

Xét tam giác ∆ABI vng tại B có BI = R = 2, AI = 3.
Gọi H = ( BCD) ∩ AI
Ta có AI ⊥ ( BCD) tại H và BI 2 = HI .AI ⇒ IH =

4
.
3

Trang 15


( BCD) có vectơ pháp tuyến

Khi đó mặt phẳng

r uur

n = AI

và cách I một khoảng

4
3

nên

 mp( BCD) :2x + 2y + z + d = 0
1+ d 4  d = 3

⇔
= ⇔
.

4
3
3  d = −5
 d( I ;( BCD) ) =
3

13

( BCD) :2x + 2y + z + 3 = 0 ⇒ d( A;( BCD) ) = 3
.
Do vậy 
 BCD :2x + 2y + z − 5 = 0 ⇒ d A; BCD = 5
)
( ( )) 3

(

Vì d( A;( BCD) ) =

13
> AI nên khơng thỏa mãn.
3

Vậy phương trình mặt phẳng ( BCD) là 2x + 2y + z − 5 = 0.
Câu 34: Đáp án A


. 1 q =
Ta có: u2 = qu



u2
≥ 100÷ và đặt a = logu1 ≥ 0, b = logq ≥ 2 .
u1


Khi đó logu2 = log( qu1 ) = logu1 + logq = a + b .
Kết hợp với giả thiết, ta có: ( a + b) − 3( a + b) + 4 = a3 − 3a2 ⇔ b3 − 3b2 + 4 + 3ab( a + b − 2) = 0
3

2

 a = 0 u1 = 1
2

⇔ ( b − 2) ( b + 1) + 3ab( a + b − 2) = 0 ⇔ 
⇔
.
1 44 2 4 43 1 44 2 4 43
 b = 2 q = 100
≥0

≥0

n−1
2020
Do đó un = 100 > 10 ⇔ 2( n − 1) > 2020 ⇔ n > 1011⇒ nmin = 1012 .

Câu 35: Đáp án A
 1+ x 
÷ là hàm số chẵn và liên tục trên
 1− x 

Vì hàm số f ( x) = xln

 1 1
 − 2 ; 2 nên ta có:



 1+ x 
1
xln
÷
2

1
−
x

 dx = xln 1+ x  dx .
I=∫
∫0  1− x ÷
ex + 1
1
1
2

−

2


 1+ x 
u = ln
÷
Đặt 
 1− x  , ta có:
 dv = xdx


I=

1
2


−2

 du = x2 − 1
.

v = 1 x2 − 1

2

(

)

1
2

1 2
3
1
3
1
 1+ x 
x − 1 ln
+ ∫ dx = − ln3+ ⇒ a = − ;b = 3;c = .
÷
2
8
2
8
2

 1− x 
0

(

)

0

3
8

1
2

Vậy a − b + c = − − 3+ = −

23
.
8

Câu 36: Đáp án C
Phương trình hồnh độ giao điểm x4 − 3x2 − 2 = m+ 1⇔ x4 − 3x2 − 3− m= 0 .
Trang 16


2
2
Đặt x = t,( t ≥ 0) , ta có phương trình t − 3t − m− 3 = 0 ( * )


Theo giả thiết ta có m> 0 nên phương trình ln có hai nghiệm trái dấu.
Suy ra đường thẳng y = m+ 1 luôn cắt đồ thị hàm số y = x4 − 3x2 − 2 tại hai điểm A, B.
Vì A, B đối xứng với nhau qua Oy nên A( x;m+ 1) và B( − x;m+ 1) .
uuu
r uuu
r

. = 0 ⇔ x2 = ( m+ 1) .
Tam giác OAB vuông tại O ⇔ OAOB
2

Thay x2 = ( m+ 1) vào phương trình x4 − 3x2 − 3− m= 0 ta được m4 + 4m3 + 3m2 − 3m− 5 = 0
2

(

)

⇔ ( m− 1) m3 + 5m2 + 8m+ 5 = 0 ⇔ m= 1 (do m> 0 ).

Câu 37: Đáp án B
 2b 2a2 
ab 

∆
:
y
=
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là:
 −

÷x +  c − ÷ .
9 
9

 3

Vì ∆ đi qua gốc tọa độ nên ab = 9c .


5

2

25

25

Thay ab = 9c vào P, ta được: P = 9c2 + 10c =  3c + ÷ − ≥ − .
3
9
9

Câu 38: Đáp án C

(

)

(
)

Ta có: ⇔ log 5+ log ( x + 1) ≥ log ( mx + 4x + m)
⇔ log 5( x + 1) ≥ log ( mx + 4x + m) .
1+ log5 x2 + 1 ≥ log5 mx2 + 4x + m
2

5

2

5

5

2

5

2

5

mx2 + 4x + m> 0
,∀x∈ ¡
Bất phương trình thỏa mãn với mọi x∈ ¡ ⇔  2
2
5 x + 1 ≥ mx + 4x + m

(

)


 m> 0

 m> 0
  m< −2

2
2
  m> 2
 mx + 4x + m> 0
16 − 4m < 0

⇔
,
∀
x
∈
¡
⇔
⇔
⇔ 2 < m≤ 3.


2
5− m> 0
 m< 5
( 5− m) x − 4x + 5− m≥ 0
16 − 4( 5− m) 2 ≤ 0   m≤ 3



  m≥ 7

Lưu ý: Sử dụng dấu tam thức bậc hai không đổi trên ¡ :
a > 0
+ f ( x) = ax2 + bx + x ≥ 0,∀x∈ ¡ ⇔ 
.
∆ ≤ 0
a > 0
+ f ( x) = ax2 + bx + x > 0,∀x∈ ¡ ⇔ 
.
∆ < 0

Câu 39: Đáp án B
Gọi phương trình mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với cả ba mặt cầu đã cho có phương trình là ax + by + cz + d = 0
(điều kiện a2 + b2 + c2 > 0 ).

Trang 17


 a + 2b + c + d
 2 2 2 =2
 a + 2b + c + d = 2 a2 + b2 + c2
 d( A;( P ) ) = 2  a + b + c



 3a − b + c + d

2
2

2
d
B
;
P
=
1
⇔
=
1
⇔
(
)
(
)
Khi đó ta có hệ điều kiện sau: 
 2 2 2
 3a − b + c + d = 2 a + b + c .

 a +b +c

2
2
2
 d( C;( P ) ) = 1  −a − b + c + d
 −a − b + c + d = 2 a + b + c


=1
 a2 + b2 + c2

3a − b + c + d = − a − b + c + d  a = 0
⇔
3a − b + c + d = a + b − c − d
a − b + c + d = 0

Khi đó ta có: 3a − b + c + d = −a − b + c + d ⇔ 

 2b + c + d = 2 b2 + c2
 2b + c + d = 2 b2 + c2
c = d = 0, b ≠ 0

⇔  4b − c − d = 0
⇔
.
Với a = 0 thì 
c + d = 4b,c = ±2 2b
 2b + c + d = 2 − b + c + d
c + d = 0


Do đó có 3 mặt phẳng thỏa mãn bài toán.
4

b= a
 3b = 2 a2 + b2 + c2


3
b
=

4
a
3


⇔
⇔
.
Với a − b + c + d = 0 thì ta có 
2
2
2

11
 2a = a2 + b2 + c2
 2a = a + b + c
a
c =
3


Do đó có 4 mặt phẳng thỏa mãn bài tốn.
Vậy có 7 mặt phẳng thỏa mãn bài toán.
Câu 40: Đáp án B
Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó ta có:
2

2



 2 AB2 
AB2 
MA + MB = MA + MB − 2MA .MB =  2MI 2 +
−
2
÷
 MI −
÷
2 
2 


AB4
AB4
= 4.MI 4 + 2MI 2 AB2 +
− 2.MI 4 + MI 2 AB2 −
4
8
4

4

(

2

)

2 2


2

2

2


AB4
3AB2 
4
= 2.MI + 3MI AB +
= 2 MI 2 +
÷ − AB
8
4 

4

2

2

Do đó MA4 + MB4 đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu vng góc của I lên d.
uuu
r

Điểm I ( 2;−1;0) . Lấy M ( 2 + t;−1+ 2t;3t) ∈ d. IM = ( t;2t;3t) .
uuu
r uu
r

uuu
r uu
r
IM ⊥ ud ⇔ IM.ud = 0 ⇔ t + 4t + 9t = 0 ⇔ t = 0 .

Suy ra M ≡ I ( 2;−1;0) . Vậy 2a + 3b + c = 1.
Câu 41: Đáp án A
1
5

Đặt t = 5sin x − 1⇒ dt = 5cos xdx ⇒ cos xdx = dt .
Đổi cận x = 0 ⇒ t = −1; x =

π
⇒ t = 4.
2

π
2

4

0

−1

4

1


4



5−1

5 −1

1



Khi đó cosx. f ( 5sin x − 1) dx = f ( t) 1 dt = 1 f ( t) dt = 1 f ( t) dt + f ( t) dt ÷.
∫
∫
∫
∫
∫
5

Trang 18


1
1

1
3
=
f

t
dt
=
f
t
dt

 ∫ f ( t) dt = 3
∫ ()
∫ ()
 −1

1
4
−1
⇒  −41
Mặt khác  4
. Vậy I = ( 3− 7) = − .
4
5
5
7 = f t dt = − f t dt  f t dt = −7
( )
( )
∫
∫

∫ ( )

1

1
1

Câu 42: Đáp án A
Gọi I là chân đường cao của chóp và SI = h dựa theo góc của các cạnh ta
có: IB = IC = h; IA =

h
3

⇒ IB = 3IA ⇒ IB2 = 3IA2 .

Áp dụng định lí Pi-ta-go cho ∆IHB (với H là trung điểm BC) ta có:
2

15 − 3
 a h  a2
h = −
⇔ h=
a (với a = 10m).
÷ +
4
4
3
2
2

1 a2
≈ 44,6 m3
2 2


1
3

( )

Vậy V = .h. .

Câu 43: Đáp án A
S∆ABC = cosα .S∆AB'I ⇒ cosα =

S∆ABC
.
S∆AB'I

1
3 2
S∆ABC = .AB.AC.sin120° =
a.
2
4

AB’ là đường chéo hình vng A' B' BA ⇒ A' B = a 2 .

2

5
 a
AI = AC + IC = a +  ÷ =
a

2
 2
2

2

2

B' I = C ' I 2 + B'C '2 = C ' I 2 + BC2 = C 'I '2 + AC 2 + AB2 − 2AB.AC.cos120°
2

13
 a
 1
=  ÷ + a2 + a2 − 2 − ÷.a.a =
a
2
 2
 2
1
2

1
2

Theo định lý Pi-ta-go đảo ta thấy ∆AB' I vuông tại A ⇒ S∆AB'I = .AI .AB' = a 2.a

Vậy cosα =

S∆ABC

S∆AB'I

5
10a2
.
=
2
4

3a2
30
= 4 2 =
.
10
10a
4

Câu 44: Đáp án D
Giả sử mỗi góc ta cắt đi một hình vng cạnh x( m) .

Trang 19


Khi đó chiều cao của hộp là x( m) với 0 < x <

1
và cạnh đáy của hộp là ( 1− 2x) ( m) .
2

3

Thể tích của hộp là V = x( 1− 2x) ( m ) .
2

Xét hàm số f ( x) = x( 1− 2x) .
2

1

x=

6 ⇒ x = 1 ∈  0; 1 
2
Ta có: f '( x) = 1− 8x + 12x , f '( x) = 0 ⇔ 
.
6  2 ÷

x = 1

2

Ta có bảng biến thiên f ( x) như sau:

Vậy thể tích cần tìm là: V =

2 3
m.
27

Câu 45: Đáp án A
2

2
Ta có: z = 1⇒ x = 1− y với y∈ [ −1;1] .

P = z + i + 2 z − 2i = x2 + ( y + 1) + 2 x2 + ( y − 2) = 1− y2 + ( y + 1) + 2 1− y2 + ( y − 2)
2

2

2

2

= 2 + 2y + 2 5− 4y = 2( 1+ y) + 2 5− 4y

Xét hàm số g( x) = 2( 1+ y) + 2 5− 4y với y∈ [ −1;1] .
g'( y) =

1
2( 1+ y)

−

4
5− 4y

.

3
g'( y) = 0 ⇔ y = − .
4

 3 9 2
g( −1) = 6;g( 1) = 4;g − ÷ =
.
2
 4

Do đó max P = M =

49
9 2
.
;min P = m= 4 . Suy ra E =
2
2

Câu 46: Đáp án C
2
Phương trình f ( x ) + ( m− 2) f ( x ) + m− 3 = 0 .

 f ( x ) = −1
( 1)
⇔ f ( x ) + 1 f ( x ) + m− 3 = 0 ⇔ 
.
 f ( x ) = 3− m ( 2)

(

)(

)


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

Trang 20


Từ đồ thị hàm số, suy ra phương trình (1) có 2 nghiệm.
2
Để phương trình f ( 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< 3− m< 3 ⇔ 0 < m< 4
Do m∈ ¢ nên có 3 giá trị m thỏa mãn.
Câu 47: Đáp án C
t ≤ 1
.
2
 f ( t) = t + t − 2

Đặt t = 4 f ( x) − 7 ⇒ f ( t) − 3t + 3 = 1− t . Khi đó 

Vẽ đồ thị hàm số f ( x) và y = t2 + t − 2 trên hệ trục tọa độ.

 f ( x) = 2
t = 1

f
t
−
y

=
0
⇔
⇒
.
Phương trình ( )
có nghiệm

t
=
a
−
3
<
a
<
−
1
(
)  f ( x) = a + 7

4


Nhìn đồ thị, ta xét phương trình f ( x) = 2 có 2 nghiệm.
Vì −3< a < −1⇒ 1<

a+ 7
a+ 7 3
< nên phương trình f ( x) =

có 3 nghiệm.
4
2
4

Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm hay m= 5 .
Câu 48: Đáp án D
Ta có số phần tử của không gian mẫu n( Ω ) = 8!.
Giả sử số tự nhiên n = a1a2a3a4bb
chia hết cho 1111 trong đó a1, a2, a3, a4, b1, b2, b3, b4 thuộc
1 2b3b4

{ 1;2;3;4;5;6;7;8} .
 nM9
⇒ nM9999 .
1111
 nM

Ta có 1+ 2 + 3+ 4 + 5+ 6 + 7+ 8 = 36M9 ⇒ 

4
Đặt x = a1a2a3a4; y = bb
1 2b3b4 ⇒ n = 10 x + y = 9999x + ( x + y) .

Trang 21


nM9999 ⇒ ( x + y) M9999.

Do 0 < x + y < 2.9999 ⇒ x + y = 9999 ⇒ a1 + b1 = a2 + b2 = a3 + b3 = a4 + b4 = 9 .

Có 4 cặp số có tổng bằng 9 là ( 1;8) ,( 2;7) ,( 3;6) ,( 4;5)
Có cách chọn cặp số trên, mỗi cặp số có 2 hốn vị nên có 4!.24 số chia hết cho 1111.
4
Gọi A là biến cố “Số tự nhiên được lấy chia hết cho 1111” ⇒ n( A) = 4!.2 .

Xác suất của biến cố A là P ( A) =

1
.
105

Câu 49: Đáp án A
1
Các đồ thị hàm số y = x3 và y = x3 cùng xét trên ( 0;+∞ ) đối xứng qua đường thẳng y = x .
3
3
Do đó gọi A( a;a ) , B( a ;a) với a > 0, ta có tam giác OAB cân tại O.

Để tam giác đều thì OA = AB ⇔ a2 + a6 = 2( a3 − a) ⇔ a6 − 4a4 + a2 = 0.
2

Vì a > 0 nên a2 = 2 ± 3 .
2

S  a2 
3 2
3 2 6
OA =
a + a = a4 3 ⇒ 2 =  22 ÷ = 97+ 56 3 .
Mặt khác ta có: SOAB =

4
4
S1  a1 

(

)

Câu 50: Đáp án B
 π

cot x > 1

⇒ cot x − tan x > 0 .
Do x∈  0; ÷ nên 
 4
0 < tan x < 1
cot x − tan x =

cos x sin x 2cos2x
−
=
nên phương trình đã cho tương đương
sin x cot x sin2x

 2cos2x 
log2 
÷ = 1+ cos2x − sin2x
 sin2x 
 π

⇔ log2 cos2x − log2 sin2x = cos2x − sin2x (do 0 < sin2x,cos2x < 1,∀x∈  0; ÷ )
 4
⇔ log2 cos2x − cos2x = log2 sin2x − sin2x .

Xét hàm số f ( t) = log2 t − t với t∈ ( 0;1) .
Ta có f '( t) =
⇒

1
− 1> 0,∀t ∈ ( 0;1) (vì 0 < t < 1⇔ 0 < t ln2 < ln2 < lne = 1)
t ln2

1
1
> 1⇔
− 1> 0
t ln2
t ln2

Suy ra hàm số f ( t) đồng biến trên khoảng ( 0;1) .
Suy ra f ( cos2x) = f ( sin2x) ⇔ cos2x = sin2x ⇔ tan2x = 1⇒ x =
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x =

π
.
8

π
.
8


Trang 22