ĐỀ SỐ 23

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. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm

 P  : x  2 y  z  3  0 . Viết phương trình mặt phẳng  Q 

A  1; 2; 3 , B  2; 1; 6 

và mặt phẳng

chứa AB và tạo với mặt phẳng  P  một góc

 thỏa mãn cos   3 .
6
A. 4 x  y  3 z  15  0 hoặc x  y  3  0 .

B. 4 x  y  3 z  15  0 hoặc x  z  3  0 .

C. 4 x  y  3 z  15  0 hoặc x  y  3  0 .

D. 4 x  y  3 z  15  0 hoặc x  z  3  0 .

Câu 2. Trong mặt phẳng  xOy  , gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1  2i; z2  4  6i . Gọi
I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Khi đó điểm I biểu diễn số phức
A. z  2  i

B. z  1  2i

C. z  2  4i

D. z  1  i

Câu 3. Cho các số thực dương a  b  1  c . Khẳng định nào sau đây đúng?
A. log a b  1  log b c  0

B. 1  log a b  log b c  0

C. log a b  1  0  log b c

D. 1  log a b  0  log b c

Câu 4. Cho hàm số y  ax 3  bx 2  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
2
Câu 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  4 x 

y0

A. min
2;�

y  13
B. min
2;�

Câu 6. Cho phương trình 8x 1  8.  0,5 

3x

54
trên khoảng  2; � .
x2
y  23
C. min
2;�

y  21
D. min
2;�

 3.2 x 3  125  24.  0,5  . Khi đặt t  2 x 
x

1
, phương trình đã
2x

cho trở thành phương trình nào dưới đây?

A. 8t 3  3t  12  0

B. 8t 3  3t 2  t  10  0

Câu 7. Cho hàm số f  x  liên tục trên  1; � và

C. 8t 3  125  0
3

f
�

A. I  5

B. I  7



x  1 dx  4 . Tính

0

C. I  16

D. 8t 3  t  36  0
2

x.  f ( x)  2  dx .
�
1


D. I  12

Câu 8. Cho hàm số y  3x  2 . Đẳng thức nào sau đây đúng?
Trang 1


A. y �
 1 

27
ln 3

 1  9 ln 3
B. y �

 1  27 ln 3
C. y �

D. y �
 1 

9
ln 3

�x  1  2t
�
Câu 9. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : �y  3
. Trong các véctơ sau, véctơ nào là một
�z  5  3t

�
véctơ chỉ phương của đường thẳng d?
uu
r
ur
A. a3   2;0;3
B. a1   2;3;3

ur
C. a1   1;3;5 

ur
D. a1   2;3;3

Câu 10. Cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 2a, vẽ tia Ax trên nửa mặt phẳng chứa B bờ là đường thẳng
qua A sao cho điểm B luôn cách tia Ax một đoạn bằng a. Gọi H là hình chiếu của B lên tia, khi tam giác
AHB quay quanh trục AB thì đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt trịn xoay có diện tích xung quanh bằng
A.

 2  2  a

2

B.

2

 3  3  a

2


2

C.

 1  3  a

2

2

D.

3 2a 2
2

Câu 11. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  2a , cạnh SA vng
góc với đáy và SB tạo với đáy một góc 60�. Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM 

 BCM 
A. V 

a 3
. Mặt phẳng
2

cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích V của khối chóp S.BCNM.
a3 3
4


B. V 

a3 3
3

C. V 

a3 3
2

D. V 

a3 3
6

Câu 12. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y  x  m  sin x  cos x  đồng biến trên �.
A. m �

2
2

B. m �

2
2

C. m �

2
2


D. m �

2
2

Câu 13. Khối chóp S.ABCD có cạnh đáy là hình thoi cạnh a, SA  SB  SC  a , cạnh SD thay đổi. Thể
tích khối chóp S.ABCD lớn nahát khi độ dài cạnh SD là
A.

a 3
2

Câu 14. Cho biết f  x  

B.

a 6
2

e2 x

t ln
�

20

C. a

D.


2a
3

tdt , hàm số y  f  x  đạt giá trị cực trị khi

ex

A. x 

21
ln 2
2

B. x  

21
ln 2
2

C. x  

21
2 ln 2

D. x 

21
2 ln 2


Câu 15. Thiết diện qua trục của hình nón  N  là tam giác vng cân có cạnh góc vng bằng a. Tính
bán kính đáy R của hình nón.
A. R  a 2

B. R 

a 2
2

C. R 

a
4

D. R 

a
2

Trang 2


Câu 16. Trong không gian Oxyz, cho điểm A  2;1; 3 , B  1; 1;0  và mặt phẳng  P  : x  2 y  z  3  0 .
Gọi M là điểm nằm trên mặt phẳng  P  sao cho BM nhỏ nhất. Mặt phẳng  Q  qua A, M và góc giữa hai
mặt phẳng  P  ,  Q  là lớn nhất. Phương trình mặt phẳng  Q  là
A.  Q  : 2 x  y  4 z  15  0

B.  Q  :  x  y  3 z  10  0

C.  Q  :x  y  z  0


D.  Q  : x  2 y  3z  5  0

Câu 17. Kim tự tháp Maya (Pyramid Maya) được xây dựng bởi người Maya (một bộ tộc thổ dân châu Mỹ
đã từng sinh sống 2.000 năm trước tại Mexico). Một kim tự tháp được thiết kế như sau:
Tầng thứ nhất là 1 viên đá hình lập phương.
Tầng thứ 2 có 1 viên đá trung tâm và 8 viên đá xung
quanh tổng cộng có 9 viên đá.
Tầng thứ 3 có 9 viên đá trung tâm và 16 viên đá xung
quanh tổng cộng có 25 viên đá.
Cứ tiếp tục như vậy cho đến các tầng tiếp theo.
Hỏi nếu một kim tự tháp có 15 tầng thì số lượng viên đá hình lập phương là
A. 4495

B. 1135

C. 2375

D. 4855

Câu 18. Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên các khoảng  �;0  ,  0; � và có bảng biến
thiên như sua: Tìm tất cả các giá trị thực của m để đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 3
điểm phân biệt.

A. 4 �m  0

B. 4  m  0

C. 7  m  0


D. 4  m �0

B C có thể tích 216 cm3 và diện tích của tam giác ABC �
Câu 19. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A���
BC  .
bằng 24 3cm 2 . Tính sin góc giữa AB và mặt phẳng  A�
A. sin  

3
4

B. sin  

13
13

C. sin  

2
5

D. sin  

3
5

Câu 20. Cho số phức z thỏa mãn iz  2  i  0 . Khoảng cách từ điểm biểu diễn của z trên mặt phẳng tọa
độ Oxy đến điểm M  3; 4  là
A. 2 5


B. 13

C. 2 10

D. 2 2

Trang 3


3
2
Câu 21. Biết đồ thị hàm số  C  : y  x  ax  bx  c đi qua điểm A  1;6  và có cực đại bằng 4 tại

x  1 . Tính giá trị của hàm số tại x  3 .

A. y  3  44
Câu

22.

Cho

B. y  3  36
hàm

số

y  f  x

C. y  3  22

xác

định,

có

D. y  3  12

đạo

hàm

trên

�

thỏa

mãn:

�
�f   x  2  �
� �
�f  x  2  �
� 10 x . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có
2

3

hồnh độ bằng 2 là:

A. y  2 x  5

B. y  2 x  3

C. y  2 x  5

D. y  2 x  3

Câu 23. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau.

Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số y  g  x  
A. 1

B. 2

C. 3

f 2  x
có đúng 3 tiệm cận đứng?
f  x  m
D. 4

Câu 24. Trong mặt phẳng cho một hình lục giác đều cạnh bằng 2. Thể tích của hình trịn xoay có được
khi quay hình lục giác đó quanh đường thẳng đi qua hai đỉnh đối diện của nó bằng
A. 2π

B. 6π

C. 8π


D. π

�x 2  xy  3  0
Câu 25. Cho x  0 và y thỏa mãn: �
. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
�2 x  3 y �14
2
2
2
nhất của biểu thức P  3x y  xy  2 x  x  1 . Khi đó tích M .m có giá trị bằng

A. 32

B. 16

C. 9

D. 16

2
2
Câu 26. Nếu log 8 a  log 4 b  5 và log 4 a  log 8 b  7 thì giá trị của log 2  ab  bằng

A. 9

B. 18

C. 1

D. 3


Câu 27. Biết số phức z thỏa mãn z  1 �1 và z  z có phần ảo khơng âm. Phần mặt phẳng biểu diễn số
phức z có diện tích là
A. π

B. 2π

C. 2

D.


2

Câu 28. Cho đồ thị  C  : y  f  x   x . Gọi  H  là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C  , đường thẳng
x  9 và trục Ox. Cho điểm M thuộc đồ thị  C  và điểm A  9;0  . Gọi V1 là thể tích khối trịn xoay khi

Trang 4


cho  H  quay quanh trục Ox, V2 là thể tích khối trịn xoay khi cho tam giác AOM quay quanh trục Ox.
Biết rằng V1  2V2 . Tính diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C  và đường thẳng OM.

A. S  3

B. S 

27 3
16


C. S 

3 3
2

D. S 

4
3

Câu 29. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên �. Đồ thị hàm số
y f�
 x  như hình vẽ. Hàm số g  x   2 f  x   x 2 đồng biến trên khoảng
nào trong các khoảng sau đây?
A.  �; 2 

B.  2; 2 

C.  2; 4 

D.  2; �

Câu 30. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 P  : 3 x  3 y  2 z  15  0

và ba điểm A  1; 2;0  ,

B  1; 1;3 , C  1; 1; 1 . Điểm M  x0 ; y0 ; z0  thuộc  P  sao cho 2MA2  MB 2  MC 2 nhỏ nhất. Giá trị
2 x0  3 y0  z0 bằng

A. 11

B. 5

C. 15

D. 10

1
2
2
3
3
4
2n
2 n 1
Câu 31. Giá trị của n thỏa mãn: C2 n 1  2.2C2 n 1  3.2 .C2 n 1  4.2 .C2 n 1  ...   2n  1 .2 .C2 n 1  2021

bằng
A. 1010

B. 1009

C. 2020

D. 2021

Câu 32. Miền phẳng trong hình vẽ giới hạn bởi y  f  x  và parabol
1


y  x  2 x . Biết
2

3

�f  x  dx  4 . Khi đó diện tích hình phẳng được



1
2

tơ trong hình vẽ bằng
A.

9
8

B.

3
2

C.

3
8

D.


8
3

Câu 33. Xét tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O; R  . Gọi V1 ,V2 , V3 lần lượt là thể tích của các khối
trịn xoay sinh ra khi quay tam giác OCA quanh trung trực của đoạn thẳng CA, quay tam giác OAB quanh

Trang 5


trung trực của đoạn thẳng AB, quay tam giac OBC quanh trung trực của đoạn thẳng BC. Khi biểu thức
V1  V2 đạt giá trị lớn nhất, tính V3 theo R.
A. V3 

2 3 3
R
9

B. V3 

32 3
R
81

C. V3 

57 3
R
81

D. V3 


8 3
R
81

2

2

Câu 34. Cho z  1  5 , giá trị lớn nhất của P  z  i  z  2 bằng
A. 1  10 5

B. 1  8 3

C. 1  8 5

D. 1  12 5

Câu 35. Một chậu nước hình nón cụt có chiều cao 3dm, bán kính đáy
lớn là 2dm và bán kính đáy nhỏ là 1dm. Cho biết thể tích nước bằng
37
thể tích của chậu, chiều cao của mực nước là
189
A. 2dm

B. 0,8dm

C. 1dm

D. 1,5dm


Câu 36. Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục và nhận giá trị dương trên  0; � thỏa mãn điều kiện
1
f

2

 x

A.



 x
1 2 xf �
 3
với mọi x � 1; � đồng thời f  2   1 . Giá trị của f  4  là
2
x
f  x

2 3
3

B.

2
3

C.


4
3

D.
2

2

Câu 37. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 2sin x  3cos x  m.3sin
A. 7

B. 4

C. 5

2

x

16
9
có nghiệm?

D. 6

Câu 38. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y 

2mx  m  2
cắt

x 1

đường thẳng  d  : y  x  3 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 3, với
I  1;1 . Tổng tất cả các phần tử của S bằng
A.

7
2

B. 10

C. 3

D. 5

1
2
2
Câu 39. Cho phương trình 4 log 9 x  m log 1 x  log 1 x  m   0 (m là tham số). Để phương trình có
6
9
3
3
hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2  3 thì giá trị m thỏa mãn.
A. 1  m  2

B. 3  m  4

C. 0  m 


3
2

Câu 40. Cho hàm số y  f  x  là hàm chẵn, liên tục trên � và

D. 2  m  3
f  x
dx  29 . Khi đó
x
�
2020

1
2
2

2

f  x  dx
�
0

bằng
Trang 6


A.

29
2


B. 29

Câu 41. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

C. 58

D. 30

 S  :  x  1

M  4; 4; 2  , N  6;0;6  . Gọi E là điểm thuộc mặt cầu

 S

2

  y  2    z  2   9 và hai điểm
2

2

sao cho EM  EN đạt giá trị lớn nhất.

Phương trình tiếp diện của mặt cầu  S  tại E là
A. x  2 y  2 z  8  0

B. 2 x  y  2 z  9  0

C. 2 x  2 y  z  1  0


D. 2 x  2 y  z  9  0

Câu 42. Cho 2 số thực dương a, b khác 1 và đồ thị của các hàm số
y  log a x, y  log b x như hình vẽ. Gọi d là đường thẳng song song với trục
Oy và cắt trục hồnh tại điểm A có hồnh độ x  k ( k  1 ). Gọi S1 là diện
tích hình phẳng giới hạn bởi y  log a x , đường thẳng d và trục hồnh; S2 là
diện tích hình phẳng giới hạn bởi y  log b x , đường thẳng d và trục hoành.
Biết S1  4 S 2 , mệnh đề nào sau đây đúng?
A. b  a 4

B. a  b 4

C. b  a 4 ln 2

D. a  b 4 ln 2

2
2
Câu 43. Trong không gian Oxyz cho  P  : 2mx   m  1 y   m  1 z  1  0 . Biết rằng tồn tại hai mặt

cầu cố định tiếp xúc với  P  và đi qua điểm A  0;1; 1 . Tổng hai bán kính của hai mặt cầu đó bằng
A.

2
2

B.

2 3

3

C.

2

D.

3

B C . Đường thẳng đi qua trọng tâm của tam giác ABC và song song
Câu 44. Cho khối lăng trụ ABC. A���
MN  chia khối lăng trụ thành hai phần. Tỉ
với BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M, N. Mặt phẳng  A�
số thể tích (phần bé chia phần lớn) của chúng bằng
A.

2
3

B.

4
23

C.

Câu 45. Cho hình chóp đều S.ABCD có thể tích bằng

4

9

D.

4
27

1
, đáy ABCD là hình vng cạnh là 1. Phương
3

�x  1
�
trình mặt phẳng  ABCD  biết S  0;0;0  và AB : �y  t là
�z  1
�
x 1  0
�
A. �
z 1  0
�

x 1  0
�
B. �
z 1  0
�

x 1  0
�

C. �
�y  1  0

x 1  0
�
D. �
y 1  0
�

Trang 7


4x2  3 y  2

Câu 46. Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn
. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  y  4 x
x
2 y 1
là
A. P  2

B. P  

5
2

D. P  

C. P  3


7
2

Câu 47. Cho hàm số y  f  x  liên tục, có đạo hàm trên  5;3 và có bảng biến thiên sau.

3
Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 3 f   x  2   x  3x  2  m có đúng 3 nghiệm thuộc

 5;3 ?
A. 2

B. 4

C. 6

D. 8

Câu 48. Đề kiểm tra 15 phút có 10 câu trắc nghiệm mỗi câu có bốn phương án trả lời, trong đó có một
phương án đúng, trả lời đúng mỗi câu được 1,0 điểm. Một thí sinh làm cả 10 câu, mỗi câu chọn một
phương án. Xác suất để thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên.
A.

436
410

B.

463
410


C.

436
104

D.

163
104

4
3
2
Câu 49. Cho hàm số y  f  x   mx  nx  px  qx  r trong đó

m, n, p, q, r ��. Biết rằng hàm số y  f �
 x  có đồ thị như hình vẽ.
Tập nghiệm của phương trình f  x   r có tất cả bao nhiêu phần tử?
A. 3

B. 4

C. 5

D. 6

Câu 50. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn 0   x  y    y  z    z  x  �18 . Biết giá trị
2

x


y

z

lớn nhất của biểu thức P  4 3  4 3  4 3 

2

2

a
a
1
4
 x  y  z  là b , với a, b là các số nguyên dương và b tối
108

giản. Tính S  2a  3b .
A. S  13

B. S  42

C. S  54

D. S  71

Trang 8



ĐÁP ÁN
1-A
11-A
21-A
31-A
41-D

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

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

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

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


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

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

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

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

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


LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Mặt phẳng  Q  có dạng: ax  by  cz  d  0 ( a 2  b 2  c 2 �0 ).
�
�
�
�A � Q 
a  2b  3c  d  0
�
�
a  4b, c  3b, d  15b
�
�
�
��
2a  b  6c  d  0
��
Ta có: �B � Q 
.
a


b
,
c

0,
d



b
�
�
�
a  2b  c
3
3
�
�

cos  
2
2
2
�
�
6
6
�
� a  b  c 1 4 1
Phương trình  Q  : 4 x  y  3z  15  0 hoặc x  y  3  0 .
Câu 2: Ta có: A  0; 2  , B  4; 6  . Suy ra I  2; 4  .
Điểm I biểu diễn số phức z  2  4i .
Câu 3: Ta có: a  b  1 � log a a  log a b � 1  log a b và b  1  c � logb 1  logb c � 0  log b c .
Vậy 1  log a b  0  log b c .
Câu 4: Dựa vào đồ thị hàm bậc ba ta nhận xét:
Nhánh cuối đồ thị hàm số đồng biến nên a  0 .
Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ dương nên d  0 .
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về 2 phía trục tung nên ac  0 � c  0 .
Đồ thị hàm số có hồnh độ điểm uốn dương nên ab  0 � b  0 .

Câu 5: Cách 1: Sử dụng bảng biến thiên
y�
 2x  4 

 x  2

2�
 x  2   27 �
�; y�
 �
 0 � x2 3� x 5.
2
 x  2
3

54
2

y  y  5   23 .
Lập bảng biến thiên ta tìm được min
2;�
Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương  x  2  ;
2

54
2
4x
Ta có y x�
x2


2
�
 x 2
�
�

Đẳn thức xảy ra khi  x  2  
2

27
x2

27
27
;
.
x2 x2

27 �
4 3 3 27 2
x  2�
�

4

y

23 .

27

� x 5.
x2

y  y  5   23 .
Vậy min
2;�
Trang 9


x 1
x 3
3x
Câu 6: Ta có 8  8.  0,5   3.2  125  24.  0,5  � 8.2  8.
3x

x

1
1
 24.2 x  24. x  125  0
3x
2
2

�3 x 1 � � x 1 �
� 8�
2  3 x � 24 �
2  � 125  0 .
2 � � 2x �
�

x
Đặt t  2 

1
1
t �2  . Khi đó ta có 23 x  3 x  t 3  3t .
x 
2
2

3
3
Phương trình trở thành 8  t  3t   24t  125  0 � 8t  125  0 .

Câu 7: Đặt t  x  1 � t 2  x  1 � 2tdt  dx
x  0 � t  1; x  3 � t  2 .
3

Ta có

f
�
0



2

2


1

1

x  1 dx  �
2tf  t  dt � �
tf  t  dt  2 ;

2

2

2

1

1

1

I �
x.  f ( x)  2  dx  �
xf  x  dx  �
2 xdx  2  3  5 .
 3x  2 ln 3 � y�
 1  27 ln 3 .
Câu 8: Ta có y�
uu
r uu
r

Câu 9: Ta dễ thấy ud  a3   2;0;3 .
Câu 10: Khi quay quanh tam giác AHB thì đường gấp khúc AHB vẽ lên một
mặt trịn xoay. Diện tích mặt trịn xoay này bằng tổng diện tích xung quanh
hai hình nón đường sinh AH và BH.
+) Ta có AH  AB 2  BH 2  a 3 ; HK 

AH .BH a 3.a a 3
.


AB
2a
2

+) Diện tích xung quanh hình nón có đường sinh AH là
S1  

a 3
3a 2 
.
.a 3 
2
2

+) Diện tích xung quanh hình nịn có đường sinh BH là S 2  

a 3
3a 2 
.
.a 

2
2

 3 3 a  .
2

+) Diện tích mặt trịn xoay cần tìm là S  S  S 
1
2

2

Câu 11: Ta có SA   ABCD  � AB là hình chiếu của SB lên mặt
phẳng  ABCD 
�  60�
� SBA
, AB  a � SA  a 3, AM 

a 3
� M là trung điểm
2

của SA.
Ta có:  MBC  � SAD   MN , BC // AD � MN // AD � N là trung
điểm của SD.
Trang 10


Lại có VS . BCNM  VS .BCM  VS .MCN ;
VS . BCM SM 1

V
1
1
SM .SN 1
1
1

 � VS . BCM  VS .BCA  VS . ABCD ; S . MCN 
 � VS .MCN  VS . ACD  VS . ABCD
VS .BCA
SA 2
2
4
VS . ACD
SA.SD 4
4
8
3
3 1
a3 3
.
� VS .BCNM  VS . ABCD  . .a.2a.a 3 
8
8 3
4
� � �
� �
; y  1  2m cos �x  �
Câu 12: Ta có y  x  m  sin x  cos x   x  2m sin �x  �
.

� 4�
� 4�
� �
Để hàm số đồng biến trên �� 1  2m cos �x  ��0, x ��
� 4�
� �
�
��
2m cos �x
� 1
� 4�

2m

1

m

2
.
2

Câu 13: Ta có VS . ABCD  2VS . ABC .
Gọi H là trung điểm của SB. G là hình chiếu vng góc của C lên  SAB  suy ra G �AH .
Trong tam giác vuông CGH ta có CG �CH .

Vậy thể tích lớn nhất của S.ABCD khi CG  CH 
Gọi O là trung điểm của AC � SD  2 HO  2.

a 3

a 6
.
� AC 
2
2

AC a 6
.

2
2

 t   t ln 20 t .
Câu 14: Giả sử F  t  là một nguyên hàm của t ln 20 t , ta có: F �
2x
x
 x   2e2 x F �
Khi đó: f  x   F  e   F  e  � f �
 e2 x   e x F � e x   2e2 xe2 x ln 20  e2 x   e xe x ln 20  e x 

� f�
 x   221 e4 x x 20  e 2 x x 20  e 2 x x 20  221 e 2 x  1  0 � 2 x  ln

1
21
� x   ln 2 .
21
2
2


Câu 15: Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác vng cân tại đỉnh của hình nón.
Do đó đường sinh l  a và đường kính đáy là d  a 2 � Bán kính R 

a 2
.
2

Câu 16: Ta có góc giữa hai mặt  P  ,  Q  lớn nhất là 90�. Khi đó  P    Q  .
Ta có M � P  , BM nhỏ nhất � M là hình chiếu của B lên  P  .

Trang 11


�x  1  t
�
qua B  1; 1;0 
�
�
:�
�  : �y  1  2t .
uu
r uur
   P  � u  nP   1; 2;1
�
�z  t
�
Khi đó  M    � P  ;
t  1
�x  1  t
�

�y  1  2t
�x  0
�
�
��
� M  0;1; 1 .
Xét hệ �
z

t
y

1
�
�
�
�
x

2
y

z

3

0
�
�z  1
uur

uur uuuu
r
�
 Q   P
�
� 4  1;1;1 �  Q  : x  y  z  0 .
� nQ  �
n
,
AM
Vì �
P
�
�
 Q  qua A, M
�
Câu 17: Ta có cơng thức tổng quát số viên đá của tầng thứ n là  2n  1 .
2

15
15
�15 2 � �15 �
2
2
Vậy tổng số viên đá của 15 tầng là: S  � 2n  1  � 4n  4n  1  4 �
�n � 4 ��n � 15 .
n 1
n 1
�n 1 � �n 1 �


Ta có 12  22  ...  n 2 

n  n  1  2n  1
n  n  1
và 1  2  ...  n 
.
6
2

Vậy S  4.1240  4.120  15  4495 .
Câu 18: Dựa vào bảng biến thiên, đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 3 điểm phân biệt
khi 4  m  0 .
Câu 19: Gọi AB  x , M là trung điểm của AB, N là trung điểm của BC.
1
48 3
Khi đó S ABC  C �
M .x  24 3 � C �
M
2
x
2

2

�48 3 � �x 3 �
.
� CC �
 C�
M  CM  �
� x �

� �
� �
�
�
� �2 �
2

2

Mà V  216  CC �
.S ABC

x2 3

4

2

2

�48 3 � �x 3 �
�
� x �
� �
�2 �
�� x  4 3
�
� � �

� AB  4 3, AA�

6 3.
N � AH 
Kẻ AH  A�
Ta có sin  AB, ( A�
BC )  

AN . AA�
2
AN 2  AA�

3 3.

d  A, ( A�
BC )  AH 3

 .
AB
AB 4

Câu 20: Ta có: iz  2  i  0 � iz  i  2 � z 

i  2  i  2   i 

 1  2i .
i
1

Điểm biểu diễn của số phức z là A  1; 2  .
Trang 12



Khi đó AM 

 3  1

2

  4  2   40  2 10 .
2

Câu 21: Ta có: A  1;6  � C  � a  b  c  5

(1)

 3x 2  2ax  b , hàm số có cực đại bằng 4 tại x  1 � B  1; 4  là điểm cực đại.
Ta có: y �
�
�
a  b  c  5  2
�y  1  4
�
��
��
.
 1  0 �2a  b  3  3
�y �
� 3
a
�
2

�
3
7
b  0 �  C  : y  x3  x 2  .
Từ (1), (2) và (3) � �
2
2
� 7
�
c
� 2
Vậy giá trị của hàm số tại x  3 là y  3  44 .
Câu 22: Từ �
�f   x  2  �
� �
�f  x  2  �
� 10 x (*), cho x  0 ta có
2

3

�f  2   0
2
3
�
�f  2  �
� �
�f  2  �
� 0 � �f 2  1 .
� 

Đạo hàm hai vế của (*) ta được:
2 f   x  2  . f �
 x  2  3 �
 x  2   10 .
�f  x  2  �
�. f �
2

3 f  2  2�
Cho x  0 ta được 2 f  2  . f �
 2  3 �
 2   10 � f  2  . f �
 2 . �
�f  2  �
�. f �
�
� 10 (**).
2

Nếu f  2   0 thì (**) vơ lý.

 2  .  3  2   10 � f �
 2  2
Nếu f  2   1 , khi đó (**) trở thành:  f �
Phương trình tiếp tuyến y  2  x  2   1 � y  2 x  5 .
f 2  x
 � nên m , đồ thị hàm số y  g  x  ln có một tiệm cận
Câu 23: Ta có lim g  x   lim
x �2
x �2 f  x   m

đứng x  2 .
Mặt khác, từ bảng biến thiên của hàm số y  f  x  thì phương trình f  x   m  0 tối đa 2 nghiệm.
Vậy để đồ thị hàm số y  g  x  có đúng 3 tiệm cận đứng thì điều kiện cần là phương trình f  x   m có
đúng 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 2 � 3  m  6 .
Khi đó lim g  x   lim
x � x1

x � x1

f 2  x
f 2  x
 �, lim g  x   lim
 � nên đồ thị hàm số y  g  x  có
x � x2
x � x2 f  x   m
f  x  m

2 tiệm cận đứng là đường thẳng x  x1 và x  x2 .

Trang 13


Vậy với 3  m  6 thì đồ thị hàm số y  g  x  có đúng 3 tiệm cận đứng. Do m nguyên nên có 2 giá trị của
m thỏa mãn bài toán là m  4 và m  5 .
Câu 24: Thể tích V của hình trịn xoay bao gồm thể tích của khối trụ và 2
khối nón như hình vẽ.
Ta có: R 

1
3

AC  2.
 3 (R là bán kính đáy của trụ và nón).
2
2

Chiều cao h của khối trụ là h  2 .

Chiều cao h�của khối nón h�

2
 1.
2

1 2
2

Thể tích của khối tròn xoay: V  R h  2. R h�
3

 3

2

2
.2  
3

 3

2


.1  8 .

14  2 x
x 2  3 14  2 x
�9�
�y
�
� x ��
1; .
Câu 25: Từ điều kiện ta có: y �
3
x
3
�5�
�
x2  3
5x2  9
Thế y 
vào P ta được: P 
.
x
x
�9�
5x2  9
1; .
Bài tốn trở thành tìm GLTN, GTNN của biểu thức: P 
với x ��
� 5�
�

x
Xét P 
P�


�9�
5x2  9
1; .
với x ��
� 5�
�
x

�9 �
5x2  9
 0 nên m  min P  P  1  4, M  max P  P � � 4 .
2
�5 �
x

Vậy M .m  16 .
�a  0
Câu 26: Điều kiện: �
.
b0
�
1
2
Ta có: log8 a  log 4 b  5 � log 2 a  log 2 b  5
3


(1);

1
log 4 a 2  log 8 b  7 � log 2 a  log 2 b  7
3

(2).

Cộng (1) và (2) theo vế với vế ta được:
4
4
log 2 a  log 2 b  12 � log 2 a  log 2 b  9 � log 2  ab   9 .
3
3
Câu 27: Đặt z  x  yi � z  x  yi khi đó ta có:
z  1 �1 �  x  yi   1 �1 �  x  1  yi �1 �  x  1  y 2 �1
2

(1).

Lại có z  z   x  yi    x  yi   2 yi có phần ảo khơng âm suy ra
y �0 (2).
Trang 14


Từ (1) và (2) ta suy ra ra phần mặt phẳng biểu diễn số phức z là nửa hình trịn tâm I  1;0  bán kính r  1 ,
1 2

r   (đvdt).

2
2

diện tích của nó bằng
9

 

Câu 28: Ta có V1  � x
0

2

dx 

81
.
2





Gọi H là hình chiếu của M lên trục Ox, đặt OH  m (với 0  m �9 ), ta có M m; m , MH  m và
AH  9  m .

1
1
1
2

2
2
Suy ra V2  .MH .OH  .MH . AH  .MH .OA  3m .
3
3
3
Theo giả thiết, ta có V1  2V2 nên

�27 3 3 �
81
27
 6 m � m 
. Do đó M �
.
�4 ; 2 �
�
2
4
�
�

Từ đó ta có phương trình đường thẳng OM là y 

2 3
x.
9

Diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C  và đường thẳng OM là
S


27
4

�

�
�
�x
0

�

27
4

2 3 � �2
3 2 � 27 3 .
x�
dx

x
x

x �
�
�
�  16
9 �
9
� �3

�0

( x)  x   0 � x  2; x  2; x  4 .
 x  2 f �
Câu 29: Ta có g �
Lập trục xét dấu:

Hàm số đồng biến trên từng khoảng  2; 2  và  4; � .
uu
r uur uur r
Câu 30: Xét điểm I thỏa 2 IA  IB  IC  0 suy ra I  1; 2; 2  .
uuu
r uu
r 2 uuu
r uur 2 uuu
r uur 2
2MA2  MB 2  MC 2  2 MI  IA  MI  IB  MI  IC  2MI 2  2IA2  IB 2  IC 2 .



 

 



2MA2  MB 2  MC 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I lên  P  .
�x  1  3t
�
Lúc đó, đường thẳng MI có phương trình �y  2  3t suy ra

�z  2  2t
�

�x0  1  3t
�
�y0  2  3t .
�z  2  2t
�0

Mà 3 x0  3 y0  2 z0  15  0 � 3  1  3t   3  2  3t   2  2  2t   15  0 � t  1 .
Vậy 2 x0  3 y0  z0  2  1  3t   3  2  3t    2  2t   6  t  5 .

Trang 15


k
Câu 31: Xét kC2 n 1  k .

 2n  1 !

k ! 2n  1  k  !



 2n  1 .  2n  !  2n  1 .C k 1

 2 n với 1 �k �2n  1 .
2n   k  1 �
!
 k  1 ! �

�
�

0
1
1
2
2
2n 2 n
Ta có VT   2n  1  C2 n  C2 n 2  C2n 2  ...  C2 n 2    2n  1  1  2 

2n

 2n  1 .

Do đó: 2n  1  2021 � n  1010 .
1

Câu 32: Từ hình vẽ ta thấy S 

1

1

�f  x    x 2  2 x  �dx 
�
�
�

�f  x  dx 


x
�







1
2

1
2

1
2

2

 2 x  dx 

3 � 3� 9
�
 �
4 � 8� 8 .

2
� �AC �

� 
1
1
 � �� OP.PA2
Câu 33: V1  OP.S1  OP �
� �2 �� 3
3
3
�
�





OP  OA2  OP 2   OP  R 2  OP 2 
3
3

2
� �AB �
� 
1
1
V2  OQ.S2  OQ �
 � �� OQ.QA2
� �2 �� 3
3
3
�

�





OQ  OA2  OQ 2   OQ  R 2  OQ 2  .
3
3

2
2
Xét hàm f  x   x  R  x  . Với 0 �x  R .

� R
x
�
3
2
2
 x   R  3x . f �
 x  0 � �
Khi đó f �
.
R
�
x
�
3
�

�R �
g  x   f � �.
Lập bảng biến thiên, thấy rằng xmax
� 0; R 
�3�
Khi đó, áp dụng cho V1 ,V2 : V1  V2 

OP  OQ 


�
OP  R 2  OP 2   OQ  R 2  OQ 2  �
�
� đạt giá trị lớn nhất khi
3

R
.
3

Hay khi đó tam giác ABC cân tại A (do OP  OQ ).
Mà lúc đó AB  2 R 2  OQ 2  2 R 2 

R 2 2R 6
.

3
3

Do tam giác ABC cân A nên khi đó AM  BC .

Ta có

S ABC

4 R 2 .6
1
AB. AC.BC
AB.AC
4R .
 AM .BC 
� AM 
 9 
2
4R
2R
2R
3

Mà AM  AO  OM � OM 

4R
R
R .
3
3

Trang 16


1

1

 R � 2 R 2 � 8R3
2
2
2
Vậy V3  OM .S3  OM ..MC  OM  R  OM   . �R 
.
�
3
3
3
3 3�
9 � 81
Câu 34: Ta có z  1  5 �  x  1  y 2  52
2

2

Lại có P  z  i  z  2  x 2   y  1   x  2   y 2  4 x  2 y  3  4  x  1  2 y  1
2

2

2

Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:
P  4  x  1  2 y  1 � 4 2  2 2

 x  1


2

 y 2  1  20. 52  1  10 5  1 .


Câu 35: Ta có thể tích của chậu là V  .3  1  4  2   7 .
3
Gọi chiều cao của mực nước là 3x với ( x  0 ). Ta có bán kính của mặt
nước là 1  x .

37
1
2
.3 x �
1   1  x    1  x  �
7 � x  .
�
� 189
3
3

Ta có phương trình

Vậy chiều cao của mực nước là 1dm.
x
f 2  x   2 xf  x  . f �

 x  1 � � x
1 2 xf �



�
�
�f 2  x 
f 2  x  x2
f 3  x
f 4  x
x2
�
1

Câu 36: Ta có

� x
Suy ra �
�
�f 2  x 
�

�
�
1
x
1
dx � 2
  C .
�
2
�dx  �

x
f  x
x
�

Lại có f  2   1 nên C 
Do đó:

x

f 2  x



2
Suy ra f  4  

�
�
1
.
�
� x 2
�

5
.
2

5 1 5x  2

2x2
 
� f 2  x 
.
2 x
2x
5x  2

16
4
� f  4  .
9
3
2

2

2

2

2

2

Câu 37: Ta có: 2sin x  3cos x  m.3sin x � 2sin x  31sin x  m.3sin x .
t

2
�2 �

Đặt t  sin x, t � 0;1 . Phương trình đã cho trở thành: 2t  31t  m.3t � � � 31 2t  m .
�3 �
t

t

2� 2
�2 �
1 2 t
Xét hàm số f  t   � � 31 2t , với t � 0;1 . Ta có f �
 t  �
� �.ln  2.3 .ln 3
�3 � 3
�3 �
2
� 2�
2 ��
2
�
�
f�
. ln � 4.31 2t.  ln 3  0, t � 0;1
 t   � ��
�3 �� 3 �

2 2
� f�
 t  liên tục và đồng biến trên  0;1 nên f �
 t  �f �
 1  ln  0, t � 0;1 .

3 9
� f  t  liên tục và nghịch biến trên  0;1 nên f  1 �f  t  �f  0  , t � 0;1 .
Trang 17


Suy ra 1 �m �4 thì phương trình có nghiệm.
Câu 38: Phương trình hồnh độ giao điểm
x �1 ). Đồ thị  C  của hàm số y 

2mx  m  2
 x  3 � f  x   x 2   4  2m  x  5  m  0 (
x 1

2mx  m  2
cắt đường thẳng  d  : y  x  3 tại hai điểm phân biệt
x 1

�
0
�
�
m 2  3m  1  0
�
khi và chỉ khi �
(*).  C  cắt d tại A, B suy ra x A , xB là nghiệm của phương
�
m
�

2

�f  1 �0
�
�x A  xB  2m  4
trình f  x   0 , theo định lí Vi-ét ta có �
.
�x A xB  5  m
A  x A ; x A  3 , B  xB ; xB  3  suy ra AB  2  x A  xB  2  2  x A  xB  2  8 x A xB  8m 2  24m  8 .
Ta có S IAB 

m5
�
1
d I ;d  AB  3 � AB 2  72 � 8m 2  24m  80  0 � �
(thỏa mãn *).
m  2
2
�

Suy ra tổng các phần tử của S là 3.
1
2
2
Câu 39: Ta có: 4 log9 x  m log 1 x  log 1 x  m   0  x  0 
6
9
3
3
2
1
2

� 4 log 32 x  m log 31 x  log 1 x  m   0
6 32
9





2

1
2
�1
�
� 4 � log 3 x � m log 3 x  log3 x  m   0
3
9
�2
�
2
� 1�
� log32 x  �
m �
log3 x  m   0
9
� 3�

(1).

2

� 1�
2
m �
t m 0
Đặt t  log3 x . Khi đó phương trình (1) � t  �
9
� 3�

(2).

Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2  3 � log 3  x1 x2   1
� log 3 x1  log 3 x2  1 � t1  t2  1
(với t1  log 3 x1 và t2  log 3 x2 ).
2
� 1�
m  � 1 � m  .
Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình (2) ta có t1  t2  1 � �
3
� 3�
Vậy 0  m 

3
là mệnh đề đúng.
2

0
2
f  x
f  x
f  x

dx  � x
dx  � x
dx
Câu 40: Ta có: M  � x
2020  1
2020  1
2020  1
2
2
0
2

Trang 18


0

Xét N 

f  x
dx , đặt t   x � x  t , suy ra dx   dt .
x
1

�
2020

2

Đổi cận: x  2 � t  2; x  0 � t  0 . Khi đó

0
2
2
2
f  t 
f  t
2020t. f  t 
2020 x. f  x 
N  � t
dx
 dt   � t dt  � t dt  � x
2020  1
2020  1
2020  1
2020  1
2
0
0
0
2
2
0
2
2020 x. f  x 
f  x
f  x
f  x
f
x
dx


dx

dx

dx

dx  M  29 .
Do đó: � 
x
x
x
x
�
�
�
�
2020

1
2020

1
2020

1
2020

1
0

0
0
2
0
2

Câu 41: Mặt cầu  S  có tâm I  1; 2; 2  và bán kính R  3 .
Gọi K là trung điểm của MN � K  5; 2; 4  và K nằm ngoài mặt cầu  S  .
uur
uuuu
r
Do đó IK   4; 4; 2  , MN   2; 4; 4  , MN  6 và IK  MN .
� 2 MN 2 �
2
2
2
EM

EN
�
2
EM

EN

2
Ta có


�EK 

� 2 EK  36 .
2 �
�
Bởi vậy EM  EN đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi EM  EN và EK lớn nhất.
�x  1  2t
�
Vì IK  MN nên EM  EN thì E thuộc đường thẳng IK : �y  2  2t .
�z  2  t
�
Tọa độ giao điểm E của đường thẳng IK với mặt cầu  S  ứng với t là nghiệm phương trình:

 1  2t  1

2

  2  2t  2    2  t  2   9 � t  �1 .
2

2

Như vậy E1  3;0;3 hoặc E2  1; 4;1 .
uur
Ta có E1 K  3, E2 K  9 . Suy ra E   1; 4;1 � IE   2; 2; 1 , nên phương trình tiếp diện của mặt cầu

 S

tại E có phương trình: 2  x  1  2  y  4   1 z  1  0 hay 2 x  2 y  z  9  0 .

Câu 42: Theo giả thiết và cơng thức tích phân từng phần, ta có:
k

k
k
ln x
1 �
1 � k ln k   k  1
k
S1  �
log a xdx  � dx 
x
ln
x

x. dx �
.
�
�
1
ln a
ln a �
x �
ln a
1
1
1
k
k
k
ln x
1 �
1 � k ln k   k  1

k
S2  �
log b xdx  � dx 
x
ln
x

x
.
dx �
.
�
�
1
ln
b
ln
b
x
ln b
1
1
1
�
�

Vậy S1  4 S2 �

1
4


� ln b  ln a 4 � b  a 4 .
ln a ln b

Câu 43: Gọi tâm mặt cầu cố định là I  a; b; c  khi đó ta có phương trình:
2ma   m 2  1 b   m 2  1 c  1
4m 2   m 2  1   m 2  1
2

2

 a 2   b  1   c  1 .
2

2

Trang 19


Xét mẫu thức của biểu thức trên ta có:
Do đó vế trái của biểu thức được:

4m 2   m 2  1   m2  1  2  m2  1 .
2

2

2ma   m 2  1 b   m2  1 c  1
2  m 2  1


do đó ta chọn a  0 .

2
2
2
Khi đó ta có:  m  1 b   m  1 c  1  m  b  c   b  c  1 nên ta chọn b  c  b  c  1 � b 

Thay vào phương trình trên:

Vậy

1
.
2

1
1
9
3.
2
2

  c  1 � c 2  3c   0 � c  
4
4
2
2

c


1
2.
2

2
2

c
R

Câu 44: Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Gọi E là trung điểm của BC �

AG 2
 .
AE 3

Đường thẳng d đi qua G và song song BC, cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M, N.
2
�
AM  AB
�
AM AN AG 2 �
4
3
�


 ��
� S AMN  S ABC .
2

AB AC AE 3 �
9
AN  AC
�
3
1
�
SAMN . AA�
Ta có VABC . A���
.
B C  S ABC . AA và VA�
. AMN 
3
Từ (1) và (2), suy ra VA�. AMN 

(1)

(2)

4
23
VABC . A���
VABC . A���
B C � VBMNCA���
BC 
BC .
27
27

4

VA�. AMN
4
 27 
Khi đó tỉ số:
.
23
VBMNC . A���
23
BC
27
Câu 45: Ta có VS . ABCD 

1
S ABCD .d S ,( ABCD )  � d S ,( ABCD )   1
2

2
2
2
Đặt  ABCD  : ax  by  cz  d  0  a  b  c �0  .
r
r
r
r
Vì AB � ABCD  nên n ABCD   u AB � n ABCD .u AB  0 � b  0 .

Vì M  1;0;1 �AB � ABCD  nên a  c  d  0 � d   a  c .
Ta có: d S ,( ABCD )   1 �

a0

�
 1 � a  c  a 2  c 2 � 2ac  0 � �
.
c0
a2  c2
�

a  c

Trường hợp 1: a  0 . Chọn c  1 �  ABCD  : z  1  0 .
Trường hợp 2: c  0 . Chọn a  1 �  ABCD  : x  1  0 .

Trang 20


4x2  3 y  2

� 4 x3  3x   y  2  2 y  1 � 8 x3  6 x   2 y  4  2 y  1
Câu 46: Ta có
x
2 y 1
�  2 x   3  2 x    2 y  1 2 y  1  3 2 y  1 .
3

(1)

3
Xét hàm f  t   t  3t trên �.

 t   3t 2  3  0, t ��� Hàm số f  t   t 3  3t đồng biến trên �.

Ta có f �
(1) � f  2 x   f





2 y  1 � 2x  2 y  1 � x 

2 y 1
.
2

Vậy P  y  2 2 y  1  g  y  với y � 0; � .

 y  1
Ta có g �

2
3
 0 � 2 y 1  2 � y  .
2
2 y 1

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có Pmin  min g  y   
 0;�

5

3
khi y  .
2
2

3
2
Câu 47: Đặt  x  2  t � 3 f  t   t  6t  9t  m .

t  1
�
t 3
m
 t   t 2  4t  3  0 � � .
Gọi g  t  
 2t 2  3t � f  t   g  t   . Có g �
t  3
3
3
�
t  1
�
 t  và y  g �
 t  suy ra: f �
 t   g�
 t  0 � � .
Dựa vào bảng xét dấu của y  f �
t  3
�
Khi đó ta có bảng biến thiên của f  t   g  t  :


Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có 3 nghiệm phân biệt � 1 

m
 2 � 3  m  6 .
2

Vậy có 8 giá trị nguyên m thỏa mãn.

Trang 21


Câu 48: Với mỗi câu hỏi, thí sinh có 4 phương án lựa chọn nên số phần tử của không gian mẫu là
n     410 .
Gọi X là biến cố “thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên”.
+) Trường hợp 1: Thí sinh đó làm được 8 câu (tức là 8,0 điểm): Chọn 8 câu trong số 10 câu hỏi và 2 câu
8
2
còn lại mỗi câu có 3 cách chọn đáp án sai nên có C10 .3 cách để thí sinh đúng 8 câu.

+) Trường hợp 2: Thí sinh đó làm được 9 câu (tức là 9,0 điểm): Chọn 9 câu trong số 10 câu hỏi và câu cịn
9
1
lại có 3 cách lựa chọn đáp án sai nên có C10 .3 cách để thí sinh đúng 9 câu.

+) Trường hợp 3: Thí sinh đó làm được 10 câu (tức là 10,0 điểm). Chí có 1 cách duy nhất.
8
2
9
1

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là n  X   C10 .3  C10 .3  1  436 .

Vậy xác suất cần tìm là P 

n  X  436
 10 .
n  
4

7�
 x   k  x  2 �
 x  3 .
Câu 49: Ta đặt y  f �
�x  �
� 6�
7
�
6
7�
65219
�
S

k
k
 x  2 �
 x  3 dx 
�x  �
�
�1

6�
1552
�
0
�
�
Xét �
.
�
3
65219
�S  k  x  2  �x  7 �
x  3 dx 
k

2
�
�
�
�
1552
� 6�
7
�
6
�
7
6

4


f�
f�
 x  dx   �
 x  dx � f  0   f  3 .
Do đó: S1  S 2  �
7
6

0

Lập bảng biến thiên ta suy ra phương trình f  x   r  f  0  có tất cả 3 nghiệm.
2
2
2
2
Câu 50: Từ giả thiết ta có: 2 x �2  x  y  z  � x  y    y  z    z  x  �18 � x � 0;3 .
2

2

2

Một cách tương tự ta có y , z � 0;3 .
x

y

z


Do đó ta có 4 3 �x  1, 4 3 �y  1, 4 3 �z  1; x, y, z � 0;3 .
Vì vậy P �x  y  z  3 

1
4
 x  y  z .
108

Đặt t  x  y  z � 0;9 , ta có P �f  t   t  3 

1 4
21
t �max f  t   f  3  .
0;9


108
4

Dấu “=” đặt tại  x; y; z    3;0; 0  ,  0;3;0  ,  0;0;3  .
Vậy S  2.21  3.4  54 .

Trang 22