ĐỀ SỐ 1

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
NĂM HỌC: 2020 – 2021
MƠN: TỐN HỌC
Thời gian làm bài: 90 phút; khơng kể thời gian phát đề

Câu 1. Thể tích khối lập phương tăng thêm bao nhiêu lần nếu độ dài cạnh của nó tăng gấp đơi?
A. 8.

B. 7.

C. 1.

D. 4.

C. M ( 0;5) .

D. y= 5.

Câu 2. Hàm số y = 2x3 − x2 + 5 có điểm cực đại là:
1
3

A. x = .

B. x = 0.

r

Câu 3. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, nếu u là véctơ chỉ phương của trục Oy thì

r

r

r

r

A. u cùng hướng với j = ( 0;1;0) .

r

r

r

r

B. u cùng phương với j = ( 0;1;0) .

C. u cùng hướng với i = ( 1;0;0) .

D. u cùng phương với i = ( 1;0;0) .

Câu 4. Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên ( −∞;+∞ ) ?
x+ 1
.
2x − 2

A. y = − x4 + 3x2 − 2x + 1.


B. y =

C. y = − x3 + x2 − 2x + 1.

D. y = x3 + 3.

Câu 5. Cho a, b là các số thực dương, a ≠ 1 và n≠ 0 . Mệnh đề nào sau đây là đúng?
n
A. log a b = log a b .

B. log a b = n log a b .

n
C. log a b = log a b .

D. log a b = log a b.

n

n

n

n

Câu 6. Biết f ( x) là hàm liên tục trên ¡ và

9


∫

1
n

f ( x) dx = 9 . Khi đó giá trị của

0

A. 0.

B. 27.

4

∫ f ( 3x − 3) dx là:
1

C. 3.

D. 24.

Câu 7. Cho hình trụ trịn xoay có thiết diện qua trục là hình vng có diện tích 4a2 . Thể tích khối trụ đã
cho là:
A. 2π a3.

B.

2π a3
.

3

C. 8π a3.

D. 4π a3.

Câu 8. Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình 4x+1 − 5.2x+1 + 4 = 0 . Khi đó giá trị S = x1 + x2 là:
A. S= −1.

B. S= 0.

C. S= 1.

D. S= 2.

Câu 9. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau song song với
trục Oz?
A. ( α ) : z = 0.

B. ( P ) : x + y = 0.

C. ( Q) : x + 11y + 1= 0.

D. ( β ) : z = 1.

Câu 10. Cho biết hàm số f ( x) có đạo hàm f '( x) và có một nguyên hàm là F ( x) . Tìm
I = ∫ 2 f ( x) + f '( x) + 1 dx ?

Trang 1



A. I = 2xF ( x) + x + 1.

B. I = 2F ( x) + xf ( x) + C.

C. I = 2xF ( x) + f ( x) + x + C.

D. I = 2F ( x) + f ( x) + x + C.

 x = 2 + 2t

Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :  y = −3t . Phương trình chính tắc
 z = −3+ 5t


của d là:
A.

x − 2 y+ 3 z+ 3
=
=
.
2
−3
5

B.

x+ 2 y z− 3
=

=
.
2
−3
5

C.

x y z
=
= .
2 −3 5

D.

x− 2 y z+ 3
=
=
.
2
−3
5

Câu 12. Có bao nhiêu cách mắc nối tiếp 4 bóng đèn được chọn từ 6 bóng đèn khác nhau?
A. 15.

B. 360.

C. 24.


D. 17280.

Câu 13. Công thức nào sau đây là đúng với một cấp số cộng có số hạng đầu u1 , công sai d và số tự nhiên
n≥ 2 .

A. un = u1 − ( n − 1) d.

B. un = u1 + ( n + 1) d.

C. un = u1 + ( n − 1) d.

D. un = u1 + d.

C. z = 2 + 3.
i

D. z = −2 + 3.
i

Câu 14. Số phức liên hợp của số phức z = 2 − 3i là
A. z = 3+ 2i.

B. z = 3− 2i.

Câu 15. Cho hàm số y = ax4 + bx2 + c có đồ thị như hình bên. Tính f ( 2) .
A. f ( 2) = 15.
B. f ( 2) = 18.
C. f ( 2) = 16.
D. f ( 2) = 17.
Câu 16. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn [ −1;5] và có đồ thị trên

đoạn [ −1;5] như hình vẽ bên. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của hàm số f ( x) trên đoạn [ −1;5] bằng:
A. −1.
B. 4.
C. 1.
D. 2.
3
2
Câu 17. Tập hợp các số thực m để hàm số y = x + ( m+ 4) x + ( 5m+ 2) x + m+ 6 đạt cực tiểu tại x = −2 là:

A. ∅.

B. ¡ .

C. { 2} .

D. { −2} .

Câu 18. Tìm các giá trị của tham số thực x, y để số phức z = ( x + iy) − 2( x + iy) + 5 là số thực.
2

A. x = 1 và y= 0.

B. x = −1.

C. x = 1 hoặc y= 0.

D. x = 1.
Trang 2



Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu tâm I ( 6;3;−4) tiếp xúc với Ox có bán kính R
bằng:
A. R = 6.

B. R = 5.

C. R = 4.

D. R = 3.

Câu 20. Cho M = log12 x = log3 y với x > 0, y > 0 . Mệnh đề nào sau đây là đúng?
 x

 x

A. M = log4  ÷.
y

B. M = log36  ÷.
y

 

 

C. M = log9 ( x − y) .

D. M = log15 ( x + y) .


Câu 21. Kí hiệu z1, z2 là nghiệm phức của phương trình 2z2 + 4z + 3 = 0. Tính giá trị biểu thức
P = z1z2 + i ( z1 + z2 ) .
7
2

B. P = .

A. P = 1.

5
2

D. P = .

C. P = 3.

Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, lập phương trình của các mặt phẳng song song với mặt
phẳng ( β ) : x + y − z + 3 = 0 và cách ( β ) một khoảng bằng 3 .
A. x + y − z + 6 = 0 và x + y − z = 0 .

B. x + y − z + 6 = 0.

C. x − y − z + 6 = 0 và x − y − z = 0 .

D. x + y + z + 6 = 0 và x + y + z = 0.

Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình 3x −2x < 27 là:
2

A. ( −∞;−1) .


B. ( 3;+∞ ) .

C. ( −1;3) .

D. ( −∞;−1) ∪ ( 3;+∞ ) .

Câu 24. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y = x3 − x; y = 2x và các đường x = 1; x = −1
được xác định bởi công thức:
0

1

−1

0

3
3
A. S = ∫ ( x − 3x) dx + ∫ ( 3x − x ) dx.

C. S =

1

∫(

)

3x − x3 dx .


−1

0

1

−1

0

3
3
B. S = ∫ ( 3x − x ) dx + ∫ ( x − 3x) dx.

D. S =

1

∫ ( 3x − x ) dx.
3

−1

Câu 25. Cho hình nón trịn xoay có đường cao h = 20 cm. Gọi 2α là góc ở đỉnh của hình nón với
tanα =

3
. Độ dài đường sinh của hình nón là:
4


A. 25cm.

B. 35cm.

Câu 26. Có bao nhiêu giá trị m để đồ thị hàm số y =
A. 1.

B. 2.

C. 15cm.

D. 45cm.

mx2 − 1
có đúng hai đường tiệm cận?
x2 − 3x + 2

C. 3.

D. 4.

Câu 27. Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có BB' = a , đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và
AC = a 2 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.

A. V =

a3
.
6


B. V =

a3
.
3

C. V =

a3
.
2

D. V = a3.

1
5

Câu 28. Đạo hàm của hàm số y = e4x là:
Trang 3


4
5

A. y' = − e4x.

1 4x
e .
20


B. y' =

4
5

C. y' = e4x.

D. y' = −

1 4x
e .
20

Câu 29. Cho hàm số y = f ( x) xác định trên ¡ \ { 2} , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến
thiên như hình vẽ:

Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình f ( x) = m có 3 nghiệm thực phân
biệt.
A. ( −1;1) .

(

B. ( −1;1] .

(

C. − 2;−1 .

)


D. − 2;−1 .

Câu 30. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có cạnh AB = a, BC = 2a . Hai mặt bên

( SAB) và ( SAD) cùng vng góc với mặt phẳng đáy ( ABCD) , cạnh

SA = a 15 . Tính góc tạo bởi đường

thẳng SC và mặt phẳng ( ABD) .
A. 30°.

B. 45°.

C. 60°.

D. 90°.

2



x2
Câu 31. Biết rằng phương trình  log1 ( 9x)  + log3 − 7 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 . Tính
81
 3

P = x1.x2 .

A. P =


1
.
93

B. P = 36.

C. P = 93.

8
D. P = 3.

Câu 32. Một khối gỗ hình trụ trịn xoay có bán kính đáy bằng 1, chiều cao bằng 2. Người ta khoét từ hai
đầu khối gỗ hai nửa khối cầu mà đường tròn đáy của khối gỗ là đường tròn lớn của mỗi nửa khối cầu. Tỉ
số thể tích phần cịn lại của khối gỗ và cả khối gỗ ban đầu là:
A.

2
.
3

B.

1
.
4

1
3


C. .

D.

1
.
2

D.

1
1
x − sin4x + C.
4
32

2
2
Câu 33. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x) = sin xcos x là:

A.

1
1
x − sin4x + C.
4
16

B.


1
1
x − sin4x.
8
32

C.

1
1
x − sin4x + C.
8
8

Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Tam giác ABC đều, hình chiếu vng
góc H của đỉnh S trên mặt phẳng ( ABCD) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Đường thẳng SD hợp
với mặt phẳng ( ABCD) góc 30° . Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng ( SCD) theo a.
A. d =

2a 21
.
21

B. d =

a 21
.
7

C. d = a.


D. d = a 3.

Trang 4


Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 3 = 0 và đường thẳng
d:

x y+ 1 z− 2
=
=
. Hình chiếu của d trên ( P ) có phương trình là:
1
2
−1

A.

x + 1 y+ 1 z + 1
=
=
.
1
4
−5

B.

x − 1 y− 1 z − 1

=
=
.
3
−2
−1

C.

x − 1 y− 1 z − 1
=
=
.
1
4
−5

D.

x − 1 y+ 4 z + 5
=
=
.
1
1
1

3
2
Câu 36. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = x − 3mx + 3( 2m− 1) x + 1 nghịch biến trên đoạn có độ


dài bằng 2?
A. m= 0, m= 2.

B. m= 1.

C. m= 0.

(

D. m= 2.

)

Câu 37. Môđun của số phức z thỏa mãn z− 1 = 5 và 17 z + z − 5.z.z = 0 bằng:
A. 53.

B. 34.

C. 29 và 13 .

D. 29 .

2
Câu 38. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm trên ¡ thỏa mãn f ( x + h) − f ( x − h) ≤ h , ∀x∈ ¡ , ∀h > 0 . Đặt

g( x) =  x + f '( x) 

2019


+  x + f '( x) 

29− m

(

)

− m4 − 29m2 + 100 sin2 x − 1, m là tham số nguyên và m< 27. Gọi S là

tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m sao cho hàm số g( x) đạt cực tiểu tại x = 0 . Tính tổng bình phương
các phần tử của S.
A. 100.

B. 50.

C. 108.

D. 58.

Câu 39. Một tỉnh A đưa ra nghị quyết về giảm biên chế cán bộ công chức, viên chức hưởng lương từ ngân
sách nhà nước trong giai đoạn 2015-2021 (6 năm) là 10,6% so với số lượng hiện có năm 2015 theo
phương thức “ra 2 vào 1” (tức là khi giảm đối tượng hưởng lương từ ngân sách nhà nước 2 người thì được
tuyển mới 1 người). Giả sử tỉ lệ giảm và tuyển dụng mới hàng năm so với năm trước đó là như nhau. Tính
tỉ lệ tuyển dụng mới hàng năm (làm tròn đến 0,01%).
A. 1,13%.

B. 1,72%.

C. 2,02%.


D. 1,85%.

Câu 40. Trong trị chơi “Chiếc nón kì diệu” chiếc kim của bánh xe có thể dừng lại ở một trong 7 vị trí với
khả năng như nhau. Tính xác suất để trong ba lần quay, chiếc kim của bánh xe đó lần lượt dừng lại ở ba vị
trí khác nhau.
A.

3
.
7

B.

30
.
343

C.

30
.
49

D.

5
.
49


Câu 41. Có bao nhiêu giá trị ngun của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số
y=

1 4 19 2
x − x + 30x + m trên đoạn [ 0;2] đạt giá trị nhỏ nhất?
4
2

A. 2.

B. 3.

C. 0.

D. 1.

Câu 42. Một bác thợ xây bơm nước vào bể chứa nước. Gọi V ( t) là thể tích nước bơm được sau t giây.
2
Biết rằng V '( t) = at + bt và ban đầu bể khơng có nước, sau 5 giây thể tích nước trong bể là 15m3 , sau 10

giây thì thể tích nước trong bể là 110m3 . Thể tích nước bơm được sau 20 giây bằng:
Trang 5


A. 60 m3.

B. 220 m3.

C. 840 m3.


D. 420 m3.

Câu 43. Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S) : ( x − 1) + ( y − 2) + ( z − 3) = 16 và các điểm
2

2

2

A( 1;0;2) , B( −1;2;2) . Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua hai điểm A, B sao cho thiết diện của ( P ) với mặt cầu

( S) có diện tích nhỏ nhất. Khi viết phương trình ( P ) dưới dạng

ax + by + cz + d = 0 . Tính T = a + b + c.

B. −3.

D. −2

A. 3.

C. 0.

Câu 44. Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ:

Có bao nhiêu giá trị ngun của m∈ ( −10;10) để f
A. 8.

(


)

x2 + 2x + 10 − 3 = m có nghiệm?

B. 6.

C. 9.

D. 7.

Câu 45. Cho hàm số y = f ( x) . Hàm số y = f '( x) có bảng biến thiên như sau:

Bất phương trình f ( x) < ex −2x + m nghiệm đúng với mọi x∈ ( 0;2) khi chỉ khi
2

1
e

A. m> f ( 0) − 1.

C. m≥ f ( 0) − 1.

B. m> f ( 1) − .

1
e

D. m≥ f ( 1) − .

Câu 46. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AA’

và B’C’. Mặt phẳng ( IJ K ) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó.
A.

25
.
47

B. 1.

C.

49
.
95

D.

8
.
17

Câu 47. Cho x, y∈ ( 0;2) thỏa mãn ( x − 3) ( x + 8) = ey( ey− 11) . Giá trị lớn nhất của P = ln x + 1+ ln y
bằng:
A. 1+ ln3− ln2.

B. 2 ln3− ln2.

C. 1+ ln3− ln2.

D. 1+ ln2.


Câu 48. Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 0;1] và thỏa mãn f ( 0) = 0. Biết
1

∫

0

f 2 ( x) dx =

9
và
2

1

∫

0

f '( x) cos

πx
3π
dx =
. Tích phân
2
4

1


∫ f ( x) dx bằng.
0

Trang 6


A.

6
.
π

B.

2
.
π

C.

4
.
π

D.

1
.
π


Câu 49. Cho hàm số y = f ( x) và f ( x) > 0, ∀x∈ ¡ . Biết hàm số y = f '( x) có bảng biến thiên như hình vẽ
 1  137

và f  ÷ =
.
 2  16



1





Có bao nhiêu giá trị nguyên của m∈ [ −2020;2020] để hàm số g( x) = e− x +4mx−5. f ( x) đồng biến trên  −1; ÷.
2
2

A. 4040.

B. 4041.

C. 2019.

D. 2020.

3
Câu 50. Cho cấp số cộng ( an ) , cấp số nhân ( bn ) thỏa mãn a2 > a1 ≥ 0, b2 > b1 ≥ 1 và hàm số f ( x) = x − 3x


sao cho f ( a2 ) + 2 = f ( a1 ) và f ( log2 b2 ) + 2 = f ( log2 b1 ) . Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho
bn > 2019an .

A. 17.

B. 14.

C. 15.

D. 16.

Đáp án
1-B
11-D
21-D
31-A
41-D

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

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


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

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

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

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

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


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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án B
Giả sử cạnh ban đầu là a thì cạnh lúc sau là 2a.
Có thể tích tăng thêm là: ∆V = V2 − V1 = ( 2a) − a3 = 7a3 = 7V1 .
3

Câu 2: Đáp án B
TXĐ: D = ¡ .
 y' = 6x2 − 2x
.
 y'' = 12x − 2

Ta có: 

x = 0
Ta lại có: y' = 0 ⇔  1.
x=


3

Trang 7


Nhận thấy: y''( 0) = −2 < 0 ⇒ x = 0 là điểm cực đại của hàm số.
Chú ý: Phân biệt điểm cực đại của hàm số là x CD , còn điểm cực đại của đồ thị hàm số là ( x CD ; yCD ) .
Câu 3: Đáp án B

r

Trục Oy có một véctơ chỉ phương là j = ( 0;1;0) .
r

r

r

Mà u cũng là véctơ chỉ phương của trục Oy nên u cùng phương với véctơ j .
Câu 4: Đáp án C
Loại A và B vì hàm bậc bốn và hàm bậc nhất trên bậc nhất không bao giờ đơn điệu trên ( −∞;+∞ ) .
Xét hàm y = − x3 + x2 − 2x + 1.
TXĐ: D = ¡ .
2

1 5
2
y
'

=
−
3
x
+
2
x
−
2
=
−
3
x
−
+  < 0, ∀x∈ ¡ .

Ta có:

3÷
 9


Suy ra hàm số nghịch biến trên ( −∞;+∞ ) .
Xét hàm: y = x3 + 3.
TXĐ: D = ¡ .
Ta có: y' = 3x2 ≥ 0 ; suy ra hàm số đồng biến trên ( −∞;+∞ ) .
Câu 5: Đáp án D
1
n


Ta có: loga b = loga b.
n

Phương pháp CASIO – VINACAL
Thao tác trên máy tính

Màn hình hiển thị

Kiểm tra đáp án A

Vậy đáp án A sai (vì kết quả của hiệu trên khơng bằng 0).
Kiểm tra đáp án B

Vậy đáp án B sai (vì kết quả hiệu trên không bằng 0).
Kiểm tra đáp án C

Vậy đáp án C sai (vì kết quả hiệu trên khơng bằng 0).
Trang 8


Kiểm tra đáp án D

Vậy đáp án D đúng (vì kết quả hiệu trên bằng 0).
Câu 6: Đáp án C
Đặt: t = 3x − 3⇒ dt = 3dx .
 x = 1⇒ t = 0
.
x = 4⇒ t = 9

Đổi cận: 

4

9

1
19
19
1
Ta có: ∫ f ( 3x − 3) dx = ∫ f ( t) dt = ∫ f ( t) dt = ∫ f ( x) dx = .9 = 3.
30
30
3
1
03
4

Vậy

∫ f ( 3x − 3) dx = 3.
1

Câu 7: Đáp án A
Gọi V là thể tích khối trụ trịn xoay đáy là hình trịn bán kính r và có chiều cao h.
Theo giả thiết, ta có: h2 = 4a2 ⇒ h = 2a; r =

2a
= a.
2

Do đó, thể tích khối trụ trịn xoay là: V = π r 2h = π a2.2a = 2π a3 .

Câu 8: Đáp án B
Phương trình tương đương với: 4.4x − 5.2.2x + 4 = 0 ⇔ 4.( 2x ) − 10.2x + 4 = 0 .
2

t = 2
2
 1 (thỏa mãn).
⇒
4
t
−
10
t
+
4
=
0
⇔
Đặt t = 2 (với t > 0)
t =
 2
x

+ Với t = 2 ⇒ 2x = 2 ⇒ x = 1.
1
2

1
2


+ Với t = ⇒ 2x = ⇒ x = −1.
Do đó: S = 0 .
Câu 9: Đáp án C

r

Trục Oz có một vectơ chỉ phương là k = ( 0;0;1) , nếu một mặt phẳng song song với trục Oz thì vectơ pháp
r

r

r

tuyến n của mặt phẳng đó phải vng góc với vectơ k , tức là n = ( a;b;0) với a, b∈ ¡ .
Cả hai mặt phẳng ( P ) ,( Q) cùng thỏa mãn điều kiện trên, mặt khác, vì O∈ ( P ) và O∉ ( Q) nên mặt phẳng

( P ) chứa trục Oz (loại), mặt phẳng ( Q) song song trục Oz (nhận).
Câu 10: Đáp án D
Ta có: I = ∫ 2 f ( x) + f '( x) + 1 dx = 2F ( x) + f ( x) + x + C .
Trang 9


Câu 11: Đáp án D

t =
x
=
2
+
2

t




Ta có: d :  y = −3t ⇔ t =
 z = −3+ 5t 


t =


x− 2
2
y
.
−3
z+ 3
5

Do đó phương trình chính tắc của d là:

x− 2 y z+ 3
=
=
.
2
−3
5


Câu 12: Đáp án B
Số cách mắc nối tiếp 4 bóng đèn được chọn từ 6 bóng đèn khác nhau là một chỉnh hợp chập 4 của 6 phần
tử.
Suy ra có A64 = 360 cách.
Câu 13: Đáp án C
Một cấp số cộng có số hạng đầu u1 , cơng sai d thì số hạng tổng qt được tính theo cơng thức:
un = u1 + ( n − 1) d (với n ≥ 2 ).

Câu 14: Đáp án C
Số phức liên hợp của số phức z = 2 − 3i là z = 2 + 3i .
Câu 15: Đáp án D
x = 0
Ta có: y' = 4ax + 2bx = 0 ⇔  2
b.
x =−

2a
3

Đồ thị hàm số đi qua điểm ( 0;1) nên c = 1, suy ra hàm số có dạng y = ax4 + bx2 + 1.
Đồ thị hàm số đi qua điểm ( 1; −1) nên ta có: −1= a + b + 1⇔ a + b = −2 ( 1) .
Hàm số có 3 điểm cực trị x = 0; x = ±1, nên

−b
= 1⇔ 2a + b = 0 ( 2) .
2a

2a + b = 0 a = 2
⇔
.

 a + b = −2 b = −4

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 

⇒ y = 2x4 − 4x2 + 1⇒ f ( 2) = 2.24 − 4.22 + 1= 17.

Câu 16: Đáp án C
f ( x) = −2 và max f ( x) = 3 .
Dựa vào đồ thị ta có: min
[ −1;5]
[ −1;5]

Câu 17: Đáp án A
TXĐ: D = ¡ .
 y' = 3x2 + 2( m+ 4) x + 5m+ 2
Ta có: 
.
 y'' = 6x + 2( m+ 4)

Trang 10


 y'( −2) = 0
 y''( −2) > 0

Để hàm số đạt cực tiểu tại x = −2 thì 

12 − 4( m+ 4) + 5m+ 2 = 0  m= 2
⇔
⇔

⇔ m∈∅ .
 m> 2
 −12 + 2m+ 8 > 0

Vậy khơng có giá trị m thỏa mãn u cầu bài toán.
Phương pháp trắc nghiệm:
Bước 1: Chọn m ở đáp án, sao cho m chứa trong đáp án này, nhưng không chứa trong đáp án khác.
Bước 2: Thay m đã chọn vào hàm số.
Bước 3: Khảo sát hàm số vừa có được.
Bước 4: Đối chiếu điều kiện đề bài.
Bước 5: Kết luận m đã chọn có thỏa mãn hay không, suy ra chọn hoặc loại đáp án chứa giá trị m đó hoặc
khơng chứa giá trị m đó.
Áp dụng:
( B) ,( C )
3
2
+ Chọn m= 2 
( A) ,( D) → y = x + 6x + 12x + 8 .

Ta có: y' = 3x2 + 12x + 12 = 0 ⇔ x = −2 .
Bảng xét dấu biểu thức: y' = 3x2 + 12x + 12 .

Suy ra hàm số y = x3 + 6x2 + 12x + 8 khơng có cực trị, nên m= 2 khơng thỏa mãn; do đó loại đáp án B, C.
( D)
y = x3 + 2x2 − 8x + 4 .
+ Chọn m= −2 →
( A)

Ta có: y' = 3x2 + 4x − 8 = 0 (khơng có nghiệm x = −2 ).
Suy ra hàm số y = x3 + 2x2 − 8x + 4 khơng có cực trị tại điểm x = −2 , nên m= −2 khơng thỏa mãn; do đó

loại đáp án D.
Câu 18: Đáp án C
z = ( x + iy) − 2( x + iy) + 5 = x2 + 2ixy − y2 − 2x − 2iy + 5
2

Ta có:

(

)

= x2 − y2 − 2x + 5 + 2( xy − y) i
y= 0
.
x = 1

Để z là số thực ⇔ 2( xy − y) = 0 ⇔ 
Câu 19: Đáp án B

Bán kính R = d( I ,Ox) = y12 + z12 = 5 .
Câu 20: Đáp án A
 x = 12M

Từ M = log12 x = log3 y → 

y = 3

M

→


x
y

 x
÷.
 y

= 4M 
→ M = log4 

Trang 11


Cách trắc nghiệm:
→ y = 3 . Khi đó M = 1.
+ Cho x = 12 

Thử x = 12; y = 3 vào các đáp án thì có các đáp án A, C, D đều thỏa mãn. Ta chưa kết luận được.
→ y = 32 . Khi đó M = 2.
+ Cho x = 122 

Thử x = 144; y = 9 vào các đáp án thì có đáp án A thỏa mãn.
Câu 21: Đáp án D
Ta có z1, z2 là 2 nghiệm của phương trình 2z2 + 4z + 3 = 0.
 z1 + z2 = −2

Theo định lý Vi-ét ta có: 
3 .
 z1.z2 =


2

Biểu thức P = z1.z2 + i ( z1 + z2 )

2

3
3
5
2
 3
= + i ( −2) = − 2i =  ÷ + ( −2) = .
2
2
2
 2

Câu 22: Đáp án A
Gọi ( α ) là mặt phẳng cần tìm.
Ta có: A( 0;0;3) ∈ ( β ) .
Do ( α ) / / ( β ) nên phương trình của mặt phẳng ( α ) có dạng x + y − z + m= 0, với m≠ 3.
Có d( ( α ) ,( β ) ) = 3 ⇔ d( A,( α ) ) = 3 ⇔

m− 3

 m= 6
= 3 ⇔ m− 3 = 3 ⇔ 
(thỏa mãn).
3

 m= 0

Vậy phương trình của các mặt phẳng cần tìm là x + y − z + 6 = 0 và x + y − z = 0 .
Câu 23: Đáp án C
2

2

Ta có: 3x −2x < 27 ⇔ 3x −2x < 33 ⇔ x2 − 2x − 3< 0 ⇔ −1< x < 3.
Câu 24: Đáp án A
1

1

−1

−1

3
3
Diện tích hình phẳng cần tìm là: S = ∫ ( x − x) − ( 2x) dx = ∫ x − 3x dx .

Bảng xét dấu: x3 − 3x .

Dựa vào bảng xét dấu, ta có: S =

0

∫(


−1

)

1

(

)

x3 − 3x dx + ∫ 3x − x3 dx .
0

Câu 25: Đáp án A
Ta có: 0° < α < 90° nên cosα > 0 .
Suy ra cosα =

1

4
= .
1+ tan α 5
2

h
l

Mặt khác: cosα = ⇒ l =

h

= 25( cm) .
cosα

Trang 12


Câu 26: Đáp án B
TXĐ: D = ¡ \ { 1;2} .

mx2 − 1
y = lim 2
=m
 xlim
→−∞
x→−∞ x − 3x + 2
⇒ y = m là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Ta có: 
2
 lim y = lim mx − 1 = m
 x→+∞
x→+∞ x2 − 3x + 2

Để đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận thì đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận đứng.
 m= 1
 m− 1= 0

⇔
.
Khi đó: 
 m= 1

4
m
−
1
=
0


4

Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài tốn.
Câu 27: Đáp án C
Tam giác ABC vng cân tại B,
suy ra BA = BC =

AC
2

= a ⇒ S∆ABC =

a2
(đvdt).
2

Vậy thể tích khối lăng trụ là: V = S∆ABC .BB' =

a3
(đvdt).
2


Câu 28: Đáp án C
1
5

1
5

4
5

Ta có: y' = .( e4x ) ' = .( 4x) '.e4x = e4x.
4
5

Vậy y' = e4x .
Phương pháp CASIO – VINACAL
Thao tác trên máy tính

Màn hình hiển thị

Sử dụng chức năng đạo hàm của máy tính

Kiểm tra đáp án A

Vậy đáp án A khơng đúng (vì kết quả của hiệu trên khơng bằng 0, nên VT ≠ VP ).
Kiểm tra đáp án B

Vậy đáp án B khơng đúng (vì kết quả của hiệu trên không bằng 0, nên VT ≠ VP ).

Trang 13



Kiểm tra đáp án C

Vậy đáp án C đúng (vì kết quả hiệu trên xấp xỉ bằng 0).
Câu 29: Đáp án D
Phương trình f ( x) = m có 3 nghiệm thực phân biệt khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f ( x) tại
3 điểm phân biệt.

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: − 2 < m< −1.
Câu 30: Đáp án C
· , ABD = SC
· , AC = SCA
·
Do SA ⊥ ( ABCD) nên SC
.
(
) · ,( ABCD) = SC
SA

SA

·
= 3.
Xét tam giác vng SAC, ta có: tanSCA = AC =
AB2 + BC2
·
Suy ra SCA
= 60° .


Câu 31: Đáp án A
Điều kiện: x > 0 .
Phương trình tương đương với: ( −2 − log3 x) + log3 x2 − log3 81− 7 = 0
2

 x = 3 = x1
 log x = 1
⇔ log32 x + 6log3 x − 7 = 0 ⇔  3
⇔
(thỏa mãn).
−7
 log3 x = −7  x = 3 = x2

Suy ra P = x1x2 = 3.3−7 = 3−6 =

1 1
= .
36 93

Câu 32: Đáp án C
Theo bài tốn ta có hình vẽ bên:
2
Thể tích của khối trụ là: V = π .1.2
= 2π .

Vì đường trịn đáy của khối trụ là đường tròn lớn của mỗi nửa khối cầu nên
bán kính của mỗi nửa khối cầu là R = 1.
1 4π .13 4π
=
.

2 3
3

Thể tích của hai nửa khối cầu bị khoét đi là: V1 = 2. .

Thể tích của phần cịn lại của khối gỗ là: V2 = V − V1 = 2π −

4π 2π
=
.
3
3

Trang 14


2π

Vậy tỉ số thể tích cần tìm là: V2 = 3 = 1.
2π

V

3

Câu 33: Đáp án D
1  1− cos4x  1 1
÷ = 8 − 8cos4x .
2




1

2
2
2
Ta có: f ( x) = sin xcos x = sin 2x = 
4
4

Do đó

1 1



1

1 1

1

1

∫ f ( x) dx = ∫  8 − 8cos4x÷ dx = 8 x − 8. 4.sin4x + C = 8 x − 32 sin4x + C .

Câu 34: Đáp án B
·
· , ABCD = SD

·
=
Xác định 30° = SD
và SH = HD.tanSDH
(
) · , HD = SDH

Ta có d( B,( SCD) ) =

2a
.
3

BD
3
.d( H,( SCD) ) = .d( H,( SCD) ) .
HD
2

Ta có: HC ⊥ AB ⇒ HC ⊥ CD .
Kẻ HK ⊥ SC . Khi đó d( H,( SCD) ) = HK .
Tam giác vng SHC, có HK =
3
2

Vậy d( B,( SCD) ) = HK =

SH.HC
SH + HC
2


2

=

2a 21
.
21

a 21
.
7

Câu 35: Đáp án C
+ Nếu d cắt ( P ) tại I, thì ta chọn trên d một điểm A ≠ I . Sau đó xác định A’ là hình chiếu vng góc của
điểm A trên ( P ) .
Đường thẳng cần tìm đi qua hai điểm I và A’.
+ Nếu d song song ( P ) thì ta chọn trên d hai điểm phân biệt A và B. Sau đó xác định A’, B’ lần lượt là
hình chiếu vng góc của A và B trên ( P ) .
Đường thẳng cần tìm đi qua hai điểm A’ và B’.
Câu 36: Đáp án A
2
Ta có: y' = 3x − 6mx + 3( 2m− 1)

Để hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 2 thì y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn:
x1 − x2 = 2 .

Ta có: ∆ ' = 9m2 − 9( 2m− 1) = 9( m− 1) .
2


2
Để y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thì ∆ ' > 0 ⇔ 9( m− 1) > 0 ⇔ m≠ 1.

 x1 + x2 = 2m
.
 x1x2 = 2m− 1

Theo định lý Vi-ét, ta có: 

Trang 15


 m= 0
.
 m= 2

2
Theo bài ra ta có: x1 − x2 = 2 ⇔ ( x1 − x2 ) = 4 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4x1x2 = 4 ⇔ 4m − 8m= 0 ⇔ 
2

2

Tìm giá trị của tham số m để hàm số bậc 3 đơn điệu trên đoạn có độ dài bằng l.
Phương pháp:
Bước 1: Tính y' = f '( x, m) .
Bước 2: Tìm điều kiện y' = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Bước 3: Biến đổi x1 − x2 = l ⇔ ( x1 + x2 ) − 4x1x2 − l 2 = 0 .
2

Bước 4: Sử dụng định lý Vi-ét giải phương trình theo m, đối chiếu với điều kiện y' = 0 có hai nghiệm

phân biệt để chọn m.
Cơng thức tính nhanh: x1 − x2 =

∆
.
a

Câu 37: Đáp án B
Đặt z = a + bi ( a;b∈ ¡ ) .

Ta có:

2
2
2
2
 z − 1 = 5
( a − 1) + b = 25
(a + b ) − 2a − 24 = 0
⇔
⇔

2
2
2
2
17 z + z − 5.z.z = 0
17.2a − 5 ( a + b ) = 0
17.2a − 5 ( a + b ) = 0



(

)

5 ( a 2 + b 2 ) − 2a − 24  = 0 34a + 5 ( −2a − 24 ) = 0
a = 5



⇔ 
⇔
⇔ 2
2
2
2
2
2
a + b = 34
17.2a − 5 ( a + b ) = 0
5 ( a + b ) = 17.2a

Suy ra: z = a2 + b2 = 34 .
Câu 38: Đáp án A
Từ giả thiết ta có:
⇒ 0 ≤ lim
h→0

Ta có:


f ( x + 2h) − f ( x)

( x + 2h) − x

f ( x + 2h) − f ( x)

( x + 2h) − x

h
≤ , ∀h > 0 .
2

h
≤ lim = 0 ⇒ f '( x) = 0,∀x∈ ¡ ⇒ f ( x) = C (C là hằng số).
h→0 2

g'( x) = 2019 x + f '( x) 

2018

1+ f ''( x)  + ( 29− m)  x + f '( x) 

(

28− m

)

(


)

1+ f ''( x)  − m4 − 29m2 + 100 sin2x

= 2019x2018 + ( 29− m) x28−m − m4 − 29m2 + 100 sin2x

(

)

g''( x) = 2019.2018.x2017 + ( 29 − m) ( 28− m) x27−m − 2 m4 − 29m2 + 100 cos2x .

(

)

g'( 0) = 0; g''( 0) = −2 m4 − 29m2 + 100 .

Khi đó:

 −5< m< −2
g''( 0) > 0 ⇔ m4 − 29m2 + 100 < 0 ⇔ 4 < m2 < 25 ⇔ 
.
2 < m< 5

2018
26
26
1992
TH1: m= 2, ta có: g'( x) = 2019x + 27x = x ( 2019x + 27) .


Vì x = 0 là nghiệm bội chẵn của phương trình g'( x) = 0 nên trường hợp này loại.
2018
23
23
1995
TH2: m= 5, ta có: g'( x) = 2019x + 24x = x ( 2019x + 24) .

Trang 16


2018
30
30
1988
TH3: m= −2, ta có: g'( x) = 2019x + 31x = x ( 2019x + 31) .

Vì x = 0 là nghiệm bội chẵn của phương trình g'( x) = 0 nên m= −2 không thỏa mãn.
2018
23
23
1995
TH4: m= 5, ta có: g'( x) = 2019x + 24x = x ( 2019x + 24) .

Do g'( x) đổi dấu từ âm sang dương khi qua x = 0 nên hàm số g( x) đạt cực tiểu tại x = 0 .
2018
33
33
1985
TH5: m= −5, ta có: g'( x) = 2019x + 34x = x ( 2019x + 34) .


Do g'( x) đổi dấu từ âm sang dương khi qua x = 0 nên hàm số g( x) đạt cực tiểu tại x = 0 .
Vậy m∈ S = { −5;−4;−3;3;4;5} nên tổng các bình phương của các phần tử của S là 100.
Câu 39: Đáp án D
*
Gọi x( x∈ ¥ ) là số cán bộ công nhân chức tỉnh A năm 2015.

Gọi r là tỉ lệ giảm hàng năm.
Số người mất việc năm thứ nhất là: x.r .
Số người còn lại sau năm thứ nhất là: x − x.r = x( 1− r ) .
Tương tự, số người mất việc sau năm thứ hai là: x( 1− r ) r.
Số người còn lại sau năm thứ hai là: x( 1− r ) − x( 1− r ) r = x( 1− r ) .
2

⇒ Số người mất việc sau năm thứ sáu là: x( 1− r ) 5 r.

Tổng số người mất việc là: x.r + x.( 1− r ) .r + x.( 1− r ) .r + ... + x.( 1− r ) .r = 10,6%x
2

5

6
r 1− ( 1− r ) 

 = 0,106 ⇒ r ≈ 0,0185 .
⇔ r + ( 1− r ) r + ( 1− r ) r + ... + 1− r r = 0,106 ⇔
1− ( 1− r )

(


2

5

)

Vì tỉ lệ giảm hàng năm bằng với tỉ lệ tuyển dụng mới nên tỉ lệ tuyển dụng mới hàng năm là 1,85%.
Câu 40: Đáp án C
Ba lần quay, mỗi lần chiếc kim có 7 khả năng dừng lại, do đó nΩ = 73 = 343.
Gọi A là biến cố: “trong ba lần quay, chiếc kim của bánh xe đó lần lượt dừng lại ở ba vị trí khác nhau”.
Khi đó ta có:
Lần quay thứ nhất, chiếc kim có 7 khả năng dừng lại.
Lần quay thứ hai, chiếc kim có 6 khả năng dừng lại.
Lần quay thứ ba, chiếc kim có 5 khả năng dừng lại.
Do đó: nA = 7.6.5 = 210 .
Vậy P ( A) =

nA 210 30
=
=
.
nΩ 343 49

Câu 41: Đáp án D
1
4

Xét hàm số f ( x) = x4 −

19 2

x + 30x + m liên tục trên đoạn [ 0;2] .
2

Trang 17


 x = −5 ∉ [ 0;2]

3
Ta có: f ' ( x ) = x − 19 x + 30 = 0 ⇔  x = 3 ∉ [ 0; 2] .

 x = 2 ∈ [ 0;2]

Ta lại có: f ( 0) = m; f ( 2) = m+ 26 .
f ( x) = max{ m ; m+ 26} = M .
Suy ra max
[ 0;2]
 M ≥ m = − m
− m + m+ 26 −m+ m+ 26
⇒ 2M > − m + m+ 26 ⇔ M ≥
≥
= 13.
2
2
 M ≥ m+ 26

Ta có: 

 m = m + 26 = 13
⇔ m = −13.

 − m ( m + 26 ) > 0

Dấu “=” xảy ra khi 

Do đó giá trị lớn nhất của hàm số y =

1 4 19 2
x − x + 30x + m trên đoạn [ 0;2] đạt giá trị nhỏ nhất bằng 13
4
2

khi m= −13 .
Vậy có 1 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 42: Đáp án C

(

)

V '( t) = at2 + bt ⇒ V ( t) = ∫ at2 + bt dt = a

t3
t2
+b +C.
3
2

 03
02
3


a
+
b
+c=0
a=


2
10
V ( 0 ) = 0
 3


 53
52
1

Theo bài ta có hệ: V ( 5 ) = 15 ⇔ a + b + c = 15 ⇔ b = .
2
5

 3

V
10
=
110
3
2

(
)

 10
c = 0
10
+b
+ c = 110 
a

2
 3

Suy ra V ( 20) =

3 203 1 202
.
+ .
= 840 m2 .
10 3 5 2

Câu 43: Đáp án B
Mặt cầu ( S) có tâm I ( 1;2;3) , bán kính là R = 4 .
Ta có A, B nằm trong mặt cầu.
Gọi K là hình chiếu của I trên AB và H là hình chiếu của I lên thiết diện.
2
2
2
Ta có diện tích thiết diện bằng S = π r = π ( R − IH ) .


Do đó diện tích thiết diện nhỏ nhất khi IH lớn nhất.
Mà IH ≤ IK suy ra ( P) qua A, B và vng góc với IK.
Ta có IA = IB = 5 suy ra K là trung điểm của AB.
uur

Vậy K ( 0;1;2) và KI = ( 1;1;1) .
Vậy ( P ) : ( x − 1) + y + ( z − 2) = 0 ⇔ − x − y − z + 3= 0 .
Vậy T = −3.
Trang 18


Câu 44: Đáp án C
Cách 1: Phương pháp tự luận truyền thống
Đặt t = x2 + 2x + 10 ⇒ t =
Để phương trình f

(

( x + 1)

2

+ 9 ⇒ t ≥ 3.

)

x2 + 2x + 10 − 3 = m⇔ f

(


)

x2 + 2x + 10 = m+ 3 có nghiệm thì đường thẳng y = m+ 3

cắt đồ thị y = f ( x) tại điểm có hồnh độ x ≥ 3.
Từ đồ thị ta được m+ 3≤ 2 ⇔ m≤ −1.
Mà m∈ ( −10;10) ⇒ có 9 giá trị m thỏa mãn ⇒ Chọn C.
Cách 2: Phương pháp ghép trục

( x + 1)

Đặt u = x2 + 2x + 10 ⇒ u =
x+ 1

Khi đó u'( x) =

x2 + 2x + 10

2

+ 9 ⇒ u ≥ 3.

⇒ u' = 0 ⇔ x = −1.

Bảng biến thiên của hàm số u( x) :

Phương trình f

(


)

x2 + 2x + 10 − 3 = m⇔ f

(

)

x2 + 2x + 10 = m+ 3 ⇔ f ( u) = m+ 3 .

Từ đồ thị hàm số y = f ( x) và từ bảng biến thiên của hàm số u = x2 + 2x + 10 ta có bảng sau biến thiên
của hàm hợp f

(

)

x2 + 2x + 10 = f ( u) như sau:

Từ bảng biến thiên ⇒ f ( u) = m+ 3 với u≥ 3 có nghiệm khi m+ 3≤ 2 ⇔ m≤ −1.
Mà m∈ ( −10;10) ⇒ có 9 giá trị m thỏa mãn.
Câu 45: Đáp án B
Bất phương trình đã cho tương đương với: m> f ( x) − ex −2x ,∀x∈ ( 0;2) .
2

Xét hàm số g( x) = f ( x) − ex −2x trên ( 0;2) .
2

g( x) .
Bài tốn trở thành tìm m để m> g( x) ,∀x∈ ( 0;2) ⇔ m> max

( 0;2)

Trang 19


Ta có: g'( x) = f '( x) − 2( x − 1) ex −2x = 0 .
2

 f '( x) > 0

TH1: x∈ ( 0;1) , ta có: 

0 < −2( x − 1) e

x2−2x

 f '( x) = 0

TH2: x = 1, ta có: 

 −2( x − 1) e

x2−2x

=0

<2

⇒ g'( x) > 0 .


⇒ g'( x) = 0 .

Suy ra g'( x) = 0 ⇔ x = 1.
 f '( x) < 0

TH3: x∈ ( 1;2) , ta có: 

 −2 < −2( x − 1) e

x2−2x

<0

⇒ g'( x) < 0

Ta có bảng biến thiên của hàm g( x) trên ( 0;2) .

1
e

g( x) = g( 1) = f ( 1) − .
Dựa vào bảng biến thiên ta có m> max
( 0;2)
1
e

Vậy m> f ( 1) − .
Câu 46: Đáp án C
Dễ thấy EI = J I = J F .
Từ đó suy ra


EB EM FA' 1
FN 1
=
=
= , suy ra
= .
EB' EK FB' 3
FK 2
1
2

Ta có: d( K ; A' B') = d( C '; A' B') .
FB' =

3
3
A' B' ⇒ S∆KFB' = S∆A'B'C ' .
2
4

Mặt khác vì

EB 1
3
= nên suy ra d( E;( KFB') ) = h (h là chiều
EB' 3
2

cao lăng trụ).

3
8

Do đó VEKFB' = V (V là thể tích lăng trụ).
VEBIM
EI EM EB 1 1 1 1
1 3
1
=
.
.
= . . =
nên VEBIM = . V = V .
VEB'FK EF EK EB' 3 3 3 27
27 8
72
VFA'J N FJ FA' FN 1 1 1 1
1 3
1
=
.
.
= . . =
nên VFA'J N = . V = V .
VFB'EK FE FB' FK 3 3 2 18
18 8
48

Mặt phẳng ( IJ K ) chia khối lăng trụ thành hai phần.
Gọi V1 là thể tích phần chứa điểm B’ và V2 là thể tích phần chứa điểm C.

Trang 20


3

1

1

49

49

95

V ⇒ V2 = V −
V=
V.
Ta có: V1 =  − − ÷V =
144
144
144
 8 72 48

Do đó:

V1 49
=
.
V2 95


Câu 47: Đáp án B
1
e

Điều kiện: x ≥ 1, y ≥ .
2
2 2
2 2
2
Phương trình tương đương với: x + 5x − 24 = e y − 11ey ⇔ e y − 11ey − ( x + 5x − 24) = 0 ( * )

Ta có: ∆ = ( 2x + 5) > 0,∀x ≥ 1.
2


11+ ( 2x + 5)
x+ 8

y=
 ey =

ey
=
x
+
8

2
e .

⇔
⇔
Do đó: ( * ) ⇔ 

11− ( 2x + 5)
ey = 3− x  y = 3− x
 ey =

e

2

+ Với y =

x+ 8
x+ 8 9
∉ ( 0;2) (vì
> > 2 ).
e
e
e

+ Với y =

3− x
∈ ( 0;2) (vì 1≤ x < 2 ).
e

Cách 1:
Khi đó, ta được: P = ln x + ln( 3− x) trên [ 1;2) .

1

1

= 0 ⇔ ( 3− x) ln( 3− x) = x ln x ( ** ) .
Ta có: P ' = 2x ln x −
2( 3− x) ln( 3− x)

Xét hàm f ( t) = t lnt trên [ 1;+∞ ) , có f '( t) = lnt +
Khi đó ( ** ) ⇔ f ( 3− x) = f ( x) ⇔ 3− x = x ⇔ x =

1
2 lnt

> 0,∀t ∈ ( 1;+∞ ) .

3
.
2

Bảng biến thiên:

3
2

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra Pmax = 2 ln3− ln2 khi x = ; y =

3
.
2e


Cách 2:
Khi đó, ta được: P = ln x + ln( 3− x) trên [ 1;2) .
2

2
 x + 3− x 
P 2 =  ln x + ln( 3− x)  ≤ 2 ln x + ln( 3− x)  = 2ln  x( 3− x)  ≤ 2ln
= 4( ln3− ln2) ,∀x∈ [ 1;2) .


2 ÷



Trang 21


 ln x = ln( 3− x)

3
⇔ x= .
Dấu “=” xảy ra khi  x = 3− x
2
 x∈ 1;2
 [ )
3
2

3

.
2e

Vậy từ đó Pmax = 2 ln3− ln2 khi x = ; y =
Câu 48: Đáp án A
πx
π
πx


u = cos
du = − sin dx
2
⇒
2
2 .
Đặt 
 dv = f '( x) dx v = f ( x)


1

∫

f '( x) cos

0

πx
πx

dx = cos
f ( x)
2
2

π
2

π

Suy ra = ff( 1) .cos −
=

1

0

+

π 1
πx
f ( x) sin dx
∫
20
2

1

( 0) .cos0+ ∫ f ( x) sin
2

0

πx
dx
2

π
πx
3π
πx
3
f ( x) sin dx =
⇒ ∫ f ( x) sin dx = .
∫
20
2
4
2
2
0
1

1

2

π x

Xét tích phân ∫  f ( x) + ksin  dx = 0
2

0
1

πx
π x

⇔ ∫  f 2 ( x ) + 2kf ( x ) sin
+ k 2 sin 2
dx = 0
2
2 
0
1

1

1

0

0

⇔ ∫ f 2 ( x ) dx + 2k ∫ f ( x ) sin

1
πx
πx
9
3 1
+ k 2 ∫ sin 2

dx = 0 ⇔ + 2k + k 2 = 0 ⇔ k = −3.
2
2
2
2 2
0
2

π x
πx
πx

Khi đó ta có: ∫  f ( x) − 3sin  dx = 0 ⇔ f ( x) − 3sin = 0 ⇔ f ( x) = 3sin .
2
2
2
0
1

πx
cos
πx
Vậy ∫ f ( x) dx = 3∫ sin dx = −3. π 2
2
0
0
2
1

1


1

=

−6
πx 1
6
π
 6
cos
= −  cos − cos0÷ = .
π
2 0
π
2
 π

0

Chú ý:
1

Sử dụng phương pháp từng phần đối với tích phân

πx

∫ f '( x) cos 2 dx =
0


3π
.
4

2

π x
πx

Xét ∫  f ( x) + ksin  dx = 0 , tìm k, từ đó suy ra f ( x) = −ksin .
2
2
0
1

1

∫

0

1

f ( x) dx = ∫ −ksin
0

πx
dx .
2


Câu 49: Đáp án D
g'( x) = ( −2x + 4m) .e− x + 4mx−5. f ( x) + e− x +4mx−5. f '( x)
2

Ta có:

2

⇔ g'( x) = ( −2x + 4m) . f ( x) + f '( x)  .e− x + 4mx−5.
2

Trang 22




1



1

Yêu cầu bài toán ⇔ g'( x) ≥ 0,∀x∈  −1; ÷ và g'( x) = 0 chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm thuộc  −1; ÷.
2
2


1

⇔ ( −2x + 4m) . f ( x) + f '( x) ≥ 0,∀x∈  −1; ÷ (vì e− x2+ 4mx−5 > 0 )

2

⇔ −2x + 4m≥ −

⇔ 4m≥ 2x −

f '( x)

1

,∀x∈  −1; ÷, (vì f ( x) > 0,∀x∈ ¡ )
f ( x)
2


f '( x)

1

,∀x∈  −1; ÷ ( * ) .
f ( x)
2


Xét h( x) = 2x −

f '( x)

Ta có h'( x) = 2 −


1

,∀x∈  −1; ÷.
f ( x)
2

f ''( x) . f ( x) −  f '( x) 
f 2x

2

.

 f '' ( x ) < 0
f '' ( x ) . f ( x ) −  f ' ( x ) 
1
1


, ∀x ∈  −1; ÷⇒
< 0, ∀x ∈  −1; ÷.
Mà 
2
2
f ( x)
2


 f ( x ) > 0
2




1





Từ đó suy ra h'( x) > 0,∀x∈  −1; ÷.
2


1





Vậy hàm số h( x) đồng biến trên  −1; ÷.
2
Bảng biến thiên:

1
1
Vậy điều kiện ( *) ⇔ 4m ≥ h  ÷ ⇔ 4m ≥ 2.  ÷−
2
 2

1

f ' ÷
 2  ⇔ 4m ≥ 225 ⇔ m 225
.
137
548
1
f ữ
2

m Â
m { 1;2;3;...;2020} .
m∈ [ −2020;2020]

Mà 

Vậy có 2020 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 50: Đáp án D
3
Xét hàm số f ( x) = x − 3x trên [ 0;+∞ ) .

 x = 1∈ [ 0;+∞ )

2
Ta có f '( x) = 3x − 3 = 0 ⇔ 

 x = −1∉ [ 0;+∞ )

.

Trang 23



Bảng biến thiên hàm số f ( x) trên [ 0;+∞ ) như sau:

Vì a2 > 0 nên f ( a2 ) ≥ −2 ⇒ f ( a1 ) = f ( a2 ) + 2 ≥ 0 ( 1) .
Giả sử a1 ≥ 1, vì f ( x) đồng biến trên [ 1;+∞ ) nên f ( a2 ) > f ( a1 ) suy ra f ( a2 ) + 2 > f ( a1 ) vô lý.
Vậy a1 ∈ [ 0;1) do đó −2 ≤ f ( a1 ) ≤ 0 ( 2) .
 f ( a1 ) = 0
a = 0
⇔ 1
.
 f ( a2 ) = −2  a2 = 1

Từ (1), (2) ta có: 

Vậy số hạng tổng quát của dãy cấp số cộng ( an ) là: an = n − 1.
t1 = log2 b1
, suy ra:
t2 = log2 b2

Đặt 

f ( t1 ) = f ( t2 ) + 2 , vì 1≤ b1 < b2 nên 0 ≤ t1 < t2 , theo lập luận trên ta có:

t1 = 0  log2 b1 = 0  b1 = 1
⇔
⇔
.

t2 = 1 log2 b2 = 1  b2 = 2


Vậy số hạng tổng quát của dãy cấp số nhân ( bn ) là bn = 2n−1 .
n−1
Do đó bn > 2019an ⇔ 2 > 2019( n − 1)

( *) .

Trong 4 đáp án n= 16 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn (*).

Trang 24