ĐỀ SỐ 2

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. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và bán kính đáy bằng a . Thể tích của khối nón đã
cho bằng
A.

2a 3
.
3

3a 3
.
3

B.

C.

a 3
.
3

D.

3a 3
.

2

 x  như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số f  x  là
Câu 2. Cho hàm số f  x  có đồ thị f �

A. 3.

B. 4.

C. 2.

D. 1.

Câu 3. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho A  0; 1;1 , B  2;1; 1 , C  1;3;2  . Biết rằng
ABCD là hình bình hành, khi đó tọa độ điểm D là
A. D  1;1; 4  .

2�
�
B. D �1;1; �.
3�
�

C. D  1;3; 4  .

D. D  1; 3; 2  .

Câu 4. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:
x


�

y�

0
+

�

1


0

0

+
�

y

5
�

1

Hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  �;1 .

B.  1; � .


Câu 5. Tập xác định của hàm số y   x3  x  6 

C.  0;1 .


1
3

D.  �;0  .

là?

A. D   3; 2  .

B. D   �; 3 � 2; � .

C. D   �; 3 � 2; � .

D. D   �; 3 � 2; � .

Câu 6. Cho hàm số f  x  liên tục trên đoạn  1; 4 và có đồ thị trên đoạn  1; 4 như hình vẽ bên.
Trang 1


4

Tích phân

�f  x  dx


bằng

1

A.

5
.
2

B.

11
.
2

C. 5.

D. 3.

Câu 7. Thể tích của khối cầu bán kính a bằng
A.

4a 3
.
3

B. 4a 3 .


C.

a 3
.
3

D. 2a 3 .

Câu 8. Tìm nghiệm phương trình 3x1  9 .
A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Câu 9. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, gọi    là mặt phẳng đi qua điểm A  2; 1;1 và song
song với mặt phẳng  Q  : 2 x  y  3 z  2  0 . Phương trình mặt phẳng    là.
A. 4 x  2 y  6 z  8  0

B. 2 x  y  3 z  8  0 .

C. 2 x  y  3 z  8  0 .

D. 4 x  2 y  6 z  8  0 .

Câu 10. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A.


xe x dx  e x  xe x  C .
�

B.

xe x dx 
�

x2 x
e  ex  C .
2

C.

xe x dx  xe x  e x  C .
�

D.

xe x dx 
�

x2 x
e C .
2

Câu 11. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  song song với đường thẳng
�x  2  t
 d :�
. Một véctơ chỉ phương của  là:

�y  1
�z  1  3t
�
r
A. a  2;0; 6  .

r
B. b  1;1;3 .

r
C. v  2;1; 1 .

r
D. u  1;0;3 .

Câu 12. Một nhóm học sinh gồm 9 nam và 6 nữ. Giáo viên cần chọn 1 học sinh làm trực nhật. Hỏi có bao
nhiêu cách chọn?
A. 3.

B. 15.

C. 9.

D. 6.

Câu 13. Cho một cấp số cộng có u4  2, u2  4 . Hỏi u1 bằng bao nhiêu?
A. u1  6 .

B. u1  1 .


C. u1  5 .

D. u1  1 .

Câu 14. Gọi M và M �lần lượt là các điểm biểu diễn cho các số phức z và z . Xác định mệnh đề đúng.
Trang 2


A. M và M �đối xứng nhau qua trục hoành.

B. M và M �đối xứng nhau qua trục tung.

C. M và M �đối xứng nhau qua gốc tọa độ.

D. Ba điểm O , M và M �thẳng hàng.

Câu 15. Đồ thị trong hình vẽ bên dưới là của hàm số nào sau đây?
A. y   x  1 .
3

B. y   x  1 .
3

C. y  x 3  1 .
D. y  x 3  1 .
Câu 16. Xét hàm số y  f  x  với x � 1;5 có bảng biến thiên như sau:
Khẳng định nào sai đây là đúng
x

1


y�

0
+

0

2


5

0

+
�

y

4
3
0

A. Hàm số đã cho không tồn tại GTLN trên  1;5 .

B. Hàm số đã cho đạt GTNN tại x  1 và x  2 trên  1;5 .
C. Hàm số đã cho đạt GTNN tại x  1 và đạt GTLN tại x  5 trên  1;5 .
D. Hàm số đã cho đạt GTNN tại x  0 trên  1;5 .
Câu 17. Cho hàm số f  x  có đạo hàm f �

 x    x 2  1  x  3

2019

 x  2

2020

, x ��. Số điểm cực tiểu

của hàm số đã cho là
A. 5.

B. 4.

C. 3.

D. 2.

Câu 18. Cho số phức z  a  bi  a; b �� . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z 2 .
A. Phần thực bằng a 2  b 2 và phần ảo bằng 2a 2b 2 .
B. Phần thực bằng a 2  b 2 và phần ảo bằng 2ab .
C. Phần thực bằng a  b và phần ảo bằng a 2b 2 .
D. Phần thực bằng a  b và phần ảo bằng ab .
Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu có tâm I  1;1;1 và diện tích bằng 4 có phương
trình là
A.  x  1   y  1   z  1  4 .
2

2


2

B.  x  1   y  1   z  1  1 .
2

2

2

Trang 3


C.  x  1   y  1   z  1  4 .
2

2

D.  x  1   y  1   z  1  1 .

2

2

Câu 20. Cho a  log 49 11 và b  log 2 7 , thì P  log 3 7
9
A. P  12a  .
b

B. P  12a 


9
.
2b

2

2

121
bằng?
8
9
C. P  12a  .
b

D. P  12a 

9
.
2b

Câu 21. Biết số phức z  3  4i là một nghiệm của phương trình z 2  az  b  0 trong đó a, b là các số
thực. Tính a  b .
A. 31.

B. 19.

D. 11.


C. 1.

Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng

   : 2 x  4 y  mz  2  0 . Tìm
A. m  1 .

  : x  2 y  z 1  0

và

m để    và    song song với nhau.

B. m  2 .

C. m  2 .

D. Không tồn tại.

2
Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình log 1  x  3x  2  �1 .
2

B.  0;3 .

A.  �;1 � 2; � .

C.  0;1 � 2;3 .

D.  0;1 � 2;3 .


Câu 24. Cho hàm số f  x  liên tục trên �, diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
y  f  x  , trục hoành và hai đường thẳng x  a, x  b (với a  b ) được tính theo cơng thức
b

b

f  x  dx .
A. S   �

f  x  dx .
B. S  �

a

a

b

b

f  x  dx .
C. S  �

f 2  x  dx .
D. S   �

a

a


Câu 25. Cho hình hộp chữ nhật nội tiếp mặt cầu và có ba kích thước là a, b, c. khi đó bán kính r của
mặt cầu bằng
A.

a2  b2  c 2
.
3

B.

1 2
a  b2  c2 .
2

C.

a 2  b2  c2 .

Câu 26. Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của đồ thị hàm số y 

D.

2  a 2  b2  c2  .

2x  3
. Khi đó, điểm I nằm trên đường
x 1

thẳng có phương trình:

A. x  y  4  0 .

B. 2 x  y  4  0 .

C. x  y  4  0 .

D. 2 x  y  2  0 .

Câu 27. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Tam giác SAB vuông tại S và nằm
trong mặt phẳng vng góc với đáy. Hình chiếu vng góc của S trên AB là điểm H thỏa mãn AH  2 BH
. Tính theo a thể tích V của khối chóp S.ABCD.
a3 2
A. V 
.
6

a3 2
B. V 
.
3

Câu 28. Hàm số f  x   3x
A. f �
 x    2 x  3 .3

2

 3 x 1

a3 3

C. V 
.
9

a3 2
D. V 
.
9

có đạo hàm là

 2 x  3 .3x 3 x 1 .

2

x 2 3 x 1

.ln 3 .

B. f �
 x

ln 3

Trang 4


C. f �
 x    2 x  3 .3x


2

 3 x 1

D. f �
 x 

.

2

3x 3 x 1
.
ln 3

Câu 29. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ.

Phương trình 2 f  x   1  0 có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng  2;1 ?
A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Câu 30. Cho hình chóp S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a . Gọi I và J lần lượt là trung điểm của
SC và BC. Số đo của góc  IJ , CD  bằng:
A. 90.


B. 45.

C. 30.

D. 60.

2
Câu 31. Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình 2 x.5 x  2 x  1 . Khi đó tổng x1  x2 bằng

A. 2  log 5 2 .

B. 2  log 5 2 .

C. 2  log 5 2 .

D. 2  log 2 5 .

Câu 32. Một cái cột có hình dạng như hình bên (gồm một khối nón và một khối
trụ khép lại). Chiều cao đo được ghi trên hình, chu vi đáy là 20cm. Thể tích của
cột bằng
A.

5000
cm 3  .



B.

5000

cm 3  .

3

C.

13000
cm3  .

3

D.

52000
cm 3  .

3

Câu 33. Biết rằng xe x là một nguyên hàm của hàm số f   x  trên khoảng  �; � . Gọi F  x  là một

 x  e x thỏa mãn F  0   1 , giá trị của F  1 bằng
nguyên hàm của f �
A.

5
.
2

B.


7
.
2

C.

5e
.
2

D.

7e
.
2

Câu 34. Cho hình chóp A.ABC có đáy ABCD là hình vng cạnh a, tâm O. Cạnh bên SA  2a và vng
góc với mặt đáy  ABCD  . Gọi H và K lần lượt là trung điểm của cạnh BC và CD. Tính khoảng cách giữa
hai đường thẳng HK và SD.
A.

a
.
3

B.

2a
.
3


C. 2a .

D.

a
.
2

Trang 5


Câu 35. Trong không gian Oxyz, cho bốn đường thẳng: d1 :

d3 :

x  3 y 1 z 1
x
y z 1



, d2 : 
,
1
2
1
1 2
1


x 1 y 1 z 1
x y 1 z 1



, d4 : 
. Số đường thẳng trong không gian cắt cả bốn đường thẳng
2
1
1
1
1
1

trên là
A. 0.
Câu

B. 1.
36.

Tìm

tập

hợp

S

C. 2.

tất

cả

các

giá

D. Vơ số.

trị

của

tham

số

thực

m

để

hàm

số

1
y  x 3   m  1 x 2   m 2  2m  x  3 nghịch biến trên khoảng  1;1 .

3
A. S   1;0  .

C. S   1 .

B. S  �.

D. S   1 .





Câu 37. Cho số phức z  a  bi  a, b ��, a  0  thỏa mãn z.z  12 z  z  z  13  10i . Tính S  a  b .
A. S  7 .

B. S  17 .

C. S  17 .

D. S  5 .

 x  1 có đồ thị như hình vẽ dưới đây:
Câu 38. Cho hàm số y  f �

2 f  x 4x
Điểm cực tiểu của hàm số g  x   
là

A. 0.


B. 1.

C. 2.

D. 3.

Câu 39. Cho hàm số f  x  có đạo hàm, liên tục trên đoạn  0;1 và thỏa mãn các điều kiện f  1  0 và
1

1

�
 x �
 x  1 e x f  x  dx 
�f �
�dx  �
�
2

0

0

A.

e 1
.
2


B.

ex 1
. Tính tích phân
4

e2
.
4

C.

1

f  x  dx bằng
�
0

e
.
2

D. e  2 .

3
Câu 40. Biết thể tích khí CO2 năm 1998 là V  m  . 10 năm tiếp theo, thể tích CO2 tăng a % , 10 năm

tiếp theo nữa, thể tích CO2 tăng n% . Thể tích CO2 năm 2016 là
A. V2016  V . 


100  a  .  100  n 
1036
10

8

m  .
3

�
 100  a  .  100  n  �
� m3 .
V. �
 
20
10
10

C. V2016

B. V2016  V .  1  a  n 

18

m  .

D. V2016  V  V .  1  a  n 

3


18

m .
3

Trang 6


Câu 41. Cho hàm số y  x 3  3 x  m . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho
min y  max y  6 . Số phần tử của S là:
 0;2
 0;2
A. 0.

B. 6.

C. 1.

D. 2.

Câu 42. Trên mặt phẳng Oxy ta xét một hình chữ nhật ABCD với các điểm A  2;0  , B  2; 2  , C  4; 2  ,
D  4;0  . Một con châu chấu nhảy trong hình chữ nhật đó tính cả trên cạnh hình chữ nhật sao cho chân nó
ln đáp xuống mặt phẳng tại các điểm có tọa độ nguyên (tức là điểm có cả hồnh độ và tung độ đều
ngun). Tính xác suất để nó đáp xuống các điểm M  x; y  mà x  y  2 .
A.

3
.
7


B.

8
.
21

C.

1
.
3

D.

4
.
7

�y 2  4  x
Câu 43. Tính thể tích của vật trịn xoay sinh bởi diện tích S quay xung quanh trục Oy; với S : �
.
�x  0
A.

512
.
15

B.


512
.
15

C.

64
.
3

D. 8 .

Câu 44. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị được cho như hình vẽ bên dưới. Hỏi phương trình
f  x 3  3 x  1  2  1 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

A. 8.

B. 6.

C. 9.

D. 11.

 x  có đồ thị như hình vẽ bên dưới
Câu 45. Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f �

x
Bất phương trình f  1  x   e  m nghiệm đúng với mọi x � 1;1 khi và chỉ khi
2
A. m  f  1  e .


B. m  f  1  1 .

C. m �f  1  1 .

2
D. m �f  1  e .

Trang 7


Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a, b, c
là các số thực dương thay đổi tùy ý sao cho a 2  b 2  c 2  3 . Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABC 
lớn nhất bằng
A.

1
.
3

B. 3.

C.

1
.
3

D. 1.


2
2
2
Câu 47. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 5log 2 a  16 log 2 b  27 log 2 c  1 . Tính giá trị lớn nhất

của biểu thức S  log 2 a log 2 b  log 2 b log 2 c  log 2 c log 2 a .
A.

1
.
16

B.

1
.
12

C.

1
.
9

D.

1
.
8


Câu 48. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vng góc với
mặt phẳng đáy  ABCD  . Kí hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di động trên đoạn CB sao
�  45�. Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S.AMN là?
cho MAN
A.

2 1
.
9

B.

2 1
.
3

2 1
.
6

C.

D.

2 1
.
9

2
Câu 49. Có bao nhiêu số nguyên M thuộc khoảng  10;10  để hàm số y  2 x  2mx  3 đồng biến trên


 1; � ?
A. 12.

B. 11.

C. 8.

D. 7.

4
3
2
3
2
Câu 50. Cho hai hàm số f  x   ax  bx  cx  dx  e và g  x   mx  nx  px  1 với a, b, c, d, e, m,

 x ; y  g�
 x  như hình vẽ dưới. Tổng các nghiệm
n, p, q là các số thực. Đồ thị của hai hàm số y  f �
của phương trình f  x   q  g  x   e bằng

A.

13
.
3

B. 


13
.
3

C.

4
.
3

4
D.  .
3

Trang 8


Đáp án
1-B
11-A
21-B
31-D
41-D

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


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

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

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

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

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


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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án B
Gọi h là chiều cao khối nón ta có: h 

 2a 

2

 a2  a 3 .

1
3a 3

Vậy thể tích khối nón là: V  a 2 .a 3 
.
3
3
Câu 2: Đáp án C

 x  chỉ đổi dấu khi qua x  1; x  3 do đó hàm số f  x  chỉ có hai điểm cực trị x  1; x  3 .
Ta có f �
Câu 3: Đáp án A
Gọi tọa độ điểm D  x; y; z  .
uuu
r
�
AB
�   2; 2; 2 
Ta có: �uuur
.
�DC   1  x;3  y; 2  z 
uuu
r uuur
Vì ABCD là hình bình hành nên AB  DC .
1  x  2
�
�x  1
�
�
3  y  2 � �y  1 .
Do đó, ta có hệ sau: �
�
�z  4

2  z  2
�
�
Vậy tọa độ điểm D  1;1; 4  .
Chú ý: Cơng thức tính nhanh tọa độ cịn lại đối với một trong các hình (hình vng, hình chữ nhật, hình
bình hành, hình thoi) khi đã biết tọa độ ba điểm như sau:
Cho hình bình hành ABCD khi đó, ta sử dụng biểu thức: A  C  B  D (đối nhau sẽ cộng nhau)
Câu 4: Đáp án D
 0 , suy ra hàm số đồng biến trên khoảng  �;0  .
Ta thấy trên khoảng  �;0  thì y �
Câu 5: Đáp án C
Hàm số y   x 2  x  6 



1
3

xác định khi và chỉ khi x 2  x  6  0 .

x  3
�
�  x  2   x  3  0 � �
.
x2
�
Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D   �; 3 � 2; � .
Trang 9



Chú ý: Tập xác định của hàm số lũy thừa y  x 
Đặc điểm 

TXĐ

 ��

D�

 �� hoặc   0

D  �\  0

 ��

D   0; �

Câu 6: Đáp án A
4

2

4

1

1

2


f  x  dx
�f  x  dx  �f  x  dx  �

Ta có

2

f  x  dx 
Trong đó �
1

Và

4

4

2

2

2

�f  x  dx 

 1  3 .2  4
2

1


f  x  dx   �
f  x  dx  
�

 1  2  .1  3
2

2

Thể tích khối cầu bán kính a là V 

4 3
a .
3

4

Vậy

3

.

5

�f  x  dx  4  2  2 .

1

Câu 7: Đáp án A


Câu 8: Đáp án C
Ta có: 3x 1  9 � 3x 1  32 � x  3 .
Câu 9: Đáp án B
Vì

 

song song với

 Q  : 2 x  y  3x  2  0

nên mặt phẳng

 

có phương trình dạng

2 x  y  3 z  d  0  d �2  .
Vì    đi quả điểm A  2; 1;1 nên 2.2   1  3.1  d  0 � d  8 (thỏa mãn d �2 ).
Vậy    có phương trình là 2 x  y  3 z  8  0 .
Chú ý: Cho    : ax  by  cz  d1  0 thì mặt phẳng song song với    có dạng    : ax  by  cz  d 2  0
.
Câu 10: Đáp án C
Ta có:

xe dx  �
xd  e   xe  �
e dx  xe
�

x

x

x

x

x

 ex  C .

udv  uv  �
vdu .
Chú ý: Sử dụng công thức nguyên hàm từng phần: �
Câu 11: Đáp án A
Câu 12: Đáp án B
Giáo viên có 2 phương án lựa chọn:
+ Phương án 1: Chọn 1 học sinh nam: có 9 cách chọn.
Trang 10


+ Phương án 2: Chọn 1 học sinh nữ: có 6 cách chọn.
Vậy có 9 + 6 = 15 cách chọn 1 học sinh làm trực nhật.
Câu 13: Đáp án C
u4  2
u  3d  2
u 5
�
�

�
� �1
� �1
Theo giả thiết ta có �
u2  4
u1  d  4
d  1
�
�
�
Câu 14: Đáp án A
Gọi z  x  yi  x, y �� � z  x  yi .

 x;  y  đối xứng nhau qua trục hồnh.
Khi đó M  x; y  và M �
Câu 15: Đáp án B
Đồ thị hàm số đi qua điểm  1;0  nên chọn B, C.
Ta thấy nếu tịnh tiến đồ thị  C  sang bên trái 1 đơn vị thì ta được đồ thị hàm số y  x 3 .
Do đó đồ thị  C  có dạng là: y   x  1 .
3

Câu 16: Đáp án A
y  � nên hàm số khơng có GTLN trên  1;5 .
A. Đúng. Vì lim
x �5
B. Sai. Hàm số đã cho chỉ đạt GTNN tại x  2 trên  1;5 .
y  �.
C. Sai. Hàm số đã cho chỉ đạt GTNN tại x  2 trên  1;5 và lim
x �5
D. Sai. Hàm số đã cho chỉ đạt GTNN tại x  2 trên  1;5 .

Câu 17: Đáp án D
x  2
�
�
 x   0 � �x  3 , trong đó x  2 là nghiệm bội chẵn.
Ta có f �
�
x  �1
�
Bảng biến thiên
x
y�

�

2


0

1


0

1
+

0


�

3


0

+

y
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số có 2 điểm cực tiểu là: x  1 và x  3 .
Câu 18: Đáp án B
2
2
2
2
2
2
Ta có z   a  bi   a  2abi   bi   a  2abi  b   a  b   2abi .
2

2

Câu 19: Đáp án D
Gọi R là bán kính mặt cầu, suy ra diện tích mặt cầu là: 4R 2 .
Theo đề bài mặt cầu có diện tích là 4 nên ta có 4R 2  4 � R  1 .
Trang 11


Mặt cầu có tâm I  1;1;1 và bán kính R  1 nên có phương trình:


 x  1

2

  y  1   z  1  1 .
2

2

Câu 20: Đáp án C
�
112 �
2
3
Ta có P  log 1 � 3 � 3  log 7 11  log 7 2 
7 3 �2 �
�
3 �
 3  2log 7 11  3log 7 2   3 �
2 log 7 11 
�.
log 2 7 �
�
1
Mà b  log 2 7 và a  log 49 11  log 72 11  log 7 11 � log 7 11  2a
2
3�
9
�

2.2a  � 12a  .
Vậy P  3 �
b�
b
�
Phương pháp CASIO – VINACAL
Thao tác trên máy tính

Màn hình hiển thị

Ấn log 49 11 � SHIFT � RCL � ( )
(Lưu giá trị log 3 15 vào bộ nhớ A)

(Lưu giá trị log 3 15 vào bộ nhớ B)
Kiểm tra đáp án A
121 �
9�
log 3 7
�
12 a  �� 
Ấn 14 2 43
8 �
b�
14 2 43
P

 A

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

121 �
9 �
log 3 7
�
12a  �� 
Ấn 14 2 43
8 �
2b �
1 4 2 43
P

 B

Vậy đáp án B sai (vì kết quả của hiệu trên không bằng 0).
Kiểm tra đáp án C
121 �
9�
log 3 7
�
12a  �� 
Ấn 14 2 43
8 �
b�
14 2 43
P

 A

Vậy đáp án C đúng (vì kết quả của hiệu trên bằng 0).
Câu 21: Đáp án B

Cách 1:
Trang 12


Do z  3  4i là một nghiệm của phương trình z 2  az  b  0 nên ta có:

 3  4i 

2

 a  3  4i   b  0 � 7  24i  3a  4 ai  b  0

7  3a  b  0
a6
�
�
��
��
.
24  4a  0
b  25
�
�
Vậy a  b  6  25  19 .
Cách 2:
Do z  3  4i là một nghiệm của phương trình bậc hai z 2  az  b  0 nên z  3  4i cũng là nghiệm.
�
 3  4i    3  4i   a �6  a �a  6
�
��

��
Theo định lý Vi-ét ta có: �
.
25  b
b  25
 3  4i   3  4i   b
�
�
�
Vậy a  b  6  25  19 .
Câu 22: Đáp án D
Ta có    / /    �

2 4 m 2
2 4 2
 
� (vơ lý vì  
).
1 2 1 1
1 2 1

Vậy không tồn tại m để hai mặt phẳng    ,    song song với nhau.
Chú ý: Cho    : A1 x  B1 y  C1 z  D1  0 và    : A2 x  B2 y  C2 z  D2  0 .
Để    / /    thì

A1 B1 C1 D1


� .
A2 B2 C2 D2


Câu 23: Đáp án C
x 1
�
2
Điều kiện: x  3 x  2  0 � �
x2
�
2
Bất phương trình tương đương với: log 1  x  3 x  2  �log 1 2
2

� x 2 3x 
2�
 2

2

0� x 3 .

Kết hợp điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là: S   0;1 � 2;3 .
Phương pháp CASIO – VINACAL
Thao tác trên máy tính
log 1  x  3 x  2    1 � CALC �
Ấn 1 42 4 2 4 4 3 {VP

Màn hình hiển thị

2


VT

 A
 C  , B  , D 

100 ����� � 
Vậy đáp án A sai (vì kết quả của hiệu trên bé hơn 0, tức VT < VP).
  
Ấn CALC � 3 ���
 D � � 
B ,C

Vậy đáp án B, C có khả năng đúng (vì kết quả của hiệu trên bằng 0, tức VT = VP).
Trang 13


 
Ấn CALC � 1 ��
 C � � 
B

Vậy đáp án B sai (vì 1 làm cho bất phương trình khơng tồn tại).
Vậy đáp án C đúng.
Câu 24: Đáp án B
b

S�
f  x  dx .
a


Câu 25: Đáp án B
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật:
R

1
1 2
2
AB 2  AD 2  AA�

a  b2  c2 .
2
2

Câu 26: Đáp án B
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là: x  1 .
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là: y  2 .
Giao điểm hai tiệm cận I  1; 2  .
Thay tọa độ điểm I vào các đáp án, ta thấy đáp án B thỏa mãn.
Câu 27: Đáp án D
Trong tam giác vng SAB, ta có
SA2  AH . AB 

2
2
AB. AB  a 2
3
3

SH  SA2  AH 2 


a 2
3

2
Diện tích hình vng ABCD là: S ABCD  a  đvdt  .

Thể tích khối chóp S.ABCD là:
1
a3 2
VS . ABCD  S ABCD .SH 
 đvtt  .
3
9
Câu 28: Đáp án A



Ta có: f �
 x   3x

2

 3 x 1

 �  x

2

 3 x  1 �
.3x


2

.ln 3   2 x  3 .3x

 3 x 1

2

 3 x 1

.ln 3 .

�là:  a�
Chú ý: Công thức đạo hàm tổng quát hàm a�
�
.a u .ln a .
 � u�
Câu 29: Đáp án C
Ta có: 2 f  x   1  0 � f  x  

1
.
2

Trang 14


Số nghiệm phương trình 2 f  x   1  0 thuộc khoảng  2;1 là số giao
điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y 


1
thuộc
2

khoảng  2;1 .
Dựa vào đồ thị, suy ra đường thẳng y 

1
cắt đồ thị hàm số y  f  x 
2

tại

hai điểm phân biệt thuộc khoảng  2;1 hay phương trình 2 f  x   1  0 có hai nghiệm phân biệt thuộc
khoảng  2;1 .
Câu 30: Đáp án D
Gọi O là tâm của hình thoi ABCD  OJ là đường trung bình của BCD .
OJ / / CD
�
�
Suy ra �
1
OJ  CD
�
�
2
Vì CD / / OJ �  IJ , CD    IJ , OJ  .
1
a

�
�IJ  2 SB  2
�
1
a
�
OJ  CD  � IOJ đều.
Xét tam giác IOJ, có �
2
2
�
1
a
�
�IO  2 SA  2
�
�  60�.
Vậy  IJ , CD    IJ , OJ   IJO
Câu 31: Đáp án D



x x
Phương trình tương đương với: log 5 2 .5

log 5 2 x  log5 5 x

2

2 x


2

2 x

  log 1 � log  2 .5   0
x

5

x2  2 x

5

 0 � x log 5 2  x 2  2 x  0

x 0
�
� x  log 5 2  x  2   0 � �1
.
x2  2  log5 2
�
Do đó x1  x2  2  log5 2 .
Câu 32: Đáp án C
Bán kính đáy của khối trụ: r 

20 10

2 


2
�
1
1
10 � 1000
�
Vnón  h1 �S1  .10 � � �
�
3
3
13000
�
� � 3
� V  V1  V2 
Ta có �
.
2
3
10 � 4000
�
�
Vtru  h2 �S 2  40 �. � �
�

� �
�

Trang 15



Câu 33: Đáp án B
Từ giả thiết, ta có f   x    xe x  �  x  1 e x � f  x    1  x  e x

 x    x  2 e x .
Suy ra f �
Khi đó

f�
 x  e x dx  �
 x  2  dx 
�

x2
 2x  C .
2

Theo đề bài ta có F  0   1 � C  1 .
Suy ra F  x  

x2
7
 2 x  1 � F  1  .
2
2

Câu 34: Đáp án A
Gọi E  HK �AC .
Do HK / / BD nên d  HK , SD   d  HK ,  SBD  
1
 d  E ,  SBD    d  A,  SBD   .

2
Kẻ AF  SO .
Khi đó d  A,  SBD    AF 
Vậy d  HK , SD  

SA. AO
SA  AO
2

2



2a
.
3

1
a
AF  .
2
3

Câu 35: Đáp án B

ur
Đường thẳng d1 đi qua điểm M 1   3; 1; 1 và có một véctơ chỉ phương là u1   1; 2;1 .
uu
r
Đường thẳng d 2 đi qua điểm M 2   0;0;1 và có một véctơ chỉ phương là u2   1; 2;1 .

ur uu
r
Do u1  u2 và M 1 �d1 nên hai đường thẳng d1 và d 2 song song với nhau.
uuuuuur
ur uuuuuur
�
u
Ta có M 1M 2   3;1; 2  , �
�1 , M 1M 2 �  5; 5; 5   5  1;1;1 .
r
Gọi    là mặt phẳng chứa d1 và d 2 khi đó    có một véctơ pháp tuyến là n   1;1;1 .
Phương trình mặt phẳng    là x  y  z  1  0 .
Gọi A  d3 �   thì A  1; 1;1 .
Gọi B  d 4 �   thì B  1; 2; 0  .
uuu
r
ur
Do AB   2;3; 1 không cùng phương với u1   1; 2;1 nên đường thẳng AB cắt hai đường thẳng d1
và d 2 .
Câu 36: Đáp án C
TXĐ: D  �.

Trang 16


xm
�
y�
 x 2  2  m  1 x   m 2  2m   0 � �
.

x  m2
�
Bảng xét dấu y �
�

x

m

y�

+

�

m+2


0

0

+

�0, x � 1;1
Để hàm số nghịch biến trên khoảng  1;1 thì y �
� x 2  2  m  1 x   m 2  2m  �0, x � 1;1 .
Từ bảng xét dấu ta thấy để hàm số nghịch biến trên khoảng  1;1 thì
m �1
m �1

�
�
��
� m  1 .
�
m  2 �1 �
m �1
�
Câu 37: Đáp án B
Phương trình đã cho trở thành: a 2  b 2  12 a 2  b 2  2bi  13  10i
�
a  12
�
� a 2  b 2  13 �
a 2  b 2  12 a 2  b 2  13 �
��
��
��
 do a  0  .
b5
2b  10
b5
�
�
�
Vậy S  a  b  17 .
Câu 38: Đáp án C
2f�
.2 f  x   4 x ln   0
 x  �

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

 x  nhận được từ việc tịnh tiến đồ thị hàm số y  f �
 x  1 sang trái 1 đơn vị nên
Đồ thị hàm số y  f �
x  2
�
�
f�
 x   2 � �x  0 .
�
x 1
�
Do x  2 và x  1 là nghiệm bội chẵn nên ta có
Bảng biến thiên hàm số g  x 
x
g�
 x

�

2



0

0


0

�

1
+

0

+

g  x
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x  0 .
Câu 39: Đáp án D
�
du  f �
 x
u  f  x
�
�
�
�
Đặt �
.
�

x
v�
 x  1 e x dx  x.e x
�dv   x  1 e dx
�
�
Trang 17


1

1

1

0

0

xe x . f �
xe x . f �
 x  1 e x f  x  dx  xe x . f  x  0  �
 x  dx � �
 x  dx 
Suy ra �
1

0

1  e2

.
4

Chọn k sao cho
1

1

1

1

0

0

�
�
xe x . f �
x 2e 2 x dx  0
 x   k .xe x �
 x �
 x  dx  k 2 .�
�f �
�dx  2k .�
�
�f �
�dx  0 � �
2


0

2

0

e2  1
e2  1 2 e 2  1
2
�
 2k .
k .
 0 �  k  1  0 � k  1 � f �
 x    xe x .
4
4
4
f�
xe x dx    x  1 e x  C mà f  1  0 � C  0 .
 x  dx   �
Do đó f  x   �
1

1

0

0

f  x  dx  �

 1  x  e x dx  e  2 .
Vậy f  x     x  1 e � �
x

Câu 40: Đáp án A

 100  a 
a �
Ta có: Sau 10 năm thể tích khí CO2 là: V2008  V �
1
�
� V.
1020
� 100 �
10

10

.

 100  a  �1  n �
n �
Do đó, 8 năm tiếp theo thể tích khí CO2 là: V2016  V2008 �
1
�
� V
�
�
1020
� 100 �

� 100 �
8

 100  a   100  n 
V
10

1020

1016

8

 100  a  . 100  n 
V
10

1036

10

8

8

.

Câu 41: Đáp án D
3
Xét hàm số y  x  3 x  m, x � 0; 2 


x 1
�
y  3x 2  3  0 � �
x  1  l 
�
Ta có y  0   m; y  1  m  2; y  2   m  2 .
y  m  2; max y  m  2 .
Suy ra: min
 0;2
 0;2
TH1:  m  2   m  2  �0 � 2 �m �2 .
� min y  0; max y   m  2 ; m  2  .
 0;2
 0;2
02m  6
�
� min y  max y  6 � �
� m  �4 , không thỏa mãn.
 0;2
 0;2
m26
�
y  m  2  m  2; max y  2  m  m  2
TH2: m  2  0 � m  2 � min
 0;2
 0;2
� min y  max y  6 � m  2  m  2  6 � m  3 (thỏa mãn).
 0;2
 0;2

y  2  m  2  m ;
TH3: 2  m  0 � m  2 � min
 0;2

Trang 18


max y  2  m    2  m   2  m
 0;2

� min y  max y  6 � 2  m  2  m  6 � m  3 (thỏa mãn).
 0;2
 0;2
Vậy có 2 số nguyên thỏa mãn.
Câu 42: Đáp án A
Để con châu chấu đáp xuống các điểm M  x; y  có x  y  2 thì con
châu chấu sẽ nhảy trong khu vực hình thang BEIA
Để M  x; y  có tọa độ nguyên thì x � 2; 1;0;1; 2 , y � 0;1; 2
Nếu x � 2; 1 thì y � 0;1; 2  có 2.3 = 6 điểm.
Nếu x  0 thì y � 0;1  có 2 điểm.
Nếu x  1 � y  0  có 1 điểm.
 Có tất cả 6 + 2 + 1 = 9 điểm.
Để con châu chấu nhảy trong hình chữ nhật mà đáp xuống các điểm có tọa độ ngun thì
x � 2; 1;0;1; 2;3; 4 , y � 0;1; 2
Số điểm M  x; y  có tọa độ nguyên là: 7.3 = 21 điểm.
Xác suất cần tìm là: P 

9 3
 .
21 7


Câu 43: Đáp án A
y  2
�
2
2
Phương trình tung độ giao điểm của đồ thị y  4  xy  4  0 � �
.
y2
�
2

Thể tích cần xác định là: V   �
 4 y
1



2 2

2

�
8 y 3 y 5 � 512
dy  2 �
16 y 
 �
 vttđ .
3
5 �0

15
�

Câu 44: Đáp án B
Cách 1: Phương pháp tự luận truyền thống
- Dựa vào đồ thị hàm số f  x  , ta có:
�f  x 3  3x  1  1
f  x  3x  1  2  1 � �
�f  x 3  3x  1  3
�
3

�
�
x3  3x  1  b  b  1  2 
�
�3
x  3x  1  c  1  c  3  3
�
�
��
�3
x  3 x  1  d  d  3  4 
�
�
�2
x  3x  1  a  a  d   1
�
Dựa vào đồ thị hàm số y  x 3  3x  1 (hình vẽ bên đây)
Trang 19



Ta suy ra: Phương trình (1), (2), (4) mỗi phương trình có 1 nghiệm, phương trình (3) có 3 nghiệm và các
nghiệm này đều phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt.
Cách 2: Phương pháp ghép trục
Đặt u  x3  3x  1 .

 x   3x 2  3  0 � x  �1 .
Ta có u �
Bảng biến thiên của hàm số u  x  :
x

�

1

u�
u

+

�

1


0

0


+
�

3
�

1

�f  u   3
3
Phương trình f  x  3x  1  2  1 trở thành: f  u   2  1 � �
.
�f  u   1
3
Từ đồ thị hàm số y  f  x  và từ bảng biến thiên của hàm số u  x   x  3x  1 ta có bảng biến thiên của
3
hàm hợp f  x  3x  1  f  u  như sau:

�

x

1

�

1

�

3

u

3

1

1

�
�
2

f  u

2
3

3

�
Từ bảng trên ta thấy phương trình f  u   1 có 5 nghiệm và phương trình f  u   3 có 1 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm.
Câu 45: Đáp án B
Bất phương trình đã cho tương đương với: m  f  1  x   e x , x � 1;1 .
2

Xét hàm số g  x   f  1  x   e x trên  1;1 .
2


 x ۳, x
Bài tốn trở thành tìm m để m g�



1;1

m max g  x  .
 1;1

f �1  x   2 x.e x � 0 .
 x   f �
 1  x   2 x.e x   �
Ta có g �
� 
�
2

2

Trang 20


1  1 x  2 � f �
�
 1 x  0
�
� g�
 x  0 .

TH1: x � 1;0  � � x2
2 x.e  0
�
�
 1 x  0
�f �
� g�
 x  0 .
TH2: x  0 � � x2
2
x
.
e

0
�

 x  0 � x  0 .
Suy ra g �
0 1 x  1� f �
�
 1 x  0
�
� g�
 x  0 .
TH3: x � 0;1 � � x2
2
x
.
e


0
�
Ta có bảng biến thiên của hàm số g  x  trên  1;1
x

1

0

g�
 x
g  x

+

1


0
f  1  1

f  2  e

f  0  e

g  x   g  0   f  1  1 .
Dựa vào bảng biến thiên ta có: m  max
 1;1


Vậy m  f  1  1 .
Câu 46: Đáp án D
Phương trình mặt phẳng  ABC  :

x y c
   1  abc �1 .
a b z

Khi đó: d  O;  ABC  

0 0 0
  1
a b c


1 1 1
 
a2 b2 c2

1 1 1
 �
Ta có: a 2 b 2 c 2

9
a  b2  c2

Hay d  O;  ABC   �

1
.

3

2

9
3

1
1 1 1
 
a2 b2 c 2

3

1
1 1 1
 
a 2 b2 c 2

1
3

abc0
�
� a  b  c  1.
Dấu “=” xảy ra khi � 2
2
2
a


b

c

3
�
Vậy d  O;  ABC   max 

1
khi a  b  c  1 .
3

Câu 47: Đáp án B
Đặt x  log 2 a, y  log 2 b, z  log 2 c , ta có 5 x 2  16 y 2  27 z 2  1 và S  xy  yz  zx .
Sử dụng bất đẳng thức Cơsi dạng phân thức ta có:

Trang 21


11x  22 y  33 z
2

2

5�
x 216
�y2

2


 x  y  z
�

2

1 1
1


11 22 33

27 z 2 12  xy

 6 x  y  z

yz zx 

S

2

1
.
12

Câu 48: Đáp án B
Đặt DM  x, BN  y ta có
�  tan BAN
�
tan DAM

x y
�  BAN
�
tan 45� tan DAM


.
�
�
1  tan DAM .tan BAN 1  xy



Suy ra y 



1 x
và AM  AD 2  DM 2  x 2  1 ,
1 x

2
2  x 2  1
1 x �
�
.
AN  AB  BN  1  y  � � 1 
1 x �
x 1
�

2

2

2

1
1
x2  1
Vì vậy V  SA.SAMN  SA. AM . AN .sin 45�
.
3
6
6  x  1
Xét hàm số y  f  x  

x2  1
.
6  x  1

Khảo sát ta có f  x  �f





2 1 

2 1
.

3

Câu 49: Đáp án A
3
Xét hàm số f  x   2 x  2mx  3 trên  1; � .

 x   6x 2  2m  0 . Khi đó � 12m .
Ta có: f �
3
Chú ý: Đồ thị hàm số y  f  x   2 x  2mx  3 được suy ra thừ đồ thị hàm số y  f  x 

 C

bằng

cách:
- Giữ nguyên phần đồ thị  C  nằm trên Ox.
- Lấy đối xứng phần đồ thị  C  nằm dưới Ox qua Ox và bỏ phần đồ thị  C  nằm dưới Ox.
3
Để hàm số y  2 x  2mx  3 đồng biến trên  1; � thì có 2 trường hợp cần xét:

Cách 1:
3
TH1: Hàm số f  x   2 x  2mx  3 luôn đồng biến và không âm trên  1; �

�
�
6 x 2  2m �0, x � 1; �
 x  �0, x � 1; � �
�f �

��
�� 3
2.1  2m.1  3 �0
�
�f  1 �0

Trang 22


�
m �min 3x 2
�  1;�
��
�
5
�
m�
� 2

m �3
�
�
� 5
m�
�
� 2

m

5

2

m ��
�
� m � 9; 8; 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1;0;1; 2 .
Vì �
m � 10;10 
�
3
TH2: Hàm số f  x   2 x  2mx  3 luôn nghịch biến và không dương trên  1; �

�
m �max 3 x 2
2
�
�f  x  �0, x � 1; �
�
6 x  2m �0, x � 1; �
�  1;�
�
�
��
�� 3
��
(không tồn tại m).
5
2.1  2m.1  3 �0
�f  1 �0
�
�

m�
� 2
Vậy có tất cả 12 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cách 2:
�0
TH1: �

m 0.

 x  �0, x � 1; � .
Suy ra f �
m �0
�
�� �
Vậy yêu cầu bài toán ���
�f  1 �0

m �0
�
�
5  2m �0
�

m �0
�
�
� 5
m�
�
� 2


m 0.

m ��
�
� m � 9; 8; 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1;0 .
Vì �
m � 10;10 
�
Ta có 10 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài tốn (1).
0� m0.
TH2: �

 x   0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2
Suy ra f �

 x1  x2 

Ta có bảng biến thiên:
x
�
y�

x1
+

+

0


f  x1 

y
�

�

x2


�

f  x2 

m0
�
�
m0
�
�
5
� 2m
 1 �0 � 0  m � .
Vậy yêu cầu bài toán � �x1  x2 �1 � �
2
�f 1 �0
� 6
� 
5  2m �0
�

�
m ��
�
� m � 1; 2 .
Vì �
m � 10;10 
�
Ta có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán (2).
Trang 23


Từ (1) và (2) suy ra: có tất cả có 12 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 50: Đáp án C
5�
 x   k  x  1 �
 x  3 (với k �0 ) và h  0   f  0   g  0   e  q .
Đặt h  x   f  x   g  x  có h�
�x  �
� 4�
x

x

5�
h�
 x  dx  e  q  k �
 x  1 �
 x  3 dx  e  q
Do đó h  x    h  x   h  0    h  0   �
�x  �

� 4�
0
0
x

x



k
k
 x  1  4 x  5  x  3 dx  e  q  �
 4 x3  13x 2  2x  15  dx  e  q
�
40
40



k � 4 13 3
�
2
�x  x  x  15 x � e  q .
4�
2
�

5
�
x

�
3
�
13 3
4
2
x0 .
Phương trình tương đương với: h  x   e  q � x  x  x  15 x  0 � �
3
�
x3
�
�
5
4
Tổng các nghiệm của phương trình bằng   0  3  .
3
3

Trang 24