ĐỀ SỐ 3

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 mặt cầu (S) có diện tích bằng 4π . Thể tích khối cầu (S) bằng:
A. 16π .

B. 32π .

C.

4π
.
3

D.

16π
.
3

Câu 2. Hệ thức liên hệ giữa giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số y = x 3 − 2 x là
A. yCT + yCD = 0.

B. yCD = yCT .

C. 2 yCD = 3 yCT .
D. yCD = 2 yCT .

r
r
Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ a = ( 2; −3;1) và b = ( −1; 4; −2 ) . Giá trị của
rr
biểu thức a.b bằng
A. −16.

B. −4.

C. 4.

D. 16.

Câu 4. Cho hàm số y = x 4 − 2 x 2 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; −2 ) .
B. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; −2 ) .
C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1;1) .
D. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) .
Câu 5. Biểu thức P = 3 x. 5 x 2 . x = xα (với x > 0 ), giá trị của α là
A.

1
.
2

B.

5
.
2


C.

9
.
2

D.

3
.
2

Câu 6. Cho các số thực a, b (với a < b ). Nếu hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là hàm liên tục trên thì
b

A.

∫

b

f ( x ) dx = f ′ ( a ) − f ′ ( b ) .

B.

a

b


C.

∫

∫ f ′ ( x ) dx = f ( b ) − f ( a ) .
a

b

f ′ ( x ) dx = f ( a ) − f ( b ) .

D.

a

∫ f ( x ) dx = f ′ ( b ) − f ′ ( a ) .
a

Câu 7. Cho khối cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC có OA = OB = OC = a và OA, OB, OC đơi một vng
góc. Thể tích của (S) bằng
A.

3π a 3
.
2

B.

3π a 3
.

6

C.

3 3π a 3
.
8

D.

4π a 3
.
3

Câu 8. Số nghiệm thực của phương trình log 3 x + log 3 ( x − 6 ) = log 3 7 là
A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Trang 1


Câu 9. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, phương trình mặt phẳng đi qua điểm A ( 1; 2; −3) có
r
vectơ pháp tuyến n = ( 2; −1;3) là:
A. 2 x − y + 3 z + 9 = 0.


B. 2 x − y + 3 z − 4 = 0.

C. x − 2 y − 4 = 0.

D. 2 x − y + 3 z + 4 = 0.

x
Câu 10. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e + x là

A. e x + x 2 + C

x
B. e +

1 2
x +C
2

C.

1 x 1 2
e + x +C
x +1
2

D. e x + 1 + C

Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A ( 1; −2; −0 ) , B ( 3; −2; −8 ) . Tìm một vectơ
chỉ phương của đường thẳng AB.

r
A. u = ( 1; 2; −4 ) .
r
C. u = ( −1; 2; −4 ) .

r
B. u = ( 2; 4;8 ) .
r
D. u = ( 1; −2; −4 ) .

Câu 12. Một hộp đựng 5 viên bi màu xanh, 7 viên bi màu vàng. Có bao nhiêu cách lấy ra 6 viên bi bất
kỳ?
A. 66528.

B. 924.

C. 7.

D. 942.

Câu 13. Một cấp số cộng có u1 = −3, u8 = 39. Cơng sai của cấp số cộng đó là
A. 8.

B. 7.

C. 6.

D. 5.

Câu 14. Cho hai số phức z1 = 4 + 3i, z2 = −4 + 3i, z3 = z1.z2 . Lựa chọn phương án đúng:

A. z3 = 25.

2

B. z3 = z1 .

C. z1 + z2 = z1 + z2 .

D. z1 = z2 .

Câu 15. Hàm số nào sau đây có bảng biến thiên như hình vẽ?

A. y = x 3 − 3 x.

B. y = x 3 − 3 x − 1.

C. y = x 3 + 3 x.

D. y = x 4 − 2 x 2 .

Câu 16. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 3 − 3 x + 4 trên đoạn [ 0; 2] .
y = 2.
A. min
[ 0;2]

y = 0.
B. min
[ 0;2]

y = 1.

C. min
[ 0;2]

y = 4.
D. min
[ 0;2]

4
2
Câu 17. Tìm m để hàm số y = mx + ( m − 1) x + 1 đạt cực đại tại x = 0

A. m = 0.

B. m = −1.

C. m = 1.

D. −1 < m < 1.

Câu 18. Kí hiệu a, b là phần thực và phần ảo của số phức 3 − 2 2i . Tính P = ab.
A. P = 6 2i .

B. P = 6 2.

C. P = −6 2i .

D. P = 6 2.

Trang 2



Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Ozyz, phương trình nào sau đây khơng phải phương trình mặt
cầu?
A. 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 + 2 x − 4 y + 6 z + 5 = 0.
B. x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + y − z = 0.
C. x 2 + y 2 + z 2 − 3 x + 7 y + 5 z − 1 = 0.
D. x 2 + y 2 + z 2 + 3 x − 4 y + 3 z + 7 = 0.
Câu 20. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2 = bc. Tính S = 2 ln a − ln b − ln c.
 a 
A. S = 2 ln  ÷.
 bc 

 a 
C. S = −2 ln  ÷.
 bc 

B. S = 1.

D. S = 0.

Câu 21. Phương trình bậc hai nào dưới đây nhận hai số phức 2 − 3i và 2 + 3i làm nghiệm?
A. z 2 + 4 z + 3 = 0.

B. z 2 + 4 z + 13 = 0.

C. z 2 − 4 z + 13 = 0.

D. z 2 − 4 z + 3 = 0.

Câu 22. Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M ( 1; 2;3) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua

M cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho M là trọng tâm tam giác ABC.
A. ( P ) : 6 x + 3 y + 2 z + 18 = 0.

B. ( P ) : 6 x + 3 y + 2 z + 6 = 0.

C. ( P ) : 6 x + 3 y + 2 z − 18 = 0.

D. ( P ) : 6 x + 3 y + 2 z − 6 = 0.
1
x

Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình 2 <
 1 
A.  − ;0 ÷.
 2 

B. ( −∞; −2 ) .

1
là
4
 1

C.  − ; +∞ ÷\ { 0} .
 2


D. ( −2;0 ) .

Câu 24. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = − x 2 + 4 và y = − x + 2?

A.

5
.
7

B.

8
.
3

C.

9
.
2

D. 9.

Câu 25. Cho hình nón có bán kính đáy r = 4 và diện tích xung quanh bằng 20π . Thể tích của khối nón
đã cho bằng
A. 16π .

B. 4π .

C.

16π
.

3

D.

80π
.
3

Câu 26. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là:
A. 4.

B. 1.

C. 3.

D. 2.

Trang 3


Câu 27. Cho lăng trụ ABCD. A′B′C ′D′ có đáy ABCD là hình vng cạnh a, cạnh bên AA′ = a, hình chiếu
vng góc của A′ trên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trung điểm H của AB. Tính theo a thể tích V của
khối lăng trụ đã cho
A. V =

a3 3
.
6


B. V =

a3 3
.
2

D. V =

C. V = a 3 .

a3
.
3

π
x
Câu 28. Tính đạo hàm của hàm số y = f ( x ) = x .π tại điểm x = 1.

A. f ′ ( 1) = π .

2
B. f ′ ( 1) = π + ln π .

2
C. f ′ ( 1) = π + π ln π .

D. f ′ ( 1) = 1.

Câu 29. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x + 1 và trục Ox bằng

A. 4.

B. 3.

C. 2.

D. 1.

Câu 30. Trong không gian cho tam giác đều SAB và hình vng ABCD cạnh a nằm trên hai mặt phẳng
vng góc. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, CD. Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. tan ϕ =

2
.
3

B. tan ϕ =

2 3
.
3

C. tan ϕ =

3
.
3

D. tan ϕ =


3
.
2

x
Câu 31. Tìm tập nghiệm S của phương trình log 2 ( 9 − 2 ) = 3 − x.

A. S = { −3;0} .

B. S = { 0;3} .

C. S = { 1;3}

D. S = { −3;1} .

Câu 32. Một thùng đựng thư được thiết kế như hình vẽ bên, phần phía trên là nửa
hình trụ. Thể tích của thùng đựng thư bằng
A. 320 + 80π .

B. 640 + 40π .

C. 640 + 80π .

D. 640 + 160π .

Câu 33. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) =
A.
C.


1
3 x3 + 1
2
3 x +1
3

+ C.

B.

2 3
x + 1 + C.
3

+ C.

D.

1 3
x + 1 + C.
3

x2
x3 + 1

là

Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, các cạnh bên của hifh chóp bằng
nhau và bằng 2π. Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng (SCD).
A. d =


a 7
.
30

B. d =

2a 7
.
30

a
C. d = .
2

D. d =

a 2
.
2

Trang 4


Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng d1 :

x −1 y +1 z
=
=
và đường

1
2
−1

x−2 y z +3
= =
. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A ( 1;0; 2 ) , cắt d1 và vng góc
1
2
2

thẳng d 2 :
d2
A.

x −1 y z − 2
=
=
.
2
−2
1

B.

x −1 y z − 2
=
=
.
4

−1
−1

C.

x −1 y z − 2
= =
.
2
3
−4

D.

x −1 y z − 2
= =
.
2
2
1

x 2 − m 2 + 2m + 1
Câu 36. Cho hàm số y =
(với m là tham số). Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m
x−m
để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.
1
A. m < − .
3


1
B. m ≤ − .
2

1
D. m < − .
4

C. m < −1.

Câu 37. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z sao cho z + 1 − 2i = z − 2 + i là một đường thẳng có
phương trình
A. x + 3 y = 0.

B. 3 x − y = 0.
y = f ( x)

Câu 38. Cho hàm số

C. x − y = 0.

liên tục trên

có đồ thị

D. x + y = 0.
y = f ′( x)

như hình vẽ. Đặt


g ( x ) = 2 f ( x ) − ( x − 1) . Khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm số y = g ( x ) trên đoạn [ −3;3] bằng
2

A. g ( 0 ) .

B. g ( 1) .

C. g ( 3) .

D. g ( −3) .

Câu 39. Cho A là tập hợp các só tự nhiên có 7 chữ số. Lấy một số bất kì của tập A. Tính xác suất để lấy
được số lẻ và chia hết cho 9.
A.

625
.
1701

B.

1
.
9

C.

1
.
18


D.

1250
.
1710

2
8
x2
Câu 40. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = x ; y = ; y = ; y = .
x
x
4
2

A.

7
− 2 ln 2.
3

B.

3
+ 2 ln 2.
2

C. 4 ln 2.


5 4
D. − + ln 2.
3 3

Trang 5


4
2
Câu 41. Có bao nhiêu số nguyên m để GTNN của hàm số y = f ( x ) = − x + 8 x + m trên đoạn [ −1;3]

đạt giá trị nhỏ nhất.
A. 23.

B. 24.

C. 25.

D. 26.

Câu 42. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [0;1] thỏa mãn 2 f ( x ) + 3 f ( 1 − x ) = x 1 − x , với mọi
x ∈ [ 0;1] . Tích phân

2

x

∫ xf ′  2 ÷ bằng
0


A. −

4
.
75

B. −

4
.
25

C. −

16
.
75

D. −

Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :

16
.
25

x +1 y z +1
= =
và hai điểm
2

3
−1

A ( 1; 2; −1) , B ( 3; −1; −5 ) . Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A và cắt đường thẳng ∆ sao cho khoảng cách
từ điểm B đến đường thẳng d là lớn nhất. Phương trình đường thẳng d là:
A.

x−3 y z +5
= =
.
2
2
−1

B.

x
y+2 z
=
= .
−1
3
4

C.

x + 2 y z −1
= =
.
3

1
−1

D.

x −1 y − 2 z +1
=
=
.
1
6
−5

Câu 44. Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

3
2
Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( 2 x + 3x ) là

A. 5.

B. 3.

C. 7.

D. 11.

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

 π π

Bất phương trình f ( sin x ) < −3 x + m nghiệm đúng với mọi x ∈  − ; ÷ khi và chỉ khi
 2 2
A. m ≥ f ( 1) +

3π
.
2

B. m > f ( −1) −

3π
.
2
Trang 6


 π  3π
C. m > f  ÷+ .
2 2

D. m > f ( 1) +

3π
.
2

x −1
x −m
Câu 46. Cho phương trình 2( ) .log 2 ( x 2 − 2 x + 3) = 4 .log 2 ( 2 x − m + 2 ) với m là tham số thực. Tìm
2


tất cả các giá trị của m để phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt.
1 3


A. m ∈  −∞; ÷∪  ; +∞ ÷.
2 2



1 3


B. m ∈  −∞;  ∪  ; +∞ ÷.
2 2



C. m ∈ ( −∞; −1] ∪ [ 1; +∞ ) .

D. m ∈ ( −∞;1) ∪ ( 1; +∞ ) .

Câu 47. Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn xy ≤ 4 y − 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
S=

 x + 2y 
6y
+ ln 
÷.
x

 y 

A. 24 + ln 6.

B. 12 + ln 4.

C.

3
+ ln 6.
2

D. 3 + ln 4.

Câu 48. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = BA = BC = 1. Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp
S.ABC?
A.

1
.
6

B.

2
.
12

C.


1
.
8

D.

Câu 49. Số giá trị nguyên của tham số m nằm trong khoảng

3
.
12

( 0; 2020 )

để phương trình

x − 1 − 2019 − x = 2020 − m có nghiệm là
A. 2018.

B. 2019.

C. 2020.

D. 2021.

Câu 50. Cho hàm số f ( x ) = 3 7 + 3x − 3 7 − 3x + 2019 x. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của m thỏa

(

)


3
2
2
mãn điều kiện f x − 2 x + 3 x − m + f ( 2 x − 2 x − 5 ) < 0, ∀x ∈ ( 0;1) . Số phần tử của S là?

A. 7.

B. 3.

C. 9.

D. 5.

Trang 7


Đáp án
1-C
11-A
21-C
31-B
41-D

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


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

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

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

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

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


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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C.
Diện tích mặt cầu (S) là: 4π R 2 = 4π ⇒ R = 1.
4
4
3
Do dó thể tích khối cầu (S) là: V = π .R = π (đvtt).
3
3
Câu 2: Đáp án A.
TXĐ: D = ¡ .
Ta có y ′ = 3 x 2 − 2 = 0 ⇔ x = ±


2
⇒ xCT = − xCD .
3

Mà hàm số đã cho là hàm số lẻ nên ta suy ra yCT = − yCD hay yCT + yCD = 0.
Câu 3: Đáp án A.
rr
Ta có: a.b = 2. ( −1) + ( −3) .4 + 1. ( −2 ) = −16.
Câu 4: Đáp án B.
TXĐ: D = ¡ .
x = 0
3
.
Ta có y ′ = 4 x − 4 x = 0 ⇔ 
 x = ±1
Bảng xét dấu y ′ như sau:

Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng ( −∞; −1) và ( 0;1) ; nên nghịch
biến trên khoảng ( −∞; −2 ) .
Câu 5: Đáp án A.
Cách 1: Với x > 0 ta có:

3

5

1

3


5

5

3

1

3

3

1

P = 3 x. 5 x 2 . x = x. x 2 .x 2 = x. x 2 = x.x 2 = x 2 = x 2 = xα

1
Vậy α = .
2
1

2

1

1

Cách 2: Ta có: P = 3 x. 5 x 2 . x = x 3 .x 15 .x 30 = x 2 = xα .
Trang 8



Phương pháp CASIO – VINACAL

Câu 6: Đáp án B.
b

Ta có:

∫ f ′ ( x ) dx = f ( b ) − f ( a ) .
a

Câu 7: Đáp án A.
Ta có: R =

OA2 + OB 2 + OC 2
3a
4
3 3
=
⇒ V = π R3 =
πa .
2
2
3
2

Câu 8: Đáp án C.
x > 0
⇔ x > 6.

Điều kiện: 
x − 6 > 0
Phương trình tương đương với: log 3  x ( x − 6 )  = log 3 7 ⇔ x ( x − 6 ) = 7
 x = 7 (thoa man)
⇔ x2 − 6x − 7 = 0 ⇔ 
.
 x = −1 (loai )
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm thực.
Chú ý: Ta có log a b + log a c = log a ( bc ) (với 0 < a ≠ 1; b, c > 0 )
Câu 9: Đáp án A.

r
Phương trình mặt phẳng đi qua điểm A ( 1; 2; −3) có vectơ pháp tuyến n = ( 2; −1;3) là:
2 ( x − 1) − 1( y − 2 ) + 3 ( z + 3) = 0 ⇔ 2 x − y + 3 z + 9 = 0.
Câu 10: Đáp án B.
Ta có:

x
x
x
∫ ( e + x ) dx = ∫ e dx + ∫ xdx = e +

x2
+ C.
2

Câu 11: Đáp án A.
uuur
r
Ta có: AB = ( 2; 4; −8 ) = 2 ( 1; 2; −4 ) , vậy đường thẳng AB có một vectơ chỉ phương là u = ( 1; 2; −4 ) .

Câu 12: Đáp án B.
Số cách lấy 6 viên bi bất kỳ (không phân biệt màu) trong 12 viên bi là một tổ hợp chập 6 của 12 (viên bi).
6
Vậy ta có C12 = 924 cách lấy.

Câu 13: Đáp án C.

Trang 9


Theo công thức u8 = u1 + 7 d , suy ra d =

u8 − u1 39 + 3
=
= 6.
7
7

Chú ý: Công thức tổng quát biểu diễn số hạng thứ un của CSC qua số hạng thứ nhất u1
un = u1 + ( n − 1) d (với công sai d).
Câu 14: Đáp án A.
Ta có: z3 = z1.z2 = ( 4 + 3i ) ( −4 + 3i ) = −25 ⇒ z3 = 25.
Câu 15: Đáp án A.
Bảng biến thiên là dạng hàm bậc ba, suy ra loại D.
Đồ thị đi qua điểm ( 1; −2 ) , suy ra đáp án A.
Câu 16: Đáp án A.
TXĐ: D = ¡ .
 x = 1 ∈ [ 0; 2]
2
.

Ta có: y ′ = 3 x − 3 = 0 
 x = −1 ∉ [ 0; 2]
Ta lại có: y ( 0 ) = 4, y ( 2 ) = 6, y ( 1) = 2.
y = y ( 1) = 2.
Do đó: min
[ 0;2]
Phương pháp CASIO – VINACAL

Câu 17: Đáp án B
TXĐ: D = ¡ .
3
2
Ta có: y ′ = 4mx + ( m − 1) .
2
Để hàm số đạt cực đại tại x = 0 thì y ′ ( 0 ) = 0 ⇔ m − 1 = 0 ⇔ m = ±1.

+ Với m = 1 ⇒ y = x 4 + 1, suy ra y ′ = 4 x 3 = 0 ⇔ x = 0.
Bảng xét dấu y ′

Trang 10


Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x = 0.
Do đó suy ra m = 1 không thỏa mãn.
+ Với m = −1 ⇒ y = − x 4 + 1, suy ra y ′ = −4 x 3 = 0 ⇔ x = 0.

Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đạt cực đại tại x = 0.
Do đó suy ra m = −1 thỏa mãn.
Phương pháp trắc nghiệm:
( )( )

y = − x + 1.
+ Chọn m = 0 →
( B ) ,( C )
A, D

Đây là hàm bậc nhất không có cực trị, nên m = 0 khơng thỏa mãn; do đó loại đáp án A, D.
( )
y = x 4 + 1.
+ Chọn m = 1 →
( B)
C

Ta có y ′ = 4 x 3 = 0 ⇔ x = 0.
Bảng xét dấu biểu thức: y ′ = 4 x 3

Suy ra hàm số y = x 4 + 1 đạt cực tiểu tại x = 0, nên m = 1 khơng thỏa mãn; do đó loại đáp án C.
Câu 18: Đáp án D.
Số phức 3 − 2 2i có phần thực a = 3, phần ảo b = −2 2.
Vậy P = ab = −6 2.
Câu 19: Đáp án D.
Ở A, B, C đều có hệ số của x 2 , y 2 , z 2 bằng nhau; nên chưa loại được đáp án.
3
−4
3
Ở đáp án D có a = ; b =
= −2; c =
;d = 7
2
2
2

⇒ a 2 + b 2 + c 2 − d = 0, nên phương trình ở đáp án D khơng phải là phương trình mặt cầu.
Câu 20: Đáp án D.
2
Ta có: S = 2 ln a − ( ln b + ln c ) = ln a − ln ( bc ) = ln ( bc ) − ln ( bc ) = 0.

Câu 21: Đáp án C.
( 2 − 3i ) + ( 2 + 3i ) = 4
, nên 2 − 3i và 2 + 3i là hai nghiệm của phương trình z 2 − 4 z + 13 = 0.
Vì 
( 2 − 3i ) . ( 2 + 3i ) = 13

Trang 11


Chú ý: Cho phương trình bậc hai az 2 + bz + c = 0 với a, b, c ∈ ¡

z1,2

và a ≠ 0 có hai nghiệm phức

b

z1 + z2 = −


a
−b ± i ∆
.
thì 
=

2a
z z = c
 1 2 a

Câu 22: Đáp án C.
Gọi A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) lần lượt là các giao điểm của mặt phẳng (P) với các trục Ox, Oy, Oz.
Phương trình mặt phẳng (ABC) là:

x y z
+ + = 1.
a b c

Do M ( 1; 2;3 ) là trọng tâm tam giác ABC
 xa + xb + xc = 3 xM
a + 0 + 0 = 3.1  a = 3



⇒  ya + yb + yc = 3 yM ⇔ 0 + b + 0 = 3.2 ⇔ b = 6.
 z + z + z = 3z
0 + 0 + c = 3.3
c = 9


M
 a b c
x y z
+ + = 1 ⇔ 6 x + 3 y + 2 z − 18 = 0.
3 6 9


Vậy phương trình mặt phẳng (ABC) là:
Câu 23: Đáp án A.
1

Bất phương trình tương đương với: 2 x <

1
1
1
⇔ < −2 ⇔ − < x < 0.
4
x
2

f ( x)
< a g ( x ) ⇔ f ( x ) < g ( x ) khi a > 1.
Chú ý: a

a f ( x ) < a g ( x ) ⇔ f ( x ) > g ( x ) khi 0 < a < 1.
Câu 24: Đáp án A.
Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: − x 2 + 4 = − x + 2
 x = −1
⇔ x2 − x − 2 = 0 ⇔ 
.
x = 2
2

Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là: S =

∫ ( −x


−1

2

+ 4 ) − ( − x + 2 ) dx

2

 x3 x 2

9
= ∫ ( − x + x + 2 ) dx =  − + + 2 x ÷ = .
 3 2
 −1 2
−1
2

2

Câu 25: Đáp án A.
Ta có: S xq = π rl ⇒ l =

S xq

πr

=

20π

= 5 ⇒ h = l 2 − r 2 = 52 − 42 = 3.
π .4

1 2
1
2
Vậy V = π r h = .π .4 .3 = 16π .
3
3
Câu 26: Đáp án C.
Trang 12


y = +∞ nên x = 1 là TCĐ và lim y = 5; lim y = 2; nên y = 2; y = 5 là hai TCN của đồ thị
Ta có: lim
x →+∞
x →−∞
x →1−
hàm số đã cho.
Câu 27: Đáp án B.
Theo giả thiết, ta có A′H ⊥ AB.
a 3
Tam giác vng A′HA, có A′H = A′A2 − AH 2 =
.
2
2
Diện tích hình vng S ABCD = a (đvdt).

Thể tích khối lăng trụ ABCD. A′B′C ′D′ là:
VABCD. A′B′C ′D′ = S ABC . A′H =


a3 3
(đvtt)
2

Câu 28: Đáp án C.
Đạo hàm f ′ ( x ) = ( xπ ) ′ .π x + xπ . ( xπ ) ′ = π .xπ −1.π + xπ .π x .ln π .
2
Suy ra f ′ ( 1) = π + π ln π .

Câu 29: Đáp án B.
Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x + 1 và trục Ox là: x 3 − 3 x + 1 = 0.
Bấm máy tính ta thấy phương trình có 3 nghiệm phân biệt nên số giao điểm là 3.
Câu 30: Đáp án B.
Dễ dàng xác định giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là đường thẳng d đi qua S và song song
với AB. Trong mặt phẳng (SAB) có SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ d .
CD ⊥ HK
⇒ CD ⊥ ( SHK ) ⇒ CD ⊥ SK ⇒ d ⊥ SK .
Ta có 
CD ⊥ SH
· , SK = HSK
·
Từ đó suy ra (·SAB ) , ( SCD ) = SH
.
·
Trong tam giác vng SHK, có tan HSK
=

HK 2 3
=

.
SH
3

Câu 31: Đáp án B.
2
3− x
Phương trình tương đương với: ⇔ 9 − 2 = 2 ⇔ 9 − 2 x =

8
2x

2x = 1
2
x = 0
⇔ ( 2 x ) − 9.2 x + 8 = 0 ⇔  x
⇔
.
x
=
3
2
=
8


Câu 32: Đáp án C.
Thể tích phần phía dưới (hình hộp chữ nhật): V1 = 4.4.40 = 640.
1
2

Thể tích phần bên trên (nửa hình trụ): V2 = × ( 2 π 40 ) = 80π .
2

Trang 13


Vậy thể tích thùng đựng thư: V = V1 + V2 = 640 + 80π .
Câu 33: Đáp án B.
2
3
2
3
2
Đặt: t = x + 1 ⇒ t = x + 1 ⇒ tdt = x dx.
3
Khi đó I =

2
2
dt = t + C.
∫
3
3

Với t = x3 + 1 thì I =

2 3
x + 1 + C.
3


Câu 34: Đáp án B.
Gọi O là tâm của đáy, suy ra SO ⊥ ( ABCD ) .
Ta có d ( A, ( SCD ) ) = 2d ( O; ( SCD ) ) .
Gọi J là trung điểm CD, suy ra OJ ⊥ CD.
Gọi K là hình chiếu của O trên SJ, suy ra OK ⊥ SJ .
Khi đó d ( O; ( SCD ) ) = OK =
Vậy d ( A, ( SCD ) ) = 2OK =

SO.OJ
SO + OJ
2

2

=

a 7
.
30

2a 7
.
30

Câu 35: Đáp án C.
uur
Ta có: ud2 = ( 1; 2; 2 ) .
uur
uur
Gọi I = d1 ∩ ∆, I ( 1 + t ; −1 + 2t ; −t ) ⇒ AI = ( t ; 2t − 1; −t − 2 ) = u∆ .

uur uur
Do ∆ ⊥ d 2 ⇒ u∆ .ud2 = 0 ⇔ t + 2 ( 2t − 1) + 2 ( −t − 2 ) = 0 ⇔ t = 2.
uur
Vậy AI = ( 2;3; −4 ) .
Phương trình đường thẳng cần tìm là:

x −1 y z − 2
= =
.
2
3
−4

Câu 36: Đáp án B.
TXĐ: D = ¡ \ { m} .
Ta có: y ′ =

x 2 − 2mx + m 2 − ( 2m + 1)

( x − m)

2

.

Để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định thì: y ′ ≥ 0, ∀x ∈ D
⇔ x 2 − 2mx + m 2 − ( 2m + 1) ≥ 0, ∀x ≠ m
a = 1 > 0
1
⇔

⇔m≤− .
2
 ∆′ = 2m + 1 ≤ 0

Trang 14


Bài tốn tổng qt: Tìm điều kiện của tham số để hàm số y =

ax 2 + bx + c
mx + n

( a, m ≠ 0 )

đơn điệu trên từng

khoảng xác định.
 n
Bước 1: TXĐ: D = ¡ \ −  .
 m
Bước 2: Ta có: y ′ =

Ax 2 + Bx + C

( mx + n )

2

.


Bước 3: Theo bài ra ta có:
+ Để hàm số đồng biến trên D thì y ′ ≥ 0, ∀x ∈ D ⇔ Ax 2 + Bx + C ≥ 0, ∀x ∈ D
A > 0
⇔
.
∆ ≤ 0
+ Để hàm số nghịch biến trên D thì y ′ ≤ 0, ∀x ∈ D ⇔ x 2 + Bx + C ≤ 0, ∀x ∈ D
A < 0
⇔
.
∆ ≤ 0
Câu 37: Đáp án B.

( x, y ∈ ¡ ) .

Gọi số phức z thỏa mãn đề bài là: z = x + yi

Ta có: z + 1 − 2i = z − 2 + i ⇔ x + 1 + ( y − 2 ) i = x − 2 + ( 1 − y ) i .
Suy ra: ( x + 1) + ( y − 2 ) = ( x − 2 ) + ( y − 1) ⇔ 6 x − 2 y = 0 ⇔ 3x − y = 0.
2

2

2

2

Câu 38: Đáp án B.
Ta có: g ′ ( x ) = 2 f ′ ( x ) − 2 ( x − 1) = 2  f ′ ( x ) − ( x − 1)  .
Và đường thẳng y = x − 1 cùng với đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) trên cùng

một hệ trục tọa độ.
 x = −3

Ta có: g ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = x − 1 ⇔  x = 1
 x = 3
Bảng biến thiên của hàm g ( x ) trên [ −3;3]

g ( x ) = min { g ( −3) ; g ( 3 ) }
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: min
[ −3;3]
Trang 15


Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , y = x − 1, x = −3, x = 1.
Gọi S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , y = x − 1, x = 1, x = 3.
Ta có S1 > S 2 ⇔

1

3

−3

1

∫  f ′ ( x ) − ( x − 1)  dx > ∫ ( x − 1) − f ′ ( x )  dx

1

1


1
1
⇔ ∫ g ′ ( x ) dx > ∫  − g ′ ( x )  dx
2 −3
2 −3
⇔

1

3

3

−3

1

−3

∫ g ′ ( x ) dx + ∫ g ′ ( x ) dx > 0 ⇔ ∫ g ′ ( x ) dx > 0 ⇔ g ( x )

3
−3

>0

⇔ g ( 3) − g ( −3) > 0 ⇔ g ( 3) > g ( −3) ⇒ min g ( x ) = g ( −3 ) .
[ −3;3]


Câu 39: Đáp án C.
6
Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 7 chữ số ⇒ Ω = 9.10

Số chia hết cho 9 số có tổng các chữ số chia hết cho 9
Gọi số lẻ có 7 chữ số chia hết cho 9 cần tìm là x ta có 1000017 ≤ x ≤ 9999999, có
9999999 − 1000017
+ 1 = 500000 số thõa mãn.
18
Vậy xác suất cần tìm là

50000 1
= .
9.106 18

Gọi số lẻ có 7 chữ số chia hết cho 9 cần tìm là x ta có 1000017 ≤ x ≤ 9999999, hai số lẻ liền nhau chia hết
cho 9 cách nhau 18 đơn vị.
Câu 40: Đáp án C.
 2 2
3
3
x = x ⇔ x = 2 ⇔ x = 2

 x 2 = 8 ⇔ x3 = 8 ⇔ x = 2

x
Các hoành độ giao điểm  2
 x = 2 ⇔ x3 = 9 ⇔ x = 2
4 x
 2

 x = 8 ⇔ x 3 = 32 ⇔ x = 2 3 4
 4 x
Gọi S là diện tích cần xác định, ta có S = S1 + S 2
2

2

= ∫  x 2 − ÷dx +
x
3 
2

23 4

∫
2

23 4

2

 8 x2 
 x3


x3 
−
dx
=
−

2
ln
x
+
8ln
x
−

÷

÷

÷
12  2
x 4 
 3
 32 

= 4 ln 2 (đvdt).

Câu 41: Đáp án D.
4
2
4
2
2
Ta có: y = f ( x ) = − x + 8 x + m = x − 8 x − m = ( x − 4 ) − 16 − m .
2

Trang 16



2
Đặt t = ( x − 4 ) , vì x ∈ [ −1;3] ⇒ t ∈ [ 0; 25] .

Khi đó y = g ( t ) = t − 16 − m .
f ( x ) = min g ( t ) = min { m − 9 ; m + 16 } .
Ta có min
[ −1;3]
[ 0;25]
f ( x ) = m − 9 ≥ 0, khi đó min  min f ( x ) ÷ = 0, khi m = 9.
Nếu m − 9 ≥ 0 ⇔ m ≥ 9, khi đó min
[ −1;3]
 [ −1;3]

f ( x ) = −m − 16 ≥ 0, min  min f ( x ) ÷ = 0, khi m = −16.
Nếu m + 16 ≥ 0 ⇔ m ≥ −16, ⇔ xmin
∈[ −1;3]
 [ −1;3]

f ( x ) = 0, khi đó min  min f ( x ) ÷ = 0
Nếu ( m − 9 ) ( m + 16 ) < 0 ⇔ −16 < m < 9, khi đó xmin
∈[ −1;3]
 [ −1;3]


f ( x ) ÷ = 0, khi −16 ≤ m ≤ 9.
Vậy min  min
−
1;3

[
]


Vì m ∈ ¢ , nên có 26 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 42: Đáp án C.
Đặt t =

x
1
⇒ dt = dx.
2
2

x = 0 ⇒ t = 0
.
Đổi cận: 
x = 2 ⇒ t = 1
1

1

1

0

0

0


Khi đó tích phẩn cần tính: I = ∫ 2t. f ′ ( t ) 2dt = 4∫ t. f ′ ( t ) dt = 4 ∫ t.d ( f ( t ) )
1

1

0

0

= 4t. f ( t ) 0 − 4 ∫ f ( t ) dt = 4 f ( 1) − 4 ∫ f ( t ) dt (1).
1

Theo tính chất tích phân có
1

∫
0

1

1

1
1
4
f ( x ) dx =
 2 f ( x ) + 3 f ( 1 − x )  dx = ∫ x 1 − xdx =
(2).
∫
2+3 0

50
75

Thay lần lượt x = 0; x = 1 vào đẳng thức đã cho có:
 2 f ( 0 ) + 3 f ( 1) = 0
⇔ f ( 1) = f ( 0 ) = 0 (3).

 2 f ( 1) + 3 f ( 0 ) = 0
Kết hợp (1), (2), (3) có I = −

16
.
75

Câu 43: Đáp án D.
Gọi I = ∆ ∩ d .
Khi đó I ( −1 + 2t ;3t ; −1 − t ) ∈ d .
uur
uur uuu
r
uuur
Ta có: AB = ( 2; −3; −4 ) ; AI = ( 2t − 2;3t 5 − 2; −t ) ⇒  AI , AB  = ( 8 − 15t ;6t − 8;10 − 12t ) .

Trang 17


uur uuur
 AI , AB 
405t 2 − 576t + 228



=
.
Suy ra: d ( B; d ) =
uur
14t 2 − 20t + 8
AI
Xét hàm số f ( t ) =

405t 2 − 576t + 228 3 135t 2 − 192t + 76
= .
14t 2 − 20t + 8
2 7t 2 − 10t + 4

t = 2
3 −6t 2 + 16ty − 8
= 0 ⇔  2.
Ta có: f ′ ( t ) = . 2
t =
2 ( 7t − 10t + 4 ) 2
 3
Bảng biến thiên hàm f(t) như sau

2
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra d ( B; d ) min = f  ÷ = 27.
3
uur  1
5
Suy ra AI =  ; 2; − ÷.
3

3

r
uur
Chọn một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là: u = 3 AI = ( 1;6; −5 ) .
Vậy phương trình đường thẳng d: d :

x −1 y − 2 z +1
=
=
.
1
6
−5

Câu 44: Đáp án C.
Cách 1: Phương pháp tự luận truyền thống
Do y = f ( x ) là hàm số bậc bốn nên là hàm số liên tục và có đạo hàm ln xác định với mọi x.

 x = x ∈ ( −2; −1)
1

Theo đồ thị hàm số ta có được f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = x2 ∈ ( −1;0 ) .

 x = x ∈  0; 3 
3

÷

 4


2
3
2
Mặt khác g ′ ( x ) = ( 6 x + 6 x ) . f ′ ( 2 x + 3 x )

x = 0

2
 x = −1
6 x + 6 x = 0
=0⇔
⇔  2 x 3 + 3 x 2 = x1 .
3
2

′
f
2
x
+
3
x
=
0
)
 (
 2 x 3 + 3 x 2 = x2
 3
2

 2 x + 3 x = x3

Trang 18


3
2
Xét hàm số h ( x ) = 2 x + 3 x trên ¡ .

x = 0
2
, từ đó ta có bảng biến thiên của y = h ( x ) như sau:
Ta có h′ ( x ) = 6 x + 6 x = 0 ⇔ 
 x = −1

3
2
Từ BBT của hàm số h ( x ) = 2 x + 3 x nên ta có h ( x ) = x1 có đúng một nghiệm, h ( x ) = x2 có đúng 1

nghiệm, h ( x ) = x3 có đúng ba nghiệm phân biệt và các nghiệm này đều khác 0 và −1.
Vì thế phương trình g ′ ( x ) = 0 có đúng bảy nghiệm phân biệt và đều là các nghiệm đơn nên hàm số
y = g ( x ) có 7 cực trị.
Cách 2: Phương pháp ghép trục
3
Cọi a, b, c là các điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) , trong đó −2 < a < b < 0 < c < .
4
x = 0
3
2
2

.
Đặt t = 2 x + 3 x ; t ′ = 0 ⇔ 6 x + 6 x = 0 ⇔ 
 x = −1
2
2
Khi đó phương trình g ( x ) = f ( 2 x + 3x ) = f ( t ) .

Ta có bảng biến thiên

Do phương trình g ′ ( x ) = 0 có đúng bảy nghiệm phân biệt và đều là các nghiệm đơn nên hàm số
y = g ( x ) có 7 cực trị
Câu 45: Đáp án A.
Trang 19


 π π
Bất phương trình đã cho tương đương với m > f ( sin x ) + 3 x, ∀x ∈  − ; ÷.
 2 2
 π π
Xét hàm số g ( x ) = f ( sin x ) + 3x trên  − ; ÷.
 2 2
 π π
g ( x) .
Bài tốn trở thành tìm m để m > g ( x ) , ∀x ∈  − 2 ; 2 ÷ ⇔ m ≥ max
π π


 − ; ÷.
2 2





Ta có g ′ ( x ) = cos x. f ′ ( sin x ) + 3.
Nhận xét:
 π π  0 < cos x ≤ 1
⇒ g ′ ( x ) > 0.
Với x ∈  − ; ÷⇒ 
 2 2  −1 < sin x < 1 ⇒ −3 < f ′ ( sin x ) < 0

π
3π
π 
 π
g ( x ) = g  ÷ = f  sin ÷+ 3. = f ( 1) + .
Do đó ta có m ≥ max
π π
2
2
2
2

 − ; ÷.
2 2


Vậy m ≥ f ( 1) +




3π
.
2

Câu 46: Đáp án A.
Phương trình tương đương với
2x

2

.log 2 ( x 2 − 2 x + 3) = 22 x − m + 2.log 2 ( 2 x − m + 2 ) (*)

− 2 x +3

t
Xét hàm f ( t ) = 2 .log 2 t trên [ 2; +∞ ) .

Ta có f ′ ( t ) = 2t.ln 2.log 2 t +

2t
> 0, ∀t > 2.
t.ln 2

Suy ra hàm số f ( t ) là hàm số đồng biến trên [ 2; +∞ ) .
2
2
Nhận thấy (*) có dạng f ( x − 2 x + 3) = f ( 2 x − m + 2 ) ⇔ x − 2 x + 3 = 2 x − m + 2

( x − 1) 2 = 2 ( x − m )
 x 2 − 4 x + 2m + 1 = 0 (1)

⇔ ( x − 1) = 2 x − m ⇔ 
⇔
.
 2
( x − 1) 2 = −2 ( x − m )
(2)
 x = 2m − 1
2

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
TH1. Phương trình (1) và (2) đều có nghiệm kép và hai nghiệm này khác nhau
∆′(1) = 0
⇔ 2
⇒ m ∈∅.
 x = 2m − 1 = 0
TH2. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, phương trình (2) vô nghiệm
∆′(1) > 0
1
4 − ( 2m + 1) > 0
⇔ 2
⇔
⇔m< .
2
2m − 1 < 0
 x = 2m − 1 < 0
TH3. Phương trình (1) vơ nghiệm, phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt

Trang 20



3
∆′(1) < 0
4 − ( 2m + 1) < 0
⇔ 2
⇔
⇔m> .
2
2m − 1 > 0
 x = 2m − 1 > 0
TH4. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biết, phương trình (2) cũng có hai nghiệm phân biệt và hai
nghiệm của (1) giống hai nghiệm của (2) hay nói cách khác hai phương trình tương đương ⇒ m ∈ ∅.
1 3


Vậy m ∈  −∞; ÷∪  ; +∞ ÷ là giá trị cần tìm.
2 2


Câu 47: Đáp án C.
2

1

x 4 1
Ta có xy ≤ 4 y − 1 ⇔ ≤ − 2 = −  − 2 ÷ + 4 ≤ 4.
y y y
y

Đặt t =
S=


x
, 0 < t ≤ 4.
y

 x + 2y 
6y
6
+ ln 
÷ thành S = + ln ( t + 2 ) .
x
t
 y 

Xét hàm số f ( t ) =

6
3
+ ln ( t + 2 ) trên ( 0; 4] được min f ( t ) = f ( 4 ) = + ln 6.
0;4
(
]
t
2

Câu 48: Đáp án C.
Cách 1:
Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC).
Khi đó H là tâm đường trịn ngoại tiếp ∆ABC.
Vì ∆ABC cân tại B nên H thuộc đường trung trực BM của AC..

Đặt AC = x.
Ta

R=

1
1
x2 x 4 − x2
S ∆ABC = .BM . AC = .x. 1 −
=
2
2
4
4

có:

và

abc
1
=
.
4 S ∆ABC
4 − x2

Chiều cao của khối chóp là: SH = SB 2 − BH 2 = SB 2 − R 2 =
1 3 − x2 x 4 − x2
Thể tích khối chóp là: V = 1 .SH .S
=

.
.
=
∆ABC
3
3 4 − x2
4
Theo bất đẳng thức Cơsi ta có:

Do đó V =

x2 ( 3 − x2 )
12

≤

x2 ( 3 − x2 ) ≤

(x

2

+ 3 − x2 )
4

2

3 − x2
.
4 − x2

x2 ( 3 − x2 )
12

.

3
= .
2

3
1
= .
2.12 8

Trang 21


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x 2 = 3 − x 2 ⇔ x =

3
.
2

Cách 2:
Gọi K, I lần lượt là hình chiếu của C lên (SAB) và SB.
1
1
1 3 3 1
Thể tích khối chóp: V = .CK .S SAB ≤ .CI .S SAB . . .
= .

3
3
3 2 4 8
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi hình chiếu của C lên (SAB) trùng trung điểm SB.
Câu 49: Đáp án A.
2018, x ∉ [ 1; 2019]
.
Ta có: f ( x ) = x − 1 − 2019 − x = 
 2 x − 2020 , x ∈ [ 1; 2019]
Vì hàm số h ( x ) = 2 x − 2020 là hàm số đồng biến trên đoạn [ 1; 2019 ] nên ta có
 min h ( x ) = min { h ( 1) ; h ( 2019 ) } = −2018
[ 1;2019]

h ( x ) = max { h ( 1) ; h ( 2019 ) } = 2018
[max
 1;2019]
 min f ( x ) = 0
 min f ( x ) = 0
[ 1;2019]
 ¡
⇒
.
Suy ra 
f ( x ) = 2018  max f ( x ) = 2018
[max
1;2019]
 ¡
Do đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 0 ≤ 2020 − m ≤ 2018 ⇔ 2 ≤ m ≤ 2020
Suy ra có 2018 giá trị nguyên của m nằm trong khoảng ( 0; 2020 ) .
Câu 50: Đáp án C.

Vì f ( x ) = 3 7 + 3x − 3 7 − 3 x + 2019 x là hàm số lẻ và đồng biến trên ¡ nên ta có

(

)

f x3 − 2 x 2 + 3x − m < − f ( 2 x − 2 x 2 − 5) ⇔ x3 − 2 x 2 + 3x − m < 2 x 2 − 2 x + 5
3
2
 x − 4 x + 5 x − 5 < m
⇔ −2 x + 2 x − 5 < x − 2 x + 3 x − m < 2 x − 2 x + 5 ⇔  3
.
 x + x + 5 > m
2

3

2

2

3
2
3
Xét g ( x ) = x − 4 x + 5 x − 5 và h ( x ) = x + x + 5 trên ( 0;1) có bảng biến thiên là

(

)


3
2
2
Từ bảng biến thiên suy ra f x − 2 x + 3 x − m + f ( 2 x − 2 x − 5 ) < 0, ∀x ∈ ( 0;1) khi và chỉ khi

 m ≥ −3
⇒ −3 ≤ m ≤ 5.

m ≤ 5
Trang 22


Trang 23