ĐỀ SỐ 13

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. Hình hộp chữ nhật đứng đáy là hình thoi có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 2.

B. 1.

C. 3.

Câu 2. Cho số phức z   1 2i  . Tính mơ đun của số phức
2

A.

1
.
5

B.

5.

C.

D. 4.
1

z

1
.
25

D.

1
5

Câu 3. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x3  3x2  2  m có hai nghiệm phân biệt.
A. m�(�;2].
Câu 4. Trên đồ thị  C  : y 

B. m� 2;2 .

C. m�[2;�).

D. m� 2;2 .

x 1
có bao nhiêu điểm M mà tiếp tuyến với (C) tại M song song với đường
x 2

thẳng d : x  y  1.
A. 0.

B. 4.


C. 3.

D. 2.

3
2
Câu 5. Cho hàm số y  x  bx  cx  d, b,c, d �� có đồ thị như

hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
A. b  0,c  0, d  0.

B. b  0,c  0, d  0.

C. b  0,c  0, d  0.
D. b  0,c  0, d  0.
Câu 6. Cho hàm số y  f  x có f ' x  0 x�� . Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của x để
�1 �
f� �
�x �

 1 .

A.  �;0 � 0;1 .

B.  �;0 � 1;� .

C.  �;1 .

D.  0;1 .


2
Câu 7. Cho hàm số y  f  x có đạo hàm y'  x  x  2 . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Hàm số nghịch biến trên �.
B. Hàm số đồng biến trên  0;2 .
C. Hàm số nghịch biến trên  �;0 và  2;� .
D. Hàm số đồng biến trên  2;� .
Câu 8. Cho cấp số nhân  un  có u1  2 và biểu thức 20u1  10u2  u3 đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm số hạng
thứ bảy của cấp số nhân  un  ?
A. 2000000.

B. 136250.

C. 39062.

D. 31250.
Trang 1


Câu 9. Trong khơng gian Oxyz, phương trình của mặt phẳng (P) đi qua điểm B 2;1;3 đồng thời vng
góc với hai mặt phẳng  Q : x  y 3z  0,  R :2x  y  z  0 là:
A. 4x  5y  3z  22  0.

B. 4x  5y  3z  22  0.

C. 2x  y  3z  14  0.

D. 4x  5y  3z  22  0.






2
Câu 10. Đạo hàm của hàm số y  ln 5 3x là:

A.

6
.
3x  5
2

B.

2x
.
5 3x2

C.

6x
.
3x2  5

D.

6x
.
3x2  5


D.

a b
.
ab

Câu 11. Dặt a  log2 5 và b log3 5. Biểu diễn đúng log6 5 theo a, b là:
A.

1
.
a b

B. a  b.

C.

ab
.
a b

Câu 12. Cho số phức z thỏa mãn 2z  i.z  2 5.
i Môđun của số phức z bằng
A. z  7.

B. z  5.

C. z  25.


D. z 

145
.
5

Câu 13. Một hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 5.

B. 3.

C. 4.

D. 6.

Câu 14. Họ nguyên hàm của hàm số f  x  x  sin2x là
A.

x2
 cos2x  C.
2

1
2
C. x  cos2x  C.
2

B.

x2 1

 cos2x  C.
2 2

D.

x2 1
 cos2x  C.
2 2

Câu 15. Cho hình chóp SABCD, có đáy ABCD là hình vng tâm O, cạnh bên vng góc với mặt đáy.
Gọi M là trung điểm của SA, N là hình chiếu vng góc của A lên SO. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. AC   SBD .

B. DN   SAB .

C. AN   SOD .

D. AM   SBC  .

Câu 16. Gọi A, B lần lượt là các giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số y 

[3;4]. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để A  B 
A. m 1;m 3.

B. m 1; m 3.

Câu 17. Giả sử hàm số f  x

x2  m2  2m
trên đoạn

x 2

19
.
2
D. m 4.

C. m �3.
2

liên tục trên đoạn [0;2] thỏa mãn

f  x dx  6.
�

Tính tích phân

0


2

I �
f  2sin x cos xdx.
0

A. 3.

B. – 3.


C. 6.

D. – 3.
Trang 2


Câu 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A 2;4 và B 8;4 . Tìm tọa độ điểm C trên
trục Ox, có hồnh độ dương sao cho tam giác ABC vuông tại C.
A. C  3;0 .

B. C  1;0 .

2
Câu 19. Giá trị lớn nhất của hàm số y  x 

A. 24.

C. C  5;0 .

D. C  6;0 .

3 �
16
�
trên đoạn � ;4� bằng:
2 �
x
�

B. 20.


C. 12.

D.

155
.
12

Câu 20. Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD có AB và CD
thuộc hai đáy hình trụ, AB  4a, AC  5a. Tính thể tích khối trụ:
A. V  8a3.

B. V  16a3.

C. V  12a3.

D. V  4a3.

Câu 21. Cho hàm số y  log1 x . Mệnh đề nào dưới đây là mệnh đề sai?
2

A. Hàm số đã cho nghịch biến trên từng khoảng xác định.
B. Đồ thị hàm số đã cho khơng có tiệm cận ngang.
C. Đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận đứng là trục tung.
D. Hàm số đã cho có tập xác định là D  �\  0 .
12

� 1�
Câu 22. Cho x là số thực dương, khai triển nhị thức �x2  � ta có hệ số của số hạng chứa xm bằng

� x�
792: Giá trị của m là:
A. m 3 và m 9.

B. m 0 và m 9.

C. m 9.

D. m 0.

C. S  3 .

D. S  2 .

Câu 23. Tìm tập nghiệm S của phương trình 2x1  4
A. S  4 .

B. S  1 .

Câu 24. Cho tứ diện ABCD có  ACD   BCD , AC  AD  BC  BD  A,CD  2Aa. Giá trị của O để
hai mặt phẳng (ABC) và (ABD) vuông góc với nhau là:
A.

a 2
.
3

B.

a 3

.
3

C.

a 3
.
2

Câu 25. Cho khối chóp SABCD có đáy là hình vng cạnh

D.
a
2

a 5
.
3

, SAC vng tại S và nằm trong mặt

phẳng vng góc với đáy, cạnh bên SA tạo với đáy góc 60o . Tính thể tích V của khối chóp SABCD.
A. V 

a3 3
.
24

B. V 


a3 3
.
12

C. V 

a3 6
.
24

D. V 

a3 2
.
24


4

Câu 26. Cho tích phân I   x  1 sin2xdx . Đẳng thức nào sau đây là đúng?
�
0

Trang 3



4

B. I   1  x  1 cos2x  cos2xdx.

�
2
0
0

A. I    x  1 cos2x  cos2xdx.
�
0


4


4


4


4


4

C. I   1  x  1 cos2x  1 cos2xdx.
2
2�
0
0



4

D. I    x  1 cos2x  cos2xdx.
�
0

0

Câu 27. Cho hàm số y  f  x có đạo hàm cấp 2 trên khoảng K và xo �K . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Nếu f '' xo   0 thì xo là điểm cực trị của hàm số y  f  x
B. Nếu xo là điểm cực trị của hàm số y  f  x thì f '' xo  �0
C. Nếu xo là điểm cực trị của hàm số y  f  x thì f ' xo   0
D. Nếu xo là điểm cực trị của hàm số y  f  x thì f '' xo   0
Câu 28. Tìm nguyên hàm của hàm số f  x 

1
x ln x  2

1

A.

f  x dx 
 C.
�
ln x  2

C.


f  x dx 
 C.
�
ln x  2

x

2

1

B.

f  x dx 
 C.
�
ln x  2

D.

f  x dx  ln x  2  C.
�
2

Câu 29. Tính tích tất cả các nghiệm của phương trình 22x  5x 4  4
A. 1.

B.

5

.
2

5
C.  .
2

D. – 1.

Câu 30. Ký hiệu (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y 

 x  1 ex 2x ; y  0; x  2 . Tích thể tích
2

V của khối trịn xoay thu được khi quay hình (H) xung quanh trục hồnh
A. V 

  2e 1
2e

.

B. V 

  2e 3
2e

C. V 

.


  e 1
2e

.

D. V 

  e 3
2e

.

r
r
Câu 31. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho a   1;2;3 và b  2;1;1 . Khẳng định nào
sau đây đúng?
r
r
A. Vecto a khơng vng góc với b
r
r
B. Vecto a cùng phương với b
r
C. a  14.
r r
�
a
D. �
�;b�  5;7;3






Câu 32. Cho hình chóp S.ABCD có SC  x 0  x  a 3 , các cạnh cịn lại đều bằng a. Biết rằng thể tích

khối chóp S.ABCD lớn nhất khi và chỉ khi x 

a m
mn
, ��* . Mệnh đề nào sau đây đúng?
n





Trang 4


A. m 2n  10.

B. 2m2  3m 15.

C. m2  n  30.

D. 4m n2  20.

Câu 33. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số sau đạt cực tiểu tại

x  0 y  x 8   m  1 x 5   m 2  1 x 4  1
A. Vơ số.

B. 3.

C. 2.

D. 4.

Câu 34. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  2018;2018 để phương trình

 x  2



2

x 1 
2





18 x2  1

x2  1

x  2 x  1
2


A. 25.





 m x2  1 có nghiệm thực?

B. 2019.

C. 2018.

D. 2012.

Câu 35. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng bốn nghiệm phân biệt

 7 3 5

x2





 m 7 3 5

A. 0  m

x2


 2x21

1
.
16

B. 0 �m

1
.
16

1
C.   m 0.
2

1
1
D.   m� .
2
16

Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A 3;0;0 ; B 0;0;3 ;C  0; 3;0 và mặt phẳng

 P  : x  y z  3  0.

uuur uuur uuuu
r
Tìm trên (P) điểm M sao cho MA  MB  MC nhỏ nhất


A. M  3;3;3 .

B. M  3;3;3 .

C. M  3;3;3 .

D. M  3; 3;3 .

Câu 37. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình









log 2x2  3  log x2  mx  1 có tập nghiệm là �.
A. Vơ số.

B. 2.

C. 5.

D. 0.

Câu 38. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số f  x  6 x2  6x  12  6x  x2  4 .Tính tích các nghiệm
của phương trình f  x  M

A. – 6.

B. 3.

C. – 3.

D. 6.

3
2
Câu 39. Gọi F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x   x  2 x  1 thỏa mãn F  0   5. Khi đó

phương trình F  x   5 có số nghiệm thực là:
A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Câu 40. Biết phương trình z 2  mz  n  0 (với m, n là các tham số thực) có một nghiệm là z  1  i . Tính
mơđun của số phức z  m  ni.
A. 2 2.

B. 4.

C. 16.

D. 8.


Trang 5


x 2  mx  2m
Câu 41. Cho hàm sô f  x  
. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để
x2
max f  x  �5 . Tổng tất cả các phần tử của S là:
[1;1]
A. – 11.

B. 9.

C. – 5.

D. – 1.

Câu 42. Một giải thi đấu bóng đá quốc gia có 12 đội bóng thi đấu vịng trịn hai lượt tính điểm (2 đội bất
kì thi đấu với nhau đúng 2 trận). Sau mỗi trận đấu, đội thắng 3 điểm, đội thua 0 điểm, nếu hòa mỗi đội
được 1 điểm. Sau giải đấu ban tổ chức thống kê được 60 trận hòa. Hỏi tổng số điểm của tất cả các đội sau
giải đấu là
A. 336.

B. 630.

C. 360.

D. 306.


Câu 43. Một hộp sữa hình trụ có thể tích V (khơng đổi) được làm từ một tấm tơn có diện tích đủ lớn. Nếu
hộp sữa chỉ kín một đáy thì để tốn ít vật liệu nhất, hệ thức giữa bán kính đáy R và đường cao h bằng:
A. h  3R.

C. h  2 R.

B. h  2 R.

D. h  R.

2
2
Câu 44. Bất phương trình log 2 x   2m  5  log 2 x  m  5m  4  0 đúng với mọi x �[2; 4) khi và chỉ khi

B. m �[2;0) .

A. m �[0;1).
Câu

45.

Cho

tứ

diện

ABCD

có


C. m �(0;1].
AD  ( ABC ), ABC có

D. m �(2;0].
tam

giác

vng

tại

B.

Biết

BC  2a, AB  2a 3, AD  6a . Quay tam giác ABC và AB (bao gồm cả điểm bên trong 2 tam giác) xung
quanh đường thẳng AB ta được hai khối trịn xoay. Thể tích phần chung của 2 khối trịn xoay đó bằng:
A.

5 3a 3
.
2

B.

3 3a 3
.
2


C.

64 3a 3
.
2

D.

4 3a 3
.
2

Câu 46. Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên �, có đạo
hàm f '  x  . Biết rằng đồ thị hàm số f '  x  như hình vẽ. Xác định
điểm cực đại của hàm số g  x   f  x   x
A. Khơng có giá trị.
B. x  0.
C. x  1.
D. x  2.

3
Câu 47. Cho hàm số y  f  x  thỏa mãn �
�f '  x  �
� f  x  . f ''  x   x  2 x x �� và f  0   f '  0   2.
2

2
Tính giá trị của T  f  2 


A.

268
.
15

B.

160
.
15

C.

268
.
30

D.

4
.
15

Câu 48. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A, D cạnh bên SA vng góc với
mặt đáy. Biết AB  2 AD  2 DC  2a góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) là 60o . Độ dài cạnh SA là:
Trang 6


A. a 2.


B. 2a 3.

C. 3a 2.

D. a 3.

Câu 49. Cho các hàm số f o  x  , f1  x  , f 2  x  ,... biết:
f o  x   ln x  ln x  2019  ln x  2019 , f n 1  x   f n  x   1, n ��. Số nghiệm của phương trình
f 2020  x   0 là
A. 6058.

B. 6057.

C. 6059.

D. 6063.

Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A  1; 2; 1 , B  0; 4;0  , mặt phẳng (P) có
phương trình 2 x  y  2 z  2017  0 . Mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A,B và tạo với mặt phẳng (P) một
uuur
góc nhỏ nhất. (Q) có một vecto pháp tuyến là n( Q )   1; a; b  , khi đó a  b bằng
A. 4.

B. 0.

C. 1.

D. – 2.


Trang 7


Đáp án
1-C
11-C
21-A
31-C
41-C

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

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

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

5-A
15-C

25-A
35-A
45-B

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

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

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

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

10-C
20-C

30-C
40-A
50-B

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
Có 4 mặt phẳng đối xứng như trong hình vẽ dưới đây:

Câu 2: Đáp án A
Cách 1:
Ta có:

1
1
1
1



2
2
z
 1  2i  1  2i 5

Cách 2:
2
Ta có z   1  2i   1  4i  4i  3  4i �
2

2


1
1
3
4

  i
z 3  4i
25 25

2

1
� 3 � �4 � 1
Do đó
 �
 � � � 
z
� 25 � �25 � 5
Câu 3: Đáp án D
Số nghiệm của phương trình x 3  3x 2  2  m là số giao điểm của đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  2 và
đường thẳng y  m
x0
�
2
Ta có: y '  3x  6 x  0 � �
. Ta có đồ thị hàm số như hình vẽ:
x  2
�


Trang 8


Quan sát đồ thị hàm số ta có đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  2 tại 2 điểm phân biệt
m2
�
��
m  2
�
Chú ý: Để làm bài nhanh hơn, các em có thể vẽ BBT thay cho đồ thị hàm số.
Câu 4: Đáp án A
TXĐ: D  R \  2 . Ta có: y ' 

2.1  1.1

 x  2

2



1

 x  2

2

� x 1 �
� C 
Gọi M �xo ; o

�
� xo  2 �
Ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hồnh độ x  xo là:
y'

1

 xo  2 

2

 x  xo  

xo  1
 d '
xo  2

Để  d ' / /  d  : x  y  1 � y   x  1 �

1

 xo  2 

2

 1 (vơ nghiệm)

� Khơng có điểm M nào thỏa mãn u cầu bài tốn.
Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x  xo của đồ thị hàm số y  f  x  song song với đường thẳng
y  kx  b khi và chỉ khi f '  xo   k (Lưu ý: Thử lại để loại trường hợp trùng).

Câu 5: Đáp án A
Với x  0 � d  0
Từ đồ thị ta thấy nếu gọi x1 ; x2 là hai điểm cực trị của hàm số thì khi đó
2b
�
x1  x2 
0
�
b0
�
�
3a
��
�
c0
�
�x x  c  0
1 2
�
3a
Câu 6: Đáp án B
Hàm số y  f  x  có f '  x   0 x �� thì đồng biến trên �.
x 1
�
1
1
1 x
�1 �
0� �
Khi đó ta có f � � f  1 �  1 �  1  0 �

x0
x
x
x
�x �
�
Vậy x � �;0  � 1; �
Chú ý: Khi giải bất phương trình

1
 1 nhiều học sinh có cách giải sai như sau
x

1
 1 � x  1 và chọn đáp án C.
x
Câu 7: Đáp án D
Trang 9


Ta có:
�
�
x
0
2
y’
0
+
0

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên  �; 2  và đồng biến trên  2; � .
Câu 8: Đáp án D
Gọi q là công bội của cấp số nhân đã cho ta có:
20u1  10u2  u3  20u1  10u1q  u1q 2  40  20q  2q 2  2  q 2  10q  25   10
 2(q  5) 2  10 �10
Dấu “=” xảy ra � q  5
6
6
Khi đó số hạng thứ sáu của cấp số nhân trên là u7  u1q  2.5  31250
n 1
Sử dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân un  u1q

Câu 9: Đáp án D
uur uur uur uur uur uur uur
nQ , nR �
Mặt phẳng (P) vng góc với  Q  ,  R  � nP  nQ , nP  nR � nP  �
�
�
uur
uu
r
uur
uur uur
�
n
Ta có: nQ   1;1;3 , nR   2; 1;1 � nP  �
�Q , nR �  4;5; 3 

r
Phương trình mặt phẳng đi qua điểm B  2;1; 3 và có vecto pháp tuyến n   4;5; 3  là:

4  x  2   5  y  1  3  z  3  0 � 4 x  5 y  3z  22  0
uur uur uur uur uur uur uur
nQ , nR �
Mặt phẳng (P) vng góc với  Q  ,  R  � nP  nQ , nP  nR � nP  �
�
�.

r
Phương trình mặt phẳng đi qua điểm M  xo ; yo ; zo  và có vecto pháp tuyến n   A; B; C  là :
A  x  xo   B  y  yo   C  z  zo   0
Câu 10: Đáp án C
6 x
6x
ln  5  3x 2  �
Ta có: �
�
�'  5  3x 2  3 x 2  5
Câu 11: Đáp án C
Ta có: log 5 2 
log 6 5 

1
1
1
1
 ;log 5 3 

log 2 5 a
log 3 5 b


1
1
1
ab



log 5 6 log 5 2  log 5 3 1  1 a  b
a b

Câu 12: Đáp án B
Giả sử: z  a  bi (với a, b ��)
Khi đó: 2 z  i.z  2  5i � 2  a  bi   i  a  bi   2  5i
2a  b  2
a3
�
�
� 2a  b   2b  a  i  2  5i � �
��
2b  a  5
b4
�
�
Trang 10


Do đó: z  3  4i � z  32  4 2  5
Câu 13: Đáp án C
Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ bên dưới, trong đó:
3 mặt phẳng tạo bởi 1 cạnh bên và trung điểm của các cạnh đối diện.

1 mặt phẳng tạo bởi trung điểm của 3 cạnh bên.

Câu 14: Đáp án B
Ta có:

 x  sin 2 x  dx 
�

x2 1
 cos 2 x  C
2 2

Sử dụng công thức nguyên hàm
x n dx 
�

x n1
1
 C  n �1 , �
sin  ax  b  dx  
cos  ax  b   C
n 1
ax  b

Câu 15: Đáp án C
Ta có: SA  ( ABCD ) � SA  BD
Lại có: BD  AC (do ABCD là hình vng)
� BD  ( SAC ) � BD  AN
Mà AN  SO (giả thiết) � AN  ( SBD) � AN  (SOD )
Sử dụng quan hệ vng góc trong khơng gian.

Câu 16: Đáp án A
TXĐ: D  �\  2 . Ta có:
y'

2.1  1.  m 2  2m 

 x  2

2



 m 2  2m  2

 x  2

2

  m  1  1
2



 x  2

2

 0 x �D

y '  0 x �[3; 4] Hàm số đã cho nghịch biến trên [3;4]

� min y  y  4  
[3;4]

� A

m 2  2m  4
; max y  y  3   m 2  2 m  3
[3;4]
2

m 2  2m  4
; B  m 2  2m  3
2

19
m 2  2m  4
19
Theo đề bài ta có A  B  �
 m2  2m  3 
2
2
2
m 1
�
m 2  2m  4  2m2  4m  6 19
�
 � 3m 2  6m  9  0 � �
m  3
2
2

�
Hàm phân thức bậc nhất trên đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó.
Trang 11


Câu 17: Đáp án A
1
Đặt t  2sin x � dt  2 cos xdx � dt  cos xdx
2
�x  0 � t  0
�
Đổi cận: � 
x  �t  2
�
� 2
2

Vậy I 

2

1
1
f  t  dt  �
f  x  dx  3
�
20
20

Câu 18: Đáp án D


uuu
r
�
CA
�   2  c; 4 
r
Gọi C  c;0  �Ox  c  0  ta có �uuu
CB   8  c; 4 
�
uuu
r uuu
r
Tam giác ABC vuông tại C � CA.CB  0 �  2  c   8  c   16  0
�
c  0  ktm 
16  2c  8c  c 2  16  0 � c 2  6c  0 � �
� C  6;0 
c  6  tm 
�
Câu 19: Đáp án B
Ta có: y '  2 x 

16
16
3 �
�
� y  0 � 2 x 3  2 � 2 x 3  16 � x  2 �� ; 4 �
2
x

x
2 �
�

�3 � 155
; y  2   12; y  4   20
Ta lại có: y � �
�2 � 12
Vậy

max y  20
3 �
�
;4
�
2 �
�
�

khi x  4

Câu 20: Đáp án C
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng ABC có
BC  AC 2  AB 2  25a 2  16a 2  3a
2

2
�A �
Vậy thể tích khối trụ là V   � �.BC    2a  .3a  12a 2
�B �

Câu 21: Đáp án A

0
x
Tập xác định của hàm số: x ۹�

0

Đáp án D đúng.

log 1 x
khi x  0
�
� 2
Ta có: y  log 1 x  �
log 1   x  khi x  0
2
�
� 2
Vì 0  a 

1
 1 � hàm số y  log 1 x nghịch biến trên  0; � và hàm số y  log 1   x  đồng biến trên
2
2
2

 �;0 
Trang 12



Xét hàm số y  log a x ta có:
+ Tập xác định: D   0; �
+ Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm TCĐ.
+ Có a  1 thì hàm số ln đồng biến trên  0; � và 0  a  1 thì hàm số luôn nghịch biến trên

 0; �
+ Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm  1;0  ,  a;1 và nằm bên phải trục tung.
Câu 22: Đáp án A
12

k

� 1 � 12 k 2 12 k �1 � 12 k 24 3 k
Ta có: �x 2  �  �C 12
, do đó hệ số của số hạng chứa x m trong khai triển
x 

� � �C 12 x
x
x
�
� k 0
� � k 0
trên ứng với 24  3k  m � k 

24  m
3
12


Theo bài ra ta có C

24  m
3

24  m
�
� 3 5
m9
�
 792 � �
��
24  m
m3
�
�
7
�
� 3

Câu 23: Đáp án B
Ta có: 2x1  4 � 2x1  22 � x  1 2 � x  1
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S  1
Câu 24: Đáp án B
Gọi H là trung điểm của CD.
Do tam giác ACD cân tại A và tam giác BCD cân tại B
CD  AH
�
��
� CD   ABH  � CD  AB

CD  BH
�
Gọi E là trung điểm của AB, do tam giác ABC cân tại C � CE  AB .
�AB  CD
� AB   CDE  � AB  DE
Ta có �
�AB  CE
�
 ABC  I  ABD  AB
�
 ABC  �CE  AB � �  ABC  ; ABD   � CE; DE   �CED  90o
�
�
 ABD �DE  AB
�
. .c � CE  DE � CDE vng cân tại E
Ta có ABC  ADC  cc
� CD  CE 2 � 2x  CE 2 � CE  x 2  * 
Xét tam giác vng CBH có BH 2  BC2  CH 2  a2  x2
Xét tam giác vuông ACH có AH 2  AC2  CH 2  a2  x2
Trang 13


Xét tam giác vng ABH có AB2  AH 2  BH 2  2a2  2x2 � AE 
Xét tam giác vng ACE có CE 2  AC 2  AE 2  a 2 
Thay vào (*) ta có

a2  x2
2


2a2  2x2
2

a2  x2 a2  x2
a2  x2

� CE 
2
2
2

 x 2 � a2  x2  4x2 � 3x2  a2 � x 

a 3
.
3

Câu 25: Đáp án A
Gọi H là hình chiếu của S trên AC.
�
 SAC  I  ABCD  AC
�
� SH   ABCD
Ta có �
SAC
�
SH

AC



�
Ta có: � SA, ABCD   � SA, AH   � SA, AC   �SAC
Ta có: AC  AB 2 

a 2
. 2 a
2

a
�
SA  AC.cos60o 
�
2
�
Xét SAC vng tại S ta có: �
�SC  AC.sin60o  a 3
�
�
2
Áp dụng hệ thức lượng cho SAC vng tại S và có đường cao SH ta có:
a a 3
.
SA.SC 2 2
a 3
SH 


AC
a

4
� VS. ABCD

1
1 a 3 a2 a3 3
 SA.SABCD  .
. 
3
3 4 2
24

Câu 26: Đáp án C
du  dx
�
u  x1
�
�
��
Đặt: �
1
dv  sin2xdx �
v   cos2x
�
�
2

4


4



4

Do đó: I   x  1 sin2xdx   1  x  1 cos2x  1 cos2xdx
�
2
2�
0
0
0
Câu 27: Đáp án C
Nếu x  xo là điểm cực trị của hàm số thì f ' xo   0
�
�f ' xo   0
Nếu x  xo là điểm cực trị của hàm số thì �
�f '' xo   0
Câu 28: Đáp án B

Trang 14


Ta có:

d ln x  2
1
1
f
x
dx


dx


C


2
2
�
�
�
x ln x  2
 ln x  2 ln x  2
Chú ý: Học sinh có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải bài toán này, bằng cách đặt
t  ln x  2

Câu 29: Đáp án A
2x2  5x 4

Ta có: 2

1
�
x 
�
 4 � 2x  5x  4  2 � 2x  5x  2  0 �
2 � x1x2  1
�
x  2

�
2

2

Câu 30: Đáp án C
Phương trình hồnh độ giao điểm:

 x  1 ex 2x  0 � x  1 0 � x  1
2

2

Thể tích vật thể trịn xoay tạo thành là: V  �
 x  1 ex 2xdx
2

1

2
2
1
1 2
1
   e 1
 �
ex 2xd x2  2x  ex 2x    
2 1
2
2

2e
2e
1





2

Câu 31: Đáp án C
rr
r r
.  1.2  2. 1  3. 1  1�0 � a, b khơng vng góc � loại đáp án A.
Ta có: ab
r
r
r r
Ta thấy khơng tồn tại số k để a  kb � a, b không cùng phương � loại đáp án B.
r
2
a  1  2  32  14 � Đáp án C đúng.
Câu 32: Đáp án A
Vì SA  SB  SD  a nên hình chiếu vng góc của S trên
(ABCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.
Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABD � SH   ABCD
Do tam giác ABD cân tại A � H �AC
Dễ dàng chứng minh được:
SBD  ABD  c.cc

.  � SO  AO 

AC
� SAC
2

vng tại S

(tam giác có trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy)
� AC  SA2  SC2  a2  x2
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng SAC có SH 
Ta có OA 

SA.SC
ax

2
AC
a  x2

1
1 2 2
AC 
a x
2
2

Trang 15



� OB  AB2  OA2  a2 

a2  x2
3a2  x2

� BD  3a2  x2
4
2
1
AC.BD
2

Do ABCD là hình thoi � SABCD 

1
1
ax
Khi đó ta có: VS.ABCD  SH.SABCD  . 2 2
3
6 a x

1
a2  x2 . 3a2  x2  ax 3a2  x2
6

x2  3a2  x2
Áp dụng BĐT Cosi ta có: x 3a2 
x2�
2


3a2
2

1 3a2
a
6 2

VS. ABCD

a3
4

m 6
3a2 a 6 a m �


��
� m 2n  10
2
2
n
n 2
�

Dấu “=” xảy ra � x2  3a2  x2 � x 
Câu 33: Đáp án C










7
4
2
3
6
3
2
2
Ta có y'  8x  5 m 1 x  4 m  1 x ; y''  56x  20 m 1 x  12 m  1 x









� y  0 � 8x7  5 m 1 x4  4 m2  1 x3  0 � x3 �
8x4  5 m 1 x  4 m2  1 �
�
� 0
TH1: Xét m2  1 0 � m �1











3
4
4
3
Khi m 1 ta có y'  0 � x 8x  10x  x 8x  10 � x  0 là nghiệm bội 4 � x  0 khơng

là cực trị của hàm số.


Khi m 1 ta có y'  0 � x3.8x4  0 � 8x7  0 � x  0 là nghiệm bội lẻ � x  0 là điểm cực

trị của hàm số. Hơn nữa qua điểm x  0 thì y' đổi dấu từ âm sang dương nên x  0 là điểm cực tiểu của
hàm số.
TH2: Xét m2 �۹�
1 0 m

1 ta có:

�
x2  0
y 0� x �
8x  5 m 1 x  4 m  1 x�

�
� 0 � �
8x5  5 m 1 x2  4 m2  1 x  0
�
�
2

5

2



2







x2  0 � x  0 là nghiệm bội chẵn không là cực trị của hàm số, do đó cực trị của hàm số ban đầu là





5
2
2

nghiệm của phương trình g x  8x  5 m 1 x  4 m  1 x  0

Hàm số đạt cực tiểu x  0 � g' 0  0





4
2
Ta có g' x  40x  10 m 1 x  4 m  1





� g' 0  4 m2  1  0 � m2  1 0 � 1 m 1
Vậy kết hợp 2 trường hợp ta có 1�m 1. Do m�Z � m� 1;0
Nếu x  xo là điểm cực trị của hàm số thì f ' xo   0
�
�f ' xo   0
Nếu x  xo là điểm cực trị của hàm số thì �
�f '' xo   0
Trang 16


Câu 34: Đáp án D






2

Ta có x  2  x  1 

�



2



x  2  x2  1
x2  1





18 x2  1

x2  1

x  2 x  1
2






 m x2  1

2

18 x2  1



x  2
Đặt f  x  

x  2  x2  1



x2  1

x2  1

m

2



18 x2  1
x  2  x2  1


Sử dụng chức năng MODE 7, ta tìm min f  x  7 � x  0
Để phương trình f  x  m có nghiệm  m 7
Kết hợp điều kiện ta có m� 7;2018 , m��
Vậy có  2018 7  1 2012 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài tốn.
Câu 35: Đáp án A







Ta có: 7 3 5 7 3 5  49 45  4 � 7 3 5 
x2

4
7 3 5





� 4 �
Phương trình tương đương với: �
�  m 7 3 5
�7 3 5 �
2

2








2



� 2.2x  2x . 7 3 5  2m 7 3 5
2x2

x2

1 2
 .2x
2

x2

0

x2

� 2 � � 2 �
� 2.�
� �
�  2m 0 * 
�7 3 5 � �7 3 5 �

2x2

� 2 �
2
Đặt �
�  t � x  log 2 t.
�7 3 5 �
7 3 5
Ta có: 0 

2
7 3 5

 1� log

2

t  0 � 0  t  1� (*) � 2t2  t  2m 0  1

7 3 5

Để có phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt � phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt t� 0;1
� 1
0
�
1 16m 0
�
m
�
�

16
�
af  0  0
4m 0
�
�
�
1
�
�
�
��
2 2m 1  0 � �m 0 � 0  m
af  1  0 � �
16
�
�
�
1
b
1
�
�
�
0  1
0 
1
�
� 2
�m  2

�
2a
�







Nhận thấy: 7 3 5 7 3 5  4 � 7  3 5 

4
7 3 5





 4. 7 3 5

1

Câu 36: Đáp án C
Trang 17


uur uur uur r
Gọi điểm I  a, b,c thỏa mãn IA  IB  IC  0
uur

�IA   3 a; b; c
�
uu
r uur uur
r
�uur
Ta có: �IB   a;b;3 c � IA  IB  IC   3 a;3 b;3 c  0
�uur
�
�IC   a;3 b; c
3  a  0
a  3
�
�
�
�
��
3b  0 � �
b  3 � I  3;3;3
�
�
3c  0
c 3
�
�
Ta có
uuur uuur uuuu
r uuu
r uu
r uuu

r uur uuu
r uur uuu
r uu
r uur uur
uuu
r
MA  MB  MC  MI  IA  MI  IB  MI  IC  MI  IA  IB  IC  MI  MI





uuur uuur uuuu
r
Do đó MA  MB  MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất � M là hình chiếu của I trên (P)
Ta thấy 3  3  3  3  0 � I �( P)
Nên hình chiếu của I trên (P) là chính nó
Do đó M �I � M  3;3;3
Câu 37: Đáp án D
2
2
Bất phương trình tương đương với: log  2 x  3  log  x  mx  1 x �R

a 1 0
�
� 0  2 x 2  3  x 2  mx  1 � x 2  mx  2  0x �R  * � �
(vô nghiệm)
  m2  8  0
�
Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

log f  x   log g  x  � 0  f  x   g  x 
Câu 38: Đáp án B
Ta có: f  x   6 x 2  6 x  12  6 x  x 2  4  6 x 2  6 x  12   x 2  6 x  12   8
Đặt t  x 2  6 x  12 

 x  3

2

2
 3 �3, khi đó ta có f  t   t  6t  8x �3

Ta có f '  t   2t  6  0 � t  3
Bảng biến thiên:

max f  t   17 � t  3 �
[3;�]

t
f ' t 

3
0

f  t

17

 x  3


�
�

2

3  3 � x  3

� max f  x   17  M � x  3
Vậy phương trình f  x   M có nghiệm duy nhất x  3 , do đó tích các nghiệm của chúng bằng 3.
Trang 18


Câu 39: Đáp án C
x 4 2 x3
Ta có: F  x   �
 x  2 x  1 dx  4  3  x  C
3

2

Lại có: F  0   5 � C  5 � F  x  
� F  x  5 �

x 4 2 x3

 x 5
4
3

x0

�x 4 2 x 3 �
�
x 4 2 x3

 x  0 � x� 
 1 � 0 � �
x �1, 04
4
3
3
�
�4
�

Câu 40: Đáp án A
Cách 1: Vì z  1  i là nghiệm của phương trình z 2  mz  n  0 nên:

 1 i

2

 m  1  i  n  0 � m  n   2  m i  0

mn 0
m  2
�
�
��
��
� z  m2  n2  2 2

2

m

0
n

2
�
�
Cách 2: Vì z  1  i là nghiệm của phương trình z 2  mz  n  0 nên z  1  i cũng là nghiệm của phương
trình z 2  mz  n  0
�
m  z  z   1  i    1  i   2
�
� z  m2  n2  2 2
Do đó �
n  z. z   1  i  .  1  i   2
�
Nếu z là một nghiệm của phương trình bậc hai dạng az 2  bz  c  0 thì z là nghiệm cịn lại của
phương trình az 2  bz  c  0 .
Câu 41: Đáp án C
Xét hàm số g  x  

x0
�
x 2  mx  2m
x2  4x
� g ' x 
 0��

2
x4
x2
 x  2
�

Khi x  0 � g  0   m . Ta có g  1 

1
1
1 m
 1  m
 3m  1  m  ; g  1 
3
3
1

1
Mà 1  m    m   m
3
�
1�
f  x   max �m , m  1 , m  � max  m , m  1 
Suy ra max
[1;1]
3
�
1
�
�m  1 �m

m �
�
�
��
2 � m � 0;1; 2;3; 4
TH1: �
�m  1 �5
�
6 �m �4
�
1
�
�
m
�m  1  m
�
��
2 � m � 5; 4; 3; 2; 1
TH2: �
�m �5
�
5 �m �5
�
Suy ra tổng các phần tử của S bằng – 5.
Câu 42: Đáp án A
Trang 19


Vì 12 đội bóng thi đấu vịng trịn hai lượt tính điểm (2 đội bất kì thi đấu với nhau đúng 2 trận) nên mỗi
đội sẽ thi đấu với 11 đội cịn lại, do đó tổng số trận đấu là 12.11 = 132 (trận).

Số trận hòa là 16 trận, số trận khơng hịa là 132 - 60 = 72.
60 trận hịa, mỗi đội được 1 điểm, vậy có 120 điểm.
72 trận khơng hịa, mỗi trận đội thắng được 3 điểm, vậy có 72.3 = 216 điểm.
Vậy tổng số điểm của tất cả các đội sau giải đấu là 120 + 126 = 336.
Câu 43: Đáp án D
2
Ta có: Thể tích khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là: V  R h � h 

V
R 2

Diện tích xung quanh và 1 đáy của hình trụ là: S  2Rh  R 2
� S  2.R

V
2V
 R 2 
 R 2
2
R
R

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho ba số dương

V V
; ; R 2 ta có:
R R

V V
V V

 R 2 �3 3  R 2  3 3 V 2
R R
R R
Dấu “=” xảy ra �

V
V
R 3
 R 2 � R 3  � V  R 3 � h  2  R
R

R

Câu 44: Đáp án B
2
2
Yêu cầu bài toán tương đương với: log 2 x   2m  5  log 2 x  m  5m  4  0, x �[2; 4)

� m  1  log 2 x  m  4, x �[2; 4)
m  min  log 2 x  1
�
m  log 2 x  1, x �[2; 4)
�
� [2;4)
��
��
m  log 2 x  4, x �[2; 4)
m �max  log 2 x  4 
�
�

� [2;4)
m  log 2 2  1  0
�
��
� m �[2;0)
m �log 2 4  4  2
�
Cách giải phương trình bậc hai có tham số m
2
2
Cho phương trình t   2m  5  t  m  5m  4  0  *

Cách 1: Cho m  100 , phương trình (*) trở thành: t 2  205t  10504  0 có hai nghiệm
t1  1001  m  1; t2  1004  m  4
2
  2m  5  �
Cách 2: Tính   �
�
� 4.1 m  5m  4   9  0 �   3
2

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt:
t1 

�
  2m  5  �
�
� 3
2.1


 m  1; t 2 

�
  2m  5  �
�
� 3
2.1

 m4

Câu 45: Đáp án B
Trang 20


Khối nón N1 được sinh bởi ABC khi quay quanh AB có
chiều cao h1  AB và bán kính đáy R1  BC .
Khối nón N 2 được sinh bởi ABC khi quay quanh AB có
chiều cao h2  AB và bán kính đáy R2  AD .
Do hai khối nón cùng có chiều cao AB nên hai đáy của hai
khối nón nằm trong hai mặt phẳng song song.
Trong mặt phẳng đáy của hình nón  N1  kẻ đường kính GH//DE. Dễ dàng chứng minh được DEGH là
hình thang cân.
Gọi M  AG �BE; N  AH �BD; I  AB �MN
Khi đó phần chung giữa hai khối nón  N1  và  N 2  là hai khối nón:
1
2
Khối nón  N 3  đỉnh B, đường cao BI, bán kính đáy IN � V3  .IN .BI
3
1
2

Khối nón  N 4  đỉnh A, đường cao AI, bán kính đáy IN � V4  .IN . AI
3
Thể tích phần chung
1
1
1
1
V  V3  V4  .IN 2 .BI  .IN 2 . AI  .IN 2 .( AI  BI )  .IN 2 . AB
3
3
3
3
Áp dụng định lí Ta-let ta có:

MN AI MN BI
MN MN AI  BI

;

�


1
GH AB DE AB
GH DE
AB

1 �
1 �
�1

�1
� MN �


� 1 � MN . �
� 1 � MN  3a
�2 BC 2 AD �
�2.2a 2.6a �
Dễ thấy I là trung điểm của MN � IN 

MN 3a

2
2

2

1 �3a �
3 3a 3
Vậy V  . � �.2a 3 
3 �2 �
2
Câu 46: Đáp án D
x0
�
�
x 1
Ta có g '  x   f '  x   1  0 � f '  x   1 � �
�
x2

�
Bảng biến thiên:
x
g ' x

�

0
-

1
0

-

�

2
0

+

-

g  x
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y  g  x  có 1 điểm cực đại là x  2.
Câu 47: Đáp án A
Trang 21



Ta có: VT  �
�f  x  . f '  x  �
�'  f '  x  . f '  x   f  x  . f ''  x   �
�f '  x  �
� f  x  . f ''  x 
2

3
��
�f '  x  . f  x  �
�'  x  2 x

 *

Nguyên hàm hai vế của (*) ta được: f '  x  . f  x  

x4
 x 2  C  1
4

Lại có: f '  0   f  0   2 � C  2.2  4 �  1 � f  x  . f '  x  

x4
 x2  4
4

�x 4
�
x5 x3
2

��
f  x  f '  x  dx  �

x

4
dx
�
f
x
df
x

�
�
�    20  3  4 x  A
�4
�
�

f 2  x  x5 x3
x5 2 x3

  4x  A � f 2  x   
 8x  2 A
2
20 3
10 3

Có f  0   2 � 4  2 A � A  2 � f 2  x  

� f 2  x 

x 2 x3

 8x  4
10
3

25 2.23
268

 8.2  4 
10
3
15

Câu 48: Đáp án A

Gọi E là trung điểm của AB. Ta dễ dàng chứng minh được ABCE là hình vng
CE  AB
�
��
� CE   SAB  � CE  SB
CE  SA
�
�SB  EH
� SB   CHE  � SB  CH
Trong (SAB) kẻ HE  SB ta có: �
�SB  CE
�

 SAB  � SBC   SB
�
�  60o
EH , CH   CHE
 SAB  �EH  SB � �
 SAB  ,  SBC    �
�
�
 SAC  �CH  SB
�
o
Xét tam giác vng CEH có EH  CE.cot 60 

a
.
3

a
. SA2  4a 2
SA SB
EH .SB
Ta có
3
SAB : EHG  g .g  �

� SA 

EH BE
BE
a

� 3SA  SA2  4a 2 � 3SA2  SA2  4a 2 � SA2  2a 2 � SA  a 2
Trang 22


Câu 49: Đáp án C
�f o  x   0
�
�f 2018  x   0
�f 2017  x   �1
�f  x   �2
��
� �o
Ta có: f 2020  x   0 � f 2019  x   �1 � �
....
�f 2018  x   �2
�f 2017  x   �3
�
�
�f o  x   �2020
�1
2019
�x ;0  x  e
2019
�
ln x  4038; 0  x  e
�
�
� 1 2019
2019
2019

 ln x; e
�x  e
, ta có: y '  �
 ;e
�x  e 2019
Xét hàm số y  f o  x   �
x
�
�
ln x  4038; x �e 2019
�
�1
2019
�x ; x �e
�
BBT hàm số y  f o  x 
x
y’
y

e 2019

0
+

�

e 2019
-


+

�

2019
-2019
�
Vậy số nghiệm của phương trình là: 2019.3  2  6059
Câu 50: Đáp án B
uuu
r
uuur uuu
r
Ta có: AB   1; 2;1 , n Q  . AB  0 � 1  2a  b  0 � b  1  2a
uuuu
ruuur
n( P ) .n( Q )
2  a  2  1  2a 
2  a  2b
cos   uuur uuur 

n( P ) . n( Q )
22  12  2 2 . 1  a 2  b 2 3 1  a 2   2a  1 2


3a
3 5a 2  4a  2

Đặt t 
�

�

1
thì
a

1

4 2
5  2
a a

1
4 2
5  2
a a



5

4 2
2
 2  5  4t  2t 2  2  t  1  3 � 3
a a
1
3

cos


1
1
3 đạt giá trị lớn nhất khi cos  
3

Dấu “=” xảy ra khi t  1 � a  1 � b  1 � a  b  0

Trang 23