TRƯỜNG ĐH KHTN

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2020 – 2021

KHTN

MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

Câu 1 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :

d2 :

x y 1 z 1


và
2
1
2

x 1 y  2 z  3


. Khoảng cách giữa hai đường thẳng này bằng:
1
2

2
17
16

A.

17
4

B.

16
17

C.

D. 16

Câu 2 (TH): Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng y  x  3 và parabol y  2 x 2  x  1 bằng:
A. 9

B.

13
6

C.

13
3


D.

9
2

Câu 3 (TH): Phương trình z 4  16 có bao nhiêu nghiệm phức?
A. 0

B. 4

C. 2

D. 1

Câu 4 (VD): Cho hàm số y  x3  mx 2  m 2 x  8. Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số có điểm cực
tiểu nằm hồn tồn phía bên trên trục hồnh?
A. 3

B. 5

C. 4

D. 6

Câu 5 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y 
A. 4

B. 2


mx  4
nghịch biến trên khoảng  1;1 ?
xm

C. 5

D. 0

1

Câu 6 (NB): Hàm số y   x  1 3 có tập xác định là:
A.  1; �

B.  1; �

C.  �; �

D.  �;1 � 1; �

x y  1 z 1

Câu 7 (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : 
và mặt
2
2
1
phẳng  Q  : x  y  2 z  0. Viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua điểm A  0; 1; 2  , song song với
đường thẳng  và vng góc với mặt phẳng  Q  .
A. x  y  1  0


B. 5 x  3 y  3  0

C. x  y  1  0

Câu 8 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình log 1 x �log
2

�1 �
A. � ;1�
�2 �

�1 �
B. � ;1�
�4 �

1
2

1 �
�
C. � ;1�
4 �
�

 2 x  1

D. 5 x  3 y  2  0
là:
1 �
�

D. � ;1�
2 �
�

Trang 1


4
2
Câu 9 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình x  2 x  3  2m  1 có đúng 6 nghiệm

thực phân biệt.
A. 1  m 

3
2

B. 4  m  5

D. 2  m 

C. 3  m  4

5
2

2
2
Câu 10 (TH): Số nghiệm thực của phương trình log 4 x  log 2  x  2  là:


A. 0

B. 2

C. 4

D. 1

Câu 11 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số y  x 3  12 x  1  m cắt trục hoành tại
3 điểm phân biệt?
A. 3

B. 33

C. 32

Câu 12 (VD): Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn log
A.

1
3

B. 

1
3

B. 4

 a b   3. Tính log  b a  .

3

ab

C. 3

2
Câu 13 (TH): Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 

A. 6

D. 31
3

ab

D. 3

16
trên  0; � bằng:
x

C. 24

D. 12

Câu 14 (VD): Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a 2. Cạnh bên SA vng
góc với đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 450. Gọi E là trung điểm của BC. Tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng DE và SC.
A.


2a 19
19

B.

a 10
19

C.

a 10
5

D.

2a 19
5

Câu 15 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m khơng vượt q 2021 để phương trình
4 x 1  m.2 x  2  1  0 có nghiệm?
A. 2019

B. 2018

C. 2021

D. 2017

2


Câu 16 (TH): Biết rằng
A. 5

x3  1
dx  a  b ln 3  c ln 2 với a, b, c là các số hữu tỉ. Tính 2a  3b  4c.
�
x2  x
1
B. 19

C. 5

D. 19

Câu 17 (TH): Biết rằng log 2 3  a, log 2 5  b. Tính log 45 4 theo a, b.
A.

2a  b
2

B.

2b  a
2

C.

2
2a  b


D. 2ab

Câu 18 (TH): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau, chia hết cho 15 và mỗi chữ số
đều không vượt quá 5.
A. 38

B. 48

C. 44

D. 24

Câu 19 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  1;3; 2 

 P  : 2 x  y  2 z  3  0. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  P 

và mặt phẳng

bằng:
Trang 2


A.

2
3

B. 2


C. 3

D. 1

Câu 20 (TH): Một lớp học có 30 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn một ban
cán sự lớp gồm 3 học sinh. Tính xác suất để ban cán sự lớp có cả nam và nữ.
A.

435
988

B.

135
988

Câu 21 (TH): Tính ngun hàm
A.

1
tan 2 x  x  C
2

tan
�

2

C.


285
494

D.

5750
9880

C.

1
tan 2 x  x  C
2

D. tan 2x  x  C

2 xdx.

B. tan 2x  x  C

x

4

x
 � � 3 �
Câu 22 (TH): Số nghiệm nguyên thuộc đoạn  99;100 của bất phương trình �
sin ���
cos � là:
�

� 5 � � 10 �

A. 5

B. 101

C. 100

D. 4

Câu 23 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :

x 1 y  2 z


và mặt
1
2
2

phẳng  P  :2 x  y  2 z  3  0. Gọi α là góc giữa đường thẳng Δ và mặt phẳng (P). Khẳng định nào sau
đây là đúng?
A. cos   

4
9

B. sin  

4

9

C. cos  

4
9

D. sin   

4
9

Câu 24 (TH): Cho cấp số cộng  un  thỏa mãn u1  u2020  2, u1001  u1221  1. Tính u1  u2  ....  u2021.
A.

2021
2

B. 2021

C. 2020

D. 1010

Câu 25 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :

x 1 y  2 z  3


và điểm

2
2
1

A  1; 2;0  . Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng Δ bằng:
A.

17
9

B.

17
3

C.

2 17
9

D.

2 17
3

8 3
Câu 26 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số y  x  2 ln x  mx đồng biến trên
3

 0;1 ?

A. 5

B. 10

C. 6

D. vô số

Câu 27 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :

x 1 y  1 z

 và hai mặt
1
1
2

phẳng  P  : x  2 y  3z  0,  Q  : x  2 y  3z  4  0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng
 và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng  P  và  Q  .
Trang 3


2
A. x   y  2    z  2  

1
7

2
B. x   y  2    z  2  


1
7

2
C. x   y  2    z  2  

2
7

2
D. x   y  2    z  2  

2
7

2

2

2

2

2

2

2


 2 x  1 ln xdx .
�

Câu 28 (TH): Tìm nguyên hàm
x2
A.  x  x  ln x   x  C
2

x2
B.  x  x  ln x   x  C
2

2

C.  x  x 2  ln x 

2

2

x2
 x C
2

D.  x  x 2  ln x 

x2
 xC
2


a  b  2 ab  3

Câu 29 (VDC): Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn 2

1  ab
. Giá trị nhỏ nhất của biểu
ab

thức a 2  b 2 là:
A. 3  5

B.





5 1

2

5 1
2

C.

D. 2

3
2

Câu 30 (VD): Cho hàm số y  mx  mx   m  1 x  1 . Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số nghịch

biến trên R?
3
A.   m  0
4

C. 

B. m �0

3
�m �0
4

D. m �

3
4

Câu 31 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số y  x 2  8ln 2 x  mx đồng biến trên

 0; � ?
A. 6

B. 7

C. 5

D. 8


Câu 32 (TH): Cho số phức z thỏa mãn 3 z  i  z  8   0 . Tổng phần thực và phần ảo của z bằng:
A. 1

B. 2

D. 2

C. 1

Câu 33 (VDC): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A  1;0; 2  , B  1;1;3 , C  3; 2;0  và
mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  1  0 . Biết rằng điểm M  a; b; c  thuộc mặt phẳng (P) sao cho biểu thức
MA2  2MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó a  b  c bằng:
A. 1

B. 1

C. 3

Câu 34 (TH): Tính đạo hàm của hàm số y  ln
A.

x
x 1

B.

1
x 1


Câu 35 (TH): Tính nguyên hàm
2x
A. 

3

 1

18

3

C

2x
B. 

2

 1

3



x 1 .
C.

x  2x
�

3



3

D. 5

1
x x

D.

1
2x  2 x

 1 dx .

3

C

2

2x
C. 

3

 1


6

3

C

2x
D. 

3

 1

9

3

C
Trang 4


2

Câu 36 (TH): Phương trình 2 x  3x có bao nhiêu nghiệm thực?
A. 2

B. 1

C. 0


D. 3

Câu 37 (VD): Cho hàm số y  x 3  3x 2  2 . Có bao nhiêu tiếp tuyến với đồ thị hàm số đi qua điểm
A  1;0  ?
A. 2

B. 0

C. 1

D. 3

Câu 38 (TH): Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a 3 , SA   ABCD  và SA  a 2 .
Tính góc giữa SC và  ABCD  .
A. 900

B. 450

C. 300

D. 600

Câu 39 (TH): Tọa độ tâm đối xứng của đồ thị hàm số y  x 3  3 x  2 là:
A.  0;0 

B.  0; 2 

C.  1;0 


D.  1; 4 

 x    x  1 f  x   e  x với mọi x .
Câu 40 (VD): Cho hàm số f  x  liên tục trên � và thỏa mãn xf �
 0 .
Tính f �
B. 1

A. 1

C.

1
e

D. e

Câu 41 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  1; 1; 2  và mặt phẳng

 P  : x  2 y  3z  4  0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vng góc với (P).
A.

x 1 y 1 z  2


1
2
3

B.


x 1 y 1 z  2


1
2
3

C.

x  1 y 1 z  2


1
2
3

D.

x 1 y 1 z  2


1
2
3

Câu

42


(VDC):

Có

bao

nhiêu

giá

trị

thực

của

m

để

hàm

số

y  mx 9   m 2  3m  2  x 6   2m3  m2  m  x 4  m đồng biến trên �.
A. Vô số

B. 1

C. 3


D. 2

�1 �
Câu 43 (VD): Cho hàm số f  x  liên tục trên  0; � và thỏa mãn 2 f  x   xf � � x với mọi x  0 .
�x �
2

Tính

A.

f  x  dx .
�
1
2

7
12

B.

7
4

C.

9
4


D.

3
4

Trang 5


Câu 44 (TH): Biết rằng đường thẳng y  1  2 x cắt đồ thị hàm số y 

x2
tại hai điểm phân biệt A và
x 1

B. Độ dài đoạn thẳng AB bằng:
A. 20

B.

20

C. 15

D. 15

Câu 45 (VD): Cho hình chóp S . ABC có AB  3a, BC  4a, CA  5a , các mặt bên tạo với đáy góc 600 ,
hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng  ABC  thuộc miền trong tam giác ABC. Tính thể tích hình
chóp S . ABC .
A. 2a 3 3


B. 6a 3 3

C. 12a 3 3

D. 2a 3 2

B C có cạnh đáy là 2a và khoảng cách từ điểm A
Câu 46 (VD): Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC. A���
BC  bằng a. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. A���
BC .
đến mặt phẳng  A�
2a 3
3

A.

B.

a3 2
2

C. 2 2a 3

D.

3a 3 2
2

Câu 47 (TH): Tính thể tích của khối trịn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng 3 x  2 và đồ
thị hàm số y  x 2 quanh quanh trục Ox .

A.

1
6

B.


6

C.

4
5

D.

Câu 48 (TH): Cho cấp số nhân  un  thỏa mãn 2  u3  u4  u5   u6  u7  u8 . Tính
A. 4

B. 1

C. 8

u8  u9  u10
.
u2  u3  u4

D. 2


Câu 49 (VD): Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z  1  3i  z  1  i .
A. x  2 y  2  0

B. x  y  2  0

C. x  y  2  0

D. x  y  2  0

Câu 50 (VDC): Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB  BC  3a , góc
�SAB  �SCB  900 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng a 6 . Tính diện tích mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S . ABC .
A. 36 a 2

B. 6 a 2

C. 18 a 2

D. 48 a 2

Trang 6


Đáp án
1-C
11-D
21-A
31-D
41-A


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

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

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

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

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


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

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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
Phương pháp giải:

ur
uu

r
Cho đường thẳng d1 đi qua điểm M 1 và có VTCP u1 ; đường thẳng d 2 đi qua điểm M 2 và có VTCP u2 .

Khi đó ta có khoảng cách giữa d1 , d 2 được tính bởi công thức: d  d1 ; d 2 

ur uu
r uuuuuur
�
�
u
,
u
.M 1M 2
1
� 2�

.
ur uu
r
�
�
u
,
u
�1 2 �

Giải chi tiết:
Ta có:
ur
x y 1 z 1

� d1 đi qua M 1  0;1;  1 và có 1 VTCP là: u1   2;1; 2  .


2
1
2
uu
r
x 1 y  2 z  3
� d 2 đi qua M 2  1; 2;3 và có 1 VTCP là: u2   1; 2; 2  .
d2 :


1
2
2
uuuuuur
�
�M 1M 2   1;1; 4 
r
� �ur uu
�
u
,
u
��1 2 �
�  2; 2;3
�
ur uu
r uuuuuur

�
�
u
,
u
.M 1M 2
2  2  12
16
�1 2 �
� d  d1 ; d 2  


.
ur uu
r
2
2
2
17
�
�
2

2

3
u
,
u
�1 2 �

d1 :

Câu 2: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Xét phương trình hồnh độ tìm 2 đường giới hạn x  a, x  b .
- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  , y  g  x  , đường thẳng x  a, x  b là
b

S�
f  x   g  x  dx .
a

Giải chi tiết:
x2
�
2
Xét phương trình hồnh độ giao điểm: x  3  2 x  x  1 � �
.
x  1
�

Trang 7


2

Vậy diện tích hình phẳng cần tính là S 

�x  3  2 x


2

 x  1 dx  9 .

1

Câu 3: Đáp án B
Phương pháp giải:
2
2
Sử dụng hằng đẳng thức a  b   a  b   a  b  .

Giải chi tiết:
Ta có
2
2
z 4  16 � z 4  16  0 �  z  4   z  4   0

z  �2
�
z2  4
�
� �2
��
z  �2i
z  4
�
�
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phức.
Câu 4: Đáp án C

Phương pháp giải:
 0 xác định các giá trị cực trị theo m.
- Giải phương trình y �
- Chia các TH, tìm các giá trị cực tiểu tương ứng và giải bất phương trình yCT  0 .
Giải chi tiết:
 0 có �
 3 x 2  2mx  m 2 ; y �
 m 2  3m 2  4m 2 �0 m .
Ta có y �
 0 phải có 2 nghiệm phân biệt
Để hàm số có cực tiểu, tức là có 2 điểm cực trị thì phương trình y �
 m

0

� m  2m
x
 m � y  m 3  8
�
3
0� �
Khi đó ta có y �
m  2m
m
5m3
�
x




�
y

8
�
3
3
27
�
�
m0
�
�
�
3
0m2
�
�yCT   m  8  0 � m  2
�
�
�
6
Khi đó yêu cầu bài toán � �
m0
�
�
 3 m0
�
�
3

� 5
�
5m
6
�
�
�yCT  27  8  0 � m   3
5
�
�
Lại có m ��� m � 3; 2; 1;1 . Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 5: Đáp án B
Phương pháp giải:
ax  b
Hàm số y 
nghịch biến trên   ;   khi và chỉ khi
cx  d

0
�y�
�
�d
 �  ;  
�
�c

Giải chi tiết:
Trang 8



TXĐ: D  �\  m .
Ta có y 

mx  4
m2  4
� y�

2 .
xm
 x  m

Để hàm số nghịch biến trên khoảng  1;1 thì
2  m  2
�m 2  4  0
�
0
1 �m  2
�y�
�
�
�
� ��
��
m �1
m �1 � ��
.
�
2  m �1
�
�

�m � 1;1
��
�
m �1
m �1
��
��
Lại có m ��� m  �1 .
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 6: Đáp án B
Phương pháp giải:
Hàm số y  x n với n �� xác định khi và chỉ khi x  0 .
Giải chi tiết:
1

Hàm số y   x  1 3 xác định khi và chỉ khi x  1  0 � x  1 .
Vậy TXĐ của hàm số là  1; � .
Câu 7: Đáp án C
Phương pháp giải:
uur
uu
r
- Xác định u là 1 VTCP của  và nQ là 1 VTPT của  Q  .
uur uu
r
�
uur uur uu
r
nP  u
�

 P / /
�
�
� �uur uur � nP  �
n
;
u
- Vì �
�Q  �.
 P    Q  �nP  nQ
�
r
- Phương trình mặt phẳng đi qua M  x0 ; y0 ; z0  và có 1 VTPT → n  A; B; C  là
A  x  x0   B  y  y0   C  z  z0   0 .
Giải chi tiết:

uu
r
Đường thẳng  có 1 VTCP là u   2; 2;1 .
uur
Mặt phẳng  Q  có 1 VTPT là nQ   1; 1; 2  .
uur uu
r
�
uur
n

u
�
 P / /

�P

� �uur uur .
Gọi nP là 1 VTPT của mặt phẳng  P  . Vì �
 P    Q  �nP  nQ
�
uur uur uu
r
�  3;3;0  � nr  1;1; 0  cũng là 1 VTPT của  P  .
� nP  �
n
;
u
Q

�
�
Vậy phương trình mặt phẳng  P  là 1.  x  0   1.  y  1  0.  z  2   0 � x  y  1  0 .
Câu 8: Đáp án A
Phương pháp giải:
Trang 9


- Tìm ĐKXĐ của bất phương trình.
log
- Giải bất phương trình logarit: log a f  x  �۳
a g  x

f  x


g  x  khi 0 a 1 .

Giải chi tiết:
�x  0
1
�x .
ĐKXĐ: �
2x 1  0
2
�
Ta có:
log 1 x �log
2

1
2

 2 x  1

 log 1 x log 1  2 x  1 ۳ x
ۣ
2

2

۳ x2

2

 2 x  1


2

�
4 x 2  4 x  1 � 3 x 2  4 x  1 �0 ۣ

1
3

x 1

�1 �
Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là S  � ;1�.
�2 �
Câu 9: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Xét phương trình hồnh độ giao điểm, cơ lập m, đưa phương trình về dạng m  f  x  .
- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y  2m  1 phải cắt đồ thị
4
2
hàm số y  x  2 x  3 tại 3 điểm phân biệt.
4
2
- Lập BBT hàm số y  x 4  2 x 2  3 , từ đó lập BBT hàm số y  x 4  2 x 2  3 , y  x  2 x  3 và tìm m

thỏa mãn.
Giải chi tiết:
4
2
4

2
Số nghiệm của phương trình x  2 x  3  2m  1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  x  2 x  3 và

đường thẳng y  2m  1 .
x0
�
 4 x3  4 x  0 � �
Xét hàm số y  x 4  2 x 2  3 ta có y �
x  �1
�
BBT:

4
2
Từ đó ta suy ra BBT của đồ thị hàm số y  x  2 x  3 .

Trang 10


- Từ đồ thị y  x 4  2 x 2  3 lấy đối xứng phần đồ thị bên dưới trục Ox qua trục Ox .
- Xóa đi phần đồ thị bên dưới trục Ox .
4
2
Ta có BBT của đồ thị hàm số y  x  2 x  3 như sau:

4
2
Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y  2m  1 cắt đồ thị hàm số y  x  2 x  3 tại 6 điểm phân biệt khi

và chỉ khi 3  2m  1  4 � 4  2m  5 � 2  m 

Vậy 2  m 

5
.
2

5
.
2

Câu 10: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Xét phương trình hồnh độ giao điểm, cơ lập m, đưa phương trình về dạng m  f  x  .
- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y  m phải cắt đồ thị hàm
số y  f  x  tại 3 điểm phân biệt.
- Lập BBT hàm số y  f  x  và tìm m thỏa mãn.
Giải chi tiết:
�x �0
�
�
x 2
�x 2  0
� ��
x 2 ��
ĐKXĐ: � 2
x 2
�x  2  0
��
�
x



2
�
�
Ta có:
log 4 x 2  log 2  x 2  2 
1
� .2.log 2 x  log 2  x 2  2 
2
� log 2 x  log 2  x 2  2  � x 2  2  x
� x  x  2  0 � x  2 � x  �2  tm 
2

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 11: Đáp án D
Phương pháp giải:
Trang 11


- Xét phương trình hồnh độ giao điểm, cơ lập m, đưa phương trình về dạng m  f  x  .
- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y  m phải cắt đồ thị hàm
số y  f  x  tại 3 điểm phân biệt.
- Lập BBT hàm số y  f  x  và tìm m thỏa mãn.
Giải chi tiết:
3
3
Xét phương trình hồnh độ giao điểm x  12 x  1  m  0 � m  x  12 x  1  f  x  .

Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y  m phải cắt đồ thị hàm số

y  f  x  tại 3 điểm phân biệt.

 x   3x 2  12  0 � x  �2 .
Ta có f �
BBT:

Dựa vào BBT ta thấy để đường thẳng y  m phải cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 3 điểm phân biệt thì
15  m  17 .
Mà m ��� m � 14; 13; 12;...;15;16 . Vậy có 31 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 12: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Sử dụng các công thức: log a  xy   log a x  log a y  0  a �1, x, y  0 
log an b m 

m
log a b  0  a �1, b  0 
n

Từ giả thiết tính log a b .
- Biến đổi biểu thức cần tính bằng cách sử dụng các công thức trên, thay log a b vừa tính được để tính giá
trị biểu thức.
Giải chi tiết:
Theo bài ra ta có:
log√ab(a3√b)=log√ab(3√ab.3√a2)=log√ab3√ab+log√ab3√a2=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab
(ab)
+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒23+134(1+logab)=3⇒logab=−37logab(ab3)=logab(ab3.a23)=logaba
b3+logaba23=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab(ab)
+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒23+134(1+logab)=3⇒logab=−37
Trang 12



log

 a b   log 
3

ab

 log
 log

3

ab

3
ab

ab  log

3
ab

 ab 

1
2

a2


1

1

 ab  3 



ab . 3 a 2

1

log

 ab  2

2

a3

1
1
 2.log ab  ab  
1 3
3
. log a  ab 
2 2


2

1

3 3 1  log b

a 
4

�

2
1

3
3
3
 1  log a b 
4

� log a b  

3
7

Khi đó ta có:
log

 b a   log 
3

ab


 log
 log

3

ab

3
ab

ab  log

3
ab

 ab 

 ab  3 



b2

1

1

1
2


ab 3 b 2

log

1

2
b3

 ab  2

1
1
 .2.log ab  ab  
1
3
3
. logb  ab 
2 2




2
1

3 3 log a  1
 b


4
2 4
1
1
 .

3 3  7 1
3
3

Câu 13: Đáp án D
Phương pháp giải:
Lập BBT của hàm số trên  0; � và tìm GTNN của hàm số.
Giải chi tiết:
Hàm số đã cho xác định trên  0; � .

Trang 13


Ta có y �
 2x 

16 2 x 3  16 �
; y  0 � x  2.

x2
x2

BBT:


y  12 .
Dựa vào BBT ta thấy min
0;�
Câu 14: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Xác định mặt phẳng  P  chứa DE và song song với SC , khi đó d  DE; SC   d  SC ;  P   .
- Đổi sang d  A;  P   . Dựng khoảng cách.
- Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt
phẳng đó.
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lí Pytago, diện tích … để tính khoảng cách.
Giải chi tiết:

Trong  ABCD  gọi I  AC �DE , trong  SAC  kẻ IG / / SC  G �SA  , khi đó ta có DE � GDE  / / SC .
� d  SC ; DE   d  SC ;  GDE    d  C ;  GDE   .
Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

� d  C ;  GDE   

d  C ;  GDE   IC 1
IC EC 1



 , do AC � GDE   I nên
d  A;  GDE   IA 2
IA AD 2

1
d  A;  GDE   .
2


Trong  ABCD  kẻ AH  DE  H �DE  , trong  GAH  kẻ AK  GH  K �GH  ta có:
Trang 14


�DE  AH
� DE   AGH  � DE  AK
�
�DE  AG
�AK  GH
� AK   GDE  � d  A;  GDE    AK
�
�AK  DE
Vì SA   ABCD  nên AC là hình chiếu vng góc của SC lên  ABCD 
� � SC ;  ABCD    � SC ; AC   �SCA  450 .
� SAC vng cân tại A.
Vì ABCD là hình vng cạnh a 2 nên AC  a 2. 2  2a  SA .
Áp dụng định lí Ta-lét ta có
Ta có: S AED 

AG AI 2
4a

 � AG 
.
AS AC 3
3

1
1

1
d  E ; AD  . AD  AB. AD  a 2.a 2  a 2 .
2
2
2

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng CDE ta có DE  CD 2  CE 2  2a 2 
� AH 

a 2 a 10
.

2
2

2S AED
2a 2
2a 10


ED
5 .
a 10
2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng GAH ta có
AK=AG.AH√AG2+AH2=4a3.2a√105

AK 


AG. AH
AG  AH
2

Vậy d  DE; SC  

2



4a 2a 10
.
3
5
2

2
�4a � �2a 10 �
�
� � �
�3 � � 5 �



4a 19
19 .

1 2a 19
.


2
19

Câu 15: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Đặt ẩn phụ t  2 x  2  0 .
- Cơ lập m, đưa phương trình về dạng m  g  t   t  0  .
- Lập BBT của hàm số g  t  khi t  0 .
- Dựa vào BBT tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm.
Giải chi tiết:
Ta có 4 x 1  m.2 x  2  1  0 � 4.  2 x  2   m.2 x  2  1  0 .
2

Trang 15


Đặt t  2 x  2  0 , phương trình đã cho trở thành 4t 2  mt  1  0 � m 

4t 2  1
 g  t   t  0 .
t

1
1
4t 2  1
1
 t  4  2  0 � t  .
 4t  có g �
t
2

t
t

Xét hàm số g  t  
BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình có nghiệm t  0 ۳ m 4 .
�
m ��
� m � 4;5;6;...; 2020; 2021 .
Kết hợp điều kiện �
m �2021
�
Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 16: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Chia tử cho mẫu để đưa biểu thức dưới dấu tích phân về dạng đa thức + phân thức hữu tỉ có bậc tử nhỏ
hơn bậc mẫu.
2

- Phân tích mẫu thành nhân tử, biến đổi để xuất hiện các tích phân dạng

k

dx .
�
ax  b
1

- Tính tích phân và tìm a, b, c

Giải chi tiết:
2

2

x3  1
x 1 �
�
dx  �
dx
Ta có: �2
�x  1  2
�
x x
x x�
1
1�
2

2

x 1
1
�
dx   I
 x  1 dx  �
x  x  1
2
1
1

Giả sử

�

x 1
B
C
B  x  1  Cx
x 1
 
�

x  x  1 x x  1
x  x  1
x  x  1

 B  C  x  B �B  C  1 �B  1
x 1

��
��
x  x  1
x  x  1
C2
�B  1
�

Khi đó ta có
2


2

2

x 1
1
2
I �
dx  � dx  � dx
x  x  1
x
x 1
1
1
1

Trang 16


2

2

  ln x 1  2 ln x  1 1   ln 2  2 ln 3  2 ln 2  2 ln 3  3ln 2
� 1
a
�
2
2
3

�
x 1
1
� �2
dx   2 ln 3  3ln 2 � �
b2
x x
2
1
�
c  3
�
�
1
Vậy 2a  3b  4c  2.  3.2  4.  3  19 .
2
Câu 17: Đáp án C
Phương pháp giải:
m
Sử dụng các công thức: log a b  m log a b  0  a �1, b  0 

log a b 

1
 0  a, b �1
log b a

Giải chi tiết:
Ta có:
log 45 4  2 log 32.5 2 



2
log 2 3  log 2 5
2

2
2

2 log 2 3  log 2 5 2a  b

Câu 18: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau là abcd  a; b; c; d ι��
 0;1; 2;3; 4;5 , a

b

c

d .

�
abcd M5 � d � 0;5
�
- Vì abcd M
.
15 nên �
abcd M3
�

- Ứng với mõi trường hợp của d, tìm các cặp số a, b, c tương ứng.
Giải chi tiết:
Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau là abcd  a; b; c; d ι��
 0;1; 2;3; 4;5 , a

b

c

d .

�
abcd M5 � d � 0;5
�
Vì abcd M
.
15 nên �
abcd M3
�
+ TH1: d  0 , số cần tìm có dạng abc0 � a  b  c M3 .
Các bộ ba chữ số chia hết cho 3 là  1; 2;3 ;  1;3;5 ;  2;3; 4 ;  3; 4;5 .
⇒ có 4.3!  24 cách chọn a, b, c .
⇒ Có 24 số thỏa mãn.
TH2: d  5 , số cần tìm có dạng abc5 � a  b  c  5M3 � a  b  c chia 3 dư 1.
Trang 17


Các bộ ba chữ số chia 3 dư 1 là  0;1;3 ;  1; 2; 4 ;  0;3; 4 .
⇒ có 2.2.2! 3!  14 cách chọn a, b, c .
⇒ Có 14 số thỏa mãn.

Vậy có tất cả 14  14  38 số thỏa mãn.
Câu 19: Đáp án B
Phương pháp giải:
-

Khoảng

d  M ; P  

cách

từ

M  x0 ; y0 ; z0 

điểm

Ax0  By0  Cz0  D
A2  B 2  C 2

đến

mặt

phẳng

 P  : Ax  By  Cz  D  0

là


.

Giải chi tiết:
d  A;  P   

2.1  3  2.  2   3
22  12   2 

2

 2.

Câu 20: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Tính số phần tử của khơng gian mẫu là n    là số cách chọn 3 học sinh bất kì.
- Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ”. Xét 2 TH để tính số phần tử của biến cố A là
n  A .
+ TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ
+ TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ
- Tính xác suất của biến cố A: P  A  

n  A
.
n  

Giải chi tiết:
3
3
Số cách chọn 3 bạn bất kì là C40 nên số phần tử của không gian mẫu là n     C40 .


Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ”.
1
2
TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ có C30 .C10 cách.
2
1
TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ có C30 .C10 cách.
1
� n  A  C40
.C102  C402 .C101 .
1
n  A  C30
.C102  C302 .C101 15 285



Vậy xác suất của biến cố A là P  A  
.
3
n  
C40
26 494

Câu 21: Đáp án A
Phương pháp giải:

Trang 18


2

- Sử dụng công thức tan  

1
1.
cos 2 

- Sử dụng cơng thức tính ngun hàm mở rộng:

1
1
dx  tan  ax  b  .
�
cos  ax  b 
a
2

2

Giải chi tiết:
Ta có:
tan
�

2

1
1
� 1
�
2xdx  �

 1�
dx  � 2 dx  �
dx  tan 2 x  x  C
� 2
cos 2 x
2
�cos 2 x �

Câu 22: Đáp án C
Phương pháp giải:
�
�
- Sử dụng tính chất sin   cos �   �.
�2
�
f  x
a g  x 
�
- Giải bất phương trình mũ: a

f  x

g  x  khi 0 a 1 .

- Giải bất phương trình đại số tìm x, sau đó kết hợp điều kiện đề bài.
Giải chi tiết:
Vì

 3 5 


3


 nên sin  cos
.
5 10 10 2
5
10

Khi đó ta có
4

x

x
�  � � 3 �
sin ��۳
۳�
cos
 �
�
� 5 � � 10 �

�
ۣ

x2  4
x

0


x

4

x
� � � �
sin � �
sin �
�
� 5� � 5�

x

4�

�do 0 sin
x�
5

�
1�
�

x �2
�
�
0  x �2
�


Kết hợp điều kiện x � 99;100 ta có x � 99; 2 � 0; 2 .
Vậy phương trình đã cho có 100 nghiệm nguyên thỏa mãn.
Câu 23: Đáp án B
Phương pháp giải:
uur uu
r
nP .ud
uur
uu
r
r , với n p và ud lần lượt là 1 vtpt của  P  và
Gọi  là góc giữa  P  và  , khi đó ta có sin   uur uu
nP . ud
vtcp của Δ.
Giải chi tiết:
uur
x 1 y  2 z


Mặt phẳng  P  :2 x  y  2 z  3  0 có 1 vtpt là nP   2; 1; 2  , đường thẳng  :
có 1
1
2
2
uu
r
vtcp là ud   1; 2; 2  .

Trang 19



uur uu
r
nP .ud
2.1  1.2  2.  2 
4
 .
r 
Ta có: sin   uur uu
2
2
2
2
2
2
9
nP . ud
2 1  2 . 1  2  2
� cos   1  sin 2  

65
.
9

Câu 24: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Gọi d là công sai của CSC trên. Sử dụng công thức SHTQ của CSC: un  u1   n  1 d , giải hệ phương
trình tìm u1 , d .
�
2u   n  1 d �

�n
- Sử dụng cơng thức tính tổng n số hạng đầu tiên của CSC: u1  u2  u3  ...  un  � 1
2
Giải chi tiết:
Gọi d là công sai của CSC trên. Theo bài ra ta có:
� 2021
u1  u2020  2
2u1  2019d  2
u 
�
�
�
��
� �1
2 .
�
u1001  u1021  1 �
2u1  2020d  1
�
�
d


1
�
Vậy u1  u2  ...  u2021 

 2u1  2020d  .2021  2021 .
2


2

Câu 25: Đáp án D
Phương pháp giải:
uuuu
r uu
r
�
�
AM
;
u
d�
�
Sử dụng công thức tính khoảng cách từ A đến đường thẳng d là d  A; d  
, trong đó M là
uu
r
ud
uu
r
điểm bất kì thuộc d và ud là 1 vtcp của đường thẳng d.
Giải chi tiết:

uu
r
Lấy M  1; 2;3 �d . Đường thẳng d có 1 VTCP là ud   2; 2;1 .
uuuu
r uu
r

uuuu
r
�  6; 4; 4  .
AM
;
u
Ta có: AM   2;0;3 � �
d�
�
uuuu
r uu
r
�
� 62  42   4  2 2 17
AM
;
u
d�
�


uu
r
Vậy d  A; d  
.
2
3
ud
22   2   12
Câu 26: Đáp án C

Phương pháp giải:
�0 x � 0;1 .
- Để hàm số đồng biến trên  0;1 thì y �
��
g  x
 x
- Cô lập m , đưa bất phương trình về dạng m �

 0;1

m

min g  x  .
 0;1

Trang 20


- Lập BBT hàm số g  x  trên  0;1 và kết luận.
Giải chi tiết:
TXĐ: D   0; � nên hàm số xác định trên  0;1 .
 8x 2 
Ta có y �

2
m.
x

�0 x � 0;1 ۣ
ۣ

�
m 8x2
Để hàm số đồng biến trên  0;1 thì y �

2
x
x

2
2
��
g  x �x
Đặt g  x   8 x  , x � 0;1 , khi đó ta có m �
x

m

Ta có g �
 x   16 x 

 0;1

 0;1 .

min g  x  .
 0;1

1
2 16 x 3  2
; g�

 x   0 � x   tm  .

2
2
2
x
x

BBT:


Dựa vào BBT  m 6 . Kết hợp điều kiện m �� � m � 1; 2;3; 4;5;6 .

Vậy có 6 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 27: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Gọi tâm mặt cầu là I, tham số hóa tọa độ điểm I � theo biến t.
- Vì mặt cầu có tiếp xúc với cả hai mặt phẳng  P  và  Q  nên R  d  I ;  P    d  I ;  Q   . Giải phương
trình tìm t và suy ra tâm, bán kính mặt cầu.
- Mặt cầu tâm I  x0 ; y0 ; z0  , bán kính R có phương trình là  x  x0    y  y0    z  z0   R 2 .
2

2

2

Giải chi tiết:
Gọi tâm mặt cầu là I  1  t ; 1  t ; 2t  � .
Vì mặt cầu có tiếp xúc với cả hai mặt phẳng  P  và  Q  nên R  d  I ;  P    d  I ;  Q   .
�


1  t  2  1  t   3.2t
12  22  32



1  t  2  1  t   3.2t  4
12  22  32

� 5t  3  5t  7 � 5t  3  5t  7 � t  1
Khi đó mặt cầu có tâm I  0; 2; 2  , bán kính R 

5  3
14



2
.
14
Trang 21


2
Vậy bán kính mặt cầu cần tìm là x   y  2    z  2  
2

2

2

7

Câu 28: Đáp án A
Phương pháp giải:
udv  uv  �
vdu .
Tính nguyên hàm bằng phương pháp từng phần: �
Giải chi tiết:
dx
�
u  ln x
du 
�
�
��
x
Đặt �
dv   2 x  1 dx � 2
�
v  x  x  x  x  1
�
Khi đó ta có
x
 2 x  1 ln xdx   x 2  x  ln x  �
 x  1 dx   x 2  x  ln x 
�

2

2


 x C

Câu 29: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Sử dụng phương pháp logarit cơ số 2 cả hai vế của phương trình, sau đó xét hàm đặc trưng.
- Rút a theo b, từ điều kiện của a suy ra điều kiện chặt chẽ hơn của b.
- Biến đổi P  a 2  b 2   a  b   2ab , đặt ẩn phụ t  2ab , lập BBT tìm miền giá trị của t.
2

- Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN của biểu thức P.
Giải chi tiết:
Theo bài ra ta có:
2a b  2 ab 3 

1  ab
ab

� a  b  2ab  3  log 2  1  ab   log 2  a  b 
� a  b  2ab  2  log 2  1  ab   1  log 2  a  b 
� a  b  2ab  2  log 2  2  2ab   log 2  a  b 
� log 2  a  b   a  b  log 2  2  2ab   2  2ab  *

Xét hàm số y  log 2 t  t  t  0  ta có y �

1
 1  0 t  0 , do đó hàm số đồng biến trên  0; � .
t ln 2

Khi đó  * � a  b  2  2ab � a  1  2b   2  b � a 

Vì a, b  0 �

2b
.
1  2b

2b
 0 � 2 b  0 � b  2.
1  2b

Khi đó ta có P  a 2  b 2   a  b   2ab   2  2ab   2ab .
2

Đặt t  2ab  2

2

2b
2b  b 2
.b  0  b  2  ta có t  2.
1  2b
1  2b
Trang 22


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

 2.

2  4b  2b  4b 2  4b  2b 2

t�
0�b

 1  2b 

2



4  4b  4b 2

 1  2b 

2

1  5
2

BBT:



� t � 0;3  5 �
�.




2
2
Khi đó ta có P   2  t   t  t  5t  4, t � 0;3  5 �
�.

 2t  5  0 � t 
Ta có P�





5
 ktm  , do đó Pmin  P 3  5  3  5 .
2

Câu 30: Đáp án D
Phương pháp giải:
�0 x ��
- Để hàm số nghịch biến trên � thì y �
�m  0
- Xét 2 TH: m  0 và �
.
�0
��
Giải chi tiết:
TXĐ: D  �.
 3mx 2  2mx  m  1 .
Ta có: y�

�0 x ��.
Để hàm số nghịch biến trên � thì y �
� 3mx 2  2mx  m  1 �0 x ��
�
m0
�
m0
�
m0
�
�
�
�
1 �0 x �� luon dung 
�
m0
�
�
�
��
��
��
m0
�
�
�
m0
�
� 2
�3

�
�
4m  3m �0
 �m �0
�
�
�� 2
�
�
�4
  m  3m  m  1 �0
�
�
�
�
m0
�
3
�
� 3
�  �m �0
�
4
 �m  0
�4
Trang 23


Câu 31: Đáp án D
Phương pháp giải:

�0 x � 0; � .
- Để hàm số đồng biến trên  0; � thì y �
x  x  0;
- Cơ lập m, đưa bất phương trình về dạng m �g ��



m

min g  x  .

 0;�

g  x .
- Sử dụng BĐT Cơ-si tìm min
0; �
Giải chi tiết:
TXĐ: D   0; � .
 2 x  8.
Ta có: y �

2
8
 m  2x   m
2x
x

�0 x � 0; � .
Để hàm số đồng biến trên  0; � thì y �
� 2x 


8
 m �0 x � 0; �
x


ۣۣ
�
m �
2x

8
x
x

Đặt g  x   2 x 

 0;

  * .

8
, khi đó  *  m
x

Áp dụng BĐT Cơ-si ta có:

� 2x 

min g  x  .


 0;�

2x 

8
8
�2 2 x.  2.4  8
x
x

� min g  x   8 , dấu “=” xảy ra
 0;�

8
� x2.
x


Từ đó ta suy ra được m �8 , kết hợp điều kiện m �� � m � 1; 2;3; 4;5;6;7;8 .

Vậy có 8 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 32: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Đặt z  a  bi  a; b �� � z  a  bi .
- Thay vào giả thiết 3 z  i  z  8   0 , đưa phương trình về dạng A  Bi  0 � A  B  0 .
Giải chi tiết:
Đặt z  a  bi  a; b �� � z  a  bi .
Theo bài ra ta có:
3z  i  z  8  0

� 3  a  bi   i  a  bi  8   0 � 3a  3bi  ai  b  8i  0
3a  b  0
a 1
�
�
� 3a  b   a  3b  8  i  0 � �
��
a  3b  8  0
b  3
�
�
Trang 24


Vậy tổng phần thực và phần ảo của z là a  b  1   3  2 .
Câu 33: Đáp án C
Phương pháp giải:

uu
r uur uur r
- Gọi I là điểm thỏa mãn IA  2 IB  IC  0 . Phân tích MA2  2 MB 2  MC 2 theo MI.
- Chứng minh đó MA2  2 MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất.
- Với I cố định, tìm vị trí của M � P  để IM min .
- Tìm tọa độ điểm I, từ đó dựa vào mối quan hệ giữa IM và  P  để tìm tọa độ điểm M.
Giải chi tiết:

uu
r uur uur r
Gọi I là điểm thỏa mãn IA  2 IB  IC  0 . Khi đó ta có:
uuur 2

uuur 2 uuuu
r2
MA2  2MB 2  MC 2  MA  2MB  MC
uuu
r uu
r 2
uuu
r uur 2 uuu
r uur
 MI  IA  2 MI  IB  MI  IC







 



2

uuu
r2
uuu
r uu
r uur uur uur2
uur2 uur 2
 2MI  2MI IA  2IB  IC  IA  2IB  IC






 2 MI 2   IA2  2 IB 2  IC 2 
Vì I , A, B, C cố định nên IA2  2 IB 2  IC 2 khơng đổi, do đó MA2  2 MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi
và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất.
Mà M � P  nên IM đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vng góc của I lên  P  hay
uuur
uur
uur
IM   P  � IM và nP   1; 2; 2  cùng phương, với nP là 1 vtpt của  P  .
Tìm tọa độ điểm I ta gọi I  x; y; z  . Ta có:
uu
r uur uur r
IA  2 IB  IC  0
r
�  x  1; y; z  2   2  x  1; y  1; z  3   x  3; y  2; z   0
�x  1  2  x  1   x  3  0
2x  4  0
�
�x  2
�
�
�
� �y  2  y  1   y  2   0 � �2 y  0
� �y  0 � I  2;0; 4 
�z  2  2  z  3  z  0
�

�z  4
2z  8  0
�
�
�
uuur
Khi đó ta có IM   a  2; b; c  4 
uur
uuur
Vì IM và nP   1; 2; 2  cùng phương, lại có M � P  nên ta có hệ phương trình:
2a  b  4  0
a  1
�
�
�a  2 b c  4
 
�
�
�
bc4 0
��
b2
2
2 � �
�1
�
�
�
a  2b  2c  1  0
c2

�a  2b  2c  1  0
�
�
Vậy a  b  c  1  2  2  3
Câu 34: Đáp án D
Phương pháp giải:

Trang 25