Đề thi KSCL Toán 12 lần 3 năm 2019 - 2020 trường THPT Nguyễn Viết Xuân - Vĩnh Phúc - TOANMATH.com

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT NGUYỄN VIẾT XUÂN. ĐỀ THI KSCL LẦN 3 NĂM HỌC 2019-2020 Tên môn: TOÁN 12 Thời gian làm bài: 90 phút; (50 câu trắc nghiệm). Mã đề thi: 068. Câu 1: Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 3a 2 , chiều cao bằng a là A. V . a3 . 3. B. V  3a3 .. Câu 2: Đồ thị hàm số y  A. x  1, y  3 . C. x  3, y  1 .. C. V  a3 .. D. V . 2a 3 . 3. x2 có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang theo thứ tự là: x 3 B. x  3, y  1 . D. y  1, x  3 .. Câu 3: Trong không gian Oxyz , vectơ u  2i  3k có tọa độ là A.  2; 3;0  .. B.  2;0;3 .. C.  2;0; 3 .. D.  2;1; 3 .. Câu 4: Phương trình mặt phẳng nào sau đây nhận véc tơ n   2;1; 1 làm véc tơ pháp tuyến A. 4 x  2 y  z  1  0 C. 2 x  y  z  1  0. B. 2 x  y  z  1  0 D. 2 x  y  z  1  0. Câu 5: Cho hàm số y  x4  8x 2  2019 . Mệnh đề nào sau đây sai? A. Hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 2  . B. Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  . C. Hàm số đồng biến trên khoảng  2;   . D. Hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 2  x3 Câu 6: Nghiệm của phương trình 2  4 thuộc tập nào dưới đây?. A.  ;0 .. B. 5;8 .. C.  8;   .. Câu 7: Cho a là số thực dương. Giá trị của biểu thức P  a 2. 5. A. a 3 . B. a 6 . Câu 8: Mệnh đề nào sau đây sai? A.  a x dx . ax  C ,  0  a  1 . ln a. C.  e x dx  e x  C .. 2 3. D.  0;5  .. a bằng. 7. C. a 6 .. D. a 5 .. B.  sin xdx  cos x  C . D.. 1.  xdx  ln x  C, x  0 .. Câu 9: Diện tích xung quanh của mặt trụ có bán kính đáy R , chiều cao h là A. S xq   Rh . B. S xq  2 Rh . C. S xq  3 Rh .. D. S xq  4 Rh .. Câu 10: Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như hình vẽ.. Hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây? Trang 1/7 - Mã đề thi 068.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> A.  2;3. B.  0;   . C.  0; 2 . D.  ; 2 . Câu 11: Cho cấp số nhân  un  với u1  2 và u8  256 . Công bội của cấp số nhân đã cho bằng:. 1 . 4 Câu 12: Trong không gian Oxyz , tìm tâm I và bán kính R của mặt cầu có phương trình x2  y 2  z 2  2x  2 y  6z  7  0 . A. 6 .. B. 4 .. C. 2 .. A. I  1;1; 3 , R  3 .. B. I 1; 1; 3 , R  3 2 .. C. I 1; 1; 3 , R  18 .. D. I 1; 1;3 , R  3 2 .. D.. Câu 13: Cho số phức z  5  2i . Tính z . B. z  3 .. A. z  29 .. C. z  7 .. D. z  5 .. Câu 14: Từ một nhóm học sinh gồm 12 nam và 8 nữ, có bao nhiêu cách chọn ra 3 học sinh trong đó có 2 nam và 1 nữ? A. 528 . B. 520 . C. 530 . D. 228 . b. Câu 15: Tính tích phân  dx a. A. a  b . B. a  b . C. a.b . D. b  a . Câu 16: Hàm số y  f ( x) liên tục và có bảng biến thiên như hình bên. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y  f  x  trên đoạn  1;3 . Tìm mệnh đề đúng?. A. M  f  0  .. B. M  f  5 .. C. M  f  3 .. D. M  f  2  .. Câu 17: Đồ thị sau đây là của hàm số nào?. A. y   x3  3x 2  1.. B. y  x3  3x  1 .. C. y   x3  3x 2  1 .. D. y  x3  3x  1. Câu 18: Cho hàm số y  f ( x) có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Giá trị cực tiểu của hàm số là. Trang 2/7 - Mã đề thi 068.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> A. 1. C. 0 .. B. 3 .. D. 5 .. Câu 19: Cho hình chóp S. ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy  ABC  , SA  a 3 . Tam giác. ABC vuông cân tại A có BC  a 2 . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  ABC  bằng: A. 300 .. B. 450 .. C. 600 .. D. 900 .. Câu 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  2;3;  1 , B 1;2;4  . Phương trình đường thẳng nào được cho dưới đây không phải là phương trình đường thẳng AB.. x  2 y  3 z 1   A. . 1 1 5. x  2  t  B.  y  3  t .  z  1  5t . x 1 y  2 z  4   C. . 1 1 5. x  t  D.  y  1  t .  z  9  5t . Câu 21: Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f x A. x  2020ln  x  1  C . C. x  2020ln  x  1  C .. x. 2019 trên khoảng 1; x 1 2020 B. x  C. 2  x  1. D. x . 2020.  x  1. 2. là. C.. Câu 22: Cho hai số phức z1  3  2i và z2  2  3i . Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, điểm biểu diễn của số phức z1  2 z2 có toạ độ là A.  7;  4  .. B.  7; 4  .. C. 1; 8 .. D.  1; 8 .. Câu 23: Đồ thị hàm số y  x3  2 x  4 và đường thẳng y  x  2 có bao nhiêu điểm chung? A. 0.. B. 3.. C. 1.. D. 2.. Câu 24: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2   z  3  5 . Mặt cầu  S  cắt mặt phẳng 2.  P  : 2 x  y  2z  3  0 theo một đường tròn có bán kính bằng A. 4 .. B. 1 .. C. 2 .. D. 3 .. Câu 25: Cho hàm số y  ax  3x  cx  1  a, c  R  có đồ thị như hình vẽ bên dưới. 3. 2. Trang 3/7 - Mã đề thi 068.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Hỏi mệnh đề nào sau đây đúng? A. a  0; c  0 . B. a  0; c  0 .. C. a  0; c  0 .. D. a  0; c  0 .. Câu 26: Nếu log8 3  p , log3 5  q thì log 5 bằng A.. 3 pq . 1  3 pq. B. p 2  q 2 .. C.. 3p  q . 5. 1  3 pq . pq. D.. . . Câu 27: Trong không gian tọa độ Oxyz , góc giữa hai vectơ i và u   3 ;0;1 là A. 1500 .. B. 1200 .. C. 600 .. D. 300 .. Câu 28: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1;3;2  , B 1;2;1 , C  4;1;3 . Mặt phẳng đi qua trọng tâm G của tam giác ABC và vuông góc với đường thẳng AC có phương trình là A. 3x  2 y  z  4  0 . B. 3x  2 y  z  4  0 . C. 3x  2 y  z  4  0 . D. 3x  2 y  z  12  0 . Câu 29: Tập nghiệm của bất phương trình log3.  3  A. S  R \   ;0  .  2  C. S   2;0  .. 4x  6  0 là: x. 3  B. S   2;   . 2  D. S    ; 2 .. Câu 30: Cho hình chóp đều S. ABCD có chiều cao bằng a 2 và độ dài cạnh bên bằng a 6 . Thể tích khối chóp S. ABCD bằng 10a 3 2 10a 3 3 8a 3 3 8a 3 2 . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Câu 31: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 2a . Hình nón ( N ) có đỉnh A và đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD . Tính diện tích xung quanh S xq của ( N ) .. A.. A. S xq  6 a 2 .. B. S xq  12 a 2 .. 4 3 a 2 D. S xq  4 3 a 2 3 Câu 32: Diện tích phần hình phẳng được gạch chéo trong hình là giới hạn bởi đồ thị hai hàm số C. S xq . 1. y  x3  x và y  x3  x2  x  1 xác định bởi công thức S .   ax. 3.  bx 2  cx  d  dx . Giá trị của. 1. 2020a  b  c  2019d bằng. Trang 4/7 - Mã đề thi 068.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> A. 2019 .. B. 2018. D. 2018. C. 0. Câu 33: Cho z1  4  2i . Hãy tìm phần ảo của số phức z2  1  2i   z1 . 2. A. 2 . B. 6i . C. 6 . D. 2i . Câu 34: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 2 x  2 y  z  5  0 . Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng ( P) có một vectơ chỉ phương là A. u   2; 2; 1 .. B. u   2; 2;1 .. C. u   2; 1;5 .. D. u   2; 2;1 .. Câu 35: Sự tăng trưởng của một loại vi khuẩn được tính theo công thức S  A.ert , trong đó A là số lượng vi khuẩn ban đầu, r là tỉ lệ tăng trưởng, t là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng vi khuẩn ban đầu là 100 con và sau 5 giờ có 300 con. Số lượng vi khuẩn sau 10 giờ là A. 1000 con. B. 900 con. C. 850 con. D. 800 con. Câu 36: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có AB  AC  a , BAC. 1200 . Gọi M , N lần lượt là. trung điểm của B ' C ' và CC ' . Biết thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' bằng mặt phẳng  AMN  và mặt phẳng  ABC  . Khi đó. 1 . 2 3 D. cos   . 4. 3 . 2 13 C. cos   . 4. B. cos  . A. cos  . 1. Câu 37: Biết.  x ln  x. 3a 3 . Gọi  là góc giữa 4. 2. .  1 dx  a ln 2 . 0. b b ( với a, b, c  N * và là phân số tối giản). Tính c c. P  13a  10b  84c . A. 193 . B. 191. Câu 38: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên . Biết các nguyên hàm của hàm số f ( x )e 3 x là A. cos 2 x sin 2 x C . C. 2cos 2x 3sin 2x C .. C. 190 . D. 189 . sin 2x là một nguyên hàm của hàm số f ( x )e 3 x , họ tất cả B. 2cos 2 x 3sin 2 x C . D. 2cos 2x 3sin 2x C. Câu 39: Cho hàm số y   x3  3x  m  1 . Tổng tất cả các giá trị của tham số m sao cho giá trị nhỏ nhất 2. của hàm số trên đoạn  1;1 bằng 1 là. A. 2 . B. 4 . C. 4 . D. 0 . Câu 40: Một cái mũ bằng vải của nhà ảo thuật với kích thước như hình vẽ. Hãy tính tổng diện tích vải cần có để làm nên cái mũ đó (không tính viền, mép, phần thừa).. Trang 5/7 - Mã đề thi 068.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> A. 750, 25  cm2  .. B. 756, 25  cm2  .. D. 754, 25  cm2  .. C. 700  cm2  .. Câu 41: Một hộp đựng 8 viên bi đỏ được đánh số từ 1 đến 8, 6 viên bi xanh được đánh số từ 1 đến 6. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 2 viên bi từ hộp đó sao cho 2 viên bi khác màu và khác số. A. 30 B. 40 C. 42 D. 36 Câu 42: Cho phương trình log32  9 x    m  5 log3 x  3m 10  0 (với m là tham số thực). Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc 1;81 là A. 3 . B. 5 . C. 4 . D. 2 . Câu 43: Cho hình hộp ABCD.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O . Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  ABCD  trùng với O . Biết tam giác AAC vuông cân tại A . Tính khoảng cách h từ điểm D đến mặt phẳng  ABBA  . A. h . a 6 . 6. B. h . a 2 . 6. C. h . a 2 . 3. D. h . a 6 . 3. Câu 44: Cho các số thực dương a, b thỏa mãn log 4 a  log6 b  log9  4a  5b   1. Đặt T  nào sau đây đúng?. b . Khẳng định a. 1 2 1 C. 2  T  0 . D. 0  T  . T  2 3 2 x 3 Câu 45: Cho hàm số y  3 . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn 2 x  3mx  (2m2  1) x  m  2020; 2020 của tham số m để đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận?. A. 1  T  2 .. B.. A. 4039 . B. 4040 . C. 4038 . D. 4037 . Câu 46: Cho x , y là hai số thực dương thỏa mãn 5x  y  4 . Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số. m để phương trình log3 A. 10.. x2  2 y  m  x 2  3x  y  m  1  0 có nghiệm là x y. B. 5.. C. 9.. D. 2.. Câu 47: Cho hàm số f  x  . Hàm số y  f '  x  có đồ thị như hình bên.. 9 Hàm số g  x   f  3x 2  1  x 4  3x 2 đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 2 Trang 6/7 - Mã đề thi 068.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  2 3  3 A.   ;  .  3 3  .  2 3 B.  0;  .  3    3 3 D.   .  3 ; 3   . C. 1; 2  .. Câu 48: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên R và f  0   0 ; f  4   4 . Biết hàm y  f   x  có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số g  x   f  x 2   2 x là. A. 2.. B. 1.. C. 4.. D. 3.. Câu 49: Cho hàm số f  x  có đồ thị như hình vẽ. Đặt g ( x)  f  f ( x)  1 . Số nghiệm của phương trình g( x)  0 là. A. 6 .. B. 10 .. C. 9 .. D. 8 ..  . Câu 50: Cho hàm số f  x  liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn 6 x 2 . f x3  4 f 1  x   3 1  x 2 . Tính 1.  f  x  dx. 0. A..  . 8. B..  . 20. C..  16. .. D..  . 4. -----------------------------------------------. ----------- HẾT ----------. Trang 7/7 - Mã đề thi 068.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> mamon TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12 TOAN12. made 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068 068. cautron 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49. dapan B C C D D B C B B A C B B A D A B A B A C D D C D A A A B C C B A D B D B C A B C C D D D B A D C.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> TOAN12. 068. 50. A.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Câu 1.. LỜI GIẢI CHI TIẾT Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 3a 2 và chiều cao bằng a là A. V =. Câu 2.. Câu 3.. a3 . 3. B. V = 3a 3 .. C. V = a 3 .. D. V =. Lời giải. 2a 3 . 3. Chọn B Ta có = V B= .h 3a 2= .a 3a 3 . x+2 có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang theo thứ tự là Đồ thị hàm số y = x −3 A.= B. x = C.= D. = x 1,= y 3. −3, y = 1. x 3,= y 1. y 1,= x 3. Lời giải Chọn C −d ax + b a Đồ thị hàm số y = có tiệm cận đứng là x = và tiệm cận ngang là y = . c cx + d c x+2 Vậy đồ thị hàm số y = có tiệm cận đứng là x = 3 và tiệm cận ngang là y = 1 . x −3    Trong không gian Oxyz , vectơ u= 2i − 3k có tọa độ là A. ( 2; −3;0 ) .. B. ( −2;0;3) .. C. ( 2;0; −3) .. D. ( 2;1; −3) .. Lời giải. Câu 4.. Chọn C        Có u = 2i − 3k = 2i + 0 j − 3k ⇒ u = ( 2;0; −3) .  Mặt phẳng nào sau đây nhận vectơ= n ( 2;1; −1) làm vectơ pháp tuyến? A. 4 x + 2 y − z − 1 =0 . C. −2 x − y − z + 1 = 0.. B. 2 x + y + z − 1 =0 . D. 2 x + y − z − 1 =0 . Lời giải. Chọn D.  Nhận xét trong các đáp án chỉ có đáp án D là mặt phẳng có vectơ pháp tuyến= n Câu 5.. Cho hàm số y =x 4 − 8 x 2 + 2019 . Mệnh đề nào sau đây sai? A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; −2 ) . B. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) . C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 2; +∞ ) . D. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; 2 ) . Chọn D Tập xác định D =  . = y′ 4 x3 − 16 x . x = 0 y′ =0 ⇔ 4 x − 16 x =0 ⇔  x =2 .  x = −2 3. Bảng biến thiên:. Lời giải. ( 2;1; −1) ..

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Dựa vào bảng biến thiên, mệnh đề: hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; 2 ) là sai. Câu 6.. Nghiệm của phương trình 2 x−3 = 4 thuộc tập nào dưới đây? A. ( −∞ ;0] . B. [5;8] . C. ( 8; +∞ ) .. D. ( 0;5 ) .. Lời giải. Chọn B. Ta có: 2 x −3= 4 ⇔ 2 x −3 = 22 ⇔ x − 3 = 2 ⇔ x = 5 ∈ [5;8] .. Câu 7.. 2. Cho a là số thực dương. Giá trị của biểu thức P = a 3 a bằng 5 6. 2 3. A. a .. 7 6. B. a .. C. a . Lời giải. Chọn C 2. Câu 8.. 2. 1. 2 1 +. 7. 3 2 P a 3= a a 3= .a 2 a= a6 . Ta có:= Mệnh đề nào sau đây sai?. A. ∫ a x= dx. ax + C , ( 0 < a ≠ 1) . ln a. B. ∫ sin = xdx cos x + C .. C. ∫ e x d= x ex + C .. D. Lời giải. Chọn B − cos x + C ∫ sin xdx =. Câu 9.. D. a 5 .. 1. dx ∫ x=. ln x + C , x ≠ 0 .. nên suy ra B sai.. Diện tích xung quanh của mặt trụ có bán kính đáy R , chiều cao h là A. S xq = π Rh . B. S xq = 2π Rh . C. S xq = 3π Rh .. D. S xq = 4π Rh .. Lời giải. Chọn B Diện tích xung quanh của mặt trụ có bán kính đáy R , chiều cao h là S xq = 2π Rh . Câu 10. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ.. Hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây?. A. ( 2;3) . Chọn A. B. ( 0; + ∞ ) .. C. ( 0; 2 ) .. Lời giải. D. ( −∞ ; 2 ) ..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên khoảng ( 2; + ∞ ) nên hàm số đồng biến trên khoảng ( 2;3) . Câu 11. Cho cấp số nhân (un ) với u1 = 2 và u8 = 256 . Công bội của cấp số nhân đã cho bằng: A. 6 .. C. 2 .. B. 4 .. D.. Lời giải. 1 . 4. Chọn C Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân : un = u1.q n −1 nên ta có: u8 = u1.q 7 ⇔ q 7 =. u8 256 = = 128 ⇔ q = 2 . u1 2. Vậy công bội của cấp số nhân đã cho bằng 2 . Câu 12. Trong không gian Oxyz , tìm tâm I và bán kính R của mặt cầu có phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 y + 6 z − 7 =. 0 A. I (−1;1; −3), R = 3.. B. I (1; −1; −3), R = 3 2.. C. I (1; −1; −3), R = 18 .. D. I (1; −1;3), R = 3 2. Lời giải. Chọn B Phương trình mặt cầu dạng: x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 (với a 2 + b 2 + c 2 − d > 0 ) có tâm I ( a; b; c ) và bán kính R=. a 2 + b2 + c2 − d .. −2 a = 1 −2a = b = −1 −2b = 2   Theo đề bài, ta có:  (thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 − d > 0 ) ⇔ 2 c 6 c = − 3 − =   d = −7 d = −7 Nên mặt cầu có tâm I (1; −1; −3) và bán kính R= B. z = 3 .. A. z = 29 .. 2. C. z = 7 .. D. z = 5 .. Lời giải. Chọn B Do đó z =. 2. 5 − 2i . Tính z .. Câu 13. Cho số phức = z. Ta có = z. 12 + ( −1) + ( −3) + 7= 3 2.. 5 + 2i .. 5 + 2i =. ( 5). 2. + 22 = 3 .. Vậy z = 3 . Câu 14. Từ một nhóm học sinh gồm 12 nam và 8 nữ, có bao nhiêu cách chọn ra 3 học sinh trong đó có 2 nam và 1 nữ ? A. 528 . B. 520 . C. 530 . D. 228 . Lời giải Chọn A Số cách chọn ra 3 học sinh trong đó có 2 nam và 1 nữ là C122 .C81 = 528 cách. b. Câu 15. Tính tích phân ∫ dx . a. A. a − b .. B. a + b .. C. a.b .. D. b − a ..

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Lời giải. Chọn D Ta có:. b. ∫ dx= a. b x = b−a. a. Câu 16. Hàm số y = f ( x) liên tục và có bảng biến thiên như hình bên. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x) trên đoạn [ −1;3] . Tìm mệnh đề đúng?. A. M = f (0) . Chọn A. B. M = f (5) . C. M = f (3) . Lời giải. D. M = f (2) .. Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x) trên đoạn [ −1;3] là 5 đạt được khi x = 0. Do đó, M là giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x) trên đoạn [ −1;3] thì M = f (0) Câu 17. Đồ thị sau đây là của hàm số nào?. y 3 1 -1 O -1. A. y = − x3 + 3x 2 + 1 .. 1. B. y = x3 − 3 x + 1 .. x. C. y = − x3 − 3x 2 − 1 .. D. y = x3 − 3 x − 1 .. Lời giải. Chọn B Vì lim y = +∞ nên a > 0 . Loại đáp án A, C. x →+∞. Vì khi x = 0 thì y = 1 nên chọn đáp án B. Câu 18. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Giá trị cực tiểu của hàm số là y 5. 1. x O 1. A. 1 . Chọn A. B. 3 .. 3. C. 0 . Lời giải. D. 5 ..

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Từ đồ thị chúng ta có được điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y = f ( x ) là ( 3;1) . Do đó giá trị cực tiểu của hàm số y = f ( x ) là yCT = 1 . Câu 19. Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ), SA = a 3 . Tam giác ABC vuông cân tại A có BC = a 2 . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng A. 30° .. B. 45°. Chọn C. C. 60° . Lời giải. D. 90° .. S. C. A B. . Do SA ⊥ ( ABC ) , suy ra góc giữa SC và mặt phẳng ( ABC ) là góc SAC Do tam giác ABC vuông cân tại A và BC = a 2 nên AC = a .  Xét tam giác SAC , tan SCA =. phẳng ( ABC ) bằng 60° .. a 3 = a. = 60° . Hay góc giữa SC và mặt 3 , suy ra góc SAC. Câu 20. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2;3; − 1) , B (1; 2; 4 ) . Phương trình đường thẳng nào được cho dưới đây không phải là phương trình đường thẳng AB ?  x= 2 − t x + 2 y + 3 z −1  A. = = . B.  y= 3 − t . 1 1 −5  z =−1 + 5t  x −1 y − 2 z − 4 C. = = . −5 1 1. Chọn A. x = t  D.  y = 1 + t .   z= 9 − 5t Lời giải. x + 2 y + 3 z −1 Thay tọa độ A ( 2;3; − 1) vào phương trình đường thẳng = = ta thấy không thỏa 1 1 −5 2 + 2 3 + 3 −1 − 1 mãn vì . Vậy A không thuộc đường thẳng đó. ≠ ≠ 1 1 −5 Chọn đáp án A. x + 2019 Câu 21. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) = trên khoảng (1; + ∞ ) là x −1 2020 A. x − 2020 ln ( x − 1) + C . B. x + +C. 2 ( x − 1). C. x + 2020 ln ( x − 1) + C .. D. x − Lời giải. 2020. ( x − 1). 2. +C ..

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Chọn C Ta có:. dx ∫ ∫ f ( x )=. x + 2019 = dx x −1. ∫. x − 1 + 2020 = dx x −1. . ∫ 1 +. = x + 2020 ln x − 1 + C = x + 2020 ln ( x − 1) + C.. 2020   dx x −1  .. Câu 22. Cho hai số phức z1= 3 + 2i , z2= 2 − 3i . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm biểu diễn số phức z1 − 2 z2 có tọa độ là A. ( 7; − 4 ) .. C. (1;8 ) .. B. ( 7; 4 ) .. D. ( −1;8 ) .. Lời giải. Chọn D. Vì z1 − 2 z2 =3 + 2i − 2 ( 2 − 3i ) =−1 + 8i nên có điểm biểu diễn trên mặt phẳng Oxy là M ( −1;8 ) . Câu 23. Đồ thị hàm số y = x 3 − 2 x + 4 và đường thẳng y= x + 2 có bao nhiêu điểm chung? A. 0. B. 3. C. 1. D. 2. Lời giải Chọn D Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x 3 − 2 x + 4 và đường thẳng y= x + 2 là.  x = −2 x3 − 2 x + 4 = x + 2 ⇔ x3 − 3x + 2 = 0 ⇔  . x = 1 + Với x = −2 ta có y = 0 ; với x = 1 ta có y = 3 . Hai đồ thị cắt nhau tại 2 điểm A(−2; 0), B(1;3) . Câu 24. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  ( z  3) 2  5 . Mặt cầu ( S ) cắt mặt phẳng. ( P) : 2 x  y  2 z  3  0 theo một đường tròn có bán kính bằng B. 1 .. A. 4 .. C. 2 . Lời giải. Chọn C. D. 3 .. Mặt cầu ( S ) có tâm I (0;0;  3) và bán kính R  5 . Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng ( P ) là d ( I , ( P ))  Mặt cầu. (S ). cắt mặt phẳng. ( P). 2.0  0  2.(3)  3 2 2  (1) 2  2 2.  1.. theo một đường tròn có bán kính bằng. r  R 2  d 2 ( I , ( P ))  2. Câu 25. Cho hàm số y = ax 3 + 3 x 2 + cx − 1 ( a, c ∈  ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hỏi mệnh đề nào dưới đây đúng ?.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> y x O. A. a > 0, c > 0 .. B. a < 0, c < 0 .. C. a > 0, c < 0 .. D. a < 0, c > 0 .. Lời giải. Chọn D Ta có y′= 3ax 2 + 6 x + c .. Từ đồ thị ta thấy: + khi x tiến về +∞ thì y tiến về −∞ nên hệ số a < 0 . + hàm số có hai điểm cực trị nằm ở hai phía của trục Oy nên y′ = 0 có hai nghiệm trái dấu. ⇔ a.c < 0 ⇒ c > 0 . Câu 26. Nếu= log8 3 p= , log 3 5 q thì log 5 bằng A.. 3 pq . 1 + 3 pq. B. p 2 + q 2 .. C.. 3p + q . 5. D.. 1 + 3 pq . p+q. Lời giải. Chọn A. 1 1 1 log 23 3 = p ⇔ log 2 3 = p ⇔ log 2 3 =⇔ 3p 3p log 3 2 = =⇔ Ta có log8 3 = 3 log 3 2 3p ⇒ log 5 = log10 5 = log10 3.log 3 5 =. log 3 5 log 3 5 = = log 3 10 log 3 2 + log 3 5.   Câu 27. Trong không gian Oxyz , góc giữa hai vectơ i và u = A. 150° .. B. 120° .. ( ). ). 3 ;0;1 là. C. 60° . Lời giải. Chọn A  Ta có i = (1;0;0 ) .   i.u Ta có cos i= ,u =  i u. (−. q 3qp . = 1 + q 1 + 3qp 3p. (. ). 1. − 3 + 0.0 + 0.1. (. ) ). 2. = 2 + 0 + 12. 12 + 02 + 02 . − 3   Vậy góc giữa hai véc tơ i và u = − 3;0;1 là 150° .. (. D. 30° .. − 3 . 2. Câu 28. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1;3; 2), B (1; 2;1), C (4;1;3) . Mặt phẳng đi qua trọng tâm. G của tam giác ABC và vuông góc với đường thẳng AC có phương trình là A. 3 x − 2 y + z − 4 = B. 3 x − 2 y + z + 4 = 0 . 0 . C. 3 x + 2 y + z − 4 = D. 3 x − 2 y + z − 12 = 0 . 0. Lời giải Chọn A Gọi (α ) là mặt phẳng đi qua trọng tâm G của tam giác ABC và vuông góc với đường thẳng AC ..

<span class='text_page_counter'>(17)</span>   Ta có (α ) ⊥ AC nên (α ) nhận vectơ = n AC = (3; −2;1) là một vectơ pháp tuyến và (α ) đi qua điểm G (2; 2; 2) , nên (α ) có phương trình là: 3( x − 2) − 2( y − 2) + ( z − 2) =0 ⇔ 3 x − 2 y + z − 4 =0 .. 4x + 6 ≤ 0 là: x 3  B. S =  −2; −  . C. S = 2  Lời giải. Câu 29. Tập nghiệm của bất phương trình log 3  3  A.= S  \  − ;0  .  2 . Chọn B. [ −2; 0 ) .. D. S =. ( −∞; 2] .. x > 0 4x + 6 >0 ⇔ . x < − 3 x  2 4x + 6 4x + 6 4x + 6 3x + 6 ≤0 ⇔ ≤ 30 ⇔ ≤1 ⇔ ≤0 Với điều kiện trên log 3 x x x x ⇔ −2 ≤ x ≤ 0 . 3  Kết hợp điều kiện ta suy ra x ∈  −2; −  . 2  Điều kiện xác định:. Câu 30. Cho hình chóp đều S . ABCD có chiều cao a 2 và độ dài cạnh bên bằng a 6 . Thể tích của khối chóp S . ABCD bằng A.. 10a 3 3 . 3. B.. 8a 3 3 . 3. C. Lời giải. Chọn C. 8a 3 2 . 3. D.. 10a 3 2 . 3. S. A B. AO =. SA2 − SO 2 =. D O. C. AB 6a 2 − 2a 2 = 2a . Suy ra AC = 4a do đó =. AC = 2 2a . 2. 2 1 1 8a 3 2 (đvtt). = .S ABCD .SO . 2 = 2a .a 2 3 3 3 Câu 31. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 2a . Hình nón ( N ) có đỉnh A và đường tròn đáy là đường. Thể tích của khối chóp là: V =. (. ). tròn ngoại tiếp tam giác BCD . Tính diện tích xung quanh S xq của ( N ) . A. S xq = 6π a 2 . Chọn C. B. S xq = 12π a 2 .. C. S xq = Lời giải. 4 3π a 2 . 3. D. S xq = 4 3π a 2 ..

<span class='text_page_counter'>(18)</span> A. D. B O C l AB = 2a ,= Hình nón có= r OB =. M. 2 3 2 3 4 3π a 2 a a . Suy ra S= . 2= π = rl xq 3 3 2 3. y x3 − x Câu 32. Diện tích phần hình phẳng được gạch chéo trong hình là giới hạn bởi đồ thị hai hàm số = và y = x 3 + x 2 − x − 1 xác định bởi công thức = S. 1. ∫ ( ax. 3. + bx 2 + cx + d )dx . Giá trị của. −1. 2020a + b + c + 2019d bằng. A. −2019 .. B. 2018 .. C. 0 . Lời giải. D. −2018 .. Chọn B Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy công thức tính diện tích phần hình phẳng được gạch chéo trong. y x3 − x và y = x3 + x 2 − x − 1 là hình là giới hạn bởi đồ thị hai hàm số = = S. 1. 1. −1. −1. 3 3 2 2 ∫ ( x − x ) − ( x + x − x − 1)dx = ∫ ( − x + 1)dx. Suy ra a = 0; b = −1; c = 0; d = 1.. 2018 . Vậy: 2020a + b + c + 2019d = Câu 33. Cho z1= 4 − 2i . Tìm phần ảo của số phức z2 = (1 − 2i ) + z1 2. B. −6i .. A. −2 . Chọn A. C. −6 . Lời giải. D. −2i .. Ta có: z2 = 1 2i . Vậy phần ảo của số phức z2 là −2 (1 − 2i ) + z1 ⇔ z2 =−3 − 4i + 4 + 2i ⇔ z2 =− 2. 0 . Đường thẳng d vuông góc với Câu 34. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) :2 x − 2 y − z + 5 = mặt phẳng ( P ) có một vectơ chỉ phương là   A. B. = = u ( 2; 2; −1) . u ( 2; −2;1) Chọn D.  C. u =( −2; −1;5 ) Lời giải.  D. u =. ( −2; 2;1) ..

<span class='text_page_counter'>(19)</span> ( P ) :2 x − 2 y − z + 5 =0 có một vectơ pháp tuyến là ( 2; −2; −1) . Đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng ( P ) ⇒ d có một vectơ chỉ phương là u = ( −2; 2;1) . Mặt phẳng. d. Câu 35. Sự tăng trưởng của một loại vi khuẩn tuân theo công thức S= A ⋅ e rt , trong đó A là số lượng vi khuẩn ban đầu, r là tỉ lệ tăng trưởng và t là thời gian tăng trưởng. Biết số lượng vi khuẩn ban đầu có 100 con và sau 5 giờ là 300 con. Số lượng vi khuẩn sau 10 giờ là A. 1000 con. B. 900 con. C. 850 con. D. 800 con. Lời giải Chọn B. 300 1 Theo đề bài ta có e r ⋅5= ⇒ r= ln 3 . 100 5 1 10⋅ ln 3 5. Vậy số lượng vi khuẩn sau 10 giờ là: 100 ⋅ e. = 900 con.. = AC = a, BAC = 120° . Gọi M , N lần lượt là trung Câu 36. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B ′C ′ có AB điểm của B′C ′ và CC ′ . Biết thể tích khối lăng trụ ABC. A′B ′C ′ bằng mặt phẳng ( AMN ) và mặt phẳng ( ABC ) . Khi đó A. cos α =. 3 . 2. B. cos α =. 1 . 2. C. cos α = Lời giải. 13 . 4. 3a 3 . Gọi α là góc giữa 4. D. cos α =. 3 . 4. Chọn D Lấy H là trung điểm của BC .. 3a 3 3a 2 ⇒ CC = a vì S∆ABC = Ta có: VABC . A ' BC ' = CC ′.S ∆ABC = . 4 4 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Ta có M ≡ O .    3a  3a   a 3a a  a   M ( 0;0;0 ) , A′  ;0;0  , B′  0; ;0  , C′  0; − ;0  ; A  ;0; a  ; N  0; − ; . 2 2 2 2  2       2   Ta có: ( ABC ) ⊥ Oz nên ( ABC ) có một vectơ pháp tuyến là k = ( 0;0;1) ..   a   = Ta có MA =  ;0; a  , MN 2 .  3a a  ; .  0; − 2 2  .

<span class='text_page_counter'>(20)</span>  a   MA ⇒ v= Gọi v= 1 1 2. . (1;0; 2 ) , v 2 =. a   MN ⇒ v 2 = 0; − 3;1 . 2. (. ).  Khi đó mặt phẳng ( AMN ) song song hoặc chứa giá của hai vectơ không cùng phương là v1 và     n v1 , v= v 2 nên có một vectơ pháp tuyến là= 2  2 3; −1; − 3 .  k .n   3 = α cos = k, n =   Vậy cos . 4 k.n. (. ). ( ). Câu 37. Biết. 1. ∫ x ln ( x. 2. + 1)dx = a ln 2 −. 0. P = 13a + 10b + 84c . A. 193 .. b c. (với a, b, c ∈ * và. B. 191 .. Chọn B. b c. là phân số tối giản). Tính. C. 190 . Lời giải. D. 189 .. 2x  = u d dx 2  =  u ln ( x + 1) x +1 Đặt:  ⇒ x2 1 dv = xdx = + v  2 2 2. 1. 1  x2 + 1  1 2 Khi đó: ∫ x ln (= ln x + 1 − xd= x ln 2 − x + 1)dx  )  ( ∫ 2  2  0 0 0 1. 2. ⇒= a 1,= b 1,= c 2 . Vậy P = 13a + 10b + 84c = 191 .. Câu 38. Cho hàm số f ( x) liên tục trên  . Biết sin 2x là một nguyên hàm của hàm số f ( x)e3 x , họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ′( x)e3 x là A. cos 2 x − sin 2 x + C . C. 2 cos 2 x − 3sin 2 x + C .. B. −2 cos 2 x + 3sin 2 x + C . D. 2 cos 2 x + 3sin 2 x + C . Lời giải. Chọn C. f ( x )e 3 x Do sin 2x là một nguyên hàm của hàm số f ( x)e3 x nên ta có =. sin 2 x )′ (=. 2 cos 2 x .. 3x 3x = u e= du 3.e dx Đặt  ⇒ ′ ( x ) dx v f ( x ) = dv f=. Ta có. ∫ f ′( x)e. Câu 39. Cho hàm số y =. 3x. dx = f ( x ) .e3 x − 3∫ f ( x ) .e3 x dx = 2cos 2 x − 3.sin 2 x + C .. (x. 3. − 3 x + m + 1) . Tổng tất cả các giá trị của tham số m sao cho giá trị nhỏ nhất 2. của hàm số trên đoạn [ −1;1] bằng 1 là A. −2 . Chọn A Đặt y = f ( x) =. B. 4 .. (x. 3. C. −4 . Lời giải. D. 0 .. − 3 x + m + 1) là hàm số xác định và liên tục trên đoạn [ −1;1] . 2. Ta có y=′ f ′( x= ) 2 ( x3 − 3 x + m + 1)( 3 x 2 − 3) ..  x = ±1 f ′( x)= 0 ⇔  . 3  m =− x + 3 x − 1 =g ( x).

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Ta khảo sát hàm số g ( x) trên đoạn [ −1;1] . Bảng biến thiên của g ( x). Nếu m ∈ [ −3;1] thì luôn tồn tại x0 ∈ [ −1;1] sao cho m = g ( x0 ) hay f ( x0 ) = 0 . Suy ra min y = 0 , tức là không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu bài toán. [ −1;1]. Nếu m ∉ [ −3;1] thì f ′( x) =0 ⇔ x =±1 ∈ [ −1;1] .. {. ( x) min { f (1); f (−= 1)} min (m − 1) 2 ;(m + 3) 2 Ta có: min f= [ −1;1]. }. Trường hợp 1: m > 1 tức là m + 3 > m − 1 > 0 suy ra  m = 2 (TM ) min f ( x) =(m − 1) 2 =⇔ 1  [ −1;1]  m = 0 ( KTM ) Trường hợp 2: m < −3 tức là m − 1 < m + 3 < 0 suy ra  m = −4 (TM ) min f ( x) = (m + 3) 2 =⇔ 1  1;1 − [ ]  m = −2 ( KTM ) Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán: m = 2; m = −4 , từ đó tổng tất cả các giá trị của m là −2 . Câu 40. Một cái mũ bằng vải của nhà ảo thuật với kích thước như hình vẽ. Hãy tính tổng diện tích vải cần có để làm nên cái mũ đó (không tính viền, mép, phần thừa).. (. ). A. 750, 25π cm 2 .. (. ). B. 756, 25π cm 2 .. (. ). C. 700π cm 2 .. (. Lời giải. Chọn B. 35 − 10 − 10 15 = ( cm ) . 2 2 Đường cao hình trụ của cái mũ là 30 cm .. Bán kính hình trụ của cái mũ là r =. 15 Diện tích xung hình trụ là: = S xq 2= π rl 2.π . = .30 450π ( cm 2 ) . 2 2.  35  Diện tích vành mũ= là: Sv π   − S d ( cm 2 ) .  2  Vậy tổng diện tích vải cần có để làm nên cái mũ đó (không tính viền, mép, phần thừa) là: 2.  35  S = S xq + S d + Sv = 450π +   π = 756, 25.π ( cm 2 ) .  2 . ). D. 700π cm 2 ..

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Câu 41. Một hộp đựng 8 viên bi đỏ được đánh số từ 1 đến 8, 6 viên bi xanh được đánh số từ 1 đến 6. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 2 viên bi từ hộp đó sao cho 2 viên bi khác màu và khác số. A. 30 B. 40 C. 42 D. 36 Lời giải Chọn C Có 6 cách chọn 1 viên bi xanh, với mỗi cách chọn 1 viên bi xanh, có 7 cách chọn 1 viên bi đỏ khác số với viên bi xanh đó. Vậy có 6.7 = 42 cách. Câu 42. Cho phương trình log 32 ( 9 x ) − ( m + 5 ) log 3 x + 3m − 10 = 0 (với m là tham số thực). Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc [1;81] là A. 3. B. 5. C. 4 . Lời giải. D. 2 .. Chọn C Ta có log 32 ( 9 x ) − ( m + 5 ) log 3 x + 3m − 10 =0 ⇔ log 32 ( x ) − ( m + 1) log 3 x + 3m − 6 =0, (1) Đặt t = log 3 x , khi x ∈ [1;81] thì t ∈ [ 0; 4] .  t =3 Khi đó ta có phương trình t 2 − ( m + 1) t + 3m − 6 = 0 ⇔  . t m−2 = Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc [1;81] ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm  m−2≠3  m≠5 phân biệt t ∈ [ 0; 4] ⇔  . ⇔ 0 ≤ m − 2 ≤ 4 2 ≤ m ≤ 6 Suy ra có 4 giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc. [1;81] .. Chọn đáp án C. Câu 43. Cho hình hộp ABCD. A′B′C ′D′ có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O . Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với O . Biết tam giác AA′C vuông cân tại A′ . Tính khoảng cách h từ điểm D đến mặt phẳng ( ABB′A′ ) . A. h =. a 6 . 6. Chọn D. B. h =. a 2 . 6. C. h = Lời giải. a 2 . 3. D. h =. a 6 . 3.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> AB 2 + BC 2 =. Ta có: AC =. a2 + a2 = a 2 .. ′O Vì tam giác AA′C vuông cân tại A′ nên ta có: A= Gọi M là trung điểm của AB . Suy ra OM ⊥ AB . Trong mặt phẳng ( A′OM ) : kẻ OH ⊥ A′M .. AC a 2 . = 2 2. Ta có: AB ⊥ ( A′OM ) (vì AB ⊥ OM và AB ⊥ A′O ). Suy ra AB ⊥ OH . OH ⊥ A′M Vì  ⇒ OH ⊥ ( ABB′A′ ) . Do đó: d ( O; ( ABB′A′ ) ) = OH . OH ⊥ AB d ( D; ( ABB′A′ ) ) 2= d ( O; ( ABB′A′ ) ) 2OH . Do D, O, B thẳng hàng và DB = 2OB nên = A′O.OM = A′O 2 + OM 2. Ta có: OH =. a 2 a . a 6 2 2 . = 2 6  a 2   a 2   +   2  2. Vậy d ( D; ( ABB′A′ ) )= h= 2OH=. a 6 . 3. Câu 44. Cho các số thực dương a, b thỏa mãn log 4 a  log 6 b  log 9 4a  5b 1 . Đặt T  định nào sau đây đúng? A. 1 < T < 2 .. B.. Chọn D. 1 2 C. −2 < T < 0 . <T < . 2 3 Lời giải. D. 0 < T <. b . Khẳng a. 1 . 2.  a = 4t  Giả sử: log 4 a = log 6 b = log 9 ( 4a − 5b ) − 1 = t ⇒ b = 6t  9t +1 4a − 5b = t. t. 2t. t. 4 6 2 2 Khi đó 4.4 − 5.6 = 9.9 ⇔ 4.   − 5.   = 9 ⇔ 4.   − 5.   − 9 = 0 9 9 3 3 t.  2 t 9   = 3 4 ⇔  2 t   = −1  3 . t. (VN ) t. t. 9 ⇔ t =log 2   ⇔ t =−2 3 4 −2. b 6 3 4  1 Vậy T= =   =   = ∈  0;  . a 4 2 9  2 x −3 Câu 45. Cho hàm số y = 3 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc 2 x − 3mx + ( 2m 2 + 1) x − m. đoạn [ −2020; 2020] để đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận? A. 4039.. B. 4040.. C. 4038. Lời giải. D. 4037.. Chọn D Ta có= lim y 0,= lim y 0 ⇒ đồ thị hàm số đã cho có 1 tiệm cận ngang. x →+∞. x →−∞.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Do đó đồ thị hàm số đã cho có 4 đường tiệm cận khi và chỉ khi nó có 3 tiệm cận đứng (*) . Có x3 − 3mx 2 + ( 2m 2 + 1) x − m = ( x − m ) ( x 2 − 2mx + 1) x = m x3 − 3mx 2 + ( 2m 2 + 1) x − m =0 ⇔  2 0  x − 2mx + 1 =. ( *) ⇔. ( 2). 0 có 3 nghiệm phân biệt khác 3 . x 3 − 3mx 2 + ( 2m 2 + 1) x − m =. ⇔ m ≠ 3 và ( 2 ) có 2 nghiệm phân biệt khác m và khác 3. m ≠ 3 5  m ≠ 3, m ≠  2  3 m − 2m.m + 1 ≠ 0  ⇔ 2 ⇔ m >1 3 − 2m.3 + 1 ≠ 0    ∆′ = m 2 − 1 > 0   m < −1  2 Do đó tập tất cả giá trị nguyên của m thỏa ycbt là {−2020; −2019;...; −2; 2; 4;5;...; 2020} . Vậy có 4037 giá trị m thỏa ycbt. Câu 46. Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 5 x + y = 4 . Tổng tất cả giá trị nguyên của tham số m để phương trình log 3 A. 10. Chọn B log 3. x2 + 2 y + m + x 2 − 3 x − y + m − 1 =0 có nghiệm là x+ y B. 5. C. 9. Lời giải. D. 2.. x2 + 2 y + m + x 2 − 3 x − y + m − 1 =0 x+ y. m log 3 3 ( x + y ) + 3 ( x + y ) ⇔ log 3 ( x 2 + 2 y + m ) + x 2 + 2 y + =. (1). f ( t ) log 3 t + t là hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) . Vì x, y > 0 nên x + y > 0 . Xét hàm số = Khi đó (1) ⇔ x 2 + 2 y + m = 3 x + 3 y ⇔ x 2 − 3 x − y + m = 0. ( *). Kết hợp với điều kiện 5 x + y = 4 ⇒ y = 4 − 5 x . Vì x, y > 0 ⇒ 0 < x <. 4 . 5.  4 Ta có (*) ⇔ x 2 + 2 x + m − 4 =0 ⇔ m =− x 2 − 2 x + 4, ∀x ∈  0;  .  5 44  4 Hàm số y = < − x2 − 2 x + 4 < 4 . − x 2 − 2 x + 4 nghịch biến trên  0;  (do −1 < 0 ) nên 25  5. Do vậy m ∈ {2;3} là các giá trị cần tìm. Vậy tổng tất cả các giá trị m thỏa ycbt là 5. Câu 47. Cho hàm số f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ..

<span class='text_page_counter'>(25)</span> y 3 x. -4 3. O. -4. 9 Hàm số g (= x) f ( 3 x 2 − 1) − x 4 + 3 x 2 đồng biến trên khoảng nào dưới đây. 2.  2 3 − 3 A.  − ;  . 3 3  .  2 3 B.  0;  . 3  . C. (1; 2 ) ..  3 3 D.  − ;  . 3 3  . Lời giải. Chọn A TXĐ: D = . Ta có: = g ′ ( x ) 6 xf ′ ( 3 x 2 − 1) − 18= x3 + 6 x 6 x  f ′ ( 3 x 2 − 1) − 3 x 2 + 1  x = 0 x = 0   2 x = 0 3 x − 1 =−4 (VN ) 3 g′( x) = 0 ⇔  ⇔  x = ± ⇔ 2 2 2 3 x − 1 =0 3  f ′ ( 3 x − 1) = 3 x − 1   2 3  3 x 2 − 1 =3  x = ± 3 Bảng xét dấu:.  2 3 − 3 Vậy hàm số đồng biến trong khoảng  − ; . 3 3  . f ( 0 ) 0; f ( 4 ) > 4 . Biết hàm y = f ′ ( x ) Câu 48. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên  và= có đồ thị như hình vẽ.. y 5 3 1 O. Số điểm cực trị của hàm số = g ( x) A. 2 .. B. 1 .. x 1 2. 4. f ( x 2 ) − 2 x là C. 4 . Lời giải. D. 3 ..

<span class='text_page_counter'>(26)</span> Chọn D. Xét hàm số = h ( x ) f ( x2 ) − 2x . 1 (vô nghiệm ∀x ≤ 0 ). Ta có: 0 ⇔ f ′ ( x2 ) = h′ ( x ) 2 xf ′ ( x 2 ) − 2 ; h′ ( x ) = = x. Đặt t= x 2 ⇒ x=. t , ∀t > 0 .. 1 1 (*). Nhận thấy trên khoảng ( 0;1) thì w ( t ) = nghịch biến và f ′ ( t ) đồng t t biến, do đó (*) nếu có nghiệm là duy nhất. Mặt khác: h′ ( 0 ) .h′ (1) =−2 ( 2 f ′ (1) − 2 ) =−8 < 0 và h′ ( x ) liên tục trên [ 0;1] nên. Khi đó: f ′ ( t ) =. ∃x0 ∈ ( 0;1) : h′ ( x0 ) = 0. Vậy h′ ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x0 ∈ ( 0;1) và h ( x ) có một điểm cực tiểu (vẽ bảng biến thiên). (1). Xét phương trình: h ( x ) =0 ⇔ f ( x 2 ) − 2 x =0 (**). Ta có: h ( 0 ) = f ( 0 ) = 0 ⇒ x = 0 là một nghiệm của (**). .h ( 2 ) ( f ( x ) − 2 x ) ( f ( 4 ) − 4 ) < 0 ⇒ ∃x ∈ ( ( x )= Nên (**) có nghiệm x ∈ ( x ; 2 ) . Mặt khác: h. 0. 0. 1. 0. 1. ). x0 ; 2 : = h ( x1 ) 0 .. 0. Vì h ( x ) có một điểm cực trị, nên (**) có không quá 2 nghiệm. Vậy h ( x= x 0 có hai nghiệm phân biệt. (2) ) f ( x 2 ) − 2= Từ (1) và (2) ta được: hàm số= g ( x). f ( x 2 ) − 2 x có 3 điểm cực trị.. g ( x ) f ( f ( x ) − 1) . Số nghiệm của phương trình Câu 49. Cho hàm số f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Đặt= g ′ ( x ) = 0 là A. 6 .. B. 10 .. Chọn C. C. 9 . Lời giải. = Ta có g ′ ( x ) f ′ ( x ) . f ′ ( f ( x ) − 1)  f ′( x) = 0 g ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) . f ′ ( f ( x ) − 1) = 0 ⇔  . 0  f ′ ( f ( x ) − 1) =. D. 8 ..

<span class='text_page_counter'>(27)</span>  x a1 ( a1 ∈ ( −1;0 ) ) =  +) f ′ ( x ) =0 ⇔  x =1  =  x a2 ( a2 ∈ (1; 2 ) ).  f ( x ) − 1 = a1  f ( x ) = a1 + 1 ∈ ( 0;1) (1)   +) f ′ ( f ( x ) − 1) = 0 ⇔  f ( x ) − 1 = 1 ⇔  f ( x ) = 2 ( 2)  f x − 1= a  f x = a + 1 ∈ 2;3 3 ( )( ) 2 2  ( )  ( ) Từ đồ thị suy ra •. phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt b1 ∈ ( −2; −1) ; b2 ∈ ( 2;3). •. phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt c1 ∈ ( −2; b1 ) ; c2 ∈ ( b2 ;3). •. phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt d1 ∈ ( −2; c1 ) ; d 2 ∈ ( c2 ;3). Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm phân biệt.. Câu 50. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn 6 x 2 f ( x 3 ) + 4 f (1 − x ) = 3 1 − x 2 . Tính 1. ∫ f ( x ) dx . 0. A.. π 8. π. B.. .. 20. C.. .. Lời giải. Chọn A. π . 16. D.. π 4. .. Từ giả thiết 6 x 2 f ( x 3 ) + 4 f (1 − x ) = 3 1 − x 2 , lấy tích phân từ 0 đến 1 của 2 vế ta được 1. 1. 1. 2 3 2 ∫ 6 x f ( x ) dx + ∫ 4 f (1 − x ) dx = ∫ 3 1 − x dx 0. 0. 1. 0. 1. 1. Đặt I1 = ∫ 6 x 2 f ( x3 ) d= x , I2. , I ∫3 ∫ 4 f (1 − x ) dx= 0. 0. 1 − x 2 dx .. 0. 1. 1. 0. 0. +) Đặt t = x 3 ta= được I1 2= ∫ f ( t ) dt 2∫ f ( x ) dx 1. 1. 0. 0. +) Đặt v = 1 − x ta= được I 2 4= ∫ f ( v ) dv 4∫ f ( x ) dx . 1. Từ đó ta được I = 6 ∫ f ( x ) dx 0. +) Đặt u = sin x ta được I =. 3π , suy ra 4. 1. π. ∫ f ( x ) dx = 8 . 0.  HẾT .

<span class='text_page_counter'>(28)</span>