Tải bản đầy đủ (.pdf) (18 trang)

Đề thi thử THPT quốc gia

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (555.29 KB, 18 trang )

(1)

Dayhoctoan.vn


BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
CHUẨN CẤU TRÚC MINH HỌA


ĐỀ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2020
MƠN: TỐN


Đề 1


Câu 1. Từ một nhóm học sinh gồm 7 nam và 11 nữ, có bao nhiêu cách Chọn ra một học sinh?


A. 18. B. 48. C. 6. D. 8.


Lời giải
Chọn A


Số cách chọn 1học sinh từ nhóm gồm 18 học sinh là 18.


Câu 2. Cho cấp số nhân (𝑢𝑛) với 𝑢1 = 2 và 𝑢2 = −16. Công bội của cấp số nhân đã cho bằng


A. −8. B. − 4. C. 4. D. −𝟏


𝟖.
Lời giải


Chọn A


Ta có 𝑢2= 𝑢1. 𝑞 ⇒ 𝑞 =𝑢𝑢2
1=



−16


2 = −8.


Câu 3. Diện tích xung quanh của hình trụ có độ dài đường sinh 𝑙 và bán kính đáy 𝑟 bằng


A. 4𝜋𝑟𝑙. B. 2𝜋𝑟𝑙. C. 𝜋𝑟𝑙. D. 1


3𝜋𝑟𝑙.
Lời giải


Chọn B


Áp dụng cơng thức diện tích xung quanh hình trụ.


Câu 4. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) có bảng biến thiên như sau


Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?


A. (1 ; +∞). B. (−∞; −1 ). C. (−1 ; 1). D. (0 ; 1).


Lời giải


ChọnA


Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: Hàm số đã cho Nghịch biến trên các khoảng (−1; 0) và
(1; +∞).


Câu 5. Cho khối lập phương có cạnh bằng 4. Thể tích của khối lập phương đã cho bằng



A. 64. B. 16. C. 36. D. 72.


Lời giải
Chọn A


Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 6 là 𝑉 = 43 = 64.


Câu 6. Nghiệm của phương trình log3(2𝑥 + 1) = 2 là:


A. 𝑥 = 3. B. 𝑥 = 5. C. 𝑥 =9


2. D. 𝑥 = 4.
Lời giải


Chọn D



(2)

Ta có log3(2𝑥 + 1) = 2 ⇔ {𝑥 >
−1


2
2𝑥 + 1 = 32


⇔ {𝑥 >
−1


2


𝑥 = 4 ⇔ 𝑥 = 4.
Vậy phương trình có nghiệm 𝑥 = 4.



Câu 7. Nếu ∫12𝑓(𝑥)d𝑥 = 2 và ∫23𝑓(𝑥)d𝑥= 1 thì ∫13𝑓(𝑥)d𝑥 bằng


A. −3. B. −1. C. 1. D. 3.


Lời giải
Chọn D


Ta có ∫13𝑓(𝑥)d𝑥=∫12𝑓(𝑥)d𝑥+∫23𝑓(𝑥)d𝑥= 2 + 1 = 3.


Câu 8. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) có bảng biến thiên như sau:


Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng


A. 2. B. 3. C. 0. D. −4.


Lời giải
Chọn A


Từ bảng biến thiên, ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 2.


Câu 9. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào sau đây?


A. 𝒚 = 𝒙𝟑− 𝟑𝒙 + 𝟐. B. 𝒚 = 𝒙𝟑− 𝟐𝒙 + 𝟐.


C. 𝒚 = −𝒙𝟑+ 𝟑𝒙 + 𝟐. D. 𝒚 = 𝒙𝟑+ 𝟑𝒙 + 𝟐.
Lời giải


Chọn A


Từ đồ thị suy ra hàm số có hệ số bậc ba 𝑎 > 0. Loại phương án C



Đồ thị hàm số đi qua điểm (1; 0), thay vào ba phương án còn lại, chỉ có phương án A thỏa
mãn.


Câu 10. Với 𝑎; 𝑏 là số thực dương tùy ý, log2(𝑎2. 𝑏) bằng:


A. 2 + log2𝑎. B. 2log2𝑎 + log2𝑏. C. 2log2𝑎 − log2𝑏. D. 1


2log2𝑎.
Lời giải


Chọn B


Với 𝑎 > 0; 𝑏 > 0; 𝑎 ≠ 1. Với mọi 𝛼. Ta có cơng thức: log𝑎𝑏𝛼 = 𝛼log𝑎𝑏.
Vậy: log2𝑎2𝑏 = 2log


2𝑎 + log2𝑏.



(3)

A. −cos𝑥 + 3𝑥2+ 𝐶. B. cos𝑥 + 3𝑥2+ 𝐶. C. sin𝑥 + 6𝑥2+ 𝐶. D. −sin𝑥 + 𝐶.
Lời giải


Chọn A


Ta có ∫𝑓(𝑥)d𝑥 =∫(sin𝑥 + 6𝑥)d𝑥 = −cos𝑥 + 3𝑥2+ 𝐶.


Câu 12. Môđun của số phức 4 + 3𝑖 bằng


A. 5. B. √3. C. √5. D. 3.


Lời giải


Chọn A


Ta có |4 + 3𝑖|=√42+ 32=√25 = 5.


Câu 13. Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, hình chiếu vng góc của điểm 𝑀(2 ; −2 ; 1) trên mặt phẳng (𝑂𝑦𝑧)


có tọa độ là


A. (2 ; 0 ; 1). B. (2 ; −2 ; 0). C. (0 ; −2 ; 1). D. (0 ; 0 ; 1).
Lời giải


Chọn C


Ta có hình chiếu của điểm 𝑀(𝑥0 ; 𝑦0 ; 𝑧0) trên mặt phẳng (𝑂𝑦𝑧) là điểm 𝑀′(0 ; 𝑦0 ; 𝑧0).
Do đó hình chiếu của điểm 𝑀(2 ; −2 ; 1) trên mặt phẳng (𝑂𝑦𝑧) là điểm 𝑀′(0; −2 ; 1).


Câu 14. Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho mặt cầu (𝑆): (𝑥 + 1)2+ (𝑦 − 22)2+ (𝑧 − 4)2 = 25. Tâm của
(𝑆) có tọa độ là


A. (−1 ; 22 ; 4). B. (1 ; 2 ; 3). C. (−1 ; 2 ; −3). D. (1 ; −2 ; 3).
Lời giải


Chọn A


Mặt cầu (𝑆): (𝑥 − 𝑎)2+(𝑦 − 𝑏)2+(𝑧 − 𝑐)2 = 𝑅2 có tâm là 𝐼(𝑎 ; 𝑏 ; 𝑐).


Suy ra, mặt cầu (𝑆): (𝑥 − 1)2+(𝑦 + 2)2+(𝑧 − 3)2= 16 có tâm là 𝐼(1 ; −2 ; 3).


Câu 15. Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho mặt phẳng (𝛼): 8𝑥 + 2𝑦 − 6𝑧 + 1 = 0. Vectơ nào dưới đây là
một vectơ pháp tuyến của (𝛼)?



A. 𝑛⃗⃗⃗⃗ = (4 ; 1 ; −3).2 B. 𝑛⃗⃗⃗⃗ = (2 ; −4 ; 1).3 C. 𝑛⃗⃗⃗⃗ = (3 ; −4 ; 1).1 D. 𝑛⃗⃗⃗⃗ = (3 ; 2 ; −4). 4
Lời giải


Chọn A


Mặt phẳng (𝛼): 8𝑥 + 2𝑦 − 6𝑧 + 1 = 0 có vectơ pháp tuyến 𝑛⃗⃗⃗⃗ = (4 ; 1 ; −3). 2


Câu 16. Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng 𝑑:𝑥−2


−1 =
𝑦+12


6 =
𝑧−10


3 ?


A. 𝑃(2 ; −1 2 ; 10). B. 𝑄(−2 ; 12 ; −10). C. 𝑁(−1 ; 3 ; 2). D. 𝑃(−1 ; 6 ; 3).
Lời giải


Chọn A


Thay tọa độ các điểm vào phương trình đường thẳng ta thấy điểm 𝑃(2 ; −1 2 ; 10) thỏa 2−2
−1 =
−12+12


3 =
10−10



3 = 0. Vậy điểm 𝑃(2 ; −1 2 ; 10) thuộc đường thẳng yêu cầu.


Câu 17. Cho hình lập phương 𝐴𝐵𝐶𝐷 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′. Góc giữa hai mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶𝐷) và (𝐴𝐶𝐶′𝐴′) bằng:


A. 60°. B. 45°. C. 90°. D. 30°.


Lời giải



(4)

Ta có:
𝐵𝐷 ⊥ 𝐴𝐶


𝐵𝐷 ⊥ 𝐴𝐴′}⇒ 𝐵𝐷 ⊥ (𝐴𝐶𝐶′𝐴′) ⇒ (𝐴𝐵𝐶𝐷) ⊥ (𝐴𝐶𝐶′𝐴′).


Câu 18. Cho hàm số𝑦 = 𝑓(𝑥)liên tục trênℝvà có bảng xét dấu 𝑓′(𝑥) như sau:


Kết luận nào sau đây đúng


A. Hàm số có 4 điểm cực trị. B. Hàm số có 2 điểm cực đại.
C. Hàm số có 2 điểm cực trị. D. Hàm số có 2 điểm cực tiểu.


Lời giải


Chọn D


Dựa vào bảng xét dấu, ta có:


𝑓′(𝑥)đổi dấu 3 lần khi qua các điểm 1,3,4. Suy ra loại phương án A.


𝑓′(𝑥)đổi dấu từ âm sang dương khi qua điểm 1,4 và đổi dấu từ dương sang âm khi qua điểm 3.
Suy ra hàm số có 2 điểm cực tiểu.



Câu 19. Giá trị lớn nhất của hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑥3− 2𝑥2+ 𝑥 − 2 trên đoạn [0; 2] bằng


A. max


[0;2]𝑓(𝑥) = −
50


27. B. max[0;2]𝑓(𝑥) = −2. C. max[0;2]𝑓(𝑥) = 1. D. max[0;2]𝑓(𝑥) = 0.
Lời giải


Chọn D


Hàm số 𝑓(𝑥) xác định và liên tục trên đoạn [0; 2].
𝑓′(𝑥) = 3𝑥2− 4𝑥 + 1.


𝑓′(𝑥) = 0 ⇔ 3𝑥2 − 4𝑥 + 1 = 0 ⇔ [𝑥 = 1 ∈ [0; 2]
𝑥 =1


3 ∈ [0; 2]
.
𝑦(0) = −2; 𝑦(1) = −2; 𝑦 (1


3) = −
50


27; 𝑦(2) = 0.
Vậy max


[0;2]𝑓(𝑥) = 0.



Câu 20. Cho 𝑎, 𝑏 là các số dương (𝑏 ≠ 1). Ta có log√𝑏(√𝑎. 𝑏) bằng


A. 1


2+ log𝑏𝑎. B.
1
2+


1


2log𝑏𝑎. C.log𝑏𝑎 + 2. D. 2 + log𝑎𝑏.
Lời giải


Chọn C


Ta có: log√𝑏(√𝑎. 𝑏) = log
𝑏


1
2𝑎


1
2+ log


𝑏
1


2𝑏 = log𝑏𝑎 + 2.



Câu 21. Tập nghiệm của bất phương trình (1


3)
𝑥2+2𝑥


> 1
27 là


A. −3 < 𝑥 < 1. B. 1 < 𝑥 < 3. C. −1 < 𝑥 < 3. D. 𝑥 < −3; 𝑥 > 1.
Lời giải


Chọn A


D'


C'
B'


C


A D


B


A'


0


0 + + +



4
3


2 +∞


1
x


f '(x)



(5)

(1
3)


𝑥2+2𝑥
> 1


27⇔ (
1
3)


𝑥2+2𝑥
> (1


3)
3


⇔ 𝑥2 + 2𝑥 < 3 ⇔ 𝑥2+ 2𝑥 − 3 < 0 ⇔ −3 < 𝑥 < 1.


Câu 22. Cho hình trụ có diện tích xung quanh bằng 50𝜋 và độ dài đường sinh bằng đường kính của
đường trịn đáy. Tính bán kính 𝑟 của đường trịn đáy.



A. 𝑟 = 5. B. 𝑟 = 5√𝜋. C. 𝑟 = 5√2𝜋


2 . D. 𝑟 =
5√2


2 .
Lời giải


Chọn D


Theo giả thiết : 𝑙 = 2𝑟.


Ta có : 𝑆𝑥𝑞 = 2𝜋𝑟𝑙 = 50𝜋 ⇔ 2𝑟2 = 25 ⇒ 𝑟 =5√22 .


Câu 23. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) xác định và liên tục trên mỗi nửa khoảng (−∞; −2] và [2; +∞), có bảng


biến thiên như hình bên.


Số nghiệm thực của phương trình 4𝑓(𝑥) − 9 = 0 là


A. 1. B. 3. C. 2. D. 0.


Lời giải


Chọn A


Ta có 4𝑓(𝑥) − 9 = 0 ⇔ 𝑓(𝑥) =9
4.



Từ BBT ta thấy phương trình trên có một nghiệm.


Câu 24. Tìm họ ngun hàm 𝐹(𝑥) của hàm số 𝑓(𝑥) =𝑥−1


𝑥2 , 𝑥 ≠ 0?


A. 𝐹(𝑥) = ln𝑥 +1


𝑥+ 𝐶. B. 𝐹(𝑥) = ln|𝑥| −
1
𝑥+ 𝐶.


C. 𝐹(𝑥) = −ln|𝑥| +1


𝑥+ 𝐶. D. 𝐹(𝑥) = ln|𝑥| +
1
𝑥+ 𝐶.
Lời giải


Chọn D


Xét 𝐹(𝑥) = ∫𝑥−1𝑥2 dx = ∫
𝑥−1


𝑥2 d𝑥 = ∫(
1
𝑥−


1



𝑥2)d𝑥 = ∫
1


𝑥dx − ∫
1


𝑥2d𝑥 = ln|𝑥| +
1
𝑥+ 𝐶.


Câu 25. Cho biết sự tăng dân số được ước tính theo cơng thức 𝑆 = 𝐴. 𝑒𝑁𝑟. Đầu năm 2010 dân số tỉnh
Bắc Ninh là 1.038.229 người tính đến đầu năm 2015 dân số của tỉnh là 1.153.600 người. Hỏi
nếu tỉ lệ tăng dân số hằng năm giữ nguyên thì đầu năm 2020 dân số của tỉnh nằm trong khoảng
nào?


A. (1.281.600; 1.281.700). B.(1.281.700; 1.281.800).
C. (1.281.800; 1.281.900). D. (1.281.900; 1.282.000).


Lời giải
Chọn B


Áp dụng công thức 𝑆 = 𝐴. 𝑒𝑁𝑟 từ đầu năm 2010 đến đầu năm 2015 ta có:
1153600 = 1038229. 𝑒5𝑟 ⇔ 𝑟 =1


5ln


1153600
1038229.


Đầu năm 2020 dân số của tỉnh Bắc Ninh là 𝑆 = 1038229. 𝑒10.15ln11536001038229 ≈ 1281792người.




(6)

A. 2√3𝑎3. B. 4√3𝑎3. C. 2√3𝑎3


3 . D.


4√3𝑎3
3 .
Lời giải


Chọn A


Gọi 𝐼 = 𝐴𝐶 ∩ 𝐵𝐷. Ta có: 𝐴𝐶 ⊥ 𝐵𝐷, 𝐵𝐼 =𝐵𝐷
2 =


𝑎√3


2 . Xét tam giác vuông 𝐵𝐴𝐼 vuông tại 𝐼:
𝐴𝐼2 = 𝐵𝐴2 − 𝐵𝐼2 = 𝑎2− (𝑎√3


2 )
2


= 𝑎23𝑎2
4 =


𝑎2


4 ⇒ 𝐴𝐼 =
𝑎



2 ⇒ 𝐴𝐶 = 𝑎.
Diện tích hình bình hành 𝐴𝐵𝐶𝐷: 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷= 2S𝛥𝐴𝐵𝐶= 2.12𝐵𝐼. 𝐴𝐶 = 2.12𝑎√32 . 𝑎 =𝑎


2√3
2 .
Vậy: 𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷.𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ = 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷. 𝐴𝐴′ =𝑎


2√3


2 . 4𝑎 = 2√3𝑎
3.


Câu 27. Cho hàm số 𝑦 =𝑥3−2𝑥2+1010𝑥−2020


𝑥3−8 . Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ
thị của hàm số là


A. 1. B. 2. C. 4. D. 3.


Lời giải


Chọn A


TXĐ: 𝐷 = ℝ\{2}.
lim


𝑥→±∞𝑦 = 1 ⇒ 𝑦 = 1 là tiệm cận ngang.
lim


𝑥→2+𝑦 = lim𝑥→2+



(𝑥−2)(𝑥2+1010)


(𝑥−2)(𝑥2+2𝑥+4)= lim𝑥→2+


𝑥2+1010
𝑥2+2𝑥+4=


169
2 .
lim


𝑥→2−𝑦 = lim𝑥→2


(𝑥−2)(𝑥2+1010)


(𝑥−2)(𝑥2+2𝑥+4)= lim𝑥→2


𝑥2+1010
𝑥2+2𝑥+4=



(7)

Nên đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng.


Câu 28. Cho hàm số 𝑦 =𝑎𝑥+𝑏


𝑥+𝑐 có đồ thị như hình vẽ 𝑎, 𝑏, 𝑐 là các số nguyên. Giá trị của biểu thức 𝑇 =
𝑎 − 3𝑏 + 2𝑐 bằng:


A. 𝑇 = 12. B. 𝑇 = 10. C. 𝑇 = −7. D. 𝑇 = −9.
Lời giải



Chọn D


Đồ thị hàm số trên hình vẽ có tiệm cận ngang là đường thẳng 𝑦 = −1 mà lim


𝑥→+∞𝑦 = 𝑎,
lim


𝑥→−∞𝑦 = 𝑎 nên đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là đường thẳng 𝑦 = 𝑎 suy ra 𝑎 = −1
Suy ra 𝑦 =−𝑥+𝑏


𝑥+𝑐


Đồ thị hàm số đi qua các điểm 𝐴(0 ; −2), 𝐵(2 ; 0) suy ra {
𝑏
𝑐 = −2
0 =−2+𝑏


2+𝑐


⇔ {𝑏 = 2
𝑐 = −1
𝑇 = 𝑎 − 3𝑏 + 2𝑐 = −1 − 6 − 2 = −9.


Câu 29. Diện tích phần hình phẳng tơ đen trong hình vẽ bên dưới được tính theo cơng thức nào dưới


đây?


A. ∫ (𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥))d𝑥−23 . B.∫ (𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥))𝑑𝑥−23 .



C. ∫ (𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥))d𝑥−20 +∫ (g(𝑥) − 𝑓(𝑥))d𝑥03 . D.∫ (𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥))𝑑𝑥−20 +∫ (𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥))𝑑𝑥03 .
#Lời giải


Chọn C


Từ đồ thị hai hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) và 𝑦 = 𝑔(𝑥) ta có diện tích phần hình phẳng tơ đen trong hình vẽ
bên dưới được tính là:


𝑆 = ∫|𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)|𝑑𝑥
3


−2


= ∫|𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)|𝑑𝑥
0


−2


+ ∫|𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)|𝑑𝑥
3


0


= ∫(𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥))𝑑𝑥
0


−2


+ ∫(𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥))𝑑𝑥
3




(8)

Câu 30. Gọi 𝑧1, 𝑧2 là hai nghiệm phức của phương trình 𝑧2− 4𝑧 + 5 = 0. Giá trị của 𝑧12+ 𝑧
22 bằng


A. 6. B. 8. C. 16. D. 26.


Lời giải


Chọn A


Vì 𝑧1, 𝑧2 là nghiệm của phương trình 𝑧2− 4𝑧 + 5 = 0 nên ta có: {


𝑧1+ 𝑧2 = 4
𝑧1. 𝑧2 = 5
Khi đó: 𝑧12+ 𝑧


22 = (𝑧1+ 𝑧2)2− 2𝑧1𝑧2 = 16 − 10 = 6


Câu 31. Số phức 𝑧 thỏa mãn 𝑧̅ = 1 − 2𝑖 được biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ bởi điểm ?


A. 𝑄(−1; −2). B. 𝑀(1; 2). C. 𝑃(−1; 2). D. 𝑁(1; −2).
Lời giải


Chọn B


Vì 𝑧̅ = 1 − 2𝑖 ⇒ 𝑧 = 𝑧̅̅ = 1 + 2𝑖. Do đó điểm biểu diễn số phức 𝑧 là (1; 2).


Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho hai vectơ 𝑎 = (−2; −3; 1), 𝑏⃗ = (1; 0; 1). Tính
cos (𝑎 , 𝑏⃗ ).



A.cos (𝑎 , 𝑏⃗ ) = −1


2√7. B. cos (𝑎 , 𝑏⃗ ) =
1


2√7. C. cos (𝑎 , 𝑏⃗ ) =
−3


2√7. D. cos (𝑎 , 𝑏⃗ ) =
3
2√7.
Lời giải


Chọn A


Ta có: cos (𝑎 , 𝑏⃗ ) = 𝑎⃗ .𝑏⃗
|𝑎⃗ |.|𝑏⃗ |=


−2.1+−3.0+1.1


√(−2)2+(−3)2+12.√12+02+12 =
−1
2√7.


Câu 33. Trong khơng gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, phương trình mặt cầu tâm 𝐼(−1; 2; 0) và đi qua điểm 𝐴(2; −2; 0) là


A. (𝑥 + 1)2+ (𝑦 − 2)2+ 𝑧2 = 100. B. (𝑥 + 1)2+ (𝑦 − 2)2+ 𝑧2 = 5.


C. (𝑥 + 1)2+ (𝑦 − 2)2+ 𝑧2 = 10. D. (𝑥 + 1)2+ (𝑦 − 2)2+ 𝑧2 = 25.



Lời giải
Chọn D


Ta có: 𝑅 = 𝐼𝐴 = √32 + 42 = 5.


Vậy phương trình mặt cầu có dạng: (𝑥 + 1)2+ (𝑦 − 2)2+ 𝑧2 = 25.


Câu 34. Cho hai điểm 𝐴(1 ; −1 ; 5), 𝐵(0 ; 0 ; 1). Mặt phẳng (𝑃)chứa 𝐴, 𝐵 và song song với trục 𝑂𝑦có


phương trình là


A. 4𝑥 − 𝑧 + 1 = 0. B. 4𝑥 + 𝑦 − 𝑧 + 1 = 0. C. 2𝑥 + 𝑧 − 5 = 0. D. 𝑥 + 4𝑧 − 1 = 0.
Lời giải


Chọn A


Ta có: 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ = (−1 ; 1 ; −4).


Do mặt phẳng (𝑃)chứa 𝐴, 𝐵 và song song với trục 𝑂𝑦nên vectơ pháp tuyến của (𝑃) là:
𝑛⃗ = [𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ; 𝑗 ] = (4 ; 0 ; −1).


Phương trình (𝑃): 4(𝑥 − 0) + 0(𝑦 − 0) − 1(𝑧 − 1) = 0 ⇔ 4𝑥 − 𝑧 + 1 = 0.


Câu 35. Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, đường thẳng 𝑑: {


𝑥 = 1 + 2𝑡
𝑦 = 2 − 3𝑡
𝑧 = 3 − 𝑡


, 𝑡 ∈ ℝ đi qua điểm 𝑄(1 ; 𝑚 ; 𝑛). Tính


𝑇 = 2𝑚 + 𝑛.


A. 𝑇 = 6. B. 𝑇 = −7. C. 𝑇 = 7. D. 𝑇 = −1.
Lời giải


Chọn C


Ta có {


1 = 1 + 2𝑡
𝑚 = 2 − 3𝑡
𝑛 = 3 − 𝑡


⇒ {
𝑡 = 0
𝑚 = 2
𝑛 = 3



(9)

Câu 36. Cho X là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau sao cho tổng các chữ số bằng 13. Lấy


ngẫu nhiên một số từ tập X. Tính xác suất sao cho số lấy được chia hết cho 4.


A. 12


139. B.


3


16. C.



7


48. D.
35
144.
Lời giải


Chọn D


Gọi số có 5 chữ số khác nhau sao cho tổng các chữ số bằng 13 là 𝑎𝑏𝑐𝑑𝑒. Ta có tập hợp
{𝑎 ; 𝑏 ; 𝑐 ; 𝑑 ; 𝑒} là một trong ba trường hợp sau {0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 7}, {0 ; 1 ; 2 ; 4 ; 6},
{0 ; 1 ; 3 ; 4 ; 5}. Với mỗi trường hợp trên có 4 cách Chọn a, 4! cách Chọn 4 chữ số còn lại
suy ra 𝑛(𝛺) = 3.4.4! = 288 .


Gọi A là biến cố: Số được Chọn chia hết cho 4.


TH1: {𝑎 ; 𝑏 ; 𝑐 ; 𝑑 ; 𝑒}= {0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 7}.⇒ 𝑎𝑏𝑐𝑑𝑒 ∈ {𝑎𝑏𝑐20 ; 𝑎𝑏𝑐12; 𝑎𝑏𝑐32; 𝑎𝑏𝑐72} ; với
𝑎𝑏𝑐20 có 3! số với 𝑎𝑏𝑐12 và 𝑎𝑏𝑐72;𝑎𝑏𝑐32có có 2 cách Chọn a ; 2 cách Chọn b và c nên có
12 số. Nên TH1có 18 số.


TH2: {𝑎 ; 𝑏 ; 𝑐 ; 𝑑 ; 𝑒}= {0 ; 1 ; 2 ; 4 ; 6} ⇒ 𝑎𝑏𝑐𝑑𝑒 ∈


{𝑎𝑏𝑐12; 𝑎𝑏𝑐16 ; 𝑎𝑏𝑐24 ; 𝑎𝑏𝑐20 ; 𝑎𝑏𝑐40 ; 𝑎𝑏𝑐60 ; 𝑎𝑏𝑐64 ; 𝑎𝑏𝑐04}


Với mỗi TH 𝑎𝑏𝑐𝑑𝑒 ∈ {𝑎𝑏𝑐12 ; 𝑎𝑏𝑐16 ; 𝑎𝑏𝑐24 ; 𝑎𝑏𝑐64} có 2 cách Chọn a ; 2 cách Chọn 𝑏 và
𝑐 nên có 4 số.


Với mỗi TH 𝑎𝑏𝑐𝑑𝑒 ∈ {𝑎𝑏𝑐20 ; 𝑎𝑏𝑐40 ; 𝑎𝑏𝑐60 ; 𝑎𝑏𝑐04} có 3! Cách Chọn bộ abc
Do đó TH2 có 40 số.



TH3: {𝑎 ; 𝑏 ; 𝑐 ; 𝑑 ; 𝑒}= {0 ; 1 ; 3 ; 4 ; 5} ⇒ 𝑎𝑏𝑐𝑑𝑒 = {𝑎𝑏𝑐40; 𝑎𝑏𝑐04} có 2.3!=12 số.
𝑛(𝐴) = 70 ⇒ 𝑃(𝐴) = 70


288=
35
144.


Câu 37. Cho khối chóp 𝑆. 𝐴𝐵𝐶𝐷 có đáy là hình vng, Δ𝑆𝐴𝐵 đều và nằm trong mặt phẳng vng góc
với mặt đáy. Mặt cầu ngoại tiếp khối chóp 𝑆. 𝐴𝐵𝐶𝐷có diện tích 84𝜋 (𝑐𝑚2). Khoảng cách giữa
hai đường thẳng 𝑆𝐴 và 𝐵𝐷 là


A.𝟑√𝟐𝟏𝟕 (𝑐𝑚). B.𝟐√𝟐𝟏𝟕 (𝑐𝑚). C.√𝟐𝟏𝟕 (𝑐𝑚) D.6√217 (𝑐𝑚).
Lời giải


Chọn D


Gọi H là trung điểm của AB thì 𝑆𝐻 ⊥ (𝐴𝐵𝐶𝐷), Gọi F là trọng tâm tam giác, O là trung điểm
AC và I là đỉnh của hình chữ nhật OHFI thì OI là trục của đường tròn ABCD và FI là trục của
đường tròn nên tâm của mặt cầu là I và bán kính của mặt cầu là IA.



(10)

Đặt 𝐴𝐵 = 𝑥 > 0 thì 𝑅2 = 𝐼𝐴2 = 𝐼𝑂2 + 𝑂𝐴2 = 𝐻𝐹2+ 𝑂𝐴2 = (𝑥√3
6 )


2


+ (𝑥√2
2 )


2



= 21 ⇒ 𝑥 =
6


Kẻ hình bình hành BDAJ thì khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD là khoảng cách từ
điểm B đến mặt phẳng và gấp hai lần khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng.


Kẻ HK⊥JA ở K, kẻ HG vng góc với SK ở G thì HG là khoảng cách từ điểm H đến mặt
phẳng. Tam giác AHK vuông cân ở H, AH=3 nên 𝐻𝐾 = 3


√2. Có
1
𝐻𝐺2 =


1
𝐻𝐾2+


1
𝐻𝑆2 =


2
9+
1


(6.√3
2 )


2=
7


27⇒ 𝐻𝐺 =


3√21


7 .
Vậy khoảng cách cần tính là 6√21


7 .


Câu 38.Cho hàm số 𝑓(𝑥) xac định trên ℝ\ {3


2} thỏa mãn 𝑓′(𝑥) =
2


3−2𝑥, 𝑓(1) = 2, 𝑓(4) = −1 . Khi đó
giá trị của biểu thức 𝑃 = 𝑓(−1) + 𝑓(3) bằng:


A.4 − ln15. B. 1 − ln3. C.ln5


3+ 2. D.2 − ln3.
Lời giải


Chọn B
Vì𝑓′(𝑥) = 2


3−2𝑥⇒ 𝑓(𝑥) = −ln|3 − 2𝑥| + 𝐶 = {


−ln(3 − 2𝑥) + 𝐶′ 𝑘ℎ𝑖 𝑥 ≤3
2
−ln(2𝑥 − 3) + 𝐶′′ 𝑘ℎ𝑖 𝑥 >3


2


𝑓(1) = 2 ⇒ −ln1 + 𝐶′ = 2 ⇒ 𝐶′ = 2 ⇒ 𝑓(−1) = −ln5 + 2


𝑓(4) = −1 ⇒ −ln5 + 𝐶′′ = −1 ⇒ 𝐶′′ = −1 + ln5 ⇒ 𝑓(3) = −ln3 + ln5 − 1
Khi đó𝑃 = 𝑓(−1) + 𝑓(3) = 1 − ln3.


Câu 39. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số 𝑚 nhỏ hơn 10 để hàm số 𝑦 = |3𝑥4− 4𝑥3− 12𝑥2+
𝑚| nghịch biến trên khoảng (−∞; −1)?


A. 𝟔. B. 4. C. 𝟑. D. 5.


Lời giải
Chọn D


- Xét hàm số 𝑓(𝑥) = 3𝑥4− 4𝑥3− 12𝑥2+ 𝑚 ⇒ 𝑓′(𝑥) = 12𝑥3− 12𝑥2− 24𝑥 =
12𝑥(𝑥2 − 𝑥 − 2)


⇒ 𝑓′(𝑥) = 0 ⇔ [


𝑥 = −1
𝑥 = 0
𝑥 = 2
BBT:


Nhận thấy: hàm số 𝑦 = |𝑓(𝑥)| nghịch biến trên khoảng (−∞; −1) ⇔ 𝑚 − 5 ≥ 0 ⇔ 𝑚 ≥ 5.
Lại do {𝑚 ∈ ℤ


𝑚 < 10⇒ 𝑚 ∈{5; 6; 7; 8; 9}.


Vậy có 5 giá trị của 𝑚 thỏa mãn yêu cầu bài toán.




(11)

A.𝜋𝑎


3√3


3 . B.


𝝅𝒂𝟑


𝟑√𝟑. C.


𝜋𝑎3√2


3 . D.


𝝅𝒂𝟑
𝟑 .
#! Lời giải


Chọn A


Góc giữa đường sinh và đáy bằng 60° nên thiết diện qua trục là tam giác đều 𝑆𝐴𝐵 cạnh 2𝑎.
Chiều cao khối nón là ℎ = 𝑆𝐻 =2𝑎√3


2 = 𝑎√3, bán kính đáy 𝑟 =
1


2𝐴𝐵 = 𝑎.
Thể tích khối nón đã cho là 𝑉 =1


3𝜋𝑟



2ℎ =𝜋𝑎3√3
3 . !


Câu 41. Cho hai phương trình: 𝑥2+ 7𝑥 + 3 − ln(𝑥 + 4) = 0 (1) và 𝑥2− 9𝑥 + 11 − ln(5 − 𝑥) =
0 (2). Đặt 𝑇 là tổng các nghiệm phân biệt của hai phương trình đã cho, ta có


A. 𝑇 = 2. B. 𝑇 = 8. C. 𝑇 = 4. D. 𝑇 = 6.
Lời giải


Chọn A


Xét phương trình (1):


Điều kiện: 𝑥 > −4, đặt𝑓(𝑥) = 𝑥2+ 7𝑥 + 3 − ln(𝑥 + 4), 𝑥 ∈ (−4; +∞)
Có 𝑓′(𝑥) = 2𝑥 + 7 − 1


𝑥+4 =


2𝑥2+15𝑥+27


𝑥+4 ; 𝑓′(𝑥) = 0 ⇔ [


𝑥 = −3
𝑥 = −9


2 (𝑙)
.
Bảng biến thiên:



Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt 𝑥1, 𝑥2.
Xét nghiệm 𝑥1, đặt 𝑡1 = 1 − 𝑥1 ⇔ 𝑥1 = 1 − 𝑡1, thay vào phương trình (1) ta được:


(1 − 𝑡1)2+ 7(1 − 𝑡1) + 3 − ln(1 − 𝑡1+ 4) = 0 ⇔ 𝑡12 − 9𝑡1+ 11 − ln(5 − 𝑡1) = 0
Suy ra 𝑡1 là nghiệm của phương trình (2).


Tương tự thì 𝑡2 = 1 − 𝑥2 cũng là nghiệm của (2).


Đảo lại, nếu 𝑡0 là một nghiệm của (2) thì 𝑥0 = 1 − 𝑡0 là nghiệm của một.
Do đó (1) và (2) cùng có hai nghiệm phân biệt.


Tổng các nghiệm 𝑇 = 𝑥1+ 𝑥2+ 1 − 𝑥1+ 1 − 𝑥2 = 2.


Câu 42. Để giá trị lớn nhất của hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) = |𝑥3− 3𝑥 + 2𝑚 − 1| trên đoạn [0; 2] là nhỏ nhất thì


giá trị của 𝑚 thuộc


A. (𝟎; 𝟏). B. [−𝟏; 𝟎]. C. (𝟏; 𝟐). D. (−𝟐; −𝟏).
Lời giải


Chọn A


Xét hàm số 𝑦 = 𝑔(𝑥) = 𝑥3− 3𝑥 + 2𝑚 − 1 trên đoạn [0; 2], ta có:
𝑦′ = 3𝑥2 − 3, 𝑦′ = 0 ⇔ 3𝑥2− 3 = 0 ⇔ [𝑥 = −1


𝑥 = 1


Bảng biến thiên của hàm số hàm số 𝑦 = 𝑔(𝑥) = 𝑥3− 3𝑥 + 2𝑚 − 1 trên đoạn [0; 2]
x



f(x)


-3


f'(x) 0 +


+∞


+∞


-9
-4


+∞
𝑆


𝐴 𝐻 𝐵


2𝑎



(12)

Ta ln có: 2𝑚 − 3 < 2𝑚 − 1 < 2𝑚 + 1 ⇔ 𝑔(1) < 𝑔(0) < 𝑔(2)
Suy ra: 𝐹 = max


[0;2]𝑓(𝑥) = max{|2𝑚 − 3|, |2𝑚 + 1|}.


Nếu |2𝑚 − 3| ≤ |2𝑚 + 1| ⇔ (2𝑚 − 3)2 ≤ (2𝑚 + 1)2 ⇔ 8 ≤ 16𝑚 ⇔ 𝑚 ≥1
2 thì
𝐹 = |2𝑚 + 1| ≥ |2.1


2+ 1| ≥ 2.


Suy ra:𝐹min = 2 ⇔ 𝑚 =1


2.


Nếu |2𝑚 − 3| ≥ |2𝑚 + 1| ⇔ (2𝑚 − 3)2 ≥ (2𝑚 + 1)2 ⇔ 8 ≥ 16𝑚 ⇔ 𝑚 ≤1
2 thì
𝐹 = |2𝑚 − 3| = 3 − 2𝑚 ≥ 3 − 2.1


2≥ 2.
Suy ra:𝐹min = 2 ⇔ 𝑚 =1


2.
Vậy 𝑚 ∈ (0; 1).


Câu 43. Có bao nhiêu giá trị nguyên của 𝑚 thuộc đoạn [0; 18] để phương trình (𝑥 − 2)log4(𝑥 − 𝑚) =
𝑥 − 1 có đúng một nghiệm dương?


A. 16. B. 19. C. 17. D. 18.


Lời giải


Chọn C


Bài yêu cầu 𝑚 ∈ [0; 18] và 𝑥 > 0, khi đó 𝑥 + 𝑚 > 0. Xét 𝑥 = 2 không phải nghiệm của
phương trình nên với 𝑥 ≠ 2 ta có:


(𝑥 − 2)log4(𝑥 + 𝑚) = 𝑥 − 1 ⇔ log4(𝑥 + 𝑚) =
𝑥 − 1
𝑥 − 2
⇔ 𝑥 + 𝑚 = 4𝑥−1𝑥−2 ⇔ 𝑚 = 4



𝑥−1


𝑥−2− 𝑥 (1)


Đặt 𝑓(𝑥) = 4𝑥−1𝑥−2− 𝑥, ta chỉ quan tâm nghiệm dương nên xét 𝑓(𝑥) trên (0; +∞)\{2}.
Ta có 𝑓′(𝑥) = 4𝑥−1𝑥−2. (−1)


(𝑥−2)2. ln4 − 1 < 0, ∀𝑥 ∈ (0; +∞)\{2}.
Bảng biến thiên của 𝑓(𝑥)


Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có đúng một nghiệm dương khi 𝑚 ≥ 2 hoặc
𝑚 ≤ −2.


Do 𝑚 nguyên thuộc đoạn [0; 18] nên tập các giá trị của 𝑚 là {2; 3; 4; . . . ; 18}, có 17 giá trị.


Câu 44. Cho 𝑓(𝑥) có đạo hàm cấp 2 trên 𝑅 và thỏa mãn (𝑓′′(𝑥)𝑓(𝑥) + (𝑓′(𝑥))2+
2(𝑓′(𝑥)𝑓(𝑥))2) e𝑓2(𝑥)−2𝑥2−2𝑥−1 = 2(4𝑥2+ 4𝑥 + 2) với ∀𝑥 ∈ ℝ. Biết 𝑓(0) = 1, 𝑓′(0) = 1,
tính tích phân 𝐼 = ∫ (2𝑥 + 1)𝑓(𝑥)03 d𝑥.


A.124


5 . B.
62


5. C.


62


3. D.



124
3 .
Lời giải


2


-2
+∞


-∞
+∞


f(x)


2
0



(13)

Chọn D


Ta có (𝑓′′(𝑥)𝑓(𝑥) + (𝑓′(𝑥))2+ 2(𝑓′(𝑥)𝑓(𝑥))2) e𝑓2(𝑥)−2𝑥2−2𝑥−1


= 4(2𝑥2 + 2𝑥 + 1)
⇔ (𝑓′′(𝑥)𝑓(𝑥) + (𝑓′(𝑥))2+ 2(𝑓′(𝑥)𝑓(𝑥))2) e𝑓2(𝑥)= 4(2𝑥2 + 2𝑥 + 1)e2𝑥2+2𝑥+1
⇔ (𝑓′(𝑥)𝑓(𝑥)e𝑓2(𝑥))′= ((2𝑥 + 1)e2𝑥2+2𝑥+1)′⇒ 𝑓′(𝑥)𝑓(𝑥)e𝑓2(𝑥)= (2𝑥 + 1)e2𝑥2+2𝑥+1+
𝐶1.


Mà theo giả thiết có𝑓(0) = 1, 𝑓′(0) = 1 nên có e = e + 𝐶1 ⇔ 𝐶1 = 0.
Do đó 𝑓′(𝑥)𝑓(𝑥)e𝑓2(𝑥)= (2𝑥 + 1)e2𝑥2+2𝑥+1



⇔ 2𝑓′(𝑥)𝑓(𝑥)e𝑓2(𝑥)= 2(2𝑥 + 1)e2𝑥2+2𝑥+1
⇔ (e𝑓2(𝑥))′= (e2𝑥2+2𝑥+1)′ ⇒ e𝑓2(𝑥)= e2𝑥2+2𝑥+1+ 𝐶2.


Mà theo giả thiết có 𝑓(0) = 1 ⇒ e = e + 𝐶2 ⇔ 𝐶2 = 0.
Do đó 𝑓2(𝑥) = 2𝑥2 + 2𝑥 + 1 ⇔ 𝑓(𝑥) = √2𝑥2 + 2𝑥 + 1.


Nên có 𝐼 = ∫ (2𝑥 + 1)𝑓(𝑥)03 d𝑥 = ∫ (2𝑥 + 1)√2𝑥3 2 + 2𝑥 + 1


0 d𝑥 =


1
2∫ (2𝑥


2 + 2𝑥 +
3


0


1)12d(2𝑥2+ 2𝑥 + 1) =1
2
2
3(2𝑥


2 + 2𝑥 + 1)32|
0
3


= 124
3 .



Câu 45. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá
trị thực của tham số m để phương trình 𝑓(cos𝑥) = 𝑚 có 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng
(−𝜋


2;
𝜋
2) là:


A. (−2; 0]. B. (−2; 0). C. [−2; 0). D. Tập rỗng.


Lời giải


Chọn B


+) Đặt 𝑡 = cos𝑥. Khi đó 𝑥 ∈ (−𝜋
2;


𝜋


2) ⇔ 𝑡 ∈ (0; 1]
+) Mỗi nghiệm 𝑡 ∈ (0; 1) cho ta đúng 2 nghiệm 𝑥 ∈ (−𝜋


2;
𝜋
2).
+) Với 𝑡 = 1 cho ta đúng một nghiệm 𝑥 = 0.


Khi đó, YCBT ⇔ Phương trình 𝑓(𝑡) = 𝑚 có đúng một nghiệm 𝑡 ∈ (0; 1)
Căn cứ vào đồ thị ta có tập giá trị m cần tìm là (−2; 0).



Câu 46. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) có đạo hàm trên ℝ và đồ thị của hàm số 𝑓′(𝑥) như hình vẽ



(14)

A.𝒙 = −𝟏. B. 𝑥 = 2. C.𝒙 = 𝟏. D. 𝑥 = 3.
Lời giải


Chọn B


Ta có: 𝑔′(𝑥) = 𝑓′(𝑥 − 1) + 1


𝑔′(𝑥) = 0 ⇔ 𝑓′(𝑥 − 1) + 1 = 0 ⇔ 𝑓′(𝑥 − 1) = −1 ⇔ [


𝑥 − 1 = 0(nghiƯmbéich½n)
𝑥 − 1 = 1


𝑥 − 1 = 2




[
𝑥 = 1
𝑥 = 2
𝑥 = 3


Ta có bảng biến thiên:


Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số 𝑦 = 𝑔(𝑥) đạt cực tiểu tại 𝑥 = 2.


Câu 47. Biết rằng 𝑎 là tham số thực dương khác 1 để bất phương trình log𝑎𝑥 ≤ 𝑥 − 1 được nghiệm
đúng với mọi 𝑥 dương. Mệnh đề nào sau đây đúng?



A. 𝑎 ∈ (1;5


2). B. 𝑎 ∈ (
5


2; 3). C. 𝑎 ∈ (3; 10). D. 𝑎 ∈ (10; +∞).
Lời giải


Chọn B
Cách 1


Có log𝑎𝑥 ≤ 𝑥 − 1, ∀𝑥 > 0 ⇔ log𝑎𝑥 − 𝑥 + 1 ≤ 0, ∀𝑥 > 0.


Xét hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) = log𝑎𝑥 − 𝑥 + 1, tập xác định 𝐷 = (0; +∞).
Có 𝑓′(𝑥) = 1


𝑥ln𝑎− 1 =
1−𝑥ln𝑎


𝑥ln𝑎 , 𝑓′(𝑥) = 0 ⇔ 1 − 𝑥ln𝑎 = 0 ⇔ 𝑥 =
1
ln𝑎
+Trường hợp 1: xét 1


ln𝑎 < 0 ⇔ ln𝑎 < 0 ⇔ 0 < 𝑎 < 1.
Có 𝑓′(𝑥) =1−𝑥ln𝑎


𝑥ln𝑎 < 0. Suy ra 𝑦 = 𝑓(𝑥) là hàm nghịch biến trong (0; +∞)
Bảng biến thiên



Có lim


𝑥→0+𝑓(𝑥) = +∞; 𝑥→+∞lim 𝑓(𝑥) = −∞


Suy ra 𝑓(𝑥) = log𝑎𝑥 − 𝑥 + 1 ≤ 0, ∀𝑥 > 0, không thỏa mãn.
Suy ra 0 < 𝑎 < 1 không thỏa mãn.


+Trường hợp 2: xét 1


ln𝑎 > 0 ⇔ ln𝑎 > 0 ⇔ 1 < 𝑎.
Bảng biến thiên


+∞


-∞
_


0 +∞


y
y /



(15)

Dựa vào bảng biến thiên có log𝑎𝑥 − 𝑥 + 1 ≤ 0, ∀𝑥 > 0 ⇔ 𝑓 ( 1


ln𝑎) ≤ 0
⇔ log𝑎(


1
ln𝑎) −



1


ln𝑎+ 1 ≤ 0 ⇔ −log𝑎(ln𝑎) −
1


ln𝑎+ 1 ≤ 0
⇔ −ln(ln𝑎)


ln𝑎 −
1


ln𝑎+ 1 ≤ 0 ⇔ −ln(ln𝑎) + ln𝑎 − 1 ≤ 0 (2), đặt 𝑡 = ln𝑎, 𝑡 > 0.
(2) trở thành ln𝑡 − 𝑡 + 1 ≥ 0.


Xét hàm số 𝑦 = 𝑔(𝑡) = ln𝑡 − 𝑡 + 1, với 𝑡 > 0.
Có 𝑔′(𝑡) =1


𝑡− 1 =
1−𝑡


𝑡 , 𝑔′(𝑡) = 0 ⇔ 𝑡 = 1
Bảng biến thiên


Dựa vào bảng biến thiên 𝑔(𝑡) = ln𝑡 − 𝑡 + 1 ≥ 0 ⇔ 𝑡 = 1 ⇔ ln𝑎 = 1 ⇔ 𝑎 = 𝑒 ∈ (5
2; 3).
Vậy 𝑎 ∈ (5


2; 3).
Cách 2:



Xét (𝐶) 𝑦 = log𝑎𝑥, với 𝑥 > 0, (𝑑) 𝑦 = 𝑥 − 1


Nhận xét đồ thị của (𝐶) 𝑦 = log𝑎𝑥, (1 < 𝑎), (𝐶′) 𝑦 = log𝑎𝑥, (0 < 𝑎 < 1)


Dựa vào đồ thị có log𝑎𝑥 ≤ 𝑥 − 1, ∀𝑥 > 0. Suy ra 𝑎 > 1.


Xét (𝐶) 𝑦 = log𝑎𝑥, với 𝑥 > 0, (𝑑) 𝑦 = 𝑥 − 1 ln đi qua 𝐴(1; 0)


Có log𝑎𝑥 ≤ 𝑥 − 1, ∀𝑥 > 0. Suy ra (𝑑) 𝑦 = 𝑥 − 1 tiếp xúc (𝐶) tại 𝐴(1; 0)


+ 0


x


y /


y


+∞
0


_


f(
1


lna)


1
lna



-∞
-∞


-∞ -∞


1


0


_


0 +∞


g(t)
g /(t)


t



(16)

+Viết phương trình tiếp tuyến (Δ) với (𝐶1) 𝑦 = log𝑎𝑥, (1 < 𝑎)tại 𝐴(1; 0)
Có (𝐶1) 𝑦 = 𝑓(𝑥) = log𝑎𝑥, (1 < 𝑎), xét 𝑥 > 0,


Có 𝑓′(𝑥) = 1


𝑥ln𝑎⇔ 𝑓′(1) =
1
ln𝑎.
Phương trình (Δ): 𝑦 = 1


ln𝑎(𝑥 − 1).


(Δ) ≡ (𝑑) ⇔ln𝑎1 = 1 ⇔ 𝑎 = 𝑒.
Cách 3:


Có log𝑎𝑥 ≤ 𝑥 − 1, ∀𝑥 > 0.


Xét 𝑦 = 𝑓(𝑥) = log𝑎𝑥 − 𝑥 + 1, với 𝑥 ∈ (0; +∞).


Có 𝑓(𝑥) = log𝑎𝑥 − 𝑥 + 1 có đạo hàm liên tục trong (0; +∞) và
𝑓(𝑥) = log𝑎𝑥 − 𝑥 + 1 ≤ 0 = 𝑓(1), ∀𝑥 ∈ (0; +∞).


Suy ra Max


(0;+∞)𝑓(𝑥) = 𝑓(1). Suy ra 𝑀(1; 0) là điểm cực đại của đồ thị
(𝐶) 𝑓(𝑥) = log𝑎𝑥 − 𝑥 + 1


Có 𝑓′(𝑥) = 1


𝑥ln𝑎− 1, 𝑓′(1) = 0 ⇔ ln𝑎 = 1 ⇔ 𝑎 = 𝑒.
Thử lại: 𝑎 = 𝑒 có 𝑓(𝑥) = ln𝑥 − 𝑥 + 1, với 𝑥 ∈ (0; +∞),
Có 𝑓′(𝑥) =1


𝑥− 1 =
1−𝑥


𝑥 , 𝑓′(𝑥) = 0 ⇔ 𝑥 = 1
Bảng biến thiên


Dựa vào bảng biến thiên có khi 𝑎 = 𝑒 thì log𝑎𝑥 − 𝑥 + 1 ≤ 0, ∀𝑥 ∈ (0; +∞). Suy ra 𝑎 = 𝑒 thỏa
mãn yêu cầu.



Câu 48. Cho ∫ 𝑓(2𝑥)
1
2


0 d𝑥 = 1. Tính 𝐼 = ∫ cos𝑥 𝑓(sin𝑥)
𝜋


2


0 d𝑥.


A. 𝐼 = 2. B. 𝐼 = 1. C. 𝐼 = −1. D. 𝐼 = −2.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
∫ 𝑓(2𝑥)
1
2


0 d𝑥 = 1 ⇔
1


2∫ 𝑓(2𝑥)
1
2


0 d(2𝑥)= 1 ⇔∫ 𝑓(𝑡)
1


0 d𝑡 = 2.


Đặt 𝑡 = sin𝑥. Ta có: d𝑡 = d(sin𝑥) = cos𝑥 d𝑥, sin0 = 0 và sin𝜋


2 = 1.
Vậy 𝐼 = ∫ cos𝑥 . 𝑓(sin𝑥)


𝜋
2


0 d𝑥 = ∫ 𝑓(𝑡)


1


0 d𝑡 = 2.


Câu 49. Cho hình thang cân ABCD có các cạnh đáy 𝐴𝐵 = 2𝑎, 𝐶𝐷 = 6𝑎 cạnh bên 𝐴𝐷 = 𝐵𝐶 = 4𝑎.
Tính thể tích khối trịn xoay sinh bởi hình thang khi quay quanh trục đối xứng của nó.


A.14√2𝜋𝑎


3


3 . B.


28√2𝜋𝑎3


3 . C.


26√3𝜋𝑎3


3 . D.



27√3𝜋𝑎3
3 .
Lời giải
Chọn C
-∞ -∞
1
0
_
0 +∞
y
y /


x



(17)

Gọi 𝐸 là giao điểm của 𝐴𝐷 và 𝐵𝐶.


Do 𝐴𝐵𝐶𝐷 là hình thang có hai đáy là 𝐴𝐵 và 𝐶𝐷 nên ta có: 𝐴𝐵 // 𝐶𝐷 ⇒𝐸𝐴
𝐸𝐷=


𝐴𝐵
𝐶𝐷=


1


3⇒ 𝐸𝐷 =
3


2𝐴𝐷 = 6𝑎



Gọi 𝐻, 𝐾 lần lượt là trung điểm của 𝐴𝐵, 𝐶𝐷, lúc đó:
𝐸𝐾 ⊥ 𝐶𝐷 và 𝐻𝐾 là trục của hình thang 𝐴𝐵𝐶𝐷.
Ta có:𝐸𝐾 = √𝐸𝐷2− 𝐷𝐾2 = 3√3𝑎, 𝐸𝐻 = 1


3𝐸𝐾 = 𝑎√3


Khối trịn xoay sinh ra bởi hình thang 𝐴𝐵𝐶𝐷 khi quay quanh trục của nó là phần thể tích nằm
giữa hai khối nón.


+ Khối nón lớn đỉnh 𝐸, đáy là đường trịn tâm 𝐾 bán kính 𝐾𝐷, đường cao 𝐸𝐾.
+ Khối nón nhỏ đỉnh 𝐸, đáy là đường trịn tâm 𝐻 bán kính 𝐻𝐴 đường cao 𝐸𝐻.
𝑉 = 𝑉1− 𝑉2 =1


3𝜋(3𝑎)


2. 3√3𝑎 −1
3𝜋𝑎


2. √3𝑎 = 26√3𝜋𝑎3
3 .


Câu 50. Cho hàm số 𝑓(𝑥) có đồ thị của hàm số 𝑦 = 𝑓′(𝑥) như hình vẽ


Hàm số 𝑦 = 𝑓(2𝑥 − 1) +𝑥3
3 + 𝑥


2− 2𝑥 nghịch biến trên khoảng nào sau đây?


A. (−6; −3). B. (3; 6). C. (6; +∞). D. (−𝟏; 𝟎).
Lời giải



Chọn D


Ta có 𝑦′ = 2𝑓′(2𝑥 − 1) + 𝑥2 + 2𝑥 − 2 = 2𝑓′(2𝑥 − 1) + (𝑥 + 1)2− 3


Nhận xét: Hàm só 𝑦 = 𝑓(𝑥) có 𝑓′(𝑥) ≤ 1 ⇔ −3 ≤ 𝑥 ≤ 3 và 𝑓′(𝑥) ≥ 1 ⇔ [𝑥 ≥ 3
𝑥 ≤ −3
Do đó ta xét các trường hợp


Với −6 < 𝑥 < −3 ⇒ −13 < 2𝑥 − 1 < −7 suy ra 𝑦′ > 0 hàm số đồng biến
Với 3 < 𝑥 < 6 ⇒ 5 < 2𝑥 − 1 < 11 suy ra 𝑦′ > 0 hàm số đồng biến


Với 6 < 𝑥 ⇒ 11 < 2𝑥 − 1 suy ra 𝑦′ > 0 hàm số đồng biến


Với −1 < 𝑥 < 0 ⇒ −3 < 2𝑥 − 1 < −1 nên 2𝑓′(2𝑥 − 1) ≤ 2 và 0 < (𝑥 + 1)2 − 3 < −2 suy
ra 𝑦′ < 0 hàm số đồng biến.


4a


2a


6a
H


B


K


D C



E



(18)



×