Đề tham khảo thi tốt nghiệp THPT môn Toán học Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Nguyễn Hồng Ánh (Có đáp án)

TRƯỜNG THCS & THPT MỸ VIỆT
 00&00 ..
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THAM KHẢO 
NĂM HỌC 2019 – 2020 
LỚP 12A1
Câu 1. Từ một nhóm học sinh gồm 6 nam và 8 nữ, có bao nhiêu cách chọn ra một học sinh? 
A. 14 . B. 48 . C. 6 . D. 8 . 
Lời giải 
Chọn A 
Số cách chọn 1học sinh từ nhóm gồm 14 học sinh là 14 . 
Câu 2. Cho cấp số nhân nu với 1 2u và 2 6u . Công bội của cấp số nhân đã cho bằng 
A. 3 . B. 4 . C. 4 . D. 
1
3
. 
Lời giải 
Chọn A 
Ta có 22 1
1
6
. 3
2
u
u u q q
u
 . 
Câu 3. Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r bằng 
A. 4 rl . B. 2 rl . C. rl . D. 
1
3
rl . 
Lời giải 
Chọn C 
Áp dụng công thức diện tích xung quanh hình nón. 
Câu 4. Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau 
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 
A. 1; . B. 1;0 . C. 1;1 . D. 0;1 . 
Lời giải 
Chọn D 
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng ; 1 và 0;1 . 
Câu 5. Cho khối lập phương có cạnh bằng 6 . Thể tích của khối lập phương đã cho bằng 
A. 216 . B. 18 . C. 36 . D. 72 . 
Lời giải 
Chọn A 
Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 6 là 36 216V . 
Câu 6. Nghiệm của phương trình 3log 2 1 2x là: 
A. 3x . B. 5x . C. 
9
2
x . D. 
7
2
x . 
Lời giải 
Chọn B 
Điều kiện: 
1
2 1 0
2
x x 
Ta có 3
2
1
log 2 1 2 2
2 1 3
x
x
x
1
2
5
x
x
5x . 
Vậy phương trình có nghiệm 5x . 
Câu 7. Nếu 
2
1
(x)dx 2f và 
3
2
(x)dx 1f thì 
3
1
(x)dxf bằng 
A. 3 . B. 1 . C. 1. D. 3 . 
Lời giải 
Chọn B 
Ta có 
3 2 3
1 1 2
d d d 2 1 1f x x f x x f x x . 
Câu 8. Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau: 
Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 
A. 2 . B. 3 . C. 0 . D. 4 . 
Lời giải 
Chọn D 
Từ bảng biến thiên, ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 4 . 
Câu 9. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong dưới đây? 
A. 
4 22y x x . B. 4 22y x x . C. 3 23y x x . D. 3 23y x x . 
Lời giải 
Chọn A 
Từ hình dạng của đồ thị ta loại phương án C và D. 
Nhận thấy lim ( )
x
f x
 suy ra hệ số của 
4x âm nên chọn phương án A. 
Câu 10. Với a là số thực dương tùy ý, 2
2log a bằng: 
A. 22 log a . B. 2
1
log
2
a . C. 22log a . D. 2
1
log
2
a . 
Lời giải 
Chọn C 
Với 0; 0; 1.a b a Với mọi . Ta có công thức: log log .a ab b
Vậy: 2
2 2log 2loga a . 
Câu 11. Họ nguyên hàm của hàm số cos 6f x x x là 
A. 
2sin 3x x C . B. 2sin 3x x C . C. 2sin 6x x C . D. sin x C . 
Lời giải 
Chọn A 
Ta có 2d cos 6 d sin 3f x x x x x x x C . 
Câu 12. Môđun của số phức 1 2i bằng 
A. 5 . B. 3 . C. 5 . D. 3 . 
Lời giải 
Chọn C 
Ta có 2 21 2 1 2 5i . 
Câu 13. Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm 2; 2;1M trên mặt phẳng Oxy có 
tọa độ là 
A. 2;0;1 . B. 2; 2;0 . C. 0; 2;1 . D. 0;0;1 . 
Lời giải 
Chọn B 
Ta có hình chiếu của điểm 0 0 0; ;M x y z trên mặt phẳng Oxy là điểm 0 0; ;0M x y . 
Do đó hình chiếu của điểm 2; 2;1M trên mặt phẳng Oxy là điểm 2; 2;0M . 
Câu 14. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 
2 2 2
: 1 2 3 16S x y z . Tâm của S có 
tọa độ là 
A. 1; 2; 3 . B. 1;2;3 . C. 1;2; 3 . D. 1; 2;3 . 
Lời giải 
Chọn D 
Mặt cầu 
2 2 2 2:S x a y b z c R có tâm là ; ;I a b c . 
Suy ra, mặt cầu 
2 2 2
: 1 2 3 16S x y z có tâm là 1; 2;3I . 
Câu 15. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng : 3 2 4 1 0x y z . Vectơ nào dưới đây là một 
vectơ pháp tuyến của ? 
A. 2 3;2;4n . B. 3 2; 4;1n . C. 1 3; 4;1n . D. 4 3;2; 4n . 
Lời giải 
Chọn D 
Mặt phẳng : 3 2 4 1 0x y z có vectơ pháp tuyến 3;2; 4n 
Câu 16. Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng 
1 2 1
:
1 3 3
x y z
d
? 
A. 1;2;1P . B. 1; 2; 1Q . C. 1;3;2N . D. 1;2;1P . 
Lời giải 
Chọn A 
Thay tọa độ các điểm vào phương trình đường thẳng ta thấy điểm 1;2;1P thỏa 
1 1 2 2 1 1
0
1 3 3
. Vậy điểm 1;2;1P thuộc đường thẳng yêu cầu. 
Câu 17. Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vuông cạnh 3a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và 
2SA a . Góc giữa SC và mặt phẳng ( )ABCD bằng 
A. 
045 . B. 060 . C. 030 . D. 090 . 
Lời giải 
Chọn C 
Ta có ( )SA ABCD nên ta có ( ,( ))SC ABCD SCA 
02 1tan 30
3 . 2 3
SA a
SCA SCA
AC a
Câu 18. Cho hàm số f x , bảng xét dấu của f x như sau: 
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là 
A. 0 . B. 2 . C. 1. D. 3 . 
Lời giải 
Chọn B 
Ta có 
1
0 0
1
x
f x x
x
Từ bảng biến thiên ta thấy f x đổi dấu khi x
qua nghiệm 1 
và nghiệm 1; không đổi dấu 
khi x
qua nghiệm 0
nên hàm số có hai điểm cực trị.
Câu 19. Giá trị lớn nhất của hàm số 4 2( ) 12 1f x x x trên đoạn  1;2 bằng: 
A. 1. B. 37 . C. 33 . D. 12 . 
Lời giải 
Chọn C 
4 2( ) 12 1f x x x liên tục trên  1;2 và 3 2
0
'( ) 4 24 0 6 ( )
6 ( )
x
f x x x x L
x L
Ta có: ( 1) 12; (2) 33; (0) 1f f f 
Vậy, giá trị lớn nhất của hàm số 4 2( ) 12 1f x x x trên đoạn  1;2 bằng 33 tại 2x 
Câu 20. Xét tất cả các số dương a và b thỏa mãn 2 8log log ( )a ab . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 
A. 
2a b . B. 3a b . C. a b . D. 2a b . 
Lời giải 
Chọn D 
Theo đề ta có: 
2 8 2 2 2 2
3 3 2
2 2
1
log log ( ) log log ( ) 3log log ( )
3
log log ( )
a ab a ab a ab
a ab a ab a b
Câu 21. Tập nghiệm của bất phương trình 
21 95 5x x x là 
A.  2;4 . B.  4;2 . 
C.   ; 2 4;  . D.   ; 4 2;  . 
Lời giải 
Chọn A 
21 9 2 25 5 1 9 2 8 0 2 4x x x x x x x x x . 
Vậy Tập nghiệm của bất phương trình là  2;4 . 
Câu 22. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3 . Biết rằng khi cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng qua 
trục, thiết diện thu được là một hình vuông. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng 
A. 18 . B. 36 . C. 54 . D. 27 . 
Lời giải 
Chọn B 
Giả sử thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông ABCD . 
Theo giả thiết ta có bán kính đáy của hình trụ 3r 2 6h AD DC r l . 
Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là: 2 2 .3.6 36xqS rl . 
Lời giải 
Chọn C 
 Ta có 
2
3 ( ) 2 0 ( )
3
f x f x 
x 2 3 
( )f x 0 0 
( )f x 
1 
0 
Căn cứ vào bảng biến thiên thì phương trinh 
2
3 ( ) 2 0 ( )
3
f x f x có 3 nghiệm phân biệt. 
2
3
y 
x 2 3 
( )f x 0 0 
( )f x 
1 
0 
Câu 23. Cho hàm số f x có bảng biến thiên như sau 
Số nghiệm của phương trình 3 ( ) 2 0f x là 
A. 2. B. 0. C. 3. D. 1. 
Câu 24. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số 
2
( )
1
x
f x
x
 trên khoảng 1; là 
A. 3ln 1 .x x C B. 3ln 1 .x x C 
C. 
2
3
.
1
x C
x
 D. 
2
3
.
1
x C
x
Lời giải 
Chọn A 
Trên khoảng 1; thì 1 0x nên 
2 3
( )d d 1 d 3ln 1 3ln 1 .
1 1
x
f x x x x x x C x x C
x x
Lời giải 
Chọn B 
Lấy năm 2017 làm mốc, ta có 93.671.600; 2035 2017 18A n 
 Dân số Việt Nam vào năm 2035 là 
.
0,
1
81
100
8
93.671.600. 108.374.700S e 
Câu 25.Để dự báo dân số của một quốc gia, người ta sử dụng công thức ;nrS Ae trong đó A là dân số 
của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau n năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Năm 2017, dân số 
Việt nam là 93.671.600 người (Tổng cục Thống kê, Niên giám thống kê 2017, Nhà xuất bản Thống kê, 
Tr 79). Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi là 0,81%, dự báo dân số Việt nam năm 2035 là bao 
nhiêu người (kết quả làm tròn đến chữ số hàng trăm)? 
A. 109.256.100 . B. 108.374.700 . C. 107.500.500 . D. 108.311.100 . 
Câu 26. Cho khối lăng trụ đứng .ABCD A B C D có đáy là hình thoi cạnh a , 3BD a và 4AA a 
(minh họa như hình bên). Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 
A. 
32 3a . B. 
34 3a . C. 
32 3
3
a
. D. 
34 3
3
a
. 
Lời giải 
Chọn A 
Gọi I AC BD  . Ta có: 
3
,
2 2
BD a
AC BD BI . Xét tam giác vuông BAI vuông tại I : 
2
2 2
2 2 2 2 23 3 .
2 4 4 2
a a a a
AI BA BI a a AI AC a
Diện tích hình bình hành ABCD : 
21 1 3 3
2S 2. . 2. .
2 2 2 2
ABCD ABC
a a
S BI AC a . 
Vậy: 
2
3
.
3
. .4 2 3 .
2
ABCD A B C D ABCD
a
V S AA a a 
Câu 27. Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 
2
2
5 4 1
1
x x
y
x
là 
A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. 
Lời giải 
Chọn C 
Tiệm cận ngang: 
Ta có: 
2
2 2 2
2
2
22
4 1 4 1
5 5
5 4 1
lim lim lim lim 5
111 11
x x x x
x
x x x xx xy
x x
xx
 nên đồ thị 
hàm số có một tiệm cận ngang 5y . 
Tiệm cận đứng: 
Cho 2
1
1
1
x
x
x
Ta có: 
2
21 1 1 1
5 1 15 4 1 5 1 6
lim lim lim lim 3
1 1 1 21x x x x
x xx x x
y
x x xx 
 nên 1x không là tiệm 
cận đứng. 
2 2 2
2
1 1 1 1
5 4 1 5 4 1 1 5 4 1
lim lim lim lim .
1 1 1 11x x x x
x x x x x x
y
x x x xx 
vì 
1
2
1
1
lim
1
5 4 1
lim 4 0
1
x
x
x
x x
x
. 
Khi đó, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng 1x . 
Tổng cộng đồ thị hàm số có 2 tiệm cận. 
Câu 27. Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 
2
2
5 4 1
1
x x
y
x
là 
A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. 
Lời giải 
Chọn C 
Tiệm cận ngang: 
2
2
5 4 1
1
x x
y
x
 bậc 2 chia bậc 2 nên 
a
y
c
 là tiệm cận ngang 
Suy ra hàm số có một tiệm cận ngang 5y . 
Tiệm cận đứng: 
Cho 2
1
1
1
x
x
x
Thay nghiệm lên tử và loại x = 1 .Khi đó, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng 1x . 
Tổng cộng đồ thị hàm số có 2 tiệm cận. 
Câu 28. Cho hàm số 3 3 ;y ax x d a d có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? 
A. 0, 0a d . B. 0, 0a d . C. 0, 0a d . D. 0, 0a d . 
Lời giải 
Chọn D 
Ta có: lim
x 
 đồ thị nhánh ngoài cùng của hàm số hướng đi xuống nên hệ số 0a . 
Giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung : 0Oy x là điểm nằm bên dưới trục hoành nên khi 
0 0x y d . 
Câu 29. Diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình bên bằng 
A. 
2
2
1
2 2 4 dx x x
 . B. 
2
2
1
2 2 4 dx x x
 . 
C. 
2
2
1
2 2 4 dx x x
 . D. 
2
2
1
2 2 4 dx x x
 . 
Lời giải 
Chọn A 
Dựa và hình vẽ ta có diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình bên là: 
2 2
2 2 2
1 1
2 2 2 d 2 2 4 d .x x x x x x x
Câu 30. Cho hai số phức 1 3z i và 2z 1 i Phần ảo của số phức 1 2z z bằng 
A. 2. B. 2 .i C. 2. D. 2 .i 
Lời giải 
Chọn C 
Ta có: 2 1z i . Do đó 1 2 ( 3 ) (1 ) 2 2 .z z i i i 
Vậy phần ảo của số phức 1 2z z bằng 2. 
Câu 31. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức 
2
1 2z i là điểm nào dưới đây? 
A. 3;4P . B. 5;4Q . C. 4; 3N . D. 4;5M . 
Lời giải 
Chọn A 
Ta có 
2
1 2z i 
221 2.1.2 2i i 3 4i . 
Vậy trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức 
2
1 2z i là điểm 3;4P . 
Câu 32. Trong không gian Oxyz , cho các vectơ 1;0;3a và 2;2;5b . Tích vô hướng .a a b 
bằng 
A. 25 . B. 23 . C. 27 . D. 29 . 
Lời giải 
Chọn B 
Ta có 1;2;8a b . 
Suy ra .a a b 1. 1 0.2 3.8 23 . 
Vậy . 23a a b . 
Câu 33: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S có tâm 0;0; 3I và đi qua điểm 4;0;0M . 
Phương trình của S là 
A. 
22 2 3 25x y z . B. 
22 2 3 5x y z . 
C. 
22 2 3 25x y z . D. 
22 2 3 5x y z . 
Lời giải 
Chọn A 
Phương trình mặt cầu S có tâm 0;0; 3I và bán kính R là: 
22 2 23x y z R . 
Ta có: 
22 2 2 24 0 0 3 25M S R R . 
Vậy phương trình cần tìm là: 
22 2 3 25x y z . 
Câu 34. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm 1;1; 1M và vuông góc với đường thẳng 
1 2 1
:
2 2 1
x y z 
 có phương trình là 
A. 2 2 3 0x y z . B. 2 0x y z . C. 2 2 3 0x y z . D. 2 2 0x y z . 
Lời giải 
Chọn C 
1 2 1
:
2 2 1
x y z 
 thì có một vec-tơ chỉ phương là 2;2;1u . 
Gọi là mặt phẳng cần tìm. 
Có  , nên 2;2;1u là một vec-tơ pháp tuyến của . 
Mặt phẳng qua điểm 1;1; 1M và có một vec-tơ pháp tuyến 2;2;1u . 
Nên phương trình là 2 2 3 0x y z . 
Câu 35. Trong không gian Oxyz , vectơ nào sau đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua hai 
điểm 2;3; 1M và 4;5;3N ? 
A. 4 1;1;1u . B. 3 1;1;2u . C. 1 3;4;1u . D. 2 3;4;2u . 
Lời giải 
Chọn B 
Ta có 2;2;4MN , suy ra 32.MN u . Do đó 3u là một vectơ chỉ phương của đường thẳng MN . 
Câu 36. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp số có ba chữ số khác nhau. Xác suất để số được chọn có tổng các 
chữ số là số chẳn bằng 
A. 
41
81
. B. 
4
9
. C. 
1
2
. D. 
16
81
. 
Lời giải 
Chọn A 
Gọi A là biến cố số được chọn có tổng các chữ số là số chẳn. 
Ta có 9.9.8 648n  . 
Vì số được chọn có tổng các chữ số là số chẳn nên sãy ra các trường hợp sau: 
Trường hợp 1: Ba chữ số được chọn đều là số chẳn 
Số cách chọn ra và sắp xếp ba chữ số chẳn là 35A . 
Số cách chọn ra và sắp xếp ba chữ số chẳn trong đó số 0 đứng đầu là 24A . 
Vậy nên số số thỏa biến cố A là: 3 25 4 48A A số. 
Trường hợp 2: Ba chữ số được chọn có 2 chữ số là số lẽ và 1 chữ số là số chẳn. 
Số cách chọn ra và sắp xếp 2 chữ số là số lẽ và 1 chữ số là số chẳn là 2 15 5. .3!C C . 
Số cách chọn ra và sắp xếp 2 chữ số là số lẽ và 1 chữ số chẳn là số 0 đứng đầu là 25 .2!C . 
Vậy nên số số thỏa biến cố A là: 2 1 25 5 5. .3! .2! 280C C C số. 
Do vậy 280 48 328n A . 
Ta có 
328 41
648 81
n A
P A
n

. 
Câu 37. Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thang, 2 AB a , AD DC CB a , SA vuông góc với mặt 
phẳng đáy và 3 SA a (minh họa như hình bên). Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai 
đường thẳng SB và DM bằng 
A. 
3
4
a
. B. 
3
2
a
. C. 
3 13
13
a
. D. 
6 13
13
a
. 
Chọn A 
Ta có M là trung điểm của AB . 
Theo giả thiết suy ra ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AB 
90 ; 60
3
   
ACB ABC
AC a
Vì // // DM BC DM SBC 
Do đó 
1
, , , ,
2
 d DM SB d DM SBC d M SBC d A SBC (vì 
1
2
 MB AB ) 
Kẻ AH SC . 
Ta lại có 
 
  
 
BC AC
BC SAC
BC SA
 AH BC . 
Khi đó ,
 
  
 
AH SC
AH SBC d A SBC AH
AH BC
. 
Xét tam giác SAC vuông tại A , ta có 
2 2
2 2 2
2
22 2 2
3 . 3. 9
43 3
a aAC SA a
AH
AC SA a a
3
2
 AH a . 
Vậy 
1 1 3
, ,
2 2 4
a
d DM SB d A SBC AH . 
Câu 38. Cho hàm số f x có 3 3f và 
1 1
x
f x
x x
, 0x . Khi đó 
8
3
df x x bằng 
A. 7 . B. 
197
6
. C. 
29
2
. D. 
181
6
. 
Lời giải 
Chọn B 
Xét d d
1 1
x
f x x x
x x
 . Đặt 
2 21 1 1 d 2 dt x x t x t x t t . 
Khi đó, 
2
2
1 . 11
d d 2 d 2 d 2 2 d
. 11 1
t tx t
f x x x t t t t t t
t t t tx x
   
 2 2 1 2 1t t C x x C . 
Mà 3 3 3 1 2 3 1 3 5f C C . 
 1 2 1 5 2 1 4f x x x x x . 
8
8 8 2
3
3 3 3
4 19 197
d 2 1 4 d 1 4 36
2 3 6 6
x
f x x x x x x x
 . 
Câu 39. Cho hàm số 
4mx
f x
x m
 ( m
là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số đã cho 
đồng biến trên khoảng 0; ? 
A. 5 . B. 4 . C. 3 . D. 2 . 
Lời giải 
Chọn D 
Tập xác định \D m . 
Đạo hàm 
2
2
4m
f x
x m
. 
Hàm số đồng biến trên 0; 
khi và chỉ khi 
2 4 0 2 2
0 0; 2 0
00;
m m
f x x m
mm
  
. 
Do 1;0m m . Vậy có hai giá trị nguyên của m thỏa mãn đề bài. 
Câu 40. Cho hình nón có chiều cao bằng 2 5 . Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón và cắt hình nón theo một 
thiết diện là tam giác đều có diện tích bằng 9 3 . Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã 
cho bằng 
A. 
32 5
3
. B. 32 . C. 32 5 . D. 96 . 
Lời giải 
Chọn A 
Theo giả thiết tam giác SAB đều, 9 3SABS và 2 5SO . 
2 3
9 3 9 3 6
4
SAB
AB
S AB . 
SAB đều 6SA AB . 
Xét SOA vuông tại O , theo định lý Pytago ta có: 
2
2 2 26 2 5 4OA SA SO . 
Thể tích hình nón bằng 2 2 2
1 1 1 32 5
. . 4 .2 5
3 3 3 3
V r h OA SO . 
Câu 41. Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn 9 6 4log log log 2x y x y . Giá trị của 
x
y
 bằng 
A. 2 . B. 
1
2
. C. 2
3
log
2
. D. 3
2
log 2 . 
Lời giải 
Chọn B 
Đặt 9 6 4log log log 2t x y x y . Khi đó 
9
6
2 4
t
t
t
x
y
x y
 2.9 6 4t t t 
9 3
2. 1 0
4 2
t t
3
1
2
3 1
2 2
t
t
3 1
2 2
t
. 
Do đó: 
9 3 1
6 2 2
t t
x
y
. 
Câu 42. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
 3 3f x x x m trên đoạn  0;3 bằng 16. Tổng tất cả các phần tử của S là: 
A. 16 . B. 16 . C. 12 . D. 2 . 
Lời giải 
Chọn A 
Xét 
3 3u x x m trên đoạn 0;3 có 20 3 3 0 1 0;3u x x . 
x 0 1 3 
u’ - 0 + 
u m+18 
m m+8 
 m-2 
Khi đó 
0;3
0;3
max u max 0 , 1 , 3 max m,m 2,m 18 18
min u min 0 , 1 , 3 min m,m 2,m 18 2
u u u m
u u u m
. 
Xét hàm số 3 3f x x x m 
Ta xét giá trị trung bình của m+18 và m-2 là m+8 
TH 1: 
 0;3
8 0 8
2
f(x) = m+18 =16 2
m m
m
Max m
 ( vì m + 18 > 0 ) 
TH2: 
 0;3
8 0 8
14
min f(x) = m - 2 =2 - m =16 14
m m
m
m
 (chú ý m + 8 < 0 thì m - 2 < 0) 
TH3: 
8
8 0
( )2
18 2 2 16
14
m
m
vnm
m m m
m
 Do đó tổng tất cả các phần tử của S bằng 16 . 
Câu 43. Cho phương trình 22 2log 2 2 log 2 0x m x m ( m là tham số thực). Tập hợp tất cả các giá trị 
của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn  1;2 là 
A. 1;2 . B.  1;2 . C.  1;2 . D.  2; . 
Lời giải 
Chọn C 
 22 2log 2 2 log 2 0x m x m 
2
21 log 2 log 2 0x m x m * 
Đặt 2logt x g x 0 1t và mỗi giá trị của x sẽ cho một giá trị của t 
 * trở thành 
2
1 2 2 0t m t m 
2 2 1 2 2 0t t mt t m 2 1 1t m t 
 1 1 0t t m 
1 1
1 2
t m
t
Với 1t thì phương trình có một nghiệm 2x 
Vậy để phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt thì phương trình 1 phải có một nghiệm 1t 
0 1 1m 1 2m . Vậy  1;2m để thoả mãn yêu cầu bài toán. 
Câu 44. Cho hàm số f x liên tục trên . Biết cos2x là một nguyên hàm của hàm số exf x , họ tất cả các 
nguyên hàm của hàm số exf x là: 
A. sin 2 cos2x x C . B. 2sin 2 cos2x x C . 
C. 2sin 2 cos2x x C . D. 2sin 2 cos2x x C . 
Lời giải 
Chọn C 
Do cos2x là một nguyên hàm của hàm số exf x nên cos2 2sin 2e ex xf x x f x x . 
Khi đó ta có cos2e dxf x x x C . 
 Đặt: u dv 
 (+) (x)f xe 
 ( - ) '(x)f xe 
Đặt 
 d d
d e d ex x
u f x u f x x
v x v
. 
Khi đó cos2e dxf x x x C cos2e e d
x xf x f x x x C 
 2sin 2 cos2e dxf x x x x C . 
Vậy tất cả các nguyên hàm của hàm số exf x là 2sin 2 cos2x x C . 
Câu 45. Cho hàm số f x có bảng biến thiên như sau: 
Số nghiệm thuộc đoạn  ;2 của phương trình 2 sin 3 0f x là 
A. 4 . B. 6 . C. 3 . D. 8 . 
Lời giải 
Chọn B 
Đặt sint x . Do  ;2x nên  1;1t . 
Khi đó ta có phương trình 
3
2 3 0
2
f t f t . 
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình 
3
2
f t có 2 nghiệm 1;0t a và 0;1t b . 
Trường hợp 1: 1;0t a 
Ứng với mỗi giá trị 1;0t thì phương trình có 4 nghiệm 1 2 3 40 2 .x x x x 
Trường hợp 2: 0;1t b 
Ứng với mỗi giá trị 0;1t thì phương trình có 4 nghiệm 5 60 .x x 
Hiển nhiên cả 6 nghiệm trong 2 trường hợp trên đều khác nhau. 
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm thuộc đoạn  ;2 
 y 
 1 
2
 0 
2
3
2
 2 x 
 -1 
Câu 46. Cho hàm số bậc bốn y f x có đồ thị như hình bên. Số điểm cực trị của hàm số 3 23g x f x x 
là 
A. 5 . B. 3 . C. 7 . D. 11. 
Lời giải 
Chọn C 
Từ đồ thị ta có bảng biến thiên của hàm số y f x như sau 
x a b c 
 f x 0 0 0 
 f x 
Ta có 3 23g x f x x 2 3 23 6 . 3g x x x f x x 
Cho 0g x 
2
3 2
3 6 0
3 0
x x
f x x
 3 2
3 2
3 2
0
2
3 ; 0
3 ; 0 4
3 ; 4
x
x
x x a a
x x b b
x x c c
Bảng biến thiên 
Ta có đồ thị của hàm 3 23h x x x như sau 
Từ đồ thị ta thấy: 
Đường thẳng y a cắt đồ thị hàm số y h x tại 1 điểm. 
 Đường thẳng y b cắt đồ thị hàm số y h x tại 3 điểm. 
Đường thẳng y c cắt đồ thị hàm số y h x tại 1 điểm. 
Như vậy phương trình 0g x có tất cả 7 nghiệm đơn phân biệt. 
Vậy hàm số 3 23g x f x x có 7 cực trị. 
Câu 47. Có bao nhiêu cặp số nguyên ;x y thỏa mãn 0 2020x và 3log 3 3 2 9
yx x y ? 
A. 2019 . B. 6 . C. 2020 . D. 4 . 
Lời giải 
Chọn D 
Ta có: 23 3log 3 3 2 9 log 1 1 2 3
y yx x y x x y . 1 
Đặt 3log 1 1 3
tx t x . 
Phương trình 1 trở thành: 23 2 3t yt y 2 
Xét hàm số 3uf u u trên . 
1 3 ln3 0,uf u u nên hàm số f u đồng biến trên . 
Do đó 2 2 2f t f y t y 3log 1 2 1 9 9 1
y yx y x x 
Vì 
90 2020 0 9 1 2020 1 9 2021 0 log 2021
y yx y 
3log 2021 3,464 
Do 0;1;2;3y y , có 4 giá trị của y nên cũng có 4 giá trị của x 
Vậy có 4 cặp số nguyên ;x y . 
Câu 48. Cho hàm số f x liên tục trên thảo mãn 3 2 10 61 2 ,xf x f x x x x x  . Khi đó 
0
1
df x x
 ? 
A. 
17
20
. B. 
13
4
. C. 
17
4
. D. 1 . 
Lời giải 
Chọn B 
Ta có 
3 2 10 6
2 3 2 11 7 2
1 2
1 2
xf x f x x x x
x f x xf x x x x
. 
Lấy tích phân hai vế cận từ 0 đến 1 ta được: 
Suy ra 
1
0
3
d
4
f x x . 
Lấy tích phân hai vế cận từ 1 đến 0 ta được: 
0 0 0
2 3 2 11 7 2
1 1 1
0 0
3 3 2 2
1 1
0 1
1 0
0 1
1 0
0 1
1 0
d 1 d 2 d
1 1 17
d 1 d 1
3 2 24
1 1 17
d d
3 2 24
1 1 17
d d
3 2 24
1 17 1
d d
3 24 2
x f x x x f x x x x x x
f x x f x x
f t t f t t
f t t f t t
f t t f t t
Câu 49. Cho khối chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , AB a , 090SBA SCA , góc giữa 
hai mặt phẳng SAB và SAC bằng 
060 . Thể tích của khối đã cho bằng 
A. 
3a . B. 
3
3
a
. C. 
3
2
a
. D. 
3
6
a
. 
Lời giải 
Chọn D 
Hai tam giác vuông SAB và SAC bằng nhau chung cạnh huyền SA . 
Kẻ BI vuông góc với SA suy ra CI cũng vuông góc với SA và IB IC . 
 ,SA IC SA IB SA IBC   tại I . 
 . . .
1 1 1 1
3 3 3 3
S ABC A IBC S IBC IBC IBC IBC IBCV V V S AI S SI S AI SI S SA . 
 0 0, , , 60 60SAB SAC IB IC IB IC BIC hoặc 0120BIC . 
Ta có IC IB AB a mà 2BC a nên tam giác IBC không thể đều suy ra 0120BIC . 
Trong tam giác IBC đặt 0IB IC x x có: 
2
2
2 2 2
0
2
2 21 6 6
cos120
2 . 2 3 32
x aIB IC BC a a
x IB IC
IB IC x
 . 
Trong tam giác ABI vuông tại I có: 
2
2 2 2 6 3
3 3
a a
AI AB IB a
. 
Trong tam giác SAB vuông tại B đường cao BI có: 
2 2
2 . 3
3
3
AB a
AB IA SA SA a
IA a
 . 
Vậy 
2
3
0
.
1 1 1 1 6
. . sin a 3 sin120
3 3 2 6 3 6
S ABC IBC
a a
V S SA IB IC SA BIC 
. 
Lời giải 
Chọn A 
Ta có : 21 2 g x f x x x ' 2 ' 1 2 2 1 g x f x x 
Đặt 1 2 2t x g x f t t 
 ' 0 '
2
t
g x f t 
Vẽ đường thẳng 
2
x
y và đồ thị hàm số 'f x trên cùng một hệ trục 
Câu 50. Cho hàm số f x . Hàm số ' y f x có đồ thị như hình bên. Hàm số 21 2 g x f x x x 
nghịch biến trên khoảng nào dưới đây ? 
A. 
3
1;
2
. B. 
1
0;
2
. C. 2; 1 . D. 2;3 . 
Hàm số g x nghịch biến 
2 0
' 0 '
42
tt
g x f t
t
Như vậy 
1 3
2 1 2 01 2 2 2
1 2
4 1 2 32
2
x
xx
f x
x
x
. 
Vậy hàm số 21 2g x f x x x nghịch biến trên các khoảng 
1 3
;
2 2
và 
3
;
2
. 
Mà 
3 1 3
1; ;
2 2 2
 
nên hàm số 21 2g x f x x x nghịch biến trên khoảng
3
1;
2