Đề thi thử tốt nghiệp THPT lần 1 môn Toán Lớp 12 - Năm 2021 - Đề thi tham khảo của Bộ Giáo dục và Đào tạo - Mã đề 001

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TNTHPT NĂM 2021 - LẦN 1
ĐỀ THI THAM KHẢO Bài thi: TOÁN
(Đề thi có 6 trang) Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
Họ và tên: ................................................................ Mã đề: 001
Số báo danh: ............................................................
Câu 1:
Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau
Hàm số đạt cực đại tại
A x = −2. B x = −1.
C x = 0. D x = 3.
x
f ′(x)
f(x)
−∞ −2 0 +∞
− 0 + 0 −
+∞
−1
3
−∞
L Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 0; đạt cực tiểu tại x = −2.
¤ Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 2: Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm M(2; 1;−1) lên trục Oy có tọa
độ là
A (0; 1;−1). B (2; 0;−1). C (2; 1; 0). D (0; 1; 0).
L Lời giải.
Hình chiếu của điểm M(2; 1;−1) lên trục Oy là điểm M ′(0; 1; 0).
¤ Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 3: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
x− 2
x+ 1
là
A y = −2. B y = 1. C x = −1. D x = 2.
L Lời giải.
Ta có lim
x→−1+
x− 2
x+ 1
= −∞ và lim
x→−1−
x− 2
x+ 1
= +∞ nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = x− 2
x+ 1
là x = −1.
¤ Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 4: Cho cấp số nhân (un) có u1 = 2 và u2 = 6. Công bội của cấp số nhân đó bằng
A 2. B
1
3
. C 6. D 3.
L Lời giải.
Công bội của cấp số nhân đã cho là q =
u2
u1
=
6
2
= 3.
¤ Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 5:
Đường cong trong hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây.
Hỏi hàm số đó là hàm số nào?
A y = −x4 + 2x2 − 1. B y = −x4 + 2x2 − 3.
C y = −x4 + 3x2 − 2. D y = −x4 + x2 − 1.
x
y
O−1 1
−1
L Lời giải.
Xét hàm số y = ax4 + bx2 + c có đồ thị như hình bên, có y′ = 4ax3 + 2bx2.
1
Đồ thị hàm số có các điểm cực trị là (±1; 0), (0;−1) nên ta có hệ
a+ b+ c = 0
c = −1
4a+ 2b = 0
⇔

a = −1
b = 2
c = −1.
Vậy hình bên là đồ thị của hàm số y = −x4 + 2x2 − 1.
¤ Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 6: Trong không gian Oxyz, mặt cầu (S) : x2+ y2+8x− 4y− 6z− 7 = 0 có tâm và bán kính
là
A I(−4; 2; 3), R = 36. B I(−4; 2; 3), R = 6.
C I(4;−2;−3), R =
√
22. D I(4;−2;−3), R = 6.
L Lời giải.
Tâm I(−4; 2; 3), bán kính R =
√
(−4)2 + 22 + 32 + 7 = 6.
¤ Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 7: Một hình nón có chiều cao bằng a
√
3 và bán kính đáy bằng a. Tính diện tích xung quanh
Sxq của hình nón.
A Sxq =
√
3pia2. B Sxq = 2pia
2. C Sxq = pia
2. D Sxq = 2a
2.
L Lời giải.
Độ dài đường sinh là ` =
√
h2 +R2 =
√
3a2 + a2 = 2a.
Diện tích xung quanh của hình nón là Sxq = piR` = pi · a · 2a = 2pia2.
¤ Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 8: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; 1;−2) và B(2; 2; 1). Véc-tơ −→AB có tọa độ
là
A (3; 1; 1). B (−1;−1;−3). C (3; 3; 1). D (1; 1; 3).
L Lời giải.
Ta có
−→
AB = (xB − xA; yB − yA; zB − zA) nên −→AB = (1; 1; 3).
¤ Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 9: Hàm số y =
1− 2x
−x+ 2 có bao nhiêu cực trị
A 0. B 1. C 2. D 3.
L Lời giải.
TXĐ: R \ {2}.
Ta có y′ =
−3
(x− 2)2 < 0, ∀x 6= 2.
Suy ra hàm số đã cho không có cực trị.
¤ Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 10: Cho mặt cầu (S) có diện tích bằng 4pi. Thể tích khối cầu (S) bằng
A 16pi. B 32pi. C
4pi
3
. D
16pi
3
.
L Lời giải.
Ta có Smc = 4piR
2.
Mà Smc = 4pi nên R = 1.
Thể tích khối cầu là V =
4
3
piR3 =
4pi
3
.
¤ Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 11: Nghiệm của phương trình log2(x+ 1) = 3 là
2
A x = 4. B x = 4. C x = 6. D x = 7.
L Lời giải.
Ta có log2(x+ 1) = 3⇔ x+ 1 = 23 ⇔ x = 7.
¤ Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 12: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Biết SA ⊥ (ABCD) và
SA = a
√
6. Thể tích khối chóp S.ABCD là
A
a3
4
. B a3
√
3. C
a3
√
3
3
. D a3
√
2
3
.
L Lời giải.
Thể tích khối chóp S.ABCD là V =
1
3
· SA · SABCD = 1
3
· a2 · a
√
6 =
a3
√
6
3
= a3
√
2
3
.
¤ Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 13:
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm của phương
trình 2f(x)− 3 = 0 là
A 2. B 4. C 1. D 3.
−2
−1 O
1
2 x
−1
3
y
L Lời giải.
Do 2f(x)− 3 = 0⇔ f(x) = 3
2
∈ (−1; 3) nên phương trình có 3 nghiệm.
¤ Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 14:
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến
thiên như sau: Hàm số nghịch biến
trong khoảng nào sau đây?
A (−1; 1). B (0; 1).
C (4;+∞). D (−∞; 2).
x
f ′(x)
f(x)
−∞ −1 0 1 +∞
+ 0 − − 0 +
−∞
2
−∞
+∞
4
+∞
L Lời giải.
Từ BBT của hàm số ta có, hàm số nghịch biến trên các khoảng (−1; 0), (0; 1).
¤ Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 15: Tập xác định của hàm số y = x
1
5 là
A (0;+∞). B [0; +∞).
C (−∞; +∞). D R \ {0}.
L Lời giải.
Do
1
5
/∈ Z nên tập xác định của hàm số y = x 15 là (0;+∞).
¤ Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 16:
3
Cho hàm số y = f(x) có bảng
biến thiên như sau: Điểm cực
tiểu của đồ thị hàm số là
A 0. B (0; 0).
C (0; 1). D 1.
x
f ′(x)
f(x)
−∞ −2 0 2 +∞
+ 0 − 0 + 0 −
−∞
2
1
4
−∞
L Lời giải.
Từ BBT của hàm số, suy ra điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là (0; 1).
¤ Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 17: Cho khối lăng trụ tứ giác đều cạnh đáy bằng 2, cạnh bên bằng 3. Thể tích khối lăng trụ
đã cho bằng
A 18. B 6.
C 4. D 12.
L Lời giải.
Đáy là hình vuông cạnh bằng 2 nên diện tích đáy bằng 22 = 4.
Chiều cao bằng 3.
Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng 4 · 3 = 12.
A′
B′ C ′
D′
A
B C
D
¤ Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 18: Diện tích xung quanh của hình nón có chiều cao h = 4 và bán kính đáy r = 3 là
A 12pi. B 30pi.
C 15pi. D 24pi.
L Lời giải.
Độ dài đường sinh của hình nón bằng l =
√
42 + 32 = 5.
Diện tích xung quanh của hình nón bằng pirl = 15pi.
¤ Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 19: Thể tích khối trụ có độ dài đường sinh l = 4 và bán kính đáy r = 3 là
A 36pi. B 12pi.
C 30pi. D 24pi.
4
L Lời giải.
Chiều cao khối trụ bằng h = l = 4.
Thể tích khối trụ bằng pir2h = pi · 32 · 4 = 36pi.
h
R
O′
O
¤ Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 20: Cho hình chóp tứ giác đều cạnh đáy bằng 4, chiều cao bằng 5. Thể tích khối chóp đã
cho bằng
A
80
3
. B
20
3
.
C 80. D 20.
L Lời giải.
Đáy là hình vuông cạnh bằng 4 nên diện tích đáy bằng
42 = 16.
Thể tích hình chóp đã cho bằng
1
3
· 16 · 5 = 80
3
.
D
C
S
A
B
I
¤ Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 21: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 − 2x+ 4y + 6z − 2 = 0. Tọa độ
tâm I và bán kính r của mặt cầu là
A I(−1; 2; 3), r = 4. B I(1;−2;−3), r = 4.
C I(−1; 2; 3), r = 2
√
3. D I(1;−2;−3), r = 2
√
3.
L Lời giải.
Phương trình mặt cầu có dạng (x− 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 = 16 suy ra mặt cầu (S) có tọa độ
tâm I(1;−2;−3) và bán kính r = 4.
¤ Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 22: Có bao nhiêu cách chọn một bạn làm lớp trưởng và một bạn khác làm bí thư từ 37 bạn
của lớp 12A?
A C237. B 37
2.
C 237. D A237.
L Lời giải.
Mỗi cách chọn một bạn làm lớp trưởng và một bạn làm bí thư là một chỉnh hợp chập 2 của 37
phần tử. Số cách chọn là A237.
5
¤ Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 23: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
2x− 1
x2 + x+ 1
là
A x = 2. B y = 0.
C y = 2. D x = 0.
L Lời giải.
Do lim
x→±∞
y = lim
x→±∞
2
x
− 1
x2
1 +
1
x
+
1
x2
= 0 nên đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang y = 0.
¤ Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 24: Họ các nguyên hàm của hàm số f(x) = e3x + 1 là
A 3e3x + C. B
1
3
e3x + x+ C.
C
1
3
e3x + C. D 3e3x + x+ C.
L Lời giải.
Ta có
∫ (
e3x + 1
)
dx =
1
3
e3x + x+ C.
¤ Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 25: Thể tích khối cầu có bán kính r = 2 là
A 16pi. B
16pi
3
.
C
32pi
3
. D 32pi.
L Lời giải.
Thể tích khối cầu có bán kính r = 2 bằng V =
4
3
pir3 =
4
3
pi · 23 = 32pi
3
.
¤ Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 26: Tập nghiệm của bất phương trình log2 (x− 1) < 3 là
A (−∞; 9). B (1; 10).
C (1; 7). D (1; 9).
L Lời giải.
Bất phương trình tương đương với{
x− 1 > 0
x− 1 < 23 ⇔
{
x > 1
x < 9
⇔ 1 < x < 9.
Tập nghiệm của bất phương trình là (1; 9).
¤ Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 27: Cho a; b; c là các số thực dương tùy ý, ln
a2b3
c4
bằng
6
A
3 ln a · ln b
2 ln c
. B 2 ln a+ 3 ln b− 4 ln c.
C
2 · 3
4
ln
ab
c
. D
2 + 3
4
ln
ab
c
.
L Lời giải.
Ta có
ln
a2b3
c4
= ln a2 + ln b3 − ln c4 = 2 ln a+ 3 ln b− 4 ln c.
¤ Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 28: Nghiệm của phương trình log3 (x+ 1) = 2 là
A x = 8. B x = 1.
C x = 9. D x = 7.
L Lời giải.
Phương trình tương đương với x+ 1 = 32 ⇔ x = 8.
¤ Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 29: Nguyên hàm của hàm số y = x2 − 3x+ 1
x
là
A
x3
3
− 3x
2
2
+
1
x2
+ C. B
x3
3
− 3x
2
2
+ lnx+ C.
C
x3
3
− 3x
2
2
+ ln |x|+ C. D x
3
3
− 3x
2
2
− ln |x|+ C.
L Lời giải.
Nguyên hàm của hàm số y = x2 − 3x+ 1
x
là
∫ (
x2 − 3x+ 1
x
)
dx =
x3
3
− 3x
2
2
+ ln |x|+ C.
¤ Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 30: Cho hàm số f(x) liên tục trên R và có bảng xét dấu f ′(x) như sau:
x
f ′(x)
−∞ −1 0 1 2 3 +∞
+ 0 − + 0 − 0 − 0 +
Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là
A 4. B 5. C 1. D 2.
L Lời giải.
Bảng biến thiên của f(x) trên R là:
x
f ′(x)
f(x)
−∞ −1 0 1 2 3 +∞
+ 0 − + 0 − 0 − 0 +
f(−1)
f(0)
f(1)
f(3)
Vậy hàm số có hai điểm cực tiểu.
¤ Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
Câu 31: Với a là số thực dương tùy ý, log2 a
3 bằng
A
1
3
log2 a. B 3 + log2 a.
C 3 log2 a. D
1
3
+ log2 a.
L Lời giải.
Với a > 0 ta có log2 a
3 = 3 log2 a.
¤ Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 32: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 − 3x+ 1 trên
đoạn [−2; 3]. Khi đó M −m bằng
A 4. B 18.
C 20. D 16.
L Lời giải.
Ta có y′ = 3x2 − 3, y′ = 0⇔ x = ±1 ∈ [−2; 3].
Khi đó y(−2) = −1, y(−1) = 3, y(1) = −1, y(3) = 19.
Vậy M = 19 và m = −1 suy ra M −m = 20.
¤ Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 33: Trong không gian Oxyz, cho điểm M(1; 2; 3) và M ′(a; b; c) là điểm đối xứng của M qua
trục Oy. Tổng a+ b+ c bằng
A −2. B −4.
C −6. D 2.
L Lời giải.
Hình chiếu vuông góc của điểm M trên trục Oy là H(0; 2; 0).
M ′ đối xứng với M qua Oy nên H là trung điểm MM ′.
Suy ra M ′(−1; 2;−3), do đó a+ b+ c = (−1) + 2 + (−3) = −2.
¤ Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 34: Bất phương trình log23 x − 4 log3 x + 3 < 0 có bao nhiêu nghiệm nguyên thuộc khoảng
(0; 20)?
A 16.
B 23.
C 17.
D 25.
L Lời giải.
Điều kiện x > 0.
Đặt log3 x = t, bất phương trình trở thành t
2 − 4t+ 3 < 0⇔ 1 < t < 3.
Khi đó ta có 1 < log3 x < 3⇔ 3 < x < 27.
Trên khoảng (0; 20) bất phương trình có 16 nghiệm nguyên là 4; 5; · · · ; 19.
¤ Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 35: Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 2a, AC = 3a. Gọi V1, V2 lần
lượt là thể tích các khối nón tạo thành khi quay hình tam giác ABC xung quanh cạnh AB và
8
AC. Tính tỉ số
V1
V2
.
A
3
2
.
B
9
4
.
C
2
3
.
D
4
9
.
L Lời giải.
Hình nón thu được khi quay tam giác ABC xung quanh cạnh AB có bán
kính đáy là AC = 3a, chiều cao là AB = 2a nên có thể tích
V1 =
1
3
pi · AC2 · AB.
B
A
C
Hình nón thu được khi quay tam giác ABC xung quanh cạnh AC có bán
kính đáy là AB = 2a, chiều cao là AC = 3a nên có thể tích
V2 =
1
3
pi · AB2 · AC.
C
A
B
Do đó
V1
V2
=
AC
AB
=
3
2
.
¤ Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 36: Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x4 + 3x2 − 4 với trục hoành là
A 4.
B 3.
C 2.
D 0.
L Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm
x4 + 3x2 − 4⇔
[
x2 = 1
x2 = −4 < 0 ⇔ x = ±1.
Vậy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 2 điểm.
¤ Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 37: Tìm họ tất cả các nguyên hàm của hàm số y =
2x+ 1
1− x trên khoảng (1;+∞)
A −2x− 3 ln(1− x) + C, (C ∈ R).
B −2x+ 3 ln(x− 1) + C, (C ∈ R).
C −2x+ 3 ln(1− x) + C, (C ∈ R).
9
D −2x− 3 ln(x− 1) + C, (C ∈ R).
L Lời giải.
Với x > 1 ta có
∫
2x+ 1
1− x dx =
∫ (
−2− 3
x− 1
)
dx = −2x− 3 ln(x− 1) + C, (C ∈ R).
¤ Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 38: Cho hình trụ có đường sinh bằng 8. Biết rằng khi cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng
qua trục, thiết diện thu được là hình vuông. Diện tích toàn phần của hình trụ đã cho bằng
A 48pi.
B 96pi.
C 64pi.
D 80pi.
L Lời giải.
Ta có ` = 8.
Thiết diện của hình trụ khi cắt bởi một mặt phẳng qua trục là một hình vuông
nên ta có 2R = 8⇒ R = 4.
Diện tích toàn phần của hình trụ là Stp = 2piR
2 + 2piR` = 96pi.
¤ Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 39:
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến
thiên như sau
Số điểm cực trị của hàm số đã cho
là
A 0. B 2.
C 1. D 3.
x
f ′(x)
f(x)
−∞ 1 2 3 +∞
− + 0 − +
+∞
2
4
−∞ −∞
5
L Lời giải.
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, đạt cực đại tại x = 2.
Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.
¤ Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 40: Biết đường thẳng y = x− 2 cắt đồ thị hàm số y = 2x+ 1
x− 1 tại hai điểm phân biệt A, B
có hoành độ lần lượt là xA, xB. Khi đó xA + xB bằng
A 3.
B 2.
C 5.
D 1.
L Lời giải.
Xét phương trình hoành độ giao điểm ta có x− 2 = 2x+ 1
x− 1 ⇔
{
x 6= 1
x2 − 5x+ 1 = 0. (1)
Suy ra xA, xB là hai nghiệm của phương trình (1). Do vậy ta có xA + xB = 5.
¤ Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
Câu 41: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log2 (5− 2x) = 2− x bằng
A 3.
B 1.
C 2.
D 0.
L Lời giải.
ĐKXĐ: x < log2 5.
log2 (5− 2x) = 2− x⇔ 5− 2x = 22−x ⇔ (2x)2 − 5 · 2x + 4 = 0⇔
[
2x = 1
2x = 4
⇔
[
x = 0
x = 2
(thỏa mãn).
Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 2.
¤ Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 42: Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA =
√
2a, đáy
ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng
A 30◦.
B 60◦.
C 90◦.
D 45◦.
L Lời giải.
Do SA ⊥ (ABCD) nên góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD)
bằng góc ŜCA.
Ta có AC = a
√
2, suy ra
tan ŜCA =
SA
AC
= 1⇒ ŜCA = 45◦.
Vậy góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 45◦.
45
S
D
B
C
A
¤ Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 43: Có bao nhiêu số nguyên m thuộc khoảng (−10; 10) sao cho hàm số y = mx+ 4
x+m
đồng
biến trên miền (1; 4]?
A 15.
B 13.
C 14.
D 12.
L Lời giải.
Tập xác định D = R \ {−m}. Ta có y′ = m
2 − 4
(x+m)2
.
11
Hàm số y =
mx+ 4
x+m
đồng biến trên miền (1; 4] khi và chỉ khi
{
m2 − 4 > 0
−m /∈ (1; 4] ⇔

[
m > 2
m < −2[−m ≤ 1
−m > 4
⇔

[
m > 2
m < −2[
m ≥ −1
m < −4
⇔
[
m > 2
m < −4.
Vậy trên khoảng (−10; 10) có các giá trị nguyên củam thỏa mãn bài toán là {−9;−8; . . . ;−5; 3; 4; . . . ; 9}.
¤ Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 44:
Hàm số y = f(x) có đạo hàm f ′(x) trên R. Hình vẽ sau là đồ thị của hàm
số f ′(x). Hỏi hàm số g(x) = f(x − x2) nghịch biến trên khoảng nào trong
các khoảng dưới đây?
A (0; 1).
B
(
−1
2
;+∞
)
.
C
(
−∞; 1
2
)
.
D
(
1
2
;+∞
)
.
x
y
O 1 2
L Lời giải.
Ta có g′(x) = (1− 2x)f ′ (x− x2).
g′(x) = 0⇔
[
1− 2x = 0
f ′
(
x− x2) = 0 ⇔

x =
1
2
x− x2 = 1 (vô nghiệm)
x− x2 = 2 (vô nghiệm)
⇔ x = 1
2
.
Ta có bảng xét dấu g′(x) như sau
x
g′(x)
−∞ 1
2
+∞
+ 0 −
Suy ra hàm số y = g(x) nghịch biến trên
(
1
2
;+∞
)
.
¤ Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 45: Cho hai số thực x, y thỏa mãn log2
x2 + y2 + 7
x− 2y − 1 + x
2 + y2 − 4x+ 8y + 9 = 0. Giá trị lớn
nhất của biểu thức S =
√
x2 + y2 có dạng a+ b
√
c, trong đó a, b, c nguyên và c là số nguyên tố.
Hỏi a+ b+ c bằng
A 10.
B 13.
C 11.
D 14.
L Lời giải.
12
Điều kiện: x− 2y − 1 > 0.
Ta có
log2
x2 + y2 + 7
x− 2y − 1 + x
2 + y2 − 4x+ 8y + 9 = 0
⇔ (x2 + y2 + 7)+ log2 (x2 + y2 + 7) = (4x− 8y − 4) + log2 (4x− 8y − 4)
⇔f (x2 + y2 + 7) = f (4x− 8y − 4) .
Với f(t) = t+ log2 t là hàm đồng biến trên (0;+∞) do f ′(t) = 1 +
1
t ln 2
> 0, ∀t > 0.
Từ đó suy ra x2 + y2 + 7 = 4x− 8y − 4⇒ x− 2y = x
2 + y2 + 11
4
=
S2 + 11
4
.
Theo BĐT Bunhia ta có
(x− 2y)2 ≤ 5(x2 + y2) = 5S2 ⇒ x− 2y ≤ S
√
5.
Từ đó ta có
S2 + 11
4
≤ S
√
5⇔ S2 − 4S
√
5 + 11 ≤ 0⇔ −3 + 2
√
5 ≤ S ≤ 3 + 2
√
5.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
{
x− 2y = 10 + 3
√
5
y = −2x ⇔

x =
10 + 3
√
5
5
y =
−20− 6√5
5
.
Do đó giá trị lớn nhất của S bằng 3 + 2
√
5. Suy ra a = 3, b = 2, c = 5.
Vậy a+ b+ c = 10.
¤ Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 46:
Cho hàm số y = f(x) là hàm đa thức bậc bốn
có bảng biến thiên như sau. Tổng số đường
tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị
hàm số y =
√
5− f(x)
4 [f(x)]2 − 9 bằng
A 6.
B 8.
C 7.
D 4.
x
f ′(x)
f(x)
−∞ m1 0 m2 +∞
− 0 + 0 − 0 +
+∞
−2
2
−1
+∞
L Lời giải.
• Từ bảng biến thiên của y = f(x) ta có 5− f(x) ≥ 0⇔ a ≤ x ≤ b, với a m2. Suy
ra hàm số đã cho không xác định trên khoảng vô hạn, do đó đồ thị hàm số không có tiệm
cận ngang.
• Lại có 4 [f(x)]2 − 9 = 0⇔ f(x) = ±3
2
6= 5.
Từ bảng biến thiên của hàm số, ta có phương trình f(x) =
3
2
có 4 nghiệm phân biệt x1, x2, x3,
x4; phương trình f(x) = −3
2
có 2 nghiệm phân biệt x5, x6. Ta thấy các nghiệm x1, . . . , x6 đôi một
khác nhau, thuộc khoảng (a; b), không phải là nghiệm của tử
√
5− f(x) nên đồ thị hàm số có 6
13
đường tiệm cận đứng.
Vậy đồ thị hàm số có tất cả 6 đường tiệm cận.
¤ Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 47:
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ bên. Tổng tất cả các giá trị
nguyên dương của m để hàm số y =
∣∣f 2 (x+ 2) + 4f(x+ 2) +m+ 1∣∣
có đúng 5 điểm cực trị bằng
A 3.
B 5.
C 6.
D 2.
x
y
O
3
2
1 2 3
1
2
L Lời giải.
Đặt g(x) = f 2 (x+ 2) + 4f(x+ 2) +m+ 1.
Ta thấy, với mọi giá trị của m, hai hàm số g(x) và g(x + 2) có cùng số điểm cực trị và số giao
điểm với trục hoành nên hai hàm số y = |g(x)| và y = |g(x+ 2)| có cùng số điểm cực trị với mọi
giá trị của m.
Ta có g′(x) = 2f ′(x) [f(x) + 2]; g′(x) = 0⇔
[
f ′(x) = 0
f(x) = −2 ⇔
x = 1x = 3
x = a (a < 0).
Bảng biến thiên của g(x)
x
g′(x)
g(x)
−∞ a 1 3 +∞
− 0 + 0 − 0 +
+∞
m− 3
m+
37
4
m+ 1
+∞
Hàm số y = |g(x)| có đúng 5 điểm cực trị khi và chỉ khim+ 374 ≤ 0
m− 3 < 0 ≤ m+ 1
⇔
m ≤ −374
− 1 ≤ m < 3.
Với m nguyên dương ta có m ∈ {1; 2}.
¤ Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 48:
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có bảng
biến thiên như sau. Số điểm cực tiểu của hàm số
y = 2019f(x) − 2020f(x) là
A 1.
B 2.
C 3.
D 4.
x
f(x)
−∞ −2 0 2 +∞
+∞
1
5
−1
+∞
L Lời giải.
Xét hàm số g(x) = 2019f(x) − 2020f(x).
Ta có g′(x) = f ′(x)
[
2019f(x) · ln 2019− 2020f(x) · ln 2020].
14
g′(x) = 0⇔
[
f ′(x) = 0
2019f(x) · ln 2019 = 2020f(x) · ln 2020 ⇔

x = −2
x = 0
x = 2
f(x) = log 2019
2020
ln 2020
ln 2019
. (1)
Vì −1 < log 2019
2020
ln 2020
ln 2019
< 0 nên phương trình (1)⇔
[
x = a
x = b
, trong đó 0 < a < 2 < b.
Ta có g′(−1) = f ′(−1) [2019f(−1) · ln 2019− 2020f(−1) · ln 2020].
Ta lại có f ′(−1) > 0 (do f(x) đồng biến trên (−2; 0)).
Ta có f(−1) > f(−2) > 0⇒ 0 < 2019f(−1) < 2020f(−1).
Mà 0 < ln 2019 < ln 2020 nên ta có 2019f(−1) · ln 2019 < 2020f(−1) · ln 2020.
Do vậy g′(−1) < 0.
Mặt khác các nghiệm của phương trình g′(x) = 0 đều là các nghiệm đơn nên ta có bảng xét dấu
của g′(x) như sau
x
g′(x)
−∞ −2 0 a 2 b +∞
+ 0 − 0 + 0 − 0 + 0 −
Suy ra hàm số y = g(x) có hai điểm cực tiểu.
¤ Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 49: Cho tam giác ABC đều cạnh bằng 4. Trên đường thẳng d đi qua A và vuông góc với
mặt phẳng (ABC) lấy điểm M sao cho AM = x. Gọi P , Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của
điểm C lên AB, MB. Đường thẳng qua P , Q cắt d tại N . Thể tích khối tứ diện BCMN đạt giá
trị nhỏ nhất bằng
A
4
√
6
3
.
B
16
√
6
3
.
C
16
√
3
3
.
D
8
√
3
3
.
L Lời giải.
Từ giả thiết ta có{
CP ⊥ AB
CP ⊥MA ⇒ CP ⊥MB.
Lại có CQ ⊥MB nên ta có MB ⊥ (CPQ)⇒MB ⊥ NQ.
Khi đó tứ giác AMQP nội tiếp nên ÂMB = ÂPN .
Xét hai tam giác MAB và PAN có:
ÂMB = ÂPN và M̂AB = P̂AN = 90◦ nên đồng dạng.
Suy ra
MA
PA
=
AB
AN
⇔MA ·NA = PA · AB = 8.
M
B
A
P
Q
N
C
x
Ta có:
VMNBC = VMABC + VNABC =
1
3
(MA+NA) · SABC = 4
√
3
3
(MA+NA)
≥ 4
√
3
3
· 2 ·
√
MA ·NA = 16
√
6
3
.
15
Dấu bằng xảy ra khi MA = NA = 2
√
2.
Vậy thể tích của khối tứ diện BCMN đạt giá trị nhỏ nhất bằng
16
√
6
3
.
¤ Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Câu 50: Biết rằng có một giá trị m để hàm số f(x) =
2019x
ln 2019
+
2020x
ln 2020
+mx2 − 2x đồng biến
trên R. Giá trị m thuộc khoảng nào sau đây?
A
(
15
2
; 8
)
.
B (−6;−5).
C (−8;−7).
D (−10;−9).
L Lời giải.
Hàm số f(x) đồng biến trên R khi và chỉ khi f ′(x) = 2019x + 2020x + 2mx− 2 ≥ 0, ∀x ∈ R.
Ta có f”(x) = 2019x ln 2019 + 2020x ln 2020 + 2m.
Vì x = 0 là một nghiệm của f ′(x), do đó điều kiện cần để f ′(x) ≥ 0, ∀x ∈ R là x = 0 là nghiệm
bội, tức là f”(0) = 0⇒ m = − ln (2019 · 2020)
2
≈ −7, 6.
Ngược lại, với m = − ln (2019 · 2020)
2
, xét hàm số
g(x) = f ′(x) = 2019x + 2020x − x ln (2019 · 2020)− 2.
Do g′(x) = 2019x ln 2019− ln 2019 + 2020x ln 2020− ln 2020 là hàm đồng biến trên R nên g′(x) có
không quá một nghiệm.
Lại do g′(0) = 0 nên g′(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 0.
Ta có g′(−1) = −2018 ln 2019
2019
− 2019 ln 2020
2020
 0 nên
ta có bảng biến thiên của g(x):
x
g′(x)
g(x)
−∞ 0 +∞
− 0 +
+∞
0
+∞
Suy ra f ′(x) = g(x) ≥ 0, ∀x ∈ R hay hàm số f(x) đồng biến trên R.
Vậy m = − ln (2019 · 2020)
2
≈ −7, 6 ∈ (−8;−7) là giá trị cần tìm.
¤ Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
KHOÁ CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
1
C
2
D
3
C
4
D
5
A
6
B
7
B
8
D
9
A
10
C
11
D
12
D
13
D
14
B
15
A
16
C
17
D
18
C
19
A
20
A
21
B
22
D
23
B
24
B
25
C
26
D
27
B
28
A
29
C
30
D
31
C
32
C
33
A
34
A
35
A
36
C
37
D
38
B
39
B
40
C
41
C
42
D
43
D
44
D
45
A
46
A
47
D
48
B
49
B
50
C
17