Đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2022 môn TOÁN - Penbook Hocmai - Đề 8 - Thư viện tải tài liệu ôn thi THPT Quốc Gia

PENBOOK ĐỀ SỐ 8

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC: 2021 – 2022

MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề Câu 1.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.



;2



C.



2;



D.



1;



Câu 2. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?

A. y  x⁴ 2x²1 B. y x ⁴2x²1 C. y x ³3x²1 D. y  x³ 3x²1

Câu 3.Cho cấp số cộng

 

u_n với u₁ 2 và công sai d 6. Số hạng u₂ của cấp số cộng đã cho bằng

A. 8 B.4 C. 3 D. 4

Câu 4.Mỗi hình sau gồm một số hữu hạn đa giác phẳng (kể cả các điểm trong của nó), số hình đa diện là

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

Câu 5. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3 cm, độ dài đường cao bằng 4 cm. Tính diện tích xung quanh của hình trụ này.

A. ^22

 

^{cm2 . B. 24}

 

^{cm2 . C. 20}

 

^{cm2 . D. 26}

 

^{cm2 .}

Câu 6.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A



^1;1;2



, B



^3;0;1



, C



^{8;2; 6}



. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

A. G



2; 1;1



. B. G



2;1;1



. C. G



2;1; 1



. D. G



6;3; 3



. Câu 7.Nếu ²   ⁵  

1 2

3, 1

  



^{f x dx}



^{f x dx thì 5  }



1 ^{f x dx bằng}

A. 2 B.2 C. 3 D. 4

Câu 8.Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số _{f x} _4x³_{sin 3x} là A. ⁴ 1 cos3

3 

x x C B. ⁴ 1 cos3

3 

x x C C. x⁴3cos3x C D. x⁴3cos3x C

Câu 9.Cho hai đường thẳng d₁:

2 1 3

x t

y t

z

  

   

 



và d₂:

1 2

2

x t

y

z t

  

 

   



. Góc giữa hai đường thẳng d₁ và d₂ là

A. 30°. B.120°. C. 150°. C. 60°.

Câu 10.Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. ylnx. B. y e^x. C. y lnx . D. y e ^x.

Câu 11.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình

nào sau đây là phương trình tham số của đường thẳng d qua điểm



2;3;1



M  và có vectơ chỉ phương a



1; 2;2



?

A.

2 3 2 1 2

x t

y t

z t

  

   

   



. B.

1 2 2 3 2

x t

y t

z t

  

   

  



. C.

1 2 2 3 2

x t

y t

z t

  

   

  



. D.

2 3 2 1 2

x t

y t

z t

  

  

  



.

Câu 12. Một túi đựng 6 bi trắng, 5 bi xanh. Lấy ra 4 viên bi từ túi đó. Hỏi có bao nhiêu cách lấy mà 4 viên bi lấy ra có đủ hai màu.

A. 300. B.310. C. 320. D. 330.

Câu 13. Điểm M là điểm biểu diễn của số phức z trong hình vẽ bên dưới.

Chọn khẳng định đúng

A. z2i. B. z0. C. z2. D. z 2 2i.

Câu 14.Xét tất cả các số thực dương a và b thỏa mãn lnab² ln b₂

e . Tích ab thuộc khoảng nào trong các khoảng sau đây?

A.

 

_{0;1 B.}



e_;0



C. 1 ;0

 e  D.

 

_1;2

Câu 15. Cho hàm số y f x

 

xác định trên \ 0

 

, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau

x  0 1 

y – + 0 –

y



–1 

3



Số nghiệm của phương trình f x

 

x bằng

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

Câu 16.Cho hình trụ ngoại tiếp hình lập phương cạnh a. Diện tích xung quanh hình trụ là A. ^{2 2}

2 a

 . B. a². C. 2a². D. a² 2.

Câu 17.Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số ² ₂^{2 3} 4

 

 

x x

y x là

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

Câu 18.Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số ylog2



x²2x m



có tập xác định là .

A. m1. B. m1. C. m1. D. m 1.

Câu 19.Có 3 bó hoa, bó thứ nhất có 8 hoa hồng, bó thứ hai có 7 bông hoa ly, bó thứ ba có 6 bông hoa huệ. Chọn ngẫu nhiên 7 hoa từ ba bó hoa trên để cắm vào lọ hoa, tính xác suất để trong 7 hoa được chọn có số hoa hồng bằng số hoa ly.

A. ³⁸⁵¹

4845. B. ¹

71. C. ³⁶

71. D. ⁹⁹⁴

4845. Câu 20. Cho  _H là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

 

ln 1

 

y x , đường thẳng y1 và trục tung (phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của  _H bằng

A. e2 B. e1

C. 1 D. ln 2

Câu 21.Số nghiệm của phương trình log x log3 . 3



2 1 2x 



log x3 là

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

Câu 22.Để dự báo dân số của một quốc gia, người ta sử dụng công thức S Ae ^nr; trong đó Alà 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 2018, dân số Việt Nam là 94.665.973 người (Tổng cục Thống kê, Niên giám thống kê 2018, Nhà xuất bản Thống kê, Tr. 87). Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi là 1,05%, dự báo đến năm 2040 dân số Việt Nam khoảng bao nhiêu người (kết quả làm tròn đến chữ số hàng trăm)?

A. 119.265.800 người B.953.705.200 người C. 95.665.200 người D. 116.787.300 người Câu 23.Hai đồ thị y x ⁴x² và y3x²1 có bao nhiêu điểm chung?

A. 2. B.4. C. 1. D. 0.

Câu 24.Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng



ABCD



. Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là điểm I với

A. I là trung điểm của đoạn thẳng SD. B.I là trung điểm của đoạn thẳng AC.

C. I là trung điểm của đoạn thẳng SC. D. I là trung điểm của đoạn thằng SB.

Câu 25.Cho hàm số _{f x} , bảng xét dấu của f x  như sau:

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

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

Câu 26. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

^{ :} x²y²z m ⁰ và điểm



1;1;1



A . Khi đó m nhận giá trị nào sau đây để khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

 

^ bằng 1?

A. –2. B.–8. C. –2 hoặc –8. D. 3.

Câu 27.Trong không gian Oxyz, tìm tọa độ hình chiếu H của A



1;1;1



lên đường thẳng d:

1 1

x t

y t

z t

  

  

 

 A. ^{4 4 1}; ;

3 3 3

H 

 

 . B. H



1;1;1



. C. H



0;0; 1



. D. H



1;1;0



. Câu 28. Tất cả giá trị của tham số m để hàm số ^{3 4} 2 ^{2 7}

2 3

y x  mx  có điểm cực tiểu mà không có điểm cực đại là

A. m0. B. m0. C. m1. D. m 1.

Câu 29. Gọi z₁, z₂ lần lượt có điểm biểu diễn là M, N trên mặt phẳng phức (hình bên). Khi đó phần ảo của số phức ¹

2

z z là A. ¹⁷

14. B. ¹

4. C. ⁵

17. D. ¹

2. Câu 30.Cho số phức 1 ¹

z 3i. Tìm số phức w iz 3z.

A. ⁸

w3. B. ⁸

w 3 i. C. ¹⁰

w 3 . D. ¹⁰

w 3 i.

Câu 31.Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C. _{1 1 1}, AA₁2 5a và BAC^120 có AB a , AC2a. Gọi I, K lần lượt là trung điểm của các cạnh BB₁; CC₁. Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng



A BK1



A. ⁵ 3

a . B. a 15. C. ¹⁵

3

a . D. ⁵

6 a .

Câu 32.Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z2z  6 4i với i là đơn vị ảo. Phần ảo của số phức z là

A. –4. B.4. C. 2. D. 6.

Câu 33. Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm liên tục trên . Đồ thị hàm số y f x

 

như hình vẽ bên.

Khi đó giá trị của biểu thức ⁴

 

²

 

0 0

2 2

f x  dx f x  dx

 

bằng bao nhiêu?

A. 2. B.–2. C. 10. D. 6.

Câu 34. Cho hàm số _{f x}  có đồ thị trên đoạn



3;3



là đường gấp khúc ABCD như hình vẽ. Tính

3  

3





^{f x dx.}

A. ⁵

2 B. ³⁵

6 C. ⁵

2 D. ³⁵

 6

Câu 35.Cho lăng trụ ABC A B C.    có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng



ABC



trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. Cạnh bên BB hợp với đáy



ABC



góc 60°.

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng



BCC B 



là A. ³

2 13

a . B.

13

a . C. ²

13

a . D. ³

13 a . Câu 36.Hàm số _yln_x³_3x²_1 có bao nhiêu điểm cực trị?

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

Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d₁: ^{3 3 2}

1 2 1

x  y  z

  ; d₂ :

5 1 2

3 2 1

x  y  z

 và mặt phẳng

 

P : x2y3 5 0z  . Đường thẳng vuông góc với

 

P , cắt d₁ và d2 có phương trình là

A. ^{2 3 1}

1 2 3

x  y  z . B. ^{3 3 2}

1 2 3

x  y  z .

C. ^{1 1}

1 2 3

x  y  z . D. ^{1 1}

3 2 1

x  y  z .

Câu 38.Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình



^{7 3 5}



^x2m



^{7 3 5}



^{x2 2x21 có đúng}

hai nghiệm phân biệt.

A.

1 0

2 1 16

m m

  



 

. B. 0 ¹

m 16

  . C. 0 ¹

m 16

  . D. ^{1 1}

2 m 16

   .

Câu 39.Cho một dụng cụ đựng chất lỏng được tạo bởi một hình trụ và hình nón được lắp đặt như hình bên. Bán kính đáy hình nón bằng bán kính đáy hình trụ. Chiều cao hình trụ bằng chiều cao hình nón và bằng h.

Trong bình, lượng chất lỏng có chiều cao bằng ¹

24 chiều cao hình trụ.

Lật ngược dụng cụ theo phương vuông góc với mặt đất. Tính độ cao phần chất lỏng trong hình nón theo h.

A. 8

h. B. ³

8

h. C.

2

h. D.

4 h. Câu 40.Trong đợt hội trại được tổ chức tại trường THPT Nguyễn Tất Thành,

Đoàn trường có thể thực hiện một dự án ảnh trưng bày trên một pano có dạng parabol như hình vẽ. Biết rằng đoàn trường sẽ yêu cầu các lớp gửi hình dự thi và dán lên khu vực hình chữ nhật ABCD, phần còn lại sẽ được trang trí hoa văn cho phù hợp. Chi phí dán hoa văn là 200.000 đồng cho một m² bảng.

Hỏi chi phí thấp nhất cho việc hoàn tất hoa văn trên pano sẽ là bao nhiêu (làm tròn đến hàng nghìn)?

A. 1.230.000. B.902.000. C. 900.000.

Câu 41. Cho hàm số y ax bx cx d^{ 3 2 } có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào sau đâysai?

A. ab0 B. bc0

C. ac0 D. bd0

Câu 42. Cho hàm số bậc ba y f x

 

có đồ thị trong hình vẽ dưới đây.

Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình



^{4 2}



f x m có nghiệm thuộc nửa khoảng ^_ ^{2; 3}



^là

A.



1;3



. B.



^{1;f 2}

 

^_^.

C.



^1;3



^{. D. }_^{1; f}

 

^{2 }_^.

Câu 43. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:

1 2 1

x t

y t

z t

  

  

 



và hai điểm A



1;0; 1



, B



2;1;1



.

Điểm M x y z



^{; ;}



thuộc đường thẳng d sao cho MA MB lớn nhất. Tính giá trị của biểu thức

2 2 2

P x y z .

A. 30. B.10. C. 22. D. 6.

Câu 44. Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn 0   a b c d và hàm số

 

y f x . Biết hàm số y f x 

 

có đồ thị như hình vẽ. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y f x

 

trên [0;d]. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

A. M m f b 

 

 f a

 

. B. M m f 

 

d  f

 

c . C. M m f 

 

0  f c

 

. D. M m f 

 

⁰  f a

 

.

Câu 45.Cho hai số thực a b, 1 sao cho luôn tồn tại số thực x



0 x 1



thỏa mãn a^logbx b^logax2. Tìm giá trị nhỏ nhất của Pln²aln²bln

 

ab .

A. ^{1 3 3} 4

 . B.

2

e . C. ¹

4. D. ^{3 2 2}

12

  .

Câu 46.Cho hàm số _{y f x}   liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên củamđể phương trình _{f x}



³_3x



_m có đúng 12 nghiệm phân biệt thuộc đoạn



2;2



?

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

Câu 47. Cho hàm số _{y f x}   có đạo hàm, nhận giá trị dương trên



0;



và thỏa mãn

 ²  ²

2f x 9x f x với mọi x



0;



. Biết ^{2 2}

3 3

  

  

f , tính giá trị ¹ 3

   f  . A. ¹

4 B. ¹

3 C. ¹

12 D. ¹

6 Câu 48. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d: ^{1 2}

2 1 1

x y z

   và hai điểm A



^1;3;1



;



0;2; 1



B  . Gọi C m n p



; ;



là điểm thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2 2 . Giá trị của tổng m n p  bằng

A. –1 B.2 C. 3 D. –5

Câu 49. Cho khối lăng trụ ABC A B C.    điểm M là thuộc cạnh A B  sao cho A B 3A M . Đường thẳng BM cắt đường thẳng AA tại F, và đường thẳng CF cắt đường thẳng A C  tại G. Tính tỉ số thể tích khối chóp FA MG và thể tích khối đa diện lồi GMB C CB  .

A. ¹

28. B. ¹

11. C. ³

22. D. ¹

27.

Câu 50.Cho số phức z thỏa mãn z z 2z z 8. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P z  3 3i . Tính M m .

A. 10 34. B. 2 10 . C. 10 58. D. 5 58.

Đáp án

1-A 2-B 3-A 4-C 5-B 6-C 7-B 8-A 9-D 10-A

11-D 12-B 13-C 14-A 15-A 16-D 17-B 18-C 19-D 20-C

21-A 22-A 23-A 24-C 25-B 26-C 27-A 28-B 29-A 30-A

31-D 32-B 33-A 34-A 35-D 36-C 37-C 38-A 39-C 40-B

41-B 42-A 43-B 44-C 45-D 46-C 47-C 48-C 49-A 50-D

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1. Đáp án A.

Hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng



;1



và

 

1;2 . Câu 2. Đáp án B.

Đường cong trên là dạng đồ thị hàm số trùng phương nên loại phương án y x ³3x²1 và

3 3 2 1

   

y x x .

Đồ thị quay lên ứng với a0, nên loại phương án y  x⁴ 2x²1. Suy ra đồ thị trên là của hàm số y x ⁴2x²1.

Câu 3. Đáp án A.

Số hạng u₂ của cấp số cộng là u₂   u d₁ 8. Câu 4. Đáp án C

Hình đa diện là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai tính chất:

- Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung.

- Mỗi cạnh của đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác.

Ta thấy có ba hình thỏa mãn hai tính chất trên.

Câu 5. Đáp án B

Ta có Sxq ²Rh^{2 .3.4 24}  

 

cm² Câu 6. Đáp án C

Gọi G x y z



; ;



là trọng tâm của ABC. Khi đó:

1 3 8 2

3 3

1 0 2 1

3 3

2 1 6 1

3 3

A B C

A B C

A B C

x x x x

y y y y

z z z z

   

   



   

   



   

    



Vậy G



2;1; 1



. Câu 7. Đáp án B

Ta có: ⁵   ²   ⁵  

1 1 2

3 1 2

    



^{f x dx}



^{f x dx}



^{f x dx .}

Câu 8. Đáp án A

Ta có: ₄ ³ _{sin 3}  ^{4 1}_cos3

  3 



^{x x dx x x C .}

Câu 9. Đáp án D Gọi u₁

; u₂

lần lượt là vectơ chỉ phương của đường thẳng d₁; d₂. u₁



1;1;0



; u₂  



1;0;1



Áp dụng công thức ta có



^{1 2}

 

^{1 2}



^{1 2}

1 2

. 1 1

cos , cos ,

1 1. 1 1 2 .

d d u u u u

u u

    

 

 

 

 



d d1, 2



60

  

Câu 10. Đáp án A

Đồ thị hàm số đi qua các điểm

 

1;0 và

 

e;1 nên loại đáp án B, D.

Mặt khác với x

 

0;1 thì đồ thị nằm dưới trục Ox nên loại đáp án C.

Câu 12. Đáp án B

Các viên bi lấy ra có đủ cả 2 màu nên ta có các trường hợp:

Số bi trắng Số bi xanh Số cách chọn

1 3 C C¹₆ ₅³

2 2 C C6² 5²

3 1 C C6³ 5¹

Vậy có tất cả C C C C¹₆ ₅³ ₆² ₅²C C₆³ ₅¹310 cách lấy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 13. Đáp án C

Hoành độ của điểm M bằng 2; tung độ điểm M bằng 0 suy ra z2. Câu 14. Đáp án A

Ta có lnab² ln b₂ lna2lnblnb 2 lnab  2 ab e ^2

e .

Câu 15. Đáp án A

Số nghiệm của phương trình f x

 

x là số giao điểm của đồ thị hàm số y f x

 

và đường thẳng y x . Theo bảng biến thiên ta có số nghiệm là 3.

Câu 16. Đáp án D

Bán kính đáy ²

2 2

r AC a Chiều cao h a

Diện tích xung quanh 2 2 ² 2 ²

xq a2

S  rh  a a Câu 17. Đáp án B

Vì x²    4 0 x 2.

  

2 2

2 2 2 2

2 3 2 3

lim lim lim

4 2 2

  

  

   

   

  

x x x

x x x x

y x x x .

        

2 2

2 2 2 2

2 3 2 3

lim lim lim

4 2 2

  

     

   

   

  

x x x

x x x x

y x x x .

Và lim lim ² ₂^{2 3} 1 4

 

 

 



x x

x x

y x .

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Câu 18. Đáp án C

Hàm số có tập xác định là  x²2x m 0,  x .

Tam thức vế trái có hệ số bậc hai dương nên để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì       0 1 m 0 m1. Vậy m1.

Câu 19. Đáp án D

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 7 hoa từ ba bó hoa gồm 21 hoa.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là  C₂₁⁷ 116280

Gọi A là biến cố "7 hoa được chọn có số hoa hồng bằng số hoa ly". Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là:

•TH1:Chọn 1 hoa hồng, 1 hoa ly và 5 hoa huệ nên có C C C₈¹. .₇¹ ₆⁵ cách.

•TH2:Chọn 2 hoa hồng, 2 hoa ly và 3 hoa huệ nên có C C C₈². .₇² ₆³ cách.

•TH3:Chọn 3 hoa hồng, 3 hoa ly và 1 hoa huệ nên có C C C₈³. .₇³ ₆¹ cách.

Suy ra số phần tử của biến cố A là C C C C C C C C C₈¹. .¹_{7 6}⁵ ₈². .₇² ₆³ ₈³. .₇^{3 1}₆ 23856. Vậy xác suất cần tính

 

^{23856 994}

116280 4845 P A A

  



Câu 20. Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số _yln_x1 và đường thẳng y1 là

 

ln x    1 1 x e 1.

Diện tích của  _H là ¹



 



^{1 1}   ¹  

0 0 0 0

1 ln 1 ln 1 1 ln 1

   

^e



  ^e



^e



   ^e





S x dx dx x dx e x dx .

Đặt _ln ₁ ¹

11

 

    

 

    

du dx

u x

dv dx v xx

.

Khi đó    ₀^{1 1}  

0

1 1 ln 1 ^{ } 1 1 2

     ^e ^e



      

S e x x dx e e e e .

Câu 21. Đáp án A

Điều kiện: ^{0 1}

2 1 0 2

x x

x

   

  



   

3 3 3 3 3

log .log 2 1 2logx x  xlog .logx 2 1 2x  0

   

 

3 3

log 0 1 1

log 2 1 2 2 1 9 5

x x x TM

x x x TM

  

  

         . Vậy phương trình có 2 nghiệm.

Câu 22. Đáp án A

Thay A94.665.973, n2040 2018 22  và r1,05% 0,0105 vào S Ae ^nr ta được:

22 0,0105

94.665.973 ^ 119.265.800

  

S e .

Vậy dự đoán đến năm 2040 dân số Việt Nam khoảng 119.265.800 người.

Câu 23. Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm: x⁴x² 3x²1

 

1

   

2

4 2 2 4 2

2

2 5

1 3 1 0 4 1 0 2 5

2 5

x x x x x x x

x VN

  

              

  

Số điểm chung của hai đồ thị y x ⁴x² và y3x²1 bằng số nghiệm của phương trình

 

^{1 là hai.}

Câu 24. Đáp án C

Từ giả thiết ta có: ^{BC AB} BC SA

 

 



 

^ 90

BC SAB BC SB SBC

      

 

1 .

Chứng minh tương tự ta cũng có: CD SD

 90

SDC

  

 

2 .

Do SA



ABCD



SA AC SAC^ ⁹⁰

 

^{3 .}

Từ

 

1 ,

 

2 và

 

3 suy ra: mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là mặt cầu đường kính SC nên tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm I của đoạn thẳng SC.

Câu 25. Đáp án B

Dựa vào bảng xét dấu f x  ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x 1;x1 và đạt cực đại tại x0. Vậy hàm số có 3 cực trị.

Câu 26. Đáp án C

   

⁵ 1 ^{5 3 2}

5 3 8

3

m m

d A m

m m

  ^   ^ ^{ }   ^ ^{ }  . Câu 27. Đáp án A

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là u



1;1;1



. Do H d H



1 ;1 ;t t t



. Ta có: AH 



t t t; ; 1



. Do H là hình chiếu của điểm A lên đường thẳng d nên suy ra

1 4 4 1

. 0 1 0 ; ;

3 3 3 3

AH u  AH u        t t t t H  

    .

Câu 28. Đáp án B

Do 3 0

a 2 nên hàm số có cực tiểu mà không có cực đại khi và chỉ khi 2m  0 m 0.

Câu 29. Đáp án A

Dựa vào hình vẽ ta có được z₁ 3 2i, ₂ ¹

2

3 2 5 14

1 4 1 4 17 17

z i

z i i

z i

       

 .

Câu 30. Đáp án A

Ta có 1 ¹ 1 ¹

3 3

z  i  z i.

Khi đó: 3 1 ¹ 3 1 ^{1 8}

3 3 3

w iz  z i   i   i . Câu 31. Đáp án D

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A₁ lên B C_{1 1}.

Khi đó ^{1 1 1} 1

 

1 1

A H B C

A H BIK A H BB

 

 

 

 hay A H₁ là đường

cao của tứ diện A BIK₁ .

Ta có BC AB²AC²2 . .cos120AB AC  a 7 Ta có _{1 1 1} ¹ ₁ . _{1 1} ¹ _{1 1}. _{1 1}.sin120

2 2

A B C

S_  A H B C  A B AC 

1 1 1 1 1

1 1

. .sin120 21 7

A B AC a

A H B C

  

1

2 3

1 . 1 1 35. 21 1 15

3 3 2 7 6

A IBK BIK a a

V  S_ A H   a

+) Mặt khác BK  CK²CB² 2 3a ,

2 2

1 1 1 1 3

KA  C K C A  a

2 2

1 1 21

BA  AB AA a

Ta thấy BK² KA₁² BA₁² vuông tại K  A BK₁ .vuông tại K ₁ 1 . .₁ 3 3 ²

A KB 2

S_ KA KB a

  

+) Ta có

   

¹

1

3 .

1 2

3.1 15

3. 6 5

3 3 6

I A BK A BK

V a a

d I A BK

S a

  

Câu 32. Đáp án B

Đặt z a bi  , a b,     z a bi Ta có

   

^{3 6 2}

2 6 4 2 6 4 3 6 4

4 4

a a

z z i a bi a bi i a bi i

b b

 

 

                   

Vậy phần ảo của số phức z bằng 4.

Câu 33. Đáp án A

           

4 2 4 2

0 0

0 0

2 2 2 2 4 2 6

f x  dx f x  dx f x   f x  f  f  

 

Câu 34. Đáp án A

       

3 2 1 3

3 3 2 1



  

  



^{f x dx}



^{f x dx}



^{f x dx}



^{f x dx}

 

2 1 3

3 2 1

3 5 1 5

3 3 1

2 2 2 2



 

 

          

 



^{x dx}



^dx



^{x dx .}

Câu 35. Đáp án D

Ta có ^{B G }



^ABC



^



^{BB ABC,}

  BB BG, B BG .

Theo giả thiết ta có B BG^  60 .

Gọi M là trung điểm BC. Kẻ AH B M  , H B M  . AM BC

  . Mà

 

BC AM

BC AB M BC AH BC B G

      

  



+) ^{AH B M} AH BC

 

 



  

^,

  

AH BCC B  d A BCC B  AH

   

+) ABC đều cạnh a nên ta có ³ 2

AM a , ³

3

BG a , ³

6 GM a

+) .tan 60 ³. 3

3

B G GB    a a

+)

2

2 2 2 3 39

6 6

a a

B M B G GM a  

       

+)

. 3

. 2 3

. .

39 13 6

a a

B G AM a

B G AM AH B M AH

B M a

       



Vậy



^,

  

³

13 d A BCC B  AH  a . Câu 36. Đáp án C

Điều kiện: x³3x² 1 0. Ta có  

 

2 2

3

3 6 0 3 6 0 0

3 1 2

  

          

x n

x x

y y x x

x x x l .

Hàm số y_lnx³₃x²₁ có y 0 có nghiệm đơn và đổi dấu nên có 1 điểm cực trị.

Câu 37. Đáp án C

Gọi  là đường thẳng cần tìm. Gọi M   d₁; N   d₂.

Vì M d ₁ nên M



3 ;3 2 ; 2t  t  t



,vì N d ₂ nên N



5 3 ; 1 2 ;2 s   s s



.



2 3 ; 4 2 2 ;4



MN   t s   t s  t s



,

 

P có một vec tơ pháp tuyến là n



1;2;3



; Vì  

 

P nên n, MN

cùng phương, do đó:

 

 

2 3 4 2 2

1; 1;0

1 2 1

4 2 2 4 2 2;1;3

2 3

t s t s

s M

t s t s t N

    

 

    

  

       

  



 đi qua M và có một vectơ chỉ phương là MN



1;2;3



. Do đó  có phương trình chính tắc là ^{1 1}

1 2 3

x y z

  .

Câu 38. Đáp án A

Có



^{7 3 5}



^{x2 m}



^{7 3 5}



^{x2 2x21 }_^{7 3 5}₂ ^_^x2m_^{7 3 5}₂ ^_^{x2 1}₂

   

 

1

Đặt

7 3 5 2

2

x

t   

   , 0 t 1. Mỗi giá trị t

 

^0;1 cho ta 2 giá trị x

 

1 .^{1 1 1 2}

2 2

t m m t t

  t     , 0 t 1.

Dựa bảng biến thiên suy ra

1 0

2 1 16

m m

  



 

Câu 39. Đáp án C

Thể tích chất lỏng ². ^{1 1 2} 24 24 V r h r h .

Khi lật ngược bình, thể tích phần hình nón chứa chất lỏng là ^{1 2} V3r h . Mà r h r h .r

r h h

     . Do đó ¹ . ^{2 1 2}. ₂³

3 3

h h

V r h r

h h

^{  }  ^

   

Theo bài ra,

2 3 2 3 3

2

1 . 1 1

3 24 8 2

h h

V V r r h h h h

 h^ 

       

Câu 40. Đáp án B

Ta có hình trên cao 4, rộng 4 nến biểu diễn qua một Parabol

t 0 ¹

4 1

y + 0 -

y 0

1

16 1

2

2 4 y  x .

Chi phí thấp nhất nếu diện tích hình chữ nhật lớn nhất.

Gọi C x

 

;0 với 0 x 2 thì suy ra ^{B x x}



^{; 2 4}



Diện tích hình chữ nhật là

 

²



^{2 4}

 

^{2 3 4}



S x  x x    x x ;

 

^{2 3}



^{2 4}



^{0 2 3}₃

S x   x    x

Dễ thấy _max ^{2 3 4 3}. 4 ^{4 32 3}

3 3 3 9

S S     Diện tích nhỏ nhất phần hoa văn là

 

2 2

min max

2

32 32 3

4 3 9

X x dx S







   

Số tiền nhỏ nhất là X_min.200000 901.652 902.000  Câu 41. Đáp án B

Ta có: y ax bx cx d ³ ²   y3ax²2bx c . Từ đồ thị ta thấy:

+) lim_    0

x y a .

+) Hàm số có hai điểm cực trị x x₁, ₂ nằm về hai phía của trụcOy  y^ có hai nghiệm x x₁, ₂ trái dấu 0

ac . Vậy C đúng.

Có ac0, mà a  0 c 0 (1).

+ Ta có _{1 2} ² 0

  3b

x x a (vì x₁ 



2;0 ,



x₂ 2) ab0. Vậy A đúng.

Có ab0, mà a  0 b 0(2).

+) D đúng vì đồ thị cắt trụcOytại điểm nằm phía trên trục hoành nên d 0, mà b 0 bd 0. Câu 42. Đáp án A

Đặt ²

2

4 2

2 4 t x t x

x

 

   

 ; t   0 x 0

Với ^{x }_ ^{2; 3}



ta có bảng biến thiên của hàm số t 4x²

x  ₂ 0 3

t + 0 -

t 2

Với ^{x }_ ^{2; 3}



^{ t}



^1;2



Từ đồ thị ta có: ^t



^1;2



^{ f t}

  

^{ 1;3}



Để phương trình ^f



^4x2



^m có nghiệm thì m 



^1;3



. Câu 43. Đáp án B

Do M d nên M



1 2 ;1 ; t t t



.

  

²



²

 

²

 

²

2 2

4 1 1 2 1 1

MA MB  t  t  t  t   t t

2

2 2 2 1 1

6 2 6 6 2 6 2 6

2 2

t t t t t 

           

Chọn ^u



^{6 ; 2t}



^{; v} ^6^t1₂^^{; 1}₂^^{   u v } ₂^{6 1;} ₂^

   .

Ta có: ^{6 1} 2

MA MB  u v    u v  4 2 

Dấu đẳng thức xảy ra  u và v cùng hướng 6 ⁶ 1 1² 1

2 2

t t

t

   

  

 

  Vậy MA MB lớn nhất khi M



^3;0;1



suy ra P3 0 1 10² ² ² . Câu 44. Đáp án C

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra bảng biến thiên

x 0 a b c d

y – 0 + 0 – 0 +

y

     

 

   

 

0 , , ,

M f f b f d m f a f c

 

 

 

- Mặt khác dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy rằng

+ ^b

 

^c

   

^b

 

^c

   

c b

a b

f x dx  f x dx   f x  f x  f a  f c

 

+

               

0

0 0

a b

a

f x dx f x dx f f a f b f a f f b

       

 

 

 

+ ^b

 

^d

             

c c

f x dx f x dx f b f c f d f c f b f d

       

 

 

 

2 1

Vậy

     

         

⁰

 

0 0

f a f c m f c

M m f f c

f f b f d M f

  

    

    



Câu 45. Đáp án D Có1a b, ,0 x 1

Có a^logbx b^logax2 a^{log .logba ax}b^2logaxa^{log .logax ba} b^2logax

log 2log log 2log log 2 1

ba ab log

b a b

b

x x a b a

      a



^logba



^{2 2 log}ba ²

    (do1a b, , nên log_ba0)  a b ². Có ^{Pln2aln2bln( )ab }



^{lnb 2}



^{2ln2bln}

 

^{b b2 .}

   

2 2 2

2ln b ln b 2 1 lnb 3ln b 2 1 ln .b

      

Đặt tlnb, t0 (do b1).

Xét hàm số ^{y f t}

 

^3t2



^{2 1}



^{t, với t0.}

Có ^{f t}

 

^{ 6t}



^{2 1}



^{, f t}

 

^{ 0 6t}



^{2 1 0 }



2 1 0 t 6

  

Bảng biến thiên

t 0 ^{2 1}

6

 

 

f t – 0 +

 

f t

0

3 2 2 12

 



Dựa vào bảng biến thiên có ^minP_^min_0;f t

 

 ^{3 2 2}₁₂ khi ^{2 1} t 6 Vậy min ^{3 2 2}

P  12 Câu 46. Đáp án C

Đặt t x ³3x , với x 



2;2



.

Ta thấy hàm số _{u x} _x³_3x liên tục trên đoạn



2;2



và u 3x²3; u x    ₀ x ₁. Bảng biến thiên:

Ta có nhận xét:

Với t0 thì phương trình t x ³3x có 3 nghiệm phân biệt;

Với t2 thì phương trình t x ³3x có 4 nghiệm phân biệt;

Với mỗi t



0;2



thì phương trình t x ³3x có 6 nghiệm phân biệt.

Với t x ³3x phương trình f x



³₃x



m thành f t m t,





 

0;2



. Dựa vào đồ thị, ta có:

Khi   2 m 2 thì trên

 

0;2 phương trình  

 

 

^{ }

0;2 , 0;2

  

  

  

f t m t a a b

t b .

Khi đó phương trình f x



³₃x



m có 12 nghiệm phân biệt.

Vì m nên m1. Câu 47. Đáp án C

Ta có:     ^{ }

 

 

 ²  

2 2 2 2 2 2

2 2

2 9 9 9

2 9

2 2 2

2 2

  

    

   xf x   f x     

f x x f x x x f x x

f x f x .

Do đó  ^{2 9 2 3 3}

2 2





 

f x x dx x C.

Mà ^{2 2 2 3 2 2}. . 0

3 3 3 2 3 3

       

  

f C C .

Suy ra  ^{2 9 6}   ^{9 3 1 9 1}_. ^{3 1}

4 4 3 4 3 12

   

        

   

f x x f x x f .

Câu 48. Đáp án C

Phương trình tham số của đường thẳng d:

1 2 2

x t

y t

z t

  

 

  



Vì C d : ^{1 2}



1 2 ; ;2



2

x t

y t C t t t

z t

  

     

  



Ta có AB



1; 1; 2 



; AC



2 ; 3;1t t  t



 AB AC, 



3 7; 3 1;3 3t  t t



Diện tích tam giác ABC là ¹ , ¹ 27 ² 54 59

2 2

SABC  AB AC   t  t

 

1 2

2 2 27 54 59 2 2 1 1;1;1 3

ABC 2

S   t  t    t C    m n p Câu 49. Đáp án A

Gọi V là thể tích của khối lăng trụ ABC A B C.   , V₁ là thể tích khối chóp FA MG ,V₂ là thể tích khối đa diện lồi GMB C CB  .

/ / 1

3 FA FM A M A M AB

FA FB AB

 

     ;

/ / 1

3 FG FA A G AC

FC FA

    ;

1

1 1 1. . 1 1

3 3 3 27 27

FA MG

FABC FABC

V V V

V

     

 

     

1 , 1 .3 , 1

3 3 2 2

FABC ABC ABC

V  S_ d F ABC  S_ d A ABC  V

1 1 1. 1

27 2 54

V V V

  

 

2 A MGABC' FABC FA MG

V V V   V V V 

1 1 14

2 54 27

V  V V V

   

Nên: ¹

2

1 28 V V 

Câu 50. Đáp án D

Gọi z x yi  , x y, , ta có 2 8 2 4 ⁴ 2

z z z z x y x

y

 

        

  , tập hợp K x y



^;



biểu diễn số phức z thuộc các cạnh của hình thoi ABCD như hình vẽ.

3 3

P z   i đạt giá trị lớn nhất khi KM lớn nhất, theo hình vẽ ta có KM lớn nhất khi K D hay K



^4;0



suy ra

49 9 58

M    .

3 3

P z   i đạt giá trị nhỏ nhất khi KM nhỏ nhất, theo hình

vẽ ta có KM nhỏ nhất khi K F (F là hình chiếu của E trên AB.

Suy ra F

 

2;1 do AE BE nên F là trung điểm của AB.

Suy ra m 1 4  5. Vậy M m  58 5.