De Thi Thu Thpt Truong Thpt Ly Thai To Bac Ninh Nam 2020 2021 Lan 3

LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 2020

hoctoanonline.vn

ĐỀ THI THỬ TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ - BẮC NINH NĂM 2020-2021 LẦN 3

Đề thi có 50 câu trắc nghiệm Thời gian: 90 phút (không kể phát đề)

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

Câu 1. Với các số thực a,b, c >0và a,b 6= 1 bất kì. Mệnh đề nào dưới đây sai?

A. log_ab= 1

log_ba. B. log_ab·log_bc= log_ac.

C. log_a(bc) = log_ab+ log_ac. D. log_acb=clog_ab.

Câu 2. Cho số phứcz =−3 + 2i. Khi đó, phần ảo của số phức liên hợp củaz bằng

A. −2. B. −2i. C. 2. D. 2i.

Câu 3. Diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh dài2a, bán kính đáy bằng a là A. 4πa². B. 4πa³. C. πa². D. 2πa².

Câu 4. Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho mặt phẳng(P)có phương trình2x+3y−z+5 = 0.

Mặt phẳng (P)có một véc-tơ pháp tuyến là

A. #»n₃ = (3;−2;−1). B. #»n₂ = (2;−3;−1). C. #»n₁ = (2; 3;−1). D. #»n₄ = (−1; 3; 2).

Câu 5. Cho một chiếc hộp đựng 4 quả bóng xanh và 10 quả bóng đỏ. Số cách lấy ra 3 quả bóng bất kì bằng

A. C¹₄C²₁₀. B. A³₁₄. C. C³₁₄. D. C²₄C¹₁₀. Câu 6. Hàm số nào sau đây đồng biến trên khoảng(−1; 1)?

A. y=x². B. y=√

1−x². C. y=−x³+ 3x. D. y= x+ 1 x . Câu 7. Giá trị của tham số m để hàm số y = 1

3x³−mx² + (m²−m−1)x đạt cực đại tại x = 1 là

A. m ∈ {0; 3}. B. m= 3. C. m= 0. D. m∈∅. Câu 8. Số tất cả các đường tiệm cận của đồ thị hàm sốy= x+ 2

x²+x−6 là

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

Câu 9.

Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào?

A. y=−x³−1. B. y =−x³+ 3x²−1.

C. y=x³−3x−1. D. y =−x³+ 3x−1.

x y

O

Câu 10. Gọi M, N là giao điểm của đường thẳng (d) : y =x−1 và đường cong (C) : y = 2x−1 x+ 5 . Khi đó, hoành độ trung điểm I của đoạn thẳng M N bằng

A. −2. B. −1. C. 2. D. 1.

Câu 11. Giá trị của tham sốm để tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=x³+ 2mx²−(2m−5)x+ 4 tại điểm có hoành độ bằng −3 vuông góc với đường thẳngd: x−10y+ 6 = 0 là

A. m =−2. B. m= 3. C. m= 4. D. m=−1.

Câu 12. Tập xác định của hàm số y= (x−1)¹³ là

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

Câu 13. Cho các số thựcx, y thỏa mãn 2^x = 3, 3^y = 4. Tính giá trị biểu thức P = 8^x+ 9^y.

A. 17. B. 43. C. 24. D. log³₂3 + log²₃4.

Câu 14. Gọi x1,x2 là hai nghiệm nguyên dương của bất phương trìnhlog₂(x+ 1)<2. Tính giá trị của P =x₁+x₂.

A. P = 3. B. P = 4. C. P = 5. D. P = 6.

Câu 15. Một người gửi tiết kiệm vào ngân hàng với lãi suất 8,4% trên năm và tiền lãi nhập vào tiền vốn. Tính số năm tối thiểu người đó cần gửi để số tiền thu được nhiều hơn2lần số tiền gửi ban đầu.

A. 9 năm. B. 11năm. C. 10năm. D. 8 năm.

Câu 16. Cho I =

2

Z

0

f(x) dx= 3. Khi đó J =

2

Z

0

[4f(x)−3] dx bằng

A. 6. B. 2. C. 8. D. 4.

Câu 17. Với cách đổi biến u=√

1 + 3 lnx thì tích phân

e

Z

1

lnx x√

1 + 3 lnxdxtrở thành A. 2

9

2

Z

1

u²−1

du. B. 2 3

2

Z

1

u²−1

du. C. 2

2

Z

1

u² −1

du. D. 2 9

2

Z

1

u²−1 u du.

Câu 18.

Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ bên. Hình phẳng được đánh dấu trong hình vẽ bên có diện tích là

A.

b

Z

a

f(x) dx−

c

Z

b

f(x) dx. B.

b

Z

a

f(x) dx−

b

Z

c

f(x) dx.

C.

b

Z

a

f(x) dx+

c

Z

b

f(x) dx. D. −

b

Z

a

f(x) dx+

c

Z

b

f(x) dx. ^x

y

O

a b

c

Câu 19. Cho số thựcx, y thỏa mãn (3x−2y+ 4) + (x+y−4)i= 3−ivới ilà đơn vị ảo. Giá trị của x²+y² bằng

A. 5. B. 3. C. 4. D. 2.

Câu 20. Biết M(3; 2), N(−1; 5) lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức z₁, z₂ trong mặt phẳng phức. Tính|z₁−z₂|

A. |z₁ −z₂|=√

53. B. |z₁−z₂|=√

35. C. |z₁−z₂|=√

5. D. |z₁−z₂|= 5.

Câu 21. Số phức z = (1 + 2i)(−3 + 4i)

i có

A. Phần thực bằng 2và phần ảo bằng −11. B. Phần thực bằng 2và phần ảo bằng 11.

C. Phần thực bằng −2và phần ảo bằng 11. D. Phần thực bằng −2và phần ảo bằng −11.

Câu 22. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình vuông cạnha;SAvuông góc với(ABCD), cạnh bênSC = a√

10

2 . Thể tích của khối chóp S.ABCDbằng A. a³√

2

4 . B. a³√

2

6 . C. a³√

2

3 . D. a³√

2 12 .

Câu 23. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với (ABC), SA=a√

2. Thể tích của khối chóp S.ABC bằng A. a³√

6

6 . B. a³√

6

3 . C. a³√

6

4 . D. a³√

6 12 .

Câu 24. Cho khối lăng trụ đứng ABC.A⁰B⁰C⁰ cóBB⁰ =a, đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và BA=BC =a. Tính thể tíchV của khối lăng trụ đã cho.

A. V = a³

2. B. V = a³

3 . C. V = a³

6. D. V =a³.

Câu 25. Cho lăng trụABC.A⁰B⁰C⁰ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB=a, BC = 2a; biết A⁰A = A⁰B = A⁰C, cạnh bên tạo với đáy một góc 60^◦. Thể tích của khối lăng trụ ABC.A⁰B⁰C⁰ bằng

A. a³

2. B. 3a³. C. a³

6. D. 3a³

2 .

Câu 26. Trong không gian cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 2a. Khi quay hình vuông ABCD xung quanh trụcAC ta được một khối tròn xoay có thể tích bằng

A. 4πa³√ 2

3 . B. πa³√

3. C. 2πa³√

2

3 . D. πa³√

2 3 .

Câu 27. Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng đi qua trục, ta được thiết diện là hình vuông cạnh 2a.

Thể tích khối trụ là A. πa³

3 . B. πa³. C. 2πa³

3 . D. 2πa³.

Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (R) : x−2y+ 2z+ 2 = 0 và hai điểm A(1;−1; 3), B(2; 2; 1). Mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (R) có phương trình 2x+by+cz+d= 0. Tính giá trị biểu thức b²+c²+d².

A. 41. B. 97. C. 122. D. 106.

Câu 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q) : 3x+ 4y−5z + 2 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(3; 2; 1)đồng thời vuông góc với mặt phẳng (Q).

A. x

3 = y−2

4 = z−3

−5 . B. x−6

3 = y−6

4 = z+ 4

−5 . C. x−3

1 = y−4

2 = z+ 5

3 . D. x−3

3 = y−2

−4 = z−1

−5 .

Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho đường thẳngdcó phương trình x−1

2 = y+ 2

−1 = z−5

−2 . Điểm nào sau đây không thuộc đường thẳng d?

A. N(1;−2; 5). B. M(3;−3;−3). C. P(3;−3; 3). D. Q(5;−4; 1).

Câu 31. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình x

1 = y+ 2

−1 = z−3

−2 và mặt phẳng(P) có phương trình2x+y−2z+ 3 = 0. Giả sử I(a;b;c) là giao điểm của đường thẳngd và mặt phẳng (P). Giá trị của tổng a+ 2b+ 3cbằng

A. −2. B. 10. C. −1. D. 11.

Câu 32. Cho một đa giác đều 2n đỉnh (n ≥2, n∈N). Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh trong số 2n đỉnh của đa giác đó, biết xác suất bốn đỉnh được chọn tạo thành một hình chữ nhật là 1

21. Tìm giá trị của n.

A. n = 20. B. n= 10. C. n= 5. D. n = 7.

Câu 33. Cho cấp số nhân(u_n)có u₁ = 3, u₆ = 96. Công bội q của cấp số nhân là A. q = 3. B. q= 2. C. q=−3. D. q =−2.

Câu 34. Cho hình lập phương ABCD.A⁰B⁰C⁰D⁰ có cạnh bằng a. Số đo góc giữa hai mặt phẳng (A⁰BC) và (A⁰DC)bằng

A. 30⁰. B. 90⁰. C. 45⁰. D. 60⁰. Câu 35.

Cho hàm sốy=f(x)xác định, liên tục trên Rvà có đồ thị của đạo hàm y=f⁰(x)như hình vẽ bên. Số điểm cực đại của đồ thị hàm sốy =f(x) là

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

x y

O

Câu 36. Giá trị lớn nhất của hàm sốy= x²−3x+ 3

x−1 trên đoạn ï

−2;1 2 ò

là A. −13

3 . B. 1. C. −3. D. −7

2 . Câu 37.

Cho hàm số y =f(x) =mx⁴+nx³ +px² +qx+r với m, n, p, q, r ∈R và m 6= 0 có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của phương trình f(x) = r là

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

y

O

Câu 38. Đặta = log₂5, b= log₃5. Hãy biểu diễn log₆5 theo a và b A. log₆5 =a+b. B. log₆5 =a²+b². C. log₆5 = ab

a+b. D. log₆5 = 1 a + 1

b.

Câu 39. Bất phương trìnhlog1 5

(4x−3)> 1 2log1

5

(37−6x)² có bao nhiêu nghiệm nguyên trong đoạn [−2020; 2020]?

A. 2006. B. 3. C. 2003. D. 4.

Câu 40. Cho hàm số f(x) thỏa mãn

1

Z

0

(x+ 1)f⁰(x) dx = 10 và 2f(1) − f(0) = 2. Tính I =

1

Z

0

f(x) dx.

A. I = 8. B. I = 1. C. I =−12. D. I =−8.

Câu 41. Cho tứ diệnOABC có OA,OB, OC đôi một vuông góc và OA=a;OB = 2a; OC = 2a.

Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC.

A. a. B. 3a

2 . C. a

2. D. 5a

2 .

Câu 42. Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho mặt cầu(S) : x²+y²+z²−2x−2y+ 6z−14 = 0, mặt phẳng(P) : 2x+ 2y−z−4 = 0. Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu(S)theo giao tuyến là đường tròn (C). Hình tròn giới hạn bởi (C) có diện tích bằng bao nhiêu?

A. 24π. B. 100π. C. 25π. D. π.

Câu 43. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A⁰B⁰C⁰ có độ dài cạnh bên bằng a√

7, đáyABC là tam giác vuông tạiA, AB=a, AC =a√

3. Biết hình chiếu vuông góc củaA⁰ trên mặt phẳng (ABC)là trung điểm của BC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA⁰ và B⁰C⁰ bằng

A. a√ 2

3 . B. a√

6

4 . C. a√

6

3 . D. a√

3 4 .

Câu 44. Cho hàm sốy=f(x)có đồ thị nằm phía dưới trục hoành, có đạo hàm trên Rvà bảng xét dấu của đạo hàmf⁰(x) như sau

x f⁰(x)

−∞ −2 −1 3 +∞

+ 0 − 0 + 0 −

Hàm số g(x) = f(x²−2x)−2

f(x²−2x)−1 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (1; 2). B. (−2; 1). C. (−∞; 0). D. (2; +∞).

Câu 45. Có bao nhiêu giá trị của m để giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = |e^2x−4e^x+m| trên đoạn [0; ln 4]bằng 6?

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

Câu 46. Cho hàm sốy=f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ.

x y⁰

y

−∞ −1 1 3 +∞

− 0 + + 0 −

+∞

+∞

−2

−2

+∞

−∞

5 5

−∞

−∞

Xét hàm số g(x) =

√3−x

(x−6) [f(x)−m]. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [−86; 86]để đồ thị hàm số g(x)có đúng ba đường tiệm cận?

A. 81. B. 82. C. 7. D. 8.

Câu 47. Cho phương trình2^x2·log₂(x²+ 2) = 4^|x+m|·log₂(2|x+m|+ 2). Tổng các giá trị của tham sốm để phương trình đã cho có 3nghiệm phân biệt là

A. 1. B. 0. C. −1. D. 2.

Câu 48. Cho I =

π

Z2

0

Äa√³

cosx−b²√³ sinxä

dx = 0, biết 0 ≤ a ≤ 16, −10 ≤ b ≤ 15. Bất phương trình a+b≤12có bao nhiêu nghiệm (a;b) sao cho a và b là số nguyên?

A. 6. B. 7. C. 9. D. 8.

Câu 49. Gọi S là tổng tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trìnhz²−6z+ 4m+ 1 = 0 có nghiệm phức z₀ thỏa mãn |z₀|= 5. Tính S.

A. −13. B. 7. C. 13. D. −7.

Câu 50. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, \BAD = 120^◦. Gọi O là giao điểm của hai đường chéoAC,BD. BiếtSA=SC, SB =SD, mặt phẳng (SCD) tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc ϕ thỏa mãn tanϕ= 2. Mặt phẳng (α) qua A và vuông góc với SC, (α) cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại các điểm B⁰, C⁰,D⁰. Thể tích của khối chópO.AB⁰C⁰D⁰ bằng

A. a³

12. B. a³

16. C. a³

24. D. a³√

3 12 . ĐÁP ÁN

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

10. B 11. B 12. D 13. B 14. A 15. A 16. A 17. A 18. A 19. A 20. D 21. C 22. B 23. D 24. A 25. D 26. A 27. D 28. C 29. B 30. B 31. A 32. C 33. B 34. D 35. B 36. C 37. C 38. C 39. A 40. D 41. B 42. A 43. C 44. A 45. A 46. B 47. B 48. D 49. D 50. C

ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1. Ta có log_acb = 1

c ·log_ab.

Chọn đáp án D

Câu 2. Ta có z =−3 + 2i⇒z =−3−2i.

Vậy phần ảo của số phức liên hợp củaz là −2.

Chọn đáp án A

Câu 3. Diện tích xung quanh của hình nón là S_xq =πrl =π·a·2a= 2πa².

Chọn đáp án D

Câu 4. Ta có phương trình mặt phẳng Ax +By +Cz +D = 0 có một véc-tơ pháp tuyến là

#»n = (A;B;C) Vậy (P)có một véc-tơ pháp tuyến là #»n1 = (2; 3;−1).

Chọn đáp án C

Câu 5. Số cách lấy ra 3 quả bóng bất kì trong 14 quả là C³₁₄.

Chọn đáp án C

Câu 6.

• Xét hàm số y=−x³+ 3x, ta có y⁰ =−3x² + 3>0⇔ −1< x <1.

Vậy hàm sốy =−x³+ 3xđồng biến trên khoảng (−1; 1).

• Xét hàm số y=√

1−x² có tập xác định D = [−1; 1] và cóy⁰ = −2x 2√

1−x² >0⇔ −1< x <0.

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng(−1; 0).

• Xét hàm số y= x+ 1

x có tập xác định làR\ {0}.

Hàm số này không xác định tại điểm x= 0 nên không đồng biến trên (−1; 1) được.

• Hàm số y=x² đồng biến trên khoảng (0; +∞).

Chọn đáp án C

Câu 7. Hàm số y= 1

3x³−mx²+ (m² −m−1)x có tập xác định D =R.

⇒y⁰ =x²−2mx+ (m²−m−1);y⁰⁰ = 2x−2m.

Ta có y⁰(1) = 1−2m+ (m²−m−1) = 0⇔m²−3m= 0⇔



 m= 0 m= 3.

• Với m= 0, ta cóy⁰⁰(1) = 2>0⇒x= 1 là điểm cực tiểu.

• Với m= 3, ta cóy⁰⁰(1) =−4<0⇒x= 1 là điểm cực đại.

Vậy m= 3.

Chọn đáp án B

Câu 8. Ta có lim

x→±∞y= 0.

Suy ra đường thẳngy= 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Ta có lim

x→2⁺y = lim

x→2⁺

x+ 2

(x−2)(x+ 3) = +∞.

Suy ra đường thẳngx= 2 là một đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Ta có lim

x→(−3)⁺y= lim

x→(−3)⁺

x+ 2

(x−2)(x+ 3) = +∞.

Suy ra đường thẳngx=−3là một đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có tất cả3 đường tiệm cận.

Chọn đáp án C

Câu 9. Nhận thấy đây là đồ thị hàm số bậc ba vớia <0 có hai điểm cực trị đều có hoành độ khác 0.

Chọn đáp án D

Câu 10. Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và(C) làx−1 = 2x−1 x+ 5 (1) Điều kiện x6= 5. Khi đó phương trình (1) trở thành

(x−1)(x+ 5) = 2x−1⇔x²+ 2x−4 = 0.

Vì a·c= 1·(−4) =−4<0và 5²+ 2·5−4 = 266= 0 nên phương trình x²+ 2x−4 = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt khác 5.

Vậy hoành độ trung điểm I của đoạn thẳngM N là x_I = x_M +x_N

2 = −2

2 =−1.

Chọn đáp án B

Câu 11. Ta có y⁰ = 3x²+ 4mx−(2m−5), d: x−10y+ 6 = 0⇔y= 1 10x+ 3

5. Yêu cầu bài toán⇔y⁰(−3) = −10⇔3(−3)²+ 4m(−3)−2m+ 5 = −10⇔m= 3.

Chọn đáp án B

Câu 12. Ta có y = (x−1)¹³ là hàm lũy thừa với số mũ không nguyên.

Nên điều kiện xác định là x−1>0⇔x >1.

Chọn đáp án D

Câu 13. Ta có P = 8^x+ 9^y = (2^x)³+ (3^y)² = 3³ + 4² = 43.

Chọn đáp án B

Câu 14. Điều kiện x+ 1 >0⇔x >−1.

Ta có log₂(x+ 1)<2⇔x+ 1 <2² ⇔x <3.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = (−1; 3).

Vì x₁,x₂ là hai nghiệm nguyên dương thuộc S nên x₁ = 1; x₂ = 2⇒x₁+x₂ = 3.

Chọn đáp án A

Câu 15. Gọi A là tiền vốn ban đầu.

n là số năm tối thiểu người đó cần gửi để số tiền thu được nhiều hơn 2 lần số tiền gửi ban đầu.

Ta có A(1 +r)ⁿ≥2A⇔n≥log_1+r2, log_1+r2≈8,5936 . Vậy người đó cần tối thiểu9 năm.

Chọn đáp án A

Câu 16. Ta có J =

2

Z

0

[4f(x)−3] dx= 4·

2

Z

0

f(x) dx−3·

2

Z

0

dx= 4·3−3·2 = 6.

Chọn đáp án A

Câu 17. Đặt u=√

1 + 3 lnx⇒u² = 1 + 3 lnx.

Suy ra 2udu= 3 xdx.

Với x= 1⇒u= 1,x= e ⇒u= 2.

Khi đó

e

Z

1

lnx x√

1 + 3 lnxdx=

2

Z

1

u²−1 3 u ·2

3udu= 2 9

2

Z

1

u²−1 du.

Chọn đáp án A

Câu 18. Theo hình vẽ ta có S =

b

Z

a

f(x) dx+

c

Z

b

−f(x) dx=

b

Z

a

f(x) dx−

c

Z

b

f(x) dx.

Chọn đáp án A

Câu 19. Ta có (3x−2y+ 4) + (x+y−4)i= 3−i.

Suy ra







3x−2y+ 4 = 3 x+y−4 =−1

⇔







3x−2y =−1 x+y = 3

⇔





 x= 1 y= 2.

Khi đóx²+y² = 5.

Chọn đáp án A

Câu 20. Ta có z₁ = 3 + 2i,z₂ =−1 + 5i⇒z₁−z₂ = 4−3i.

Vậy |z₁−z₂|=p

4²+ (−3)² = 5.

Chọn đáp án D

Câu 21. Ta có z = (1 + 2i)(−3 + 4i)

i = −11−2i

i =−2 + 11i.

Vậy số phứcz có phần thực bằng −2 và phần ảo bằng 11.

Chọn đáp án C

Câu 22.

Ta có AC =a√

2⇒SA=√

SC²−AC² =

…5a²

2 −2a² = a√ 2 2 . Thể tích là

V_S.ABCD = 1

3·SA·S_ABCD = 1 3 · a√

2

2 ·a² = a³√ 2 6 .

A

B C

D S

Chọn đáp án B

Câu 23.

Áp dụng công thức tính thể tích của khối chóp:V = 1

3·B ·h.

Trong đóB là diện tích tam giác ABC đều cạnha nên B = a²√ 3

4 và hlà chiều cao từ đỉnhS nên h=SA=a√

2.

Vậy V = 1 3 · a²√

3 4 ·a√

2 = a³√ 6

12 . A

B

C S

Chọn đáp án D

Câu 24.

Ta có S4ABC = 1

2BA·BC = a² 2. Vậy V_ABC.A⁰_B⁰_C⁰ =S_4ABC·BB⁰ = a³

2.

A

B

C A⁰

B⁰

C⁰

Chọn đáp án A

Câu 25.

Vì A⁰A = A⁰B =A⁰C⇒A⁰ thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Gọi H là trung điểm BC⇒A⁰H⊥(ABC).

Ta có AC =√

BC²−AB² =a√

3 và AH = 1

2BC =a.

Khi đóS_4ABC = 1

2 ·AB·AC = a²√ 3 2 .

A

B

C A⁰

B⁰

C⁰

H

Có







A⁰H ⊥(ABC) A⁰A∩(ABC) =A

⇒(A⁰A,(ABC)) = (A⁰A, AH) =A\⁰AH = 60^◦. Lúc đó A⁰H =AHtan 60^◦ =a√

3.

Vậy VABC.A⁰B⁰C⁰ =A⁰H·S4ABC =a√

3· a²√ 3

2 = 3a³ 2 .

Chọn đáp án D

Câu 26.

Khi quay hình vuông ABCD quanh quanh trục AC ta được hai khối nón chung đáy có đỉnh lần lượt là A và C.

V = 2· 1 3 ·π·

ÅBD 2

ã2

· AC

2 = 2· 1 3·π·

Ç2√ 2a 2

å2

· 2√ 2a

2 = 4√ 2πa³ 3 .

A B

C D

Chọn đáp án A

Câu 27.

Theo đề bài ta cóABCD là hình vuông cạnh 2a.

Thể tích khối trụ là V =π·OA²·AD=π·a²·2a= 2πa³. ^A

B

C D

O

O⁰

Chọn đáp án D

Câu 28. Ta có # »

AB = (1; 3;−2).

Mặt phẳng (R) : x−2y+ 2z+ 2 = 0 có véc-tơ pháp tuyến là #»n_R= (1;−2; 2).

Mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (R) có véc-tơ pháp tuyến là

#»n_P =î# » AB,#»n_Ró

= (2;−4;−5).

Phương trình mặt phẳng (P)có dạng

2(x−1)−4(y+ 1)−5(z−3) = 0⇔2x−4y−5z+ 9 = 0.

Suy ra b=−4;c=−5;d= 9.

Vậy b²+c²+d² = 122.

Chọn đáp án C

Câu 29. Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm A(3; 2; 1) đồng thời vuông góc với mặt phẳng (Q).

Mặt phẳng (Q)có một véc-tơ pháp tuyến #»n = (3; 4;−5).

Vì ∆⊥(Q) nên đường thẳng∆ nhận #»n = (3; 4;−5) làm véc-tơ chỉ phương.

Đường thẳng ∆đi qua điểm A(3; 2; 1)và nhận #»n = (3; 4;−5) làm véc-tơ chỉ phương nên có phương

trình tham số là











x= 3 + 3t y= 2 + 4t z= 1−5t

(t∈R).

Dễ thấy đường thẳng∆ đi qua điểm B(6; 6;−4).

Do đó đường thẳng ∆có phương trình chính tắc là x−6

3 = y−6

4 = z+ 4

−5 .

Chọn đáp án B

Câu 30. Ta thử các đáp án vào phương trình đường thẳngd thấy điểmM(3;−3;−3)không thuộc đường thẳngd vì 3−1

2 = −3 + 2

−1 6= −3−5

−2 .

Chọn đáp án B

Câu 31. Đường thẳng d có phương trình tham số









 x=t y=−2−t z = 3−2t.

Điểm I(t;−2−t; 3−2t) là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) ứng với giá trị t thỏa

mãn phương trình

2t+ (−2−t)−2(3−2t) + 3 = 0⇔t= 1.

Suy ra I(1;−3; 1) ⇒a= 1; b=−3;c= 1.

Do đóa+ 2b+ 3c= 1−6 + 3 =−2.

Chọn đáp án A

Câu 32.

• Ta có số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = C⁴_2n.

• Gọi A là biến cố: “Chọn được 4 đỉnh lập thành một hình chữ nhật”.

Số đường chéo đi qua tâm của đa giác đều là n đường.

Mỗi hình chữ nhật có4 đỉnh là 4đỉnh của đa giác ứng với 2đường chéo đi qua tâm, suy ra số hình chữ nhạt là n(A) = C²_n.

P(A) = n(A) n(Ω) = 1

21 ⇔21C²_n = C⁴_2n ⇔n²−2n−15 = 0⇔





n = 5 (nhận) n =−3 (loại).

Vậy n= 5.

Chọn đáp án C

Câu 33. Ta có u₆ =u₁·q⁵ ⇒q= ⁵

…u₆ u₁ = ⁵

…96 3 = 2.

Vậy q= 2.

Chọn đáp án B

Câu 34.

Gọi H, K lần lượt là trung điểm của A⁰B và A⁰D.

Suy ra







AH ⊥(A⁰BC) AK ⊥(A⁰DC)

⇒((A⁰BC); (A⁰DC)) = (AH;AK).

MàAH =AK =HK = a√ 2 2 .

⇒ 4AHK đều ⇒(AH;AK) = 60^◦. Vậy ((A⁰BC); (A⁰DC)) = 60^◦.

|

|

|

|

A

B C

D A⁰

B⁰ C⁰

D⁰

H

K

Chọn đáp án D

Câu 35. Dựa vào hình vẽ đã cho ta thấy đồ thị y = f⁰(x) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt

⇒f⁰(x) = 0 có 4nghiệm phân biệt x₁, x₂,x₃,x₄.

Giả sử x₁ < x₂ < x₃ < x₄. Dựa vào đồ thị ta có bảng xét dấu như sau x

f⁰(x)

−∞ x₁ x₂ x₃ x₄ +∞

− 0 + 0 − 0 + 0 +

Dựa vào bảng xét dấu trên ta có hàm số y=f(x)đạt cực đại tại x=x₂. Nên số điểm cực đại của đồ thị hàm số y=f(x) là1.

Chọn đáp án B

Câu 36. Ta có y⁰ = x²−2x (x−1)². Khi đóy⁰ = 0⇔









x= 0∈ ï

−2;1 2 ò

x= 2∈/ ï

−2;1 2 ò

. Ta có y(−2) =−13

3 ; y(0) =−3; y Å1

2 ã

=−7 2. Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là −3.

Chọn đáp án C

Câu 37.

Nhìn vào đồ thị ta có giao điểm của đồ thị hàm số y =f(x) và trục tung là điểmA(0;r).

Số nghiệm của phương trìnhf(x) = r là số giao điểm của đồ thị hàm sốy =f(x)và đường thằng d: y=r.

Đường thẳng d là đường thẳng đi qua A(0;r) và song song Ox.

Dựa vào đồ thị hàm số, suy ra phương trình f(x) = r có2 nghiệm.

x y

O A

r

Chọn đáp án C

Câu 38. Ta có log₆5 = 1

log₅6 = 1

log₅2 + log₅3 = 1 1

log₂5+ 1 log₃5

= 1

1 a +1

b

= 1

a+b a·b

= ab a+b. Vậy log₆5 = ab

a+b.

Chọn đáp án C

Câu 39. Điều kiện







4x−3>0 37−6x6= 0

⇔





 x > 3

4 x6= 37

6 . Ta có

log1 5

(4x−3)> 1 2log1

5

(37−6x)²

⇔ log1 5

(4x−3)> 1

2 ·2·log1 5

|37−6x|

⇔ log1 5

(4x−3)>log1 5

|37−6x|

⇔ 4x−3<|37−6x|

⇒ (4x−3)² <(37−6x)²

⇔ 16x²−24x+ 9<1369−444x+ 36x²

⇔ 20x²−420x+ 1360>0⇔





x >17 x <4.

Màx > 3

4 và x∈[−2020; 2020] nên



 3

4 < x <4 17< x≤2020.

Vì x∈Znên





x∈ {1; 2; 3}

x∈ {18; 19; 20;. . .; 2020}

, khi đó có tất cả 2006 giá trị.

Chọn đáp án A

Câu 40. Đặt







u=x+ 1 dv =f⁰(x) dx

⇒







du= dx v =f(x).

Khi đó

1

Z

0

(x+ 1)f⁰(x) dx= (x+ 1)f(x)

1

0

−

1

Z

0

f(x) dx= 10

⇔2f(1)−f(0)−I = 10

⇔I = 2−10 =−8.

Chọn đáp án D

Câu 41.

Cách 1. Gọi I là trung điểm của AB, K là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC và R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.

K thuộc đường thẳng ∆qua I và vuông góc với mặt phẳng(OAB) hay

∆kOC.

Trong mặt phẳng (OCI)ta cóK là giao điểm của đường trung trực của đoạn OC với ∆.

Hình chữ nhật OM KI cóOM =a; OI =M K = AB

2 = a√ 5

2 . ^A

B C

O

I K M

Xét tam giác vuông OM K có OK =√

OM²+M K² =  

a²+5a² 4 = 3a

2 =R.

Cách 2.Áp dụng công thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp đối với hình chóp có cạnh bên vuông góc với mặt phẳng đáy.

Ta có R =

…OC²

4 +R²_D với R_D =OI = 1

2AB= 1 2

pa²+ (2a)² = a√ 5 2 . Suy ra R=

s (2a)²

4 + Ça√

5 2

å2

= 3a 2 .

Chọn đáp án B

Câu 42. Mặt cầu (S)có tâm là I(1; 1;−3), bán kínhR =√

14 + 1²+ 1²+ 3² = 5.

Khoảng cách từ tâmI đến mặt phẳng (P)là d= d (I,(P)) = |2·1 + 2·1−(−3)−4|

p2²+ 2²+ (−1)² = 1.

Do đó, bán kính đường tròn(C) làr =√

R²−d² =√

5²−1² =√ 24.

Vậy diện tích hình tròn (C) làS =πr² = 24π.

Chọn đáp án A

Câu 43.

Gọi H là trung điểm củaBC, suy ra A⁰H ⊥(ABC).

Ta có BC =√

AB²+AC² = 2a.

⇒AH = 1

2BC =a ⇒A⁰H =√

AA⁰²−AH² =a√ 6.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), CÄ

0;√ 3; 0ä

,A⁰ Ç1

2;

√3 2 ;√

6 å

. và # »

AA⁰ = # » BB⁰ ⇒B⁰

Ç3 2;

√3 2 ;√

6 å

.

# »

AA⁰ = # » CC⁰ ⇒C⁰

Ç1 2;3√

3 2 ;√

6 å

y

x z

A

B

C A⁰

B⁰

C⁰

H

Ta có # » AA⁰ =

Ç1 2;

√3 2 ;√

6 å

, # » B⁰C⁰ =Ä

−1;√ 3; 0ä

, # » AB⁰ =

Ç3 2;

√3 2 ;√

6 å

. Khi đóî# »

AA⁰,# » B⁰C⁰ó

=Ä 3√

2;√ 6;−√

3ä .

Suy ra d (AA⁰, B⁰C⁰) =

# »

AB⁰·î# » AA⁰,# »

B⁰C⁰ó

î# » AA⁰,# »

B⁰C⁰ó

=

3√ 2·3

2 +√ 6·

√3 2 −√

3·√ 6

qÄ

3√ 2ä2

+Ä√

6ä2

+Ä

−√ 3ä2 =

√6 3 . Vậy khoảng cách giữaAA⁰ và B⁰C⁰ là a√

6 3 .

Chọn đáp án C

Câu 44. Ta có g(x) = f(x²−2x)−2

f(x²−2x)−1 ⇒g⁰(x) = (2x−2)·f⁰(x²−2x) [f(x²−2x)−1]² .

Vì hàm sốy =f(x)có đồ thị nằm phía dưới trục hoành nên hàm số g(x)có tập xác định là R. Dựa vào bảng xét dấu của đạo hàm f⁰(x) ta có

g⁰(x) = 0⇔(2x−2)·f⁰ x²−2x

= 0⇔

















2x−2 = 0 x²−2x=−2 x²−2x=−1 x²−2x= 3

⇔









 x= 1 x=−1 x= 3.

Lập bảng xét dấu của g⁰(x) ta được x

g⁰(x)

−∞ −1 1 3 +∞

+ 0 − 0 + 0 −

Vậy hàm sốg(x) đồng biến trên (1; 2).

Chọn đáp án A

Câu 45. Đặt g(x) = e^2x−4e^x+m, ta cóg⁰(x) = 2e^2x−4e^x = 0 ⇔e^x = 2 ⇔x= ln 2∈[0; ln 4].

Ta có g(0) =m−3; g(ln 2) =m−4;g(ln 4) =m.

Suy ra min

[0;ln 4]g(x) =m−4, max

[0;ln 4]g(x) =m.

Khi đó min

[0;ln 4]f(x) = 0 hoặc min

[0;ln 4]f(x) = min{|m−4|;|m|}.

Theo giả thiết min

[0;ln 4]f(x) = 6 nên ta có các trường hợp sau

• Trường hợp 1. min

[0;ln 4]

f(x) = |m−4|= 6⇔







|m−4|= 6

|m−4| ≤ |m|

⇔















m= 10 m=−2

|m−4| ≤ |m|

⇔m= 10.

• Trường hợp 2. min

[0;ln 4]f(x) = |m|= 6 ⇔







|m|= 6

|m| ≤ |m−4|

⇔













 m = 6 m =−6

|m| ≤ |m−4|

⇔m =−6.

Vậy có hai giá trị củam thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn đáp án A

Câu 46. Hàm số g(x) xác định khix≤3, x6= 1 và f(x)6=m.

Ta có lim

x→−∞g(x) = 0 nên đồ thị hàm số g(x)có đường tiệm cận ngang y = 0.

Do đó để đồ thị hàm số g(x) có đúng ba đường tiệm cận thì phương trình f(x) = m phải có hai nghiệm phân biệt trên(−∞; 3]\ {1} hay





m=−2 m >5.

Màm ∈Z,m ∈[−86; 86]nên m ∈ {−2; 6; 7;. . .; 86}.

Có 82giá trị m thỏa mãn.

Chọn đáp án B

Câu 47. Ta có

2^x2 ·log₂ x²+ 2

= 4^|x+m|·log₂(2|x+m|+ 2)

⇔ 2^x2 ·log₂ x²+ 2

= 2^2|x+m|·log₂(2|x+m|+ 2). (∗) Xét hàm số f(t) = 2^t·log₂(t+ 2) trên [0; +∞).

Ta có f⁰(t) = 2^t·ln 2·log₂(t+ 2) + 2^t· 1

(t+ 2) ln 2 >0,∀t ≥0.

⇒f(t) đồng biến trên [0; +∞).

Khi đó,(∗) tương đương f x²

=f(2|x+m|)⇔x² = 2|x+m| ⇔





x² = 2(x+m) x² =−2(x+m)

⇔





 1

2x²−x=m

−1

2x²−x=m.

(1)

Vẽ đồ thị các hàm số y= 1

2x²−x và y=−1

2x²−x trên cùng một hệ trục tọa độ.

x y

O

y= 1 2x²−x

y=−1 2x²−x y=m

1

−¹₂ I J

−1

1 2

Ta có hai parabol tiếp xúc với nhau tại gốc tọa độ.

Đỉnh của paraboly = 1

2x²−xlà I Å

1;−1 2

ã . Đỉnh của paraboly =−1

2x²−xlà J Å

−1;1 2

ã . Dựa vào đồ thị, (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔m ∈

ß

−1 2; 0;1

2

™ . Tổng tất cả các giá trị của tham sốm thỏa mãn là−1

2+ 0 + 1 2 = 0.

Chọn đáp án B

Câu 48. Ta có

π

Z2

0

Äa√³

cosx−b²√³ sinxä

dx= 0⇔a

π

Z2

0

√3

cosxdx=b²

π

Z2

0

√3

sinxdx.

XétJ =

π

Z2

0

√3

cosxdx.

Đặt u= π

2 −x⇒ du=−dx.

Khi x= 0 thì u= π

2, khi x= π

2 thì u= 0.

J =

0

Z

π 2

−³

… cosπ

2 −u du=

π

Z2

0

√3

sinudu=

π

Z2

0

√3

sinxdx.

Vậy aJ =b²J. Lại có J 6= 0 nên a =b². Từ giả thiết ta có0≤b² ≤16.

Bất phương trình a+b≤12⇔b²+b−12≤0⇔ −4≤b≤3.

Vậy có tất cả8giá trị nguyên củab thỏa mãn, thử lại ta được8giá trị nguyên củaatương ứng cũng thỏa mãn các điều kiện.

Vậy có8 nghiệm(a;b)là (16,−4);(9;−3);(4;−2); (1;−1); (0,0); (1; 1);(4; 2); (9; 3).

Chọn đáp án D

Câu 49. Gọi z₀ =a+bi,(a, b∈R).

Theo đề ta có







a²+b² = 25

a²−b² + 2abi−6(a+bi) + 4m+ 1 = 0

⇔







a²+b² = 25

a²−b²−6a+ 4m+ 1

+ (2ab−6b)i= 0

⇔











a²+b² = 25 (1) a²−b² −6a+ 4m+ 1 = 0 (2)

2ab−6b= 0. (3)

Từ (3) ta có



 b = 0 a= 3.

Với b= 0, thay vào(1),(2) ta có







a=±5 m= 1

4(6a−26)

⇔























 a= 5 m= 1







a=−5 m=−14.

Với a= 3, thay vào(1), (2) ta có







b² = 16

9−16−18 + 4m+ 1 = 0

⇔m = 6.

Vậy S = 1−14 + 6 =−7.

Chọn đáp án D

Câu 50.

Xét hình thoiABCD, có4ABC đều suy raAC =a,BD= 2BO=a√

3.

Gọi M là hình chiếu của O trên CD.

Suy ra OM = OD

2 = a√ 3 4 .

Xét hình chóp S.ABCD, có SA=SC, SB =SD.

Suy ra SO ⊥(ABCD).

Khi đóCD ⊥(SOM)nên SM O\ =ϕ.

Ta có SO =OM ·tanϕ= a√ 3 2 .

A

B C

D

O M

B⁰

C⁰ D⁰ G

S

Khi đóSA=√

SO²+OA² =a.

Suy ra 4SAC đều và C⁰ là trung điểm của SC và AC⁰ = a√ 3 2 . Vì B⁰C⁰ ⊥SC ,D⁰C⁰ ⊥SC và 4SCB =4SCD.

Suy ra SB⁰ =SD⁰ ⇒B⁰D⁰ kBD.

Vì Glà trọng tâm của tam giác 4SAC ⇒B⁰D⁰ = 2

3BD= 2a√ 3 3 . Ta có BD⊥(SAC)⇒B⁰D⁰ ⊥(SAC)⇒B⁰D⁰ ⊥AC⁰ ⇒S_AB⁰_C⁰_D⁰ = 1

2AC⁰ ·B⁰D⁰ = a² 2 . Lại có d (O,(AB⁰C⁰D⁰)) = 1

2d (C,(AB⁰C⁰D⁰)).

Vậy V_O.AB⁰_C⁰_D⁰ = 1

2V_C.AB⁰_C⁰_D⁰ = 1

6S_AB⁰_C⁰_D⁰ ·CC⁰ = a³ 24.

Chọn đáp án C