De Thi Thu Thpt Quoc Gia 2020 Mon Toan So Nam Dinh

LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 2020

hoctoanonline.vn

ĐỀ THI THỬ TN-THPT SỞ NAM ĐỊNH

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.

Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ sau?

A. y=x⁴−2x²+ 1. B. y =−x³+ 3x+ 1.

C. y=x³−3x+ 1. D. y =−x⁴+ 2x²+ 1.

x y

O

1

Câu 2. Cho hình nón có chiều cao h = 2√

3, bán kính đáy r = 2. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng

A. 8√

3π. B. 8√

3

3 π. C. 8π. D. 12π.

Câu 3. Cho hai số phứcz₁ = 2 + 3i, z₂ = 1−2i. Phần thực của số phức z₁·z₂ bằng.

A. 8. B. −4. C. 6. D. 3.

Câu 4. Nghiệm của phương trình 4^x−3·2^x−4 = 0 bằng

A. x= 2. B. x=−1. C. x= 4. D. x=−4.

Câu 5.

Cho hàm bậc bốny=f(x) có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình 2f(x) + 10 = 0 là

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

y

O

−5

−3

−1 1

Câu 6. Trong mặt phẳngOxy, điểm nào sau đây biểu diễn số phứcz = 1 + 2i

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

Câu 7. Số phức nghịch đảo của số phức z = 3−4i là

A. 3 + 4i. B. 3

5+ 4

5i. C. 3

5 − 4

5i. D. 3

25+ 4 25i.

Câu 8. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y= 1−2x x−2 là

A. x= 2. B. x=−2. C. y=−2. D. y= 1.

Câu 9. Thể tích khối trụ có chiều cao bằngh và bán kính ở đáy bằng r là A. πr²h. B. 1

3πr²h. C. 1

6πr²h. D. 2πr²h.

Câu 10. Cho khối chóp có diện tích đáy bằng6và chiều cao bằng 4. Thể tích của khối chóp đã cho bằng

A. 24. B. 12. C. 8. D. 10.

Câu 11. Cho hàm sốy=f(x) có bảng biến thiên như bên dưới.

x f⁰(x)

f(x)

−∞ −2 0 2 +∞

− 0 + 0 − 0 +

+∞

+∞

0 0

1 1

0 0

+∞

+∞

Hàm số đồng biến trên khoảng nào sau đây?

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

Câu 12. Với a là số thực dương khác 1, log_a2a⁵ bằng

A. 7. B. 5

2. C. 10. D. 2

5.

Câu 13. Cho cấp số nhân(u_n)với u₁ = 3 và u₂ = 1. Công bội của cấp số nhân đã cho bằng

A. 2. B. 3. C. −2. D. 1

3. Câu 14. Mệnh đề nàosai trong các mệnh đề sau?

A.

Z

sinxdx= cosx+ C. B.

Z 1

sin²xdx=−cotx+ C.

C.

Z 1

cos²xdx= tanx+ C. D.

Z

cosxdx= sinx+ C.

Câu 15. Tập nghiệm của bất phương trìnhlogx <−2là

A. [0; 100]. B.

Å

−∞; 1 100

ã

. C.

Å 0; 1

100 ã

. D.

Å 1 100; +∞

ã . Câu 16. Tập xác định của hàm số y= log¹

5(x−2)là

A. R. B. (2; +∞). C. [2; +∞). D.

Å1 5; +∞

ã .

Câu 17. Nếu

3

Z

−1

f(x) dx= 2 và

3

Z

−1

g(x) dx=−1 thì

3

Z

−1

[f(x)−g(x)] dx bằng

A. −1. B. 4. C. −3. D. 3.

Câu 18. Cho khối cầu có thể tích V = 36π. Bán kính của khối cầu đã cho bằng A. 3√

3. B. 3. C. 2√

3. D. 2.

Câu 19. Có bao nhiêu cách chọn2 học sinh từ một nhóm15học sinh nữ và 21học sinh nam?

A. 15 + 21. B. C²₃₆. C. A²₃₆. D. 15·21.

Câu 20. Cho khối hộp chữ nhậtABCD.A⁰B⁰C⁰D⁰ cóAB= 3,AD= 4, AA⁰ = 5. Thể tích của khối hộp chữ nhật đã cho bằng

A. 10. B. 12. C. 20. D. 60.

Câu 21. Cho hàm sốy=f(x) có bảng biến thiên như bên dưới.

x f⁰(x)

f(x)

−∞ −1 3 +∞

+ 0 − 0 +

−∞

−∞

5 5

1 1

+∞

+∞

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại

A. x= 3. B. x= 1. C. x= 5. D. x=−1.

Câu 22. Biết

1

Z

0

(2x−3)e^xdx=ae^b+c với a, b, c∈R. Tính giá trị biểu thức P =a+b+c.

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

Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trìnhlog²₃(3x)−5 log₃x−5≤0là

A. [4; +∞). B. [−1; 4]. C.

ï1 3; 81

ò

. D. [1; 81].

Câu 24. Giá trị nhỏ nhất của hàm sốy=f(x) = 1

3x³+x²−3x−4trên đoạn [−4; 0] bằng A. 8

3. B. 5. C. −4. D. −17

3 .

Câu 25. Trong không gianOxyz, cho mặt phẳng(P)vuông góc với đường thẳngABvớiA(2;−1; 1), B(3; 0; 2). véc-tơ nào sau đây là véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P)?

A. #»n₂ = (1;−1; 1). B. #»n₃ = (−1;−1; 1). C. #»n₁ = (5;−1; 3). D. #»n₄ = (1; 1; 1).

Câu 26. Tìm mô-đun của số phức z biết (1−2i)z+ 3 +i= 0.

A. |z|=√

2. B. |z|=√

3. C. |z|= 2. D. |z|= 3.

Câu 27. Trong không gianOxyz, cho các điểmM(1; 0; 0);N(0;−2; 0);P(0; 0; 3). Mặt phẳng(M N P) có phương trình là

A. 6x+ 3y+ 2z−6 = 0. B. 6x+ 3y+ 2z+ 6 = 0.

C. 6x−3y+ 2z−6 = 0. D. −6x+ 3y+ 2z−6 = 0.

Câu 28. Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm M(2;−1; 1) trên trục Ox có tọa độ là

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

Câu 29. Khi quay hình vuông quanh đường chéoAC ta được một khối tròn xoay. Tính thể tíchV của khối tròn xoay đó biếtAB = 2.

A. V = 4√ 2

3 π. B. V = 2√ 2

3 π. C. V = 8√ 2

3 π. D. V = 6√ 2 3 π.

Câu 30. Số giao điểm của đồ thị hàm sốy =x⁴+ 7x²−8với trục hoành là

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

Câu 31. Trong không gianOxyz, cho mặt cầu(S) : x²+y²+z²−2x+ 4y+ 6z−2 = 0 . Bán kính của mặt cầu(S) bằng

A. 12. B. 4. C. 16. D. 8.

Câu 32. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng(P) : 2x−y−2z+ 3 = 0. Đường thẳng ∆đi qua điểm M(4; 1−3)và vuông góc với (P) có phương trình chính tắc là

A. x−2

4 = y+ 1

1 = z+ 2

−3 . B. x−4

2 = y−1

−1 = z+ 3

−2 . C. x+ 2

2 = y+ 2

1 = z−2

−2 . D. x+ 4

2 = y+ 1

−1 = z−3

−2 .

Câu 33. Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y =−x² + 3x, y = 0, x = 0, x = 3. Quay hình (H)quanh trục Ox ta được khối tròn xoay có thể tích bằng

A. 27

10π. B. 9

2π. C. 81

10π. D. x5

2π.

Câu 34.

Cho hình chópS.ABCD cóSAvuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA = a√

6, SB = a√

7, đáy ABCD là hình vuông (minh họa như hình vẽ). Tính góc giữa SC và (ABCD).

A. 60^◦. B. 30^◦. C. 45^◦. D. 90^◦.

A

B C

D S

Câu 35. Xét phương trình z² +bz+c = 0, b, c ∈ R. Biết số phức z = 3−i là một nghiệm của phương trình. Tính giá trị của biểu thức P =b+c.

A. P = 4. B. P = 8. C. P = 12. D. P = 16.

Câu 36. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d₁: x−1

−2 = y+ 2

1 = z

2; d₂: x+ 2

3 = y−3 2 = z

1. Gọi φ là góc giữa d₁ và d₂, khi đó A. cosφ= 1

3√

14. B. cosφ = 2 3√

14. C. cosφ= 1

√14. D. cosφ= −2 3√

14. Câu 37. Xét các số dươnga vàb thỏa mãnlog₂(ab) + log₁₆a

b = 0. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. a =b⁵. B. a⁵·b = 1. C. a⁵ =b³. D. a⁵·b³ = 1.

Câu 38. Cho hàm sốy=f(x) liên tục trên Rvà có bảng xét dấu của f⁰(x) như sau.

x f⁰(x)

−∞ −1 2 3 +∞

− + 0 + 0 −

Số điểm cực trị của hàm y=f(x) là

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

Câu 39. Cho hàm sốy=f(x) = x³−3x² liên tục trênR. Số giá trị nguyên củam để phương trình f(x⁴−4x²+ 2) =m có đúng 4 nghiệm phân biệt là

A. 17. B. 14. C. 15. D. 16.

Câu 40. Có bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho5, có năm chữ số đôi một khác nhau, đồng thời thỏa mãn có đúng hai chữ số chẵn và hai chữ số chẵn này không đứng kề nhau.

A. 720. B. 1080. C. 984. D. 1344.

Câu 41.

Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình vuông cạnh4a, hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng đáy bằng 45^◦ (minh họa như hình bên). Gọi M là trung điểm của SB. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD là

A. a√ 3

3 . B. 4a√

3

3 . C. a

3. D. 2a√

3 3 .

A

B C

D S

M

Câu 42. Số các giá trị nguyên của m để hàm số y = 1

3x³ −(m+ 50)x²+ (m² + 100m)x+ 2020m nghịch biến trên (7; 13) là

A. 94. B. 95. C. 96. D. Vô số.

Câu 43. Cho hàm số f liên tục trên [0; +∞) và thỏa mãn f(x² + 4x) = −2x² − 7x + 1. Biết f(5) =−8, tính I =

5

Z

0

x·f⁰(x) dx.

A. I =−68

3 . B. I =−35

3 . C. I =−52

3 . D. I =−62 3 .

Câu 44. Một người có số tiền 150.000.000 đồng, đem gửi tiết kiệm theo thể thức lãi kép, loại kỳ hạn6 tháng vào ngân hàng với lãi suất4%/kỳ hạn. Vậy sau thời gian7năm 9tháng, người đó nhận số tiền cả vốn và lãi là bao nhiêu (số tiền được làm tròn đến 100 đồng)? Biết rằng khi thời điểm rút tiền chưa tròn các kỳ hạn thì số ngày rút trước thời hạn (phần chưa tròn kỳ hạn) ngân hàng sẽ trả lãi suất theo loại không kỳ hạn0,01% một ngày (1tháng tính 30ngày). Biết trong toàn bộ quá trình gửi, người đó không rút tiền gốc và lãi, lãi suất không thay đổi.

A. 275.491.382 đồng. B. 271.491.526 đồng. C. 272.572.800 đồng. D. 270.141.526 đồng.

Câu 45. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = 3a, SA ⊥ (ABCD). Gọi M, N lần lượt là các điểm nằm trên cạnh BC và SD sao cho BM = 1

3BC;

SN = 2

3SD. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện N ADM bằng A. a√

134

6 . B. a√

139

6 . C. a√

127

6 . D. a√

134 4 . Câu 46.

Cho hình hộpABCD.A⁰B⁰C⁰D⁰, khoảng cách giữa hai đường AC và B⁰D⁰ bằng 5, góc giữa hai đường thẳng AC và B⁰D⁰ bằng 60^◦ (minh họa như hình vẽ). Gọi M là trọng tâm tam giác ABC.N,P, Q,R lần lượt là trung điểm của AD⁰,AB⁰, B⁰C,CD⁰vàSlà điểm thuộc cạnhA⁰C⁰ sao choA⁰S = 1

4A⁰C⁰. Tính thể tích khối đa diệnM N P QRS.

A. 5√ 3

2 . B. 10√

3. C. 10√ 3

2 . D. 15√ 3

2 . A

B

D

C S A⁰

B⁰ C⁰

D⁰

P

M

R N

Q

Câu 47. Có bao nhiêu cặp số thực x, y thỏa mãn đồng thời hai điều kiện 7|^x2−4x−5|^−log75

= 5^−(y+2) và 2|y−2| − |y|+y²−y ≤7?

A. 1. B. 2. C. 3. D. Vô số.

Câu 48. Cho hàm số f(x) = 2019(e^2x−e^−2x) + 2020 lnÄ x+√

x²+ 1ä

+ 2021x³. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình f(|3x²+m|) +f(x³ −12) ≤ 0 có nghiệm với mọi x∈[−2; 1]?

A. 22. B. 20. C. Vô số . D. 21.

Câu 49. Cho hàm sốy=f(x) có bảng biến thiên như sau.

x y⁰ y

−∞ −1

4 0 2 +∞

− 0 + 0 − 0 + +∞

+∞

−2

−2

2 2

−4

−4

+∞

+∞

Số nghiệm thuộc đoạn ï

−π 2;5π

2 ò

của phương trình 5f(cos²x−cosx) = 1 là

A. 11. B. 10. C. 9. D. 12.

Câu 50. Cho hàm sốf(x) = |x⁴ −2x²+m+ 3| (m là tham số thực). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho2 min

[0;3]

f(x) + max

[0;3]

f(x) = 2020. Tổng giá trị tất cả các phần tử củaS bằng A. −718. B. 650. C. −68. D. −132.

ĐÁP ÁN

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

10. C 11. B 12. D 13. D 14. A 15. C 16. B 17. D 18. B

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

ĐÁP ÁN CHI TIẾT

Câu 1. Dựa vào hình vẽ, ta thấy đây là đồ thị của hàm bậc ba có hệ số a > 0 nên đáp án là y=x³−3x+ 1.

Chọn đáp án C

Câu 2. Ta có l =√

h²+r² =√

12 + 4 = 4.

Diện tích xung quanh của hình nón S_xq =πrl= 8π.

Chọn đáp án C

Câu 3. Ta có z₁·z₂ = (2 + 3i)·(1−2i) = 8−i. Suy ra phần thực cần tìm là8.

Chọn đáp án A

Câu 4. Ta có 4^x−3·2^x−4 = 0⇔





2^x =−1(vô nghiệm) 2^x = 4

⇔2^x = 4 ⇔x= 2.

Chọn đáp án A

Câu 5.

Ta có 2f(x) + 10 = 0 ⇔ f(x) = −5. Số nghiệm của phương trình chính bằng số giao điểm của đồ thị hàm số (C) : y = f(x) và đường thẳng d: y=−5.

Dựa vào hình vẽ, ta thấy giữa (C)và d có 4giao điểm.

Do đó, phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.

x y

O

−5

−3

−1 1

Chọn đáp án D

Câu 6. Điểm biểu diễn hình học của số phức z = 1 + 2i là điểmP(1; 2).

Chọn đáp án C

Câu 7. Ta có 1

z = 1

3−4i = 3 25+ 4

25i.

Chọn đáp án D

Câu 8. Ta có lim

x→±∞

1−2x

x−2 = lim

x→±∞

−2 + 1 x 1− 2

x

=−2.

Suy ra đường tiệm cận ngang của đồ thị là y=−2.

Chọn đáp án C

Câu 9. Ta có thể tích khối trụ là V =πr²h.

Chọn đáp án A

Câu 10. Thể tích của khối chóp là V = 1

3 ·S·h = 1

3·6·4 = 8.

Chọn đáp án C

Câu 11. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên (−2; 0) và (2; +∞).

Chọn đáp án B

Câu 12. Ta có log_a2a⁵ = 5

2log_aa= 5 2.

Chọn đáp án D

Câu 13. Ta có công bội q = u₂ u₁ = 1

3.

Chọn đáp án D

Câu 14. Ta có Z

sinxdx=−cosx+ C nên mệnh đề Z

sinxdx= cosx+ C là sai.

Chọn đáp án A

Câu 15. Ta có logx <−2⇔





 x >0 x <10⁻²

⇔x∈ Å

0; 1 100

ã .

Chọn đáp án C

Câu 16. Điều kiện để hàm số y = log¹

5(x−2) có nghĩa là x−2>0⇔x >2⇔x∈(2; +∞).

Chọn đáp án B

Câu 17. Ta có

3

Z

−1

[f(x)−g(x)] dx= 2 + 1 = 3.

Chọn đáp án D

Câu 18. Ta có V = 36π⇔ 4

3πR³ = 36π ⇔R= 3.

Chọn đáp án B

Câu 19. Số cách chọn 2học sinh từ 36 học sinh là C²₃₆.

Chọn đáp án B

Câu 20.

Ta có V =AB·AD·AA⁰ = 60.

C D A

B A⁰

B⁰ C⁰

D⁰

Chọn đáp án D

Câu 21. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x= 3.

Chọn đáp án A

Câu 22. Đặt







u= 2x−3 dv = e^xdx

⇒







du= 2 chọnv = e^x. Suy ra

1

Z

0

(2x−3)e^xdx= (2x−3)·e^x

1

0

−2

1

Z

0

e^xdx=−e + 3−2e + 2 =−3e + 5.

Suy ra a=−3, b = 1, c= 5.

Vậy P =a+b+c= 3.

Chọn đáp án B

Câu 23. Điều kiện x >0.

Ta có

log²₃(3x)−5 log₃x−5≤0

⇔ (log₃x+ 1)²−5 log₃x−5≤0

⇔ log²₃x−3 log₃x−4≤0

⇔ −1≤log₃x≤4

⇔ 1

3 ≤x≤81.

Vậy S = ï1

3; 81 ò

.

Chọn đáp án C

Câu 24. Ta có y⁰ =x² + 2x−3.

Cho y⁰ = 0 ⇔





x= 1 (loại) x=−3 (nhận).

Khi đóy(−4) = 8

3; y(−3) = 5;y(0) =−4.

Lại do hàm số liên tục trên [−4; 0] nên min

[−4;0]f(x) = −4.

Chọn đáp án C

Câu 25. Do (P)⊥AB nên (P)nhận # »

AB= (1; 1; 1) là một véc-tơ pháp tuyến.

Chọn đáp án D

Câu 26. Ta có (1−2i)z+ 3 +i= 0⇔z = −3−i 1−2i =−1

5 −7 5i.

Vậy |z|=  Å

−1 5

ã2

+ Å

−7 5

ã2

=√ 2.

Chọn đáp án A

Câu 27. Ta có (M N P) : x 1 + y

−2 +z

3 = 1 ⇔6x−3y+ 2z−6 = 0.

Chọn đáp án C

Câu 28. Ta có hình chiếu của M(2;−1; 1) lên trục hoành là (2; 0; 0).

Chọn đáp án C

Câu 29.

Gọi I là giao điểm của AC và BD. Suy ra AI =BI =√ 2.

Khi quayABCDquanhAC, ta được khối tròn xoay có thể tích bằng 2 lần thể tích của khối nón tạo thành khi cho tam giác vuông ABI quay quanh cạnhAI.

Vậy V = 2· 1

3 ·π·BI²·AI = 4√ 2 3 π.

A

B

C I D

Chọn đáp án A

Câu 30. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị và trục hoành x⁴+ 7x²−8 = 0⇔



 x² = 1

x² =−8(vô nghiệm)

⇔x² = 1⇔x=±1.

Vậy đồ thị và trục hoành có 2giao điểm.

Chọn đáp án D

Câu 31. Mặt cầu (S)có tâm I(1;−2;−3)và bán kính R=p

1²+ (−2)²+ (−3)²+ 2 = 4.

Chọn đáp án B

Câu 32. Do(P)⊥∆nên∆nhận véc-tơ pháp tuyến(2;−1;−2)của(P)làm một véc-tơ chỉ phương.

Vậy ∆qua M(4; 1;−3)và có một véc-tơ chỉ phương là #»u = (2;−1;−2)có phương trình x−4

2 = y−1

−1 = z+ 3

−2

Chọn đáp án B

Câu 33. Ta có V =π

3

Z

0

−x²+ 3x2

dx= 81 10π

Chọn đáp án C

Câu 34. Ta có AC là hình chiếu của SC lên (ABCD) nên [SC,(ABCD)] = (SC, AC) =SCA.[ Xét tam giác SAB vuông tạiA có AB=√

SB²−SA² =a.

Suy ra AC =a√ 2.

Xét tam giác SAC vuông tại A cótanSCA[ = SA

AC = a√ 6 a√

2 =√ 3.

Vậy SCA[ = 60^◦.

Chọn đáp án A

Câu 35. Do z = 3−i là một nghiệm của phương trìnhz²+bz+c= 0 nên z = 3 +i là nghiệm còn lại.

Ta xétS =z+z = 6;P =z·z = 10.

Suy ra phương trình bậc hai đã cho có dạng z²−Sz+P = 0 ⇔z² −6z+ 10 = 0.

Vậy b+c= 4.

Chọn đáp án A

Câu 36. Gọi #»u₁ = (−2; 1; 2) và #»u₂ = (3; 2; 1) lần lượt là một véc-tơ chỉ phương của d₁ và d₂. Khi đócosφ= |#»u₁ · #»u₂|

|#»u1| · |#»u2| = | −6 + 2 + 2|

p(−2)²+ 1²+ 2²·√

3²+ 2²+ 1² = 2 3√

14.

Chọn đáp án B

Câu 37. Ta cólog₂(ab) + log₁₆a b

= 0 ⇔log₂(ab) +1

4log₂a b

= 0⇔log₂(a⁵b³) = 0 ⇔a⁵·b³ = 1.

Chọn đáp án D

Câu 38. Do hàm số liên tục trên R và khi qua x = −1; x = 3 thì f⁰(x) đổi dấu nên hàm f có 2 điểm cực trị là x=−1 và x= 3.

Chọn đáp án D

Câu 39. Ta có tập xác định D =R. f⁰(x) = 3x²−6x.

Cho f⁰(x) = 0 ⇔3x²−6x⇔



 x= 0 x= 2.

Đặt g(x) = f(x⁴−4x²+ 2).

Suy ra g⁰(x) = [f(x⁴−4x²+ 2)]⁰ = (4x³−8x)·f⁰(x⁴−4x²+ 2).

Cho g⁰(x) = 0⇔





4x³−8x= 0

f⁰(x⁴−4x²+ 2) = 0

⇔















 x= 0 x=±√

2

x⁴−4x² + 2 = 0 x⁴−4x² + 2 = 2

⇔

























 x= 0 x=±√

2 x=±

» 2−√

2 :=±α x=±

» 2 +√

2 :=±β x=±2.

Ta có g(0) =f(2) =−4;g(−2) =g(2) =f(2) =−4;g(√

2) = g(−√

2) = f(−2) =−20.

g(α) =g(−α) = g(−β) =g(β) =f(0) = 0.

Bảng biến thiên của hàmg(x) x

g⁰(x) g(x)

−∞ −2 −β −√

2 −α 0 α √

2 β 2 +∞

− 0 + 0 − 0 + 0 − 0 + 0 − 0 + 0 − 0 + +∞

+∞

−4

−4

0 0

−20

−20

0 0

−4

−4

0 0

−20

−20

0 0

−4

−4

+∞

+∞

Số nghiệm của phương trìnhf(x⁴−4x²+ 2) =m chính là số giao điểm của đồ thị (C) : y=g(x)và đường thẳngd: y=m.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy khim∈(−20;−4)thì giữa đồ thị (C)và d có bốn giao điểm.

Suy ra vớim∈(−20;−4)thì phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.

Vậy có15 giá trị nguyên của m thoả mãn yêu cầu bài toán.

Chọn đáp án C

Câu 40. Trường hợp 1: số có dạng abcd0.

• Chọn một số chẵn khác 0 để xếp vào một trong ba vị trí đầu tiên: có 3·4 cách.

• Chọn ba chữ số lẻ để xếp vào ba vị trí còn lại: có A³₅ cách.

• Suy ra trường hợp này có3·4·A³₅ = 720 số.

Trường hợp 2: số có dạng abcd5.

+) Trước tiên ta chấp nhận chữ số 0 có thể xếp ở vị trí a.

• Trước chữ số 5, ta xếp vị trí cho 2 chữ số lẻ khác 5 bất kỳ: có A²₄ cách.

Khi đó ta xét dãy ∗l∗l∗5

• Vì hai chữ số chẵn không thể đứng cạnh nhau nên hai chữ số chẵn này phải được xếp vào hai trong3 vị trí∗, có C²₃·A²₅ cách.

• Suy ra cóA²₄·C²₃·A²₅ = 720 số.

+) Xét số có dạng 0bcd5.

• Vì hai chữ số chẵn không thể đứng cạnh nhau nên chữ số chẵn còn lại phải được xếp vào một trong hai vị tríc hoặcd, có 2·4 = 8 cách xếp.

• Chọn2 chữ số lẻ khác 5 và xếp vào hai vị trí còn lại, có A²₄ cách.

• Suy ra có8·A²₄ = 96 số.

Suy ra trường hợp 2có 720−96 = 624số.

Vậy tổng cộng có720 + 624 = 1344 số thoả mãn yêu cầu bài toán.

Chọn đáp án D

Câu 41.

Trước tiên ta xét hình chóp S.ABC với SH⊥(ABC) tại H. Khi đó khoảng cách giữaSA và BC được tính theo công thức

1

d²_(SA,BC) = 1 d² + k²

h² (∗).

Trong đó















d là khoảng cách từ A đến BC

h=SH là chiều cao của khối chóp S.ABC k = AH

AM với M =AH∩BC.

A

B S

M H

C

Quay về với bài toán, ta thấy vì











(SAB)⊥(ABCD) (SAC)⊥(ABCD) (SAB)∩(SAC) = SA

nên SA⊥(ABCD).

Lại do ABCD là hình vuông nên ta suy ra được AD⊥(SAB).

Ta có











(SCD)∩(ABCD) = CD

AD⊥CD (do ABCD là hình vuông) SD ⊥CD (do CD ⊥(SAD)

⇒[(SCD),(ABCD)] = (AD, SD) = SDA[ = 45^◦.

Suy ra 4SAD và 4SAB vuông cân tại A và SM ⊥ AM; AD=SA= 4a; SB = 4√

2a.

Khi đó, áp dụng công thức (*) ta được 1

d²_(AM,SD) = 1 d² + k²

h². Trong đóh=DA= 4a; d=SM = SB

2 = 2√

2a và k= SA SA = 1.

Suy ra 1

d²_(AM,SD) = 1

8a² + 1

16a² = 3 16a². Vậy d_(AM,SD)= 4√

3a 3 .

A

B

D

S M

Chọn đáp án B

Câu 42. Ta có tập xác định D =R. y⁰ =x²−2(m+ 50)x+m²+ 100m.

Cho y⁰ = 0 ⇔x²−2(m+ 50)x+m² + 100m⇔



 x=m

x=m+ 100.

Bảng biến thiên

x y⁰ y

−∞ m m+ 100 +∞

+ 0 − 0 +

−∞

−∞

+∞

+∞

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên(7; 13) khi và chỉ khi





 m≤7

m+ 100≥13

⇔ −87≤m≤7.

Vậy có95 giá trị nguyên của m thoả mãn yêu cầu bài toán.

Chọn đáp án B

Câu 43. Xét I =

5

Z

0

x·f⁰(x) dx.

Đặt





 u=x

dv =f⁰(x) dx

⇒







du= dx chọnv =f(x).

Suy ra I =xf(x)

5

0

−

5

Z

0

f(x) dx= 5f(5)−

5

Z

0

f(x) dx.

Mặt khác f(x²+ 4x) =−2x²−7x+ 1 nên 2(x+ 2)·f(x²+ 4x) = 2(x+ 2)(−2x²−7x+ 1) với mọi x∈[0; 1].

Suy ra

1

Z

0

2(x+ 2)·f(x²+ 4x) dx=

1

Z

0

2(x+ 2)(−2x²−7x+ 1) dx=−52 3 . Đặt t=x²+ 4x⇒ dt= 2(x+ 2) dx.

Đổi cận







x= 0⇒t= 0 x= 1⇒t= 5.

Khi đó−52 3 =

1

Z

0

2(x+ 2)·f(x²+ 4x) dx=

5

Z

0

f(t) dt.

Vậy I = 5·(−8) + 52

3 =−68 3 .

Chọn đáp án A

Câu 44. Trong 7 năm 6 tháng, số tiền trong ngân hàng người đó có được là A·(1 +r)ⁿ = 150.000.000(1 + 0,04)¹⁵ đồng.

Trong 3tháng còn lại, ngân hàng sẽ trả lãi suất không kỳ hạn với lãi suất0,01%/ngày. Suy ra trong khoảng thời gian này, tiền lời người đó có được là

150.000.000(1 + 0,04)¹⁵·90·0,01% đồng.

Vậy sau7 năm 9tháng, tổng số tiền người đó có được là

150.000.000(1 + 0,04)¹⁵+ 150.000.000(1 + 0,04)¹⁵·90·0,01%≈272.572.800 đồng.

Chọn đáp án C

Câu 45.

Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ.

Lấy a = 1, khi đó A(0; 0; 0), D(0; 3; 0), M(1; 1; 0), N

Å 0; 2;2

3 ã

.

Gọi phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diệnN ADM có dạng x²+y²−2ax−2by−2cz+d= 0 với a²+b²+c²−d >0.

Vì mặt cầu đi qua các điểmA, D, M,N nên

















 d= 0

9−6b+d= 0 2−2a−2b+d= 0

40

9 −4b−4

3c+d= 0

⇔





















 d= 0 a=−1

2 b = 3

2 c=−7

6.

x

y

z

A

B C

D S

M

N

SuyR =√

a²+b²+c²−d=

√139 6 . Vậy bán kính mặt cầu cần tìm là a√

139 6 .

Chọn đáp án B

Câu 46.

Ta có B⁰D⁰ kBD nên (B⁰D⁰;AC) = (BD;AC) = 60^◦. SABCD = 1

2AC·BD·sin (BD;AC) = 1

2·3·4·sin 60^◦ = 3√ 3.

VìACvàB⁰D⁰lần lượt nằm ở hai đáy của khối hộp nên chiều cao của khối hộp là

h= d(B⁰D⁰;AC)= 5.

Thể tích khối hộpABCD.A⁰B⁰C⁰D⁰ là V =S_ABCD·h= 3√

3·5 = 15√ 3.

A

B

D

C S A⁰

B⁰ C⁰

D⁰

P

M

R N

Q

Tứ giác N P QR là hình bình hành có N P = 1

2BD; N R = 1

2AC, (N P, N R) = (BD, AC) (do N P kBD,N R kAC).

Suy ra SN P QR= 1

2·N P ·N R·sin (N P, N R) = 1

4·AC·BD·sin (AC, BD) = 1

2SABCD. Ta lại cód[S,(N P QR)] = d[M,(N P QR)] = h

2. Mặc khác

V_{M N P QRS} = 2V_{S.N P QR}= 2·1

3 ·S_{N P QR}·d[S,(N P QR)] = 2 3 ·1

2 ·S_ABCD· h

2 = VABCD.A⁰B⁰C⁰D⁰

6 = 5√

3 2 .

Chọn đáp án A

Câu 47. Xét bất phương trình 2|y−2| − |y|+y²−y≤7 (*).

Bảng xét dấu

y y−2

y

−∞ 0 2 +∞

− − 0 +

− 0 + +

• Trường hợp 1 :y <0. Khi đó bất phương trình (*) tương đương với

−2 (y−2) +y+y²−y≤7⇔y²−2y−3≤0⇔ −1≤y≤3.

Kết hợp với điều kiện y <0ta được −1≤y <0.

• Trường hợp 2 : 0≤y <2.

(∗)⇔ −2 (y−2)−y+y²−y≤7⇔y²−4y−3≤0⇔2−√

7≤y≤2 +√ 7.

Mà0≤y <2 nên 0≤y <2.

• Trường hợp 3 :y ≥2.

(∗)⇔2 (y−2)−y+y²−y≤7⇔y²−11≤0⇔ −√

11≤y≤√ 11.

Do y≥2nên 2≤2≤√ 11.

Vậy (*)⇔y∈[−1;√ 11].

Ta có 7|^x2−4x−5|^−log75

= 7|^x2−4x−5|

7^log75 = 7|^x2−4x−5|

5 ≥ 1

5. Mà−1≤y≤√

11⇔1≤y+ 2≤√

11 + 2⇔ −√

11−2≤ −(y+ 2)≤ −1⇒5^−(y+2) ≤5⁻¹ = 1 5. Do đó

7|^x2−4x−5|^−log75

= 5^−(y+2) ⇔







7|^x2−4x−5|^−log75 = 1 5 5^−(y+2) = 1

5

⇔







|x²−4x−5|= 0

−y−2 =−1

⇔















x=−1 x= 5 y =−1.

Vậy có hai cặp số thựcx, y thoả mãn yêu cầu bài toán là (−1;−1)và (5;−1).

Chọn đáp án B

Câu 48. Ta có

f(−x) = 2019(e^−2x−e^2x) + 2020 lnÄ

−x+√

x²+ 1ä

+ 2021(−x)³

=−2019(e^2x−e^−2x)−2020 lnÄ x+√

x²+ 1ä

−2021x³

=−f(x), ∀x∈R.

Suy ra f là hàm số lẻ trên R⇒f(x³−12) =−f(12−x³) với mọix.

Mặt khác

f⁰(x) = 2019(2e^2x+ 2e^−2x) + 2020

1 + x

√x²+ 1 x+√

x²+ 1 + 6063x²

= 2019(2e^2x+ 2e^−2x) + 2020

√x²+ 1 + 6063x² >0, ∀x∈R. Suy ra hàm f đồng biến trên R.

Khi đó với mọi x∈[−2; 1]

f

3x²+m

+f(x³−12)≤0⇔f

3x²+m

≤f(12−mx³)

⇔

3x²+m

≤12−x³

⇔







3x²+m ≤12−x³ 3x²+m ≥x³−12

⇔







m≤12−x³−3x² m≥x³−3x²−12

⇔







m≤ min

[−2;1](12−x³−3x²) m≥ min

[−2;1](x³−3x²−12)

⇔





 m≤8 m≥ −12.

Vậy có21 giá trị nguyên của m thoả mãn yêu cầu bài toán.

Chọn đáp án D

Câu 49. Số nghiệm của phương trình 5f(cos²x −cosx) = 1 chính là số giao điểm của đồ thị (C) : y=f(cos²x−cosx) và đường thẳng d: y= 1

5.

Bây giờ ta sẽ khảo sát sự biến thiên của hàm số y=f(cos²x−cosx).

Đặt u= cos²x−cosx. Suy ra u⁰ =−2 cosxsinx+ sinx.

Cho u⁰ = 0⇔ −2 cosxsinx+ sinx= 0 ⇔





sinx= 0

−2 cosx+ 1 = 0

⇔













x=kπ x= π

3 +k2π x=−π

3 +k2π

với k ∈Z.

Do x∈ ï

−π 2;5π

2 ò

nên x∈ ß

−π 3; 0;π

3;π;5π

3 ; 2π;7π 3

™ . Bảng biến thiên

x u

f(u)

−π

2 −π

3 0 π

3 π 5π

3 2π 7π

3

5π 2

0 −1

4 0 −1

4 0 2 0 −1

4 0 −1

4 0

2 2

−2

−2

2 2

−2

−2

2 2

−4

−4

2 2

−2

−2

2 2

−2

−2

2 2

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy giữa(C) và d có10 giao điểm.

Vậy phương trình đã cho có 10nghiệm thực phân biệt.

Chọn đáp án B

Câu 50. Đặt u(x) =x⁴−2x²+m+ 3 với x∈[0; 3].

Ta có u⁰(x) = 4x³−4x. Cho u⁰(x) = 0⇔











x= 0 (nhận) x=−1 (loại) x= 1 (nhận)

. u(0) =m+ 3;u(1) = 2 +m; u(3) = 66 +m.

Suy ra max

[0;3] u(x) = m+ 66 và min

[0;3] u(x) = m+ 2.

Khi đómin

[0;3] |u(x)|=







0 nếu (m+ 2)·(m+ 66)≤0

min{|m+ 2|;|m+ 66|} nếu (m+ 2)·(m+ 66)>0.

và max

[0;3] |u(x)|= max{|m+ 2|;|m+ 66|}.

m m+ 66

m+ 2

−∞ −66 −2 +∞

− − 0 +

− 0 + +

• Trường hợp 1 :m <−66. Khi đó min

[0;3] |u(x)|=−m−66và min

[0;3] |u(x)|=−m−2.

Suy ra 2 min

[0;3] f(x) + max

[0;3] f(x) = 2020⇔2(−m−66) + (−m−2) = 2020 =−718 (nhận).

• Trường hợp 2 : m ∈ [−66;−2]. Khi đó min

[0;3] |u(x)| = 0 và max

[0;3] |u(x)| = −m− 66. Suy ra 2 min

[0;3] f(x) + max

[0;3] f(x) = 2020⇔ −m−66 = 2020 =−2086 (loại).

• Trường hợp 3:m >−2. Khi đó min

[0;3] |u(x)|=m+ 2 và min

[0;3] |u(x)|=m+ 66.

Suy ra 2 min

[0;3] f(x) + max

[0;3] f(x) = 2020⇔2(m+ 2) + (m+ 66) = 2020 = 650 (nhận).

Suy ra S ={−718; 650}. Vậy tổng giá trị các phần tử của S là−68.

Chọn đáp án C