Đề thi khảo sát chất lượng Lớp 12 theo định hướng thi THPT và xét tuyển Đại học năm 2021 Lần 2 môn Toán - Mã đề thi 357

 Trang 1/6 - Mã đề thi 357 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
(Đề thi gồm 06 trang) 
ĐỀ THI KSCL LỚP 12 THEO ĐỊNH HƯỚNG THI 
TN THPT VÀ XÉT TUYỂN ĐH NĂM 2021 - LẦN 2 
Bài thi: Môn Toán 
Thời gian làm bài: 90 phút 
(50 câu trắc nghiệm) 
 Mã đề thi 
357 
Họ và tên thí sinh:..................................................................... Số báo danh: ................................... 
Câu 1: Tập xác định của hàm số 2(1 )y x là 
A. . B. \ {1}. C. (1; ). D. ( ; 1). 
Câu 2: Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 1
2
x
y
x
 là 
A. 1.y = - B. 1.y = C. 2.x = - D. 2.x = 
Câu 3: Cho số phức 3 4 .z i Tìm phần ảo của số phức .z z 
A. 3. B. 4. C. 4. D. 3. 
Câu 4: Tập nghiệm của bất phương trình 
2
log ( 2) 2x là 
A. ( ; 6). B. (2; 6). C. [2; 6). D. (6; ). 
Câu 5: Cho hàm số ( )y f x liên tục trên và có 
đồ thị như hình vẽ bên. Trên [ 2; 2] hàm số đã 
cho có bao nhiêu điểm cực trị ? 
A. 4. B. 3.
 C. 2. D. 1. O x
y
2 2
Câu 6: Trong không gian ,Oxyz cho ( 1; 0; 1)a 
 và (1; 0; 0).b
 Góc giữa hai vectơ a
 và b
 bằng 
A. 045 . B. 030 . C. 060 . D. 0135 . 
Câu 7: Đồ thị trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm 
số nào dưới đây ? 
A. 4 22 4 1.y x x 
B. 3 2 1.y x x 
C. 4 22 1.y x x 
D. 4 22 1.y x x 
11
y
xO
 1
1
Câu 8: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 2 chữ số phân biệt ? 
A. 6. B. 12. C. 16. D. 20. 
Câu 9: Khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng S thì có thể tích bằng 
A. .Sh B. 1 .
3
Sh C. 3 .Sh D. 1 .
2
Sh 
Câu 10: Mệnh đề nào sau đây sai ? 
A. .x xe dx e C B. 2 1 .2xxdx C 
C. sin cos .xdx x C D. 1 ln .dx x Cx 
 Trang 2/6 - Mã đề thi 357 
Câu 11: Cho hàm số ( )y f x liên tục trên và có bảng xét dấu đạo hàm như hình vẽ. 
1 
2
 1x 0
y' 0 0 0
Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực đại ? 
A. 1. B. 3. C. 4. D. 2. 
Câu 12: Đồ thị hàm số 2 2( 1)( 1)y x x cắt trục hoành tại bao nhiêu điểm phân biệt ? 
A. 2. B. 4. C. 1. D. 3. 
Câu 13: Trong không gian ,Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 3 4 0.P x y z Đường thẳng d đi qua O và 
vuông góc với ( )P có một vectơ chỉ phương là 
A. ( 1; 2; 3).q 
 B. (1; 2; 3).p
 C. ( 1; 2; 3).n 
 
 D. (1; 2; 3).m 
 
Câu 14: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 2. Diện tích xung quanh của hình trụ đã 
cho bằng 
A. 30 . B. 15 . C. 6 . D. 12 . 
Câu 15: Cho các số phức 
1 2
1 2 , 2 .z i z i Tìm điểm biểu diễn cho số phức 1 2.z z z 
A. ( 1; 3).Q B. (3; 3).N C. (3; 1).P D. (1; 3).M 
Câu 16: Cho khối nón có góc ở đỉnh bằng 060 và bán kính đáy bằng 1. Thể tích khối nón đã cho bằng 
A. 3 .
6
 B. 3 . C. 3 .
3
 D. . 
Câu 17: Cho hàm số ( )y f x có đồ thị như hình 
vẽ bên. Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên 
[ 1; 1] là 
A. 1.- B. 1. 
C. 2. D. 0. 
1
1
1 
O x
y
1 
2
2
Câu 18: Cho cấp số nhân ( )
n
u có 
2 3
3, 6.u u Số hạng đầu 1u là 
A. 2. B. 1. C. 3 .
2
 D. 0. 
Câu 19: Cho hàm số ( )y f x có bảng biến thiên 
như hình vẽ bên. Hàm số đã cho nghịch biến trên 
khoảng nào sau đây ? 
A. (1; 2). B. (1; ).+¥
C. ( 1; 2).- D. ( ; 1).-¥ 
f(x)
1 
2
 21x
Câu 20: Trong không gian ,Oxyz cho mặt phẳng ( )Q đi qua điểm (2; 1; 0)M và có vectơ pháp tuyến 
(1; 3; 2).n 
 
 Phương trình của ( )Q là 
A. 3 2 3 0.x y z B. 2 1 0.x y 
C. 3 2 1 0.x y z D. 2 1 0.x y 
 Trang 3/6 - Mã đề thi 357 
Câu 21: Cho 
1 2
0 0
( ) 2, ( ) 1.f x dx f x dx Tích phân 2
1
( )f x dx bằng 
A. 2. B. 1. C. 3. D. 1. 
Câu 22: Cho các số thực dương ,a b thoả mãn 2 2.a b Mệnh đề nào sau đây đúng ? 
A. 
2 2
2 log log 1.a b B. 
2 2
2 log log 2.a b 
C. 
2 2
2 log log 1.a b D. 
2 2
log 2 log 1.a b 
Câu 23: Cho hàm số ( )y f x có đạo hàm trên (0; ). Biết 2x là một nguyên hàm của 2 ( )x f x trên 
(0; ) và (1) 1.f Tính ( ).f e 
A. 2 1.e B. 3. C. 2. D. .e 
Câu 24: Cho hình lăng trụ tam giác đều .ABC A B C có , 2.AB a AA a Góc giữa đường thẳng 
A C và mặt phẳng ( )ABB A bằng 
A. 045 . B. 030 . C. 075 . D. 060 . 
Câu 25: Trong không gian ,Oxyz cho các điểm (1; 4; 3)A và (2; 3; 4).B Gọi ( )P là mặt phẳng đi qua 
B và chứa trục .Ox Khoảng cách từ A đến ( )P bằng 
A. 4 .
3
 B. 2. C. 1. D. 5. 
Câu 26: Cho khối hộp đứng 
1 1 1 1
.ABCDABC D có đáy ABCD là hình thoi cạnh 0, 120 ,a ABC đường 
thẳng 
1
AC tạo với mặt phẳng ( )ABCD một góc 045 . Tính thể tích khối hộp đã cho. 
A. 
3
.
2
a B. 
33
.
2
a C. 
33
.
4
a D. 
3
.
4
a 
Câu 27: Cho tứ diện ABCD có 2 ,AB a độ dài tất cả các cạnh còn lại cùng bằng 2.a Diện tích của 
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đã cho bằng 
A. 216 .a B. 2.a C. 24 .a D. 24 .
3
a 
Câu 28: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số 
2
1
3 2
x
y
x x
 là 
A. 3. B. 2. C. 1. D. 0. 
Câu 29: Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với 3, ,AB a BC a các cạnh 
bên của hình chóp cùng bằng 5.a Gọi M là trung điểm .SC Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng 
( ).ABCD 
A. .a B. 3.a C. 2.a D. 2 .a 
Câu 30: Đạo hàm của hàm số 2
2
log ( 1)y x là 
A. 2 .
( 1)ln2
y
x
 B. 2
2 ln2
.
( 1)
y
x
 C. 
2 ln2
.
1
y
x
 D. 2
2
.
( 1) ln2
y
x
Câu 31: Có bao nhiêu số nguyên dương a sao cho tồn tại số thực b thoả mãn 2 3a b và 4a b ? 
A. 6. B. 10. C. Vô số. D. 1. 
 Trang 4/6 - Mã đề thi 357 
Câu 32: Cho hàm số ( )y f x liên tục trên tập xác 
định ( ; 2] và có bảng biến thiên như hình vẽ 
bên. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 
( )f x m có đúng hai nghiệm phân biệt ? 
A. 2. B. 3. 
C. 1. D. 0. 
2
1
1 
f(x)
 11x
2
20
Câu 33: Một tổ gồm 6 học sinh trong đó có An và Hà được xếp ngẫu nhiên ngồi vào một dãy 6 cái ghế, 
mỗi người ngồi một ghế. Tính xác suất để An và Hà không ngồi cạnh nhau. 
A. 3 .
4
 B. 1 .
3
 C. 2 .
3
 D. 1 .
4
Câu 34: Trong không gian ,Oxyz đường thẳng 1 9 12:
1 3 4
x y z
d
 cắt mặt phẳng 
( ) : 5 3 2 0P x y z tại điểm .M Độ dài OM bằng 
A. 2. B. 1. C. 3. D. 2 3. 
Câu 35: Cho hàm số ( )y f x có đạo hàm, đồng biến và nhận giá trị âm trên (0; ). Hàm số 
( )
( )
f x
g x
x
 có bao nhiêu điểm cực trị trên (0; ) ? 
A. 1. B. Vô số. C. 2. D. 0. 
Câ ... 22 21 2 1 2 1 2 2.+ = + + − = −z z i i 
23 
Vậy mệnh đề B sai. 
Chọn B. 
Câu 38 (VD) 
Phương pháp: 
- Tìm ĐKXĐ. 
- Nhân liên hợp biểu thức trong loga ở Vế trái, sử dụng công thức ( )log log log 0 1, , 0= − a a a
x
x y a x y
y
- Xét hàm đặc trưng. 
- Giải bất phương trình chứa căn: 
2
0
0 .
<
 ≥≥ ⇔  ≥
B
BA B
A B
Cách giải: 
ĐKXĐ: ( )2 2 23 0 3 0.+ − > ⇔ + − >x x x x x x 
Ta có 2 2 2 23 3 3 0 0.+ > ⇒ + > > ⇒ + − > ⇒ >x x x x x x x x 
Ta có: 
 ( )2 2 22log 3 3 2+ − ≤ + −x x x x x 
2
2 2
3
log 3 2
3
 
⇔ ≤ + − 
+ + 
x x x
x x
2
2 2
3
log 3 2
3
⇔ ≤ + −
+ +
x
x x
x x
( )2 22 2log 3 log 3 3 3⇔ − + + ≤ + + −x x x x x x 
( )2 22 2log 3 3 log 3 3⇔ + ≤ + + + + +x x x x x x 
Xét hàm đặc trưng ( ) ( )2log 0= + >f t t t t ta có ( )
1
' 1 0 0
ln 2
= + > ∀ >f t t
t
 nên hàm số đồng biến trên . 
Do đó 2 23 3 3 2≤ + + ⇔ + ≥x x x x x 
2 23 4⇔ + ≥x x (do 20) 1 1 1.> ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤x x x 
Kết hợp điều kiện 0 0 1.> ⇒ < ≤x x 
Vậy bất phương trình đã cho có 3 nghiệm nguyên 1.=x 
Chọn C. 
24 
Câu 39 (VD) 
Phương pháp: 
- Tham số hóa tọa độ điểm , .A B 
- Sử dụng điều kiện , ,M A B thẳng hàng tìm tọa độ điểm , .A B 
- Sử dụng công thức 1 , .
2
 =  
  
OABS OA OB 
Cách giải: 
Gọi ( ) ( )1 24 5 ;4 2 ;2 3 , 1 ;2 3 ; 5 2 .− − + + ∈ − + − − ∈A a a a d B b b b d 
Vì , , ∈M A B d nên chúng thẳng hàng ,⇒
  
MA MB cùng phương. 
Ta có: 
( )
( )
5 7; 2 8; 3 7
2; 3 6;2
 = + − − − −

= + − −
 
 
MA a a a
MB b b b
5 7 2 8 3 7
2 3 6 2
+ − − − −
⇒ = =
+ − −
a a a
b b b
15 30 21 42 2 8 4 16
10 14 3 6 7 14
+ + + = + + +
⇔  + = − − − −
ab a b ab b a
ab b ab a b
13 26 13 26 0
13 6 21 14 0
+ + + =
⇔  + + + =
ab a b
ab a b
20 8 12 0
2 2 0
− + =
⇔  + + + =
a b
ab a b
5 2 3 0
2 2 0
− + =
⇔  + + + =
a b
ab a b
5 3
2
5 3 5 3. 2 2 0
2 2
+ =⇔  + + + + + =

a
b
a a
a a
2
5 3
2
5 3 4 5 3 4 0
+ =⇔ 
 + + + + + =
a
b
a a a a
2
5 3
2
5 12 7 0
+ =⇔ 
 + + =
a
b
a a
25 
1, 1
7 , 2
5
a b
a b
= − = −
⇔
 = − = −

( ) ( )
( )
1;2; 1 , 2; 1; 3
6 113; ; , 3; 4; 1
5 5
− − −
⇒   − − −   
A B
A B
TH1: ( ) ( ) ( ) ( )1;2; 1 , 2; 1; 3 1;2; 1 , 2; 1; 3A B OA OB− − − ⇒ − − −
  
2 2 21 1 3 5, 3 6 0
2 2 2
 ⇒ = = + + = 
  
OABS OA OB 
TH2: ( ) ( )6 11 6 113; ; , 3; 4; 1 3; ; , 3; 4; 1
5 5 5 5
   − − − ⇒ − − −   
   
  
A B OA OB 
2 2 21 1 8908, . 10 3,6 15,6
2 2 10
 ⇒ = = + + = 
  
OABS OA OB . 
Chọn B. 
Câu 40 (VD) 
Phương pháp: 
- Sử dụng: 22 . .= =z z z z 
- Đưa phương trình về dạng tích. 
- Đặt ,= + ⇒ = −z x yi z x yi thế vào phương trình và sử dụng điều kiện hai số phức bằng nhau. 
- Giải hệ phương trình đại số bằng phương pháp thế. 
Cách giải: 
ĐK: 2 .≠z i 
Ta có: 
2 2
22 .
2 2
= ⇔ = =
− −
z zz z z z
z i z i
( )
( )
0
0
2 0 *
2
=
  ⇔ − = ⇔  − − = 
 −
z tm
zz z zz i z
z i
Đặt ,= + ⇒ = −z x yi z x yi thay vào (*) ta có 
( )( )2+ = − + −x yi x yi x yi i 
2 22 2⇔ + = + − − + −x yi x xyi xi xyi y y 
26 
2 2 2 2⇔ + = + − −x yi x y y xi 
2 2 2
2
 + − =
⇔ 
= −
x y y x
y x
2 24 4
2
 + + =
⇔ 
= −
x x x x
y x
25 3 0
2
 + =
⇔ 
= −
x x
y x
0; 0
3 6;
5 5
= =
⇔
 = − =

x y
x y
0
3 6
5 3
=
⇒
 = − +

z
z i
Vậy có 2 số phức z thỏa mãn. 
Chọn D. 
Câu 41 (VD) 
Phương pháp: 
- Gọi ,r h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của bể hình trụ. Tính thể tích khối trụ 2 ,=V r hπ từ đó rút h 
theo .r 
- Tính diện tích toàn phần của bể hình trụ là 22 2 ,= +tpS rh rπ π thế h theo r và áp dụng BĐT Cô-si: 
33 ,+ + ≥a b c abc dấu “=” xảy ra .⇔ = =a b c 
- Tính số tiền. 
Cách giải: 
Gọi ,r h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của bể hình trụ. Theo bài ra ta có 2 2
22 .= ⇔ =r h h
r
π
π
⇒ Diện tích toàn phần của bể hình trụ là ( )2 2 2 22
2 42 2 2 . 2 2 .= + = + = +tpS rh r r r r mr r
π π π π π
π
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 2 2 2 334 2 2 2 22 2 3 . .2 6 .+ = + + ≥ =r r r
r r r r r
π π π π 
Dấu “=” xảy ra 2
3
2 12 .⇔ = ⇔ =r r
r
π
π
Vậy số tiền để sản xuất bể chứa nói trên sao cho tốn ít vật liệu nhất là: 36 .600 5273≈π (nghìn đồng). 
27 
Chọn D. 
Câu 42 (VD) 
Phương pháp: 
- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ( ) ( ), ,= =y f x y g x đường thẳng ,= =x a x b là 
( ) ( ) .= −∫
b
a
S f x g x dx Từ đó tính diện tích 1 cánh của hình trang trí và suy ra diện tích hình trang trí. 
- Sử dụng dữ kiện diện tích trang trí màu sẫm chiếm 1
3
 diện tích mặt sàn suy ra 1 phương trình bậc nhất 2 ẩn 
, .a b 
- Sử dụng: Đồ thị hàm số 3= +y ax bx đi qua điểm ( )1;1A suy ra thêm 1 phương trình bậc nhất 2 ẩn , .a b 
- Giải hệ tìm ,a b và tính .ab 
Cách giải: 
Diện tích 1 cánh của hình trang trí là ( )
1 3 4 2
2 3
1
0
1 1 .
03 4 2 3 4 2
 
= − − = − − = − − 
 
∫
x ax bx a b
S x ax bx dx 
⇒ Diện tích hình trang trí là 1
44 2 .
3
= = − −S S a b 
Vì diện tích trang trí màu sẫm chiếm 
1
3
 diện tích mặt sàn nên 
4 42 2 0.
3 3
− − = ⇔ + =a b a b 
Đồ thị hàm số 3= +y ax bx đi qua điểm ( )1;1A nên 1.+ =a b 
Khi đó ta có 
2 0 2
.
1 1
+ = = 
⇔ + = = − 
a b a
a b b
Vậy 2.= −ab 
Chọn A. 
Câu 43 (VD) 
Phương pháp: 
- Tính ( )' .g x 
- Đặt 2 1,= −x X sử dụng tương giao tìm nghiệm của phương trình ( )' 0.=g x 
- Lập BXD ( )'g x và dựa vào đáp án để kết luận khoảng đồng biến của hàm số. 
Cách giải: 
Ta có: 
 ( ) ( ) 22 2 2= + +g x f x x x 
28 
( ) ( )' 2 ' 2 4 2⇒ = + +g x f x x 
Cho ( ) ( ) ( )' 0 ' 2 2 1 0 ' 2 2 1.= ⇔ + + = ⇔ = − −g x f x x f x x 
Đặt 2 1= −x X ta có ( )' 1 1 1 ,− = − + − = −f X X X khi đó số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ 
thị hàm số ( )' 1= −y f X và .= −y X 
Ta có đồ thị hàm số: 
Dựa vào đồ thị ( )
3
2 2 1 2 2
1 1 2 1 1 1 ,
2 2 1 2 1
2
 = −= − + = − 
 ⇒ − = − ⇔ = − ⇔ + = − ⇔ = − 
 = + =  =

xX x
f X X X x x
X x
x
 qua các nghiệm này ( )'g x đổi dấu. 
Ta có ( ) ( )' 0 2 ' 0 2 0= + >g f (do ( )' 0 0>f ) nên ta có BXD ( )'g x như sau: 
Vậy hàm số ( ) ( ) 22 2 2= + +g x f x x x đồng biến trên khoảng ( )1;0 .− 
Chọn D. 
Câu 44 (VD) 
Phương pháp: 
- Trong ( )SAD kẻ ( ) ,⊥ ∈DH SA H SA trong ( )SBD kẻ ( ).⊥ ∈DK SB K SB Chứng minh ( ) ,⊥DH SAB 
( ) ( ) ( )( ) ( ) 0; ; 30 .⊥ ⇒∠ = ∠ =DK SBC SAB SBC DH DK 
- Đặt ( )0 ,= >SD x x áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính , .DH DK 
- Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông giải phương trình tìm .x 
- Tính thể tích 
Cách giải: 
29 
Trong ( )SAD kẻ ( )⊥ ∈DH SA H SA , trong ( )SBD kẻ ( ).⊥ ∈DK SB K SB 
Ta có: 
( )
⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥
SA AD
AB SAD AB DH
AB SD
( )( )1
⊥
⇒ ⊥ ⊥
DH AB
DH SAB
DH SA
Gọi E là trung điểm của ⇒CD ABED là hình vuông nên 1
2
= = = ⇒ ∆BE AD a CD BCD vuông tại .B 
Ta có: 
( )
⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥
BC BD
BC SBD BC DK
BC SD
( )( )2
⊥
⇒ ⊥ ⊥
DK BC
DK SBC
DK SB
Từ ( )1 và ( ) ( ) ( )( ) ( ) 02 ; ; 30⇒∠ =∠ =SAB SBC DH DK 
Mà ( )⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ∆DH SAB DH HK DHK vuông tại 030⇒∠ =H HDK 
Đặt ( )0 ,= >SD x x áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: 
2 2 2 2
. .
= =
+ +
AD SD a x
DH
AD SD a x
2 2 2 2
. 2.
2
= =
+ +
BD SD a a
DK
BD SD a x
30 
Xét tam giác vuông DHK ta có: 
2 2 2 2
2 3
cos :
22
∠ = ⇒ =
+ +
DH ax a x
HDK
DK a x a x
2 2
2 2
2 3
22 2
+
⇔ =
+
a x
a x
( ) ( )2 2 2 24 2 3 2 2⇔ + = +a x a x 
2 2 2 28 4 6 6⇔ + = +a x a x 
2 22 2⇔ = ⇔ =a x x a 
Ta có ( ) ( )
21 1 3. 2 . .
2 2 2
= + = + =ABCD
a
S AB CD AD a a a 
Vậy 
2 3
.
1 1 3. . . .
3 3 2 2
= = =S ABCD ABCD
a a
V SD S a 
Chọn D. 
Câu 45 (VD) 
Phương pháp: 
- Đặt sin ,=t x tìm điều kiện của t ứng với [ ]0; ,∈x π đưa hàm số về dạng ( ).f t 
- Dựa vào đồ thị hàm số ( )'=y f x đã cho lập BBT hàm số ( )f t và tìm GTNN của hàm số trên đoạn giá trị 
của .t 
Cách giải: 
Đặt sin ,=t x với [ ] [ ]0; 0;1 .∈ ⇒ ∈x tπ 
Khi đó ta có hàm số ( )=y f t trên [ ]0;1 có ( ) [ ]' 0 0;1 ,< ∀ ∈f t t do đó hàm số nghịch biến trên [ ]0;1 nên 
[ ]
( ) ( )
0;1
min 1 .=f t f 
Vậy 
[ ]
( ) ( )
0;
min 1 .=g x f
π
Chọn B. 
Câu 46 (VDC) 
Phương pháp: 
- Coi phương trình ( )2ln 4 = +x xy y là phương trình ẩn x tham số .y Cô lập ,y đưa phương trình về dạng 
( ).=y f x 
- Lập BBT hàm số ( ) ,f x sử dụng tương giao tìm số nghiệm của phương trình. 
Cách giải: 
31 
ĐKXĐ: 24 0 0.> ⇔ ≠x x 
Coi phương trình ( )2ln 4 = +x xy y là phương trình ẩn x tham số .y 
Ta có ( ) ( )2ln 4 1 .⇔ = +pt x y x 
Với 1 ln 4 0= − ⇒ =x (vô lí) 1.⇒ ≠ −x 
( )
( )
2ln 4
.
1
⇒ = =
+
x
y f x
x
Xét hàm số ( )
( )2ln 4
1
=
+
x
f x
x
 với 1, 0≠ ≠x x ta có ( )
( ) ( )
( )
( )
( )
2 2
2
2 2
8 2
1 ln 4 2 ln 4
4' .
1 1
+ − + −
= =
+ +
x
x x x
x xf x
x x
Cho ( ) ( )22' 0 2 ln 4 0.= ⇔ + − =f x x
x
Tiếp tục xét hàm số ( ) ( )222 ln 4= + −g x x
x
 ta có ( ) ( )2 2
2 2 2 2' , ' 0 1.− −= − − = = ⇔ = −xg x g x x
x x x
Dựa vào BBT ta thấy ( ) 0=g x có nghiệm duy nhất 0= >x a và với 
( )
( )
( )
0
0 0
0 0
> ⇒ <


 < ⇒ <
x a g x
x a g x
x g x
( ) 0⇒ =f x có nghiệm duy nhất 0.= >x a 
BBT hàm số ( )f x như sau: 
Do đó để phương trình 
( )
( )
2ln 4
1
= =
+
x
y f x
x
 có đúng hai nghiệm thì 
( )
0
.
=
 =
y
y f a
32 
Vậy có 1 giá trị thực của y thỏa mãn. 
Chọn C. 
Câu 47 (VDC) 
Phương pháp: 
- Sử dụng tích phân từng phần để xử lý ( )
2
1
' ,= ∫I xf x dx đặt ( ) .'
=
 =
u x
dv f x dx
- Từ ( ) ( )2 32 5 2 1− = − −f x xf x x x tính ( )2f bằng cách thay 1.=x 
- Biến đổi ( ) ( ) ( ) ( )2 3 2 32 5 2 1 2 2 2 10 4 2,− = − − ⇔ − = − −f x xf x x x f x xf x x x lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế 
và tìm ( )
2
1
.∫ f x dx 
Cách giải: 
Xét ( )
2
1
' .= ∫I xf x dx Đặt ( ) ( )'
= =  ⇒ = =  
u x du dx
dv f x dx v f x
 ta có 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1 1
2
2 2 1
1
= − = − −∫ ∫I xf x f x dx f f f x dx 
 ( ) ( )
2
1
2 2 1= − − ∫f f x dx 
Ta có: ( ) ( )2 32 5 2 1.− = − −f x xf x x x Thay ( ) ( ) ( )1 2 1 2 2 3.= ⇒ − = ⇒ =x f f f 
( )
2
1
5 .⇒ = − ∫I f x dx 
Ta có: 
( ) ( )2 32 5 2 1− = − −f x xf x x x 
( ) ( )2 32 2 2 10 4 2⇔ − = − −f x xf x x x 
Lấy tích phân 2 vế ta có: 
( ) ( ) ( )
1 1 1
2 3
0 0 0
2 2 2 10 4 2 2− = − − =∫ ∫ ∫f x dx xf x dx x x dx 
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
2 2
0 0
2 2 2⇔ − =∫ ∫f x d x f x d x 
33 
( ) ( )
2 1
0 0
2⇔ − =∫ ∫f t dt f u du 
( ) ( )
2 1
0 0
2⇔ − =∫ ∫f x dx f x dx 
( )
2
1
2⇔ =∫ f x dx 
Vậy 5 2 3.= − =I 
Chọn A. 
Câu 48 (VDC) 
Cách giải: 
Từ đồ thị hàm số ( )1= −y f x ta suy ra BBT hàm số ( )=y f x như sau: 
Đặt 
( )2
1 1 3
' 0 2.
2 2 2
x x
t t x
x x x
− − + −
= = ⇒ = < ∀ ≠ −
+ + +
⇒ Với [ ] [ ]1;1 0;2 .∈ − ⇒ ∈x t 
Ta có BBT hàm số ( )f t như sau: 
Khi đó bài toán trở thành: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình ( ) ( )1 *+ =f t m có đúng 3 
nghiệm phân biệt thuộc [ ]0;2 ? 
Ta có ( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
1 1 1
1 .
1 1 2
+ = = − 
+ = ⇔ ⇔ 
+ = − = − −  
f t m f t m
f t m
f t m f t m
Để (*) có 3 nghiệm phân biệt. 
34 
TH1: (1) có 2 nghiệm phân biệt và (2) có 1 nghiệm 
2 1 1 2 3
1.1 1 3 4 2
1 2 1
− < − ≤ ≤ < 
 ⇒ ⇔ ⇒ =< − − ≤ − ≤ < −  
  − − = − =  
m m
mm m
m m
TH2: (1) có 1 nghiệm và (2) có 2 nghiệm phân biệt 
1 1 3 2 0
2 0.1 2 3
2 1 1 2 1
 < − ≤  − ≤ < 
  ⇒ ⇔ ⇒ − ≤ <− = − =  
 − < − − ≤ − ≤ < 
m m
mm m
m m
[ ) { }2;0 1 .⇒ ∈ − ∪m Mà { }2; 1;1 .∈ ⇒ ∈ − − m m 
Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn. 
Chọn A. 
Câu 49 (VD) 
Phương pháp: 
- Phương trình bậc hai với hệ số thực có 2 nghiệm phức thì chúng là số phức liên hợp của nhau. 
- Sử dụng 1 2 1 2+ = +z z z z . 
- Sử dụng phương pháp hình học tìm số phức 1.z 
- Áp dụng định lí Vi-ét để tìm , .b c 
Cách giải: 
Vì 1 2,z z là hai nghiệm phức của phương trình 
2 0+ + =z bz c nên 2 1.=z z 
Khi đó ta có 2 1 18 6 4 8 6 4 8 6 4.− − = ⇔ − − = ⇔ − + =z i z i z i 
Gọi M là điểm biểu diễn số phức 1.z 
⇒ M vừa thuộc đường tròn ( )1C tâm ( )1 4; 3 ,−I bán kính 1 1=R và đường tròn ( )2C tâm ( )2 8; 6 ,−I bán kính 
2 4.=R 
( ) ( )1 2 .⇒ ∈ ∩m C C 
35 
Ta có ( )2 21 2 1 2 14 3 5= + = = + ⇒I I R R C và ( )2C tiếp xúc ngoài. 
Do đó có duy nhất 1 điểm M thỏa mãn, tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 
2 2
2 2
8 6 24 0
16 12 84 0
 + − + + =

+ − + + =
x y x y
x y x y
1
24
24 18 24 185 ;
18 5 5 5 5
5
 =  ⇔ ⇒ − ⇒ = −  
  = −

x
M z i
y
 là nghiệm của phương trình 2 0+ + =z bz c 
2
24 18
5 5
⇒ = +z i cũng là nghiệm của phương trình 2 0.+ + =z bz c 
Áp dụng đinh lí Vi-ét ta có 1 2 1 2
48 48 , 36.
5 5
+ = − = ⇒ = − = =z z b b z z c 
Vậy 5 48 36 12.+ = − + = −b c 
Chọn B. 
Câu 50 (VDC) 
Cách giải: 
36 
Gọi M là điểm bất kì thuộc .∆ 
Gọi 'd là đường thẳng qua M và song song với .d Khi đó ta có ( )( ) ( )( ); '; .∠ = ∠d P d P 
Lấy '∈S d bất kì, kẻ ( ), .⊥ ∆ ⊥SH SK P 
⇒ KM là hình chiếu vuông góc của SM lên ( ).P 
( )( ) ( )( ) ( ); '; ; .⇒∠ =∠ = = ∠ =d P d P SM KM SMK α 
Xét tam giác vuông SMK ta có sin .=
SK
SM
α 
Để α nhỏ nhất thì sinα nhỏ nhất ⇒ SK
SM
 nhỏ nhất. 
Ta có sin .≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
SK SH SH
SM SH
SM SM SM
α 
Ta có ( ), ,∆S P cố định ,⇒ SH SK không đổi. 
( )minsin .⇒ = ⇔ ≡
SH
H M
SM
α 
Khi đó ( )P chứa ∆ và vuông góc với mặt phẳng ( )'; .∆d 
Lấy ( )1;2; 1− ∈∆M , phương trình đường thẳng 'd là 1 2 1' : .
3 2 2
− − +
= =
− −
x y z
d 
Gọi ( )R là mặt phẳng chứa ( ) ( )'; , 6;0; 9 3 2;0; 3 .∆ ∆⇒ = = − = − 
   
R dd n u u 
Ta có 
( )
( ) ( )
( )
'
, 3;13; 2 .∆ ∆
∆ ⊂ ⊥   ⇒ ⇒ = = − −   ⊥ ⊥  
  
   
  
P
P R
P R
P n u
n u n
R P n n
⇒ Phương trình mặt phẳng ( ) ( ) ( ) ( ): 3 1 13 2 2 1 0 3 13 2 25 0− − + − − + = ⇔ − + + =P x y z x y z 
37 
3, 13, 2.⇒ = = − =a b c 
Vậy 3 13 2 8.= + + = − + = −T a b c 
Chọn C. 
_________________________ HẾT _________________________ 
https://toanmath.com/