Đề đánh giá chất lượng Toán 12 năm 2020 – 2021 trường Đại học Hồng Đức – Thanh Hóa

TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC KỲ THI ĐÁNH GIÁ CHẤT LƯỢNG LỚP 12 KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: TOÁN HỌC Mã đề thi: 168 Thời gian làm bài: 90 phút (Đề gồm có 6 trang) Họ và tên: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Câu 1. Có bao nhiêu cách chọn 2 viên bi từ một hộp có 10 viên bi? 2 A C 10 . B A 210 . D 102 . C 2!. Câu 2. Cho cấp số nhân (u n ), biết u1 = 1 và u4 = 64. Công bội của cấp số nhân bằng A −4. B 4. C 8. D 64. x−3 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? x+1 A Hàm số nghịch biến trên (−∞, −1). B Hàm số đồng biến trên (−∞, −1). C Hàm số nghịch biến trên (−∞, +∞). D Hàm số nghịch biến trên (−1, +∞). Câu 3. Cho hàm số y = Câu 4. Điểm cực đại của đồ thị hàm số y = x4 − 2x2 + 9 có tọa độ là A (1; 9). B (2; 9). C (−2; 9). D (0; 9). Câu 5. Cho hàm số f (x) có đạo hàm f 0 (x) = 5(x − 1)2 (x + 3), ∀ x ∈ R. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A 5. B 2. C 1. Câu 6. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = A x = 2. B x = −2. D 3. 2x − 1 là đường thẳng x+2 C y = 2. D y = −2. Câu 7. Đồ thị được cho ở hình dưới là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây? y 1 −2 −1 O 1 2 x −1 −2 A y = x4 − 2x2 . B y = x4 − 2x2 − 1. C y = 2x4 − 2x2 − 2. D y = − x4 + 2x2 + 1. Câu 8. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x4 − 9x2 với trục hoành là A 1. B 2. C 3. D 4. C log3 a. D 2 log3 a2 . Câu 9. Với a 6= 0 là số thực tùy ý, log9 a2 bằng A log3 |a|. B 2 log9 a. Câu 10. Hàm số y = 9 x 0 2 x 2 A y = (x + 1)9 . 2 +1 có đạo hàm là 2 B y0 = 2x(x2 + 1)9 x . KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC 2 C y0 = 2x9 x . http://tuyensinh.hdu.edu.vn/ 2 D y0 = 36x9 x ln 3. Trang 1/6 - Mã đề thi 168 1 p Câu 11. Với a là số thực dương tùy ý, a 3 6 a bằng 1 A a3. B p 2 a. Câu 12. Tích các nghiệm của phương trình 32 x A 1. D a2 . C a9. 2 +5 x+4 B −1. = 9 là C 2. D −2 ¢ Câu 13. Tổng các nghiệm của phương trình ln x2 − 3x + 1 = −9 là ¡ A −3. B 9. Câu 14. Cho hàm số f (x) = 1 Z f (x) d x = A 1 (3x − 2)3 . Mệnh đề nào sau đây đúng? Z 2 + C. C f (x) d x = − B 6(3x − 2) 1 + C. f (x) d x = − 3(3x − 2)2 Z D e−9 . C 3. Z D 1 +C . 6(3x − 2)2 1 f (x) d x = + C. 3(3x − 2)2 Câu 15. Nguyên hàm của hàm số f (x) = sin 3x là A − cos 3x + C. 3 Z5 Câu 16. Cho B cos 3x + C. 3 C − sin 3x + C. 3 D − cos 3x + C . Z5 Z−2 f (x) d x = 8 và g (x) d x = 3. Khi đó, [ f (x) − 4g (x)] d x bằng −2 5 −2 A 20. B 12. Câu 17. Tính tích phân I = Ze µ C 11. D 5. C I = e. 1 D I= . ¶ 1 1 − 2 d x. x x 1 1 A I = + 1. e B I = 1. e Câu 18. Cho số phức z = 4 + 6i . Tìm số phức w = i. z̄ + z. A w = 10 + 10i . B w = 10 − 10i . C w = −10 + 10i . p 1 3 Câu 19. Cho số phức z = − + i . Tìm số phức w = 1 + z + z2 . 2 2 p A 2 − 3i . B 0. C 1. D w = −2 + 10i . p 1 3 D − + i. 2 2 Câu 20. Trên mặt phẳng phức, tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z = x + yi thỏa mãn | z + 2 + i | = | z̄ − 3i | là đường thẳng có phương trình A y = x + 1. B y = − x + 1. C y = − x − 1. D y = x − 1. Câu 21. Cho khối chóp O.ABC có O A , OB, OC đôi một vuông góc tại O và O A = 2, OB = 3, OC = 6. Thể tích khối chóp bằng A 6. B 12. C 24. D 36. Câu 22. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A 0 B0 C 0 D 0 có AB = 2cm, AD = 3cm, A A 0 = 7cm. Tính thể tích khối hộp chữ nhật ABCD.A 0 B0 C 0 D 0 . A 12cm3 . B 42cm3 . C 24cm3 . D 36cm3 . Câu 23. Cho khối nón có chiều cao bằng 24cm, độ dài đường sinh bằng 26cm. Tính thể tích V của khối nón tương ứng. KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC http://tuyensinh.hdu.edu.vn/ Trang 2/6 - Mã đề thi 168 A V = 800πcm3 . B V = 1600πcm3 . C V= 1600π cm3 . 3 D V= 800π cm3 . 3 Câu 24. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a, chu vi của thiết diện qua trục bằng 10a. Thể tích của khối trụ đã cho bằng A π a3 . B 4π a 3 . C 3π a 3 . D 5π a 3 . Câu 25. Trong không gian Ox yz, cho ba điểm A (1; 2; −1), B (2; −1; 3), C (−3; 5; 1). Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. A D (−2; 2; 5). B D (−4; 8; −3). C D (−4; 8; −5). D D (−2; 8; −3). Câu 26. Trong không gian Ox yz, cho mặt cầu (S) có phương trình x2 + y2 + z2 − 2x − 4y − 6z + 5 = 0. Diện tích của mặt cầu (S) là A 9π . B 36π. D 12π. C 36. Câu 27. Trong không gian Ox yz, mặt phẳng nào sau đây song song với trục Ox? A (P) : z = 0. B (Q) : x + y + 1 = 0. C (R) : x + z + 1 = 0. D (S) : y + z + 1 = 0. Câu 28. Trong không gian Ox yz, vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) chứa hai đường thẳng ∆1 : y+1 z+2 x+2 y−1 z+3 = và ∆2 : = = là 2 −3 2 −2 1 − − A→ n = (6; 7; 4). B→ n = (4; 7; 6). − C→ n = (−4; 7; 6). x = 1 − D→ n = (−6; 7; 4). Câu 29. Cho tập hợp A = {1, 2, 3, 4, 5}. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm ba chữ số khác nhau được chọn từ tập hợp A . Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 3. A 1 . 5 B 2 . 5 C 3 . 5 D 4 . 5 Câu 30. Hàm số nào sau đây nghịch biến trên R? x+1 . x−1 C y = −(x + 1)2 . B y = − x4 − 1. A y= D y = − x3 + 3x2 − 3x + 5. p p Câu 31. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = 5 − x + x + 3. Hiệu M − m bằng p A 4 − 2 2. B p 2. p C 7 − 4 2. p D 8 − 5 2. Câu 32. Tập nghiệm của bất phương trình log0,5 (2 − x) ≥ −1 là A (0; +∞). Câu 33. Nếu B [0; 2]. Z4 A −6. D (0; 2). C −3. D −2. Z2 f (x)dx = −3 thì 0 C [0; 2). f (2x)dx bằng 0 3 B − . 2 Câu 34. Trong mặt phẳng phức, biết điểm M1 (1; −2) và điểm M2 (−2; 2) lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức z1 và z2 . Khi đó | z1 − z2 | bằng A p 5. p B 2 2. C 5. D p 7. p Câu 35. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A 0 B0 C 0 ; AB = a 3, BB0 = a (tham khảo hình vẽ bên dưới). KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC http://tuyensinh.hdu.edu.vn/ Trang 3/6 - Mã đề thi 168 C0 A0 B0 C A B Góc giữa đường thẳng AC 0 và mặt phẳng (ABC) bằng A 600 . B 450 . C 300 . D 900 . Câu 36. Cho hình lập phương ABCD.A 0 B0 C 0 D 0 có độ dài cạnh bằng 2 (tham khảo hình bên dưới). Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (BDC 0 ) bằng C0 D0 A0 B0 D C B A p 3 2 B . 5 p 2 3 A . 3 p 2 3 C . 5 p 4 2 D . 3 Câu 37. Trong không gian Ox yz, mặt cầu có tâm I(1; −2; −3) và tiếp xúc với mặt phẳng (P) : x + 2y − 2z + 6 = 0 có phương trình là A (x − 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 = 3. C (x + 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 3. B (x − 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 = 9. D (x + 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 9. Câu38. Trong không gian Ox yz, đường thẳng (d) đi qua M (2 ; 4 ; 6) và song song với đường thẳng   x = 1 − t (∆) : y = 2 − 3t    z = 3 + 6t có phương trình chính tắc là x+1 y+3 z+5 = = . −1 −3 6 x−1 z−3 y−5 C = = . 1 −6 3 A x+1 y+3 z+5 = = . 1 2 3 x y + 2 z − 18 D = = . 1 3 −6 B Câu 39. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f 0 (x) liên tục trên R và hàm số y = f 0 (x) có đồ thị trên đoạn [−2; 3] như hình vẽ bên dưới. KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC http://tuyensinh.hdu.edu.vn/ Trang 4/6 - Mã đề thi 168 y -2 3 1 x O Gọi M là giá trị lớn nhất và m là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f (x) trên đoạn [−2; 3]. Khi đó M; m lần lượt là A M = f (−2); m = f (1). B M = f (3); m = f (1). C M = f (1); m = f (−2). D M = f (3); m = f (−2). 2 Câu 40. Số các giá trị nguyên của m để phương trình 8 x − 3.4 x phân biệt là A 241. B 242. C 245. 2 +1 = m có không ít hơn ba nghiệm thực D 247. Câu 41. Cho f (x) là hàm số liên tục trên tập số thực R và thỏa mãn f (e x + x + 1) = e+2 Z x9 . Tính I = ex + 1 f (x)dx. 2 A 1 . 8 B 1 . 9 C 1 . 10 D 1 . 11 Câu 42. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn đồng thời các điều kiện | z − 2020i | = 2021 và z2 là số thuần ảo? A 1. B 0. C 4. D 2. Câu 43. Cho tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi M, N, P,Q, R, S lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AB, BC, CD, AD, BD, AC sao cho AM = MB; BN = NC ; CP = PD ; DQ = Q A ; BR = 2021RD ; AS = 1 SC 2022 (tham khảo hình vẽ bên). Thể tích của khối bát diện MNPQRS bằng A S Q M R B N D P C KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC http://tuyensinh.hdu.edu.vn/ Trang 5/6 - Mã đề thi 168 A 1 V. 4 B 1 V. 3 C 1011 V. 2021 D 1 V. 2 Câu 44. Ông Đức gửi ngân hàng số tiền 500.000.000 đồng loại kỳ hạn 6 tháng với lãi suất 5,6% trên một năm theo thể thức lãi kép (tức là nếu đến kỳ hạn người gửi không rút lãi ra thì tiền lãi được tính vào vốn của kỳ kế tiếp). Hỏi sau 3 năm 9 tháng ông Đức nhận được số tiền (làm tròn đến hàng nghìn) cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu? Biết rằng ông Đức không rút cả gốc lẫn lãi trong các định kỳ trước đó và nếu rút trước kỳ hạn thì ngân hàng trả lãi suất theo loại không kỳ hạn 0,00027% trên một ngày. (Một tháng tính 30 ngày). A 606.627.000 đồng. B 623.613.000 đồng. C 606.775.000 đồng. D 611.764.000 đồng. Câu 45. Trong không gian Ox yz, cho điểm M (4; 6; 4) và hai đường thẳng d1 : x−1 y+3 z = = , 2 4 3 d2 : x y−2 z+4 = = . 1 1 3 Đường thẳng đi qua M đồng thời cắt cả 2 đường thẳng d1 và d2 tại A và B, độ dài đoạn thẳng AB bằng p A 2 43. B p 43. p C 2 13. D p 13. Câu 46. Gọi S là tập hợp tất cả các số thực m sao cho đồ thị hàm số y = |2x4 − 4(m − 1)x2 − m2 + 3m − 2| có đúng 5 cực trị. Số phần tử m ∈ [−2021, 2021] ∩ S có giá trị nguyên là A 2020. B 2021. C 4040. D 4041. Câu 47. Giả sử tồn tại số thực m sao cho phương trình e x − e−x = 2 cos mx có 2021 nghiệm thực phân biệt. Số nghiệm phân biệt của phương trình e x + e− x = 2 cos mx + 4 là A 2021. B 2020. C 4038. Câu 48. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y = π D 4042. ln(sin x + cos x) 2 sin x p + b ln c với a ∈ Z và b, c là các số nguyên tố. Khi đó, a + b + c bằng a A 0. B 1. C 2. D 3. S= , y = 0, x = π 4 , x= π 2 là Câu 49. Cho hai số phức z, w thỏa mãn | z + 2w| = 3, |2z + 3w| = 5 và | z + 3w| = 4. Tính giá trị của biểu thức P = z.w + z.w. A 1. B 2. C 3. D 4. x−2 y z = = và mặt cầu (S) có phương trình 2 −1 4 x2 + y2 + z2 − 2x − 4y − 2z + 4 = 0. Hai mặt phẳng (P) và (Q) chứa d và tiếp xúc với (S). Gọi M và N là tiếp điểm, H(a, b, c) là trung điểm MN . Khi đó, tích abc bằng 8 16 32 64 A . B . C . D . 27 27 27 27 Câu 50. Trong không gian Ox yz, cho đường thẳng d : ——- HẾT ——- KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC http://tuyensinh.hdu.edu.vn/ Trang 6/6 - Mã đề thi 168 TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC KỲ THI ĐÁNH GIÁ CHẤT LƯỢNG LỚP 12 KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN Mã đề thi: 168 NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: TOÁN HỌC (Đáp án gồm 12 trang) Thời gian làm bài: 90 phút Câu 1. Có bao nhiêu cách chọn 2 viên bi từ một hộp có 10 viên bi? 2 A C 10 . B A 210 . C 2!. D 102 . .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng A . 2 Số cách chọn 2 viên bi từ một hộp có 10 viên bi là số tất cả tổ hợp chập 2 của 10 hay C10 .  Câu 2. Cho cấp số nhân (u n ), biết u1 = 1 và u4 = 64. Công bội của cấp số nhân bằng A −4. B 4. C 8. D 64. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng B . Gọi q là công bội. Do u4 = u1 q3 , suy ra 64 = q3 ⇔ q = 4. Câu 3. Cho hàm số y =  x−3 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? x+1 A Hàm số nghịch biến trên (−∞, −1). B Hàm số đồng biến trên (−∞, −1). C Hàm số nghịch biến trên (−∞, +∞). D Hàm số nghịch biến trên (−1, +∞). .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng B . y0 = 4 . Suy ra, hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. Nên hàm số đồng biến trên (−∞, −1). ( x + 1)2  Câu 4. Điểm cực đại của đồ thị hàm số y = x4 − 2 x2 + 9 có tọa độ là A (1; 9). B (2; 9). C (−2; 9). D (0; 9). .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng D . Hàm số y = x4 − 2 x2 + 9 là hàm trùng phương có a > 0 và a.b < 0, nên hàm số đạt cực đại tại x = 0 và giá trị cực đại y(0) = 9.  Câu 5. Cho hàm số f ( x) có đạo hàm f 0 ( x) = 5( x − 1)2 ( x + 3), ∀ x ∈ R. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A 5. B 2. C 1. D 3. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng C . Vì f 0 ( x) = 0 tại x = −3 và x = 1. Nhưng chỉ qua x = −3 thì f 0 ( x) đổi dấu. Do đó, hàm số có 1 cực trị. Câu 6. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = A x = 2. B x = −2. KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC  2x − 1 là đường thẳng x+2 C y = 2. http://tuyensinh.hdu.edu.vn/ D y = −2. Trang 1/12 - Mã đề thi 168 .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng C . Vì lim x→+∞ 2x − 1 2x − 1 = lim = 2. Suy ra, y = 2 là tiệm cận ngang. x→−∞ x + 2 x+2  Câu 7. Đồ thị được cho ở hình dưới là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây? y 1 −2 O −1 1 2 x −1 −2 A y = x4 − 2 x2 . B y = x4 − 2 x2 − 1. C y = 2 x 4 − 2 x 2 − 2. D y = − x4 + 2 x2 + 1. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng B . Từ đồ thị ta thấy đây là đồ thị của hàm số trùng phương với hệ số a > 0, nên loại đáp án D . Mặt khác hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và x = −1 và giá trị cực tiểu y(1) = y(−1) = −2, nên ta chọn B.  Câu 8. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x4 − 9 x2 với trục hoành là A 1. B 2. C 3. D 4. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng C . Phương trình hoành độ giao điểm là: x4 − 9 x2 = 0. Nghiệm của phương trình là: x ∈ {−3, 0, 3}. Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số y = x4 − 9 x2 với trục hoành là 3.  Câu 9. Với a 6= 0 là số thực tùy ý, log9 a2 bằng A log3 |a|. B 2 log9 a. D 2 log3 a2 . C log3 a. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng A . Ta có log9 a2 = log3 |a| ∀a 6= 0. Câu 10. Hàm số y = 9 x 0 2 2 +1  có đạo hàm là x2 A y = ( x + 1)9 . 2 2 B y0 = 2 x( x2 + 1)9 x . 2 C y0 = 2 x 9 x . D y0 = 36 x9 x ln 3. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng D . Áp dụng công thức (a u )0 = a u . ln a.u0 . Suy ra (9 x 1 Câu 11. Với a là số thực dương tùy ý, a 3 1 3 A a . B p KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC a. p 6 2 +1 )0 = 9 x 2 +1 2 . ln 9.2 x = 36 x9 x ln 3.  a bằng 2 C a9 . http://tuyensinh.hdu.edu.vn/ D a2 . Trang 2/12 - Mã đề thi 168 .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng B . 1 Với a > 0, ta có a 3 p 6 1 1 1 1 1 a = a 3 .a 6 = a 3 + 6 = a 2 = p a.  Câu 12. Tích các nghiệm của phương trình 32 x A 1. 2 +5 x+4 = 9 là B −1. C 2. D −2 .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng A . Phương trình 32 x trình là 1. 2 +5 x+4 = 9 ⇔ 2 x2 + 5 x + 4 = 2 ⇔ 2 x2 + 5 x + 2 = 0 có ∆ = 9 > 0 nên theo định lý Viet, tích các nghiệm của phương  Câu 13. Tổng các nghiệm của phương trình ln x2 − 3 x + 1 = −9 là ¡ A −3. ¢ B 9. D e−9 . C 3. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng C . Phương trình tương đương với x2 − 3 x + 1 = e−9 ⇔ x2 − 3 x + 1 − e−9 = 0. ∆ = 5 + 4.e−9 > 0 nên phương trình có hai nghiệm x1 và x2 phân biệt. Ta có x1 + x2 = 3. Câu 14. Cho hàm số f ( x) = 1 Z f ( x) d x = A Z C 1 . Mệnh đề nào sau đây đúng? (3 x − 2)3 Z 2  + C. 6(3 x − 2) 1 + C. f ( x) d x = − 3(3 x − 2)2 Z D 1 +C . 6(3 x − 2)2 1 + C. f ( x) d x = 3(3 x − 2)2 f ( x) d x = − B .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng B . Z 1 1 dx = 3 (3 x − 2)3 Z (3 x − 2)−3 d (3 x − 2) = 1 (3 x − 2)−2 1 +C =− + C. 3 −2 6(3 x − 2)2  Câu 15. Nguyên hàm của hàm số f ( x) = sin 3 x là A − cos 3 x + C. 3 B cos 3 x + C. 3 C − sin 3 x + C. 3 D − cos 3 x + C . .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng A . Z Ta có sin 3 xd x = − Câu 16. Cho cos 3 x + C. 3 Z5 f ( x) d x = 8 và −2  Z−2 Z5 g ( x) d x = 3. Khi đó, [ f ( x) − 4 g ( x)] d x bằng 5 A 20. −2 B 12. C 11. D 5. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng A . Z5 I= −2 Z5 [ f ( x) − 4 g ( x)] d x = Z−2 f ( x) d x + 4 g ( x) d x = 8 + 4.3 = 20 −2 KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC  5 http://tuyensinh.hdu.edu.vn/ Trang 3/12 - Mã đề thi 168 Câu 17. Tính tích phân I = Ze µ ¶ 1 1 − 2 d x. x x 1 1 A I = + 1. e B I = 1. C I = e. 1 . e .............................................................................................................................. D I= Lời giải. Đáp án đúng D . Ze µ Ta có I = 1 ¶¯ ¶ µ µ ¶ 1 1 1 ¯e 1 1 − 2 d x = ln | x| + ¯¯ = (1 − 0) + −1 = . x x x 1 e e Câu 18. Cho số phức z = 4 + 6 i . Tìm số phức w = i. z̄ + z. A w = 10 + 10 i . B w = 10 − 10 i .  C w = −10 + 10 i . D w = −2 + 10 i . .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng A . Ta có : z = 4 + 6 i ⇒ z = 4 − 6 i ⇒ w = i. z̄ + z = i (4 − 6 i ) + 4 + 6 i = 10 + 10 i . p 1 3 Câu 19. Cho số phức z = − + i . Tìm số phức w = 1 + z + z2 . 2 2 p A 2 − 3 i. B 0. C 1.  p 1 3 D − + i. 2 2 .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng B . p p µ ¶ 3 1 1 1 2 3 3 = − ⇔ z2 + z + 1 = 0. z=− + i ⇔ z+ = i ⇔ z+ 2 2 2 2 2 4  Câu 20. Trên mặt phẳng phức, tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z = x + yi thỏa mãn | z + 2 + i | = | z̄ − 3 i | là đường thẳng có phương trình A y = x + 1. B y = − x + 1. C y = − x − 1. D y = x − 1. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng D . Gọi z = x + yi ⇒ z̄ = x − yi . Do đó | x + yi + 2 + i | = | x − yi − 3 i | ⇔ |( x + 2) + ( y + 1) i | = | x − ( y + 3) i | ⇔ ( x + 2)2 + ( y + 1)2 = x2 + ( y + 3)2 ⇔ y = x − 1.  Câu 21. Cho khối chóp O.ABC có O A , OB, OC đôi một vuông góc tại O và O A = 2, OB = 3, OC = 6. Thể tích khối chóp bằng A 6. B 12. D 36. C 24. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng A . 1 3 Thể tích khối chóp: V = S∆O AB OC = µ ¶ 1 1 O A.OB OC = 6. 3 2  Câu 22. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A 0 B0 C 0 D 0 có AB = 2cm, AD = 3cm, A A 0 = 7cm. Tính thể tích khối hộp chữ nhật ABCD.A 0 B0 C 0 D 0 . A 12cm3 . B 42cm3 . C 24cm3 . D 36cm3 . .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng B . V = AB.AD.A A 0 = 2.3.7 = 42cm3 . KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC  http://tuyensinh.hdu.edu.vn/ Trang 4/12 - Mã đề thi 168 Câu 23. Cho khối nón có chiều cao bằng 24cm, độ dài đường sinh bằng 26cm. Tính thể tích V của khối nón tương ứng. A V = 800πcm3 . B V = 1600πcm3 . C V= 1600π cm3 . 3 D V= 800π cm3 . 3 .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng A . p l 2 − h2 = 10cm 1 1 Vậy thể tích khối nón tương ứng là: V = πR 2 .h = π.100.24 = 800πcm3 . 3 3 Bán kính đáy của hình nón: R =  Câu 24. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a, chu vi của thiết diện qua trục bằng 10a. Thể tích của khối trụ đã cho bằng A π a3 . B 4πa3 . C 3πa3 . D 5πa3 . .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng C . Thiết diện qua trục là 1 hình chữ nhật. Giả sử chiều cao của khối trụ là b. Theo đề ra 2 (2a + b) = 10a ⇒ b = 3a. Thể tích khối trụ là V = S.h = πa2 .3a = 3πa3 .  Câu 25. Trong không gian Ox yz, cho ba điểm A (1; 2; −1), B (2; −1; 3), C (−3; 5; 1). Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. A D (−2; 2; 5). B D (−4; 8; −3). C D (−4; 8; −5). D D (−2; 8; −3). .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng B . −−→ −−→ Ta có: AD = BC ⇔ ( xD − 1; yD − 2; zD + 1) = (−5; 6; −2) ⇒ D (−4; 8; −3).  Câu 26. Trong không gian Ox yz, cho mặt cầu (S ) có phương trình x2 + y2 + z2 − 2 x − 4 y − 6 z + 5 = 0. Diện tích của mặt cầu (S ) là A 9π. B 36π. D 12π. C 36. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng B . Bán kính R = 3 ⇒ S = 4πR 2 = 36π.  Câu 27. Trong không gian Ox yz, mặt phẳng nào sau đây song song với trục Ox? A ( P ) : z = 0. B (Q ) : x + y + 1 = 0. C (R ) : x + z + 1 = 0. D ( S ) : y + z + 1 = 0. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng D . ( O (0; 0; 0) ∉ (α) Mặt phẳng (α) song song với trục Oz khi và chỉ khi → → − − n . i = 0. → − , trong đó i = (1; 0; 0) là vectơ đơn vị trên trục Ox. Câu 28. Trong không gian Ox yz, vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P ) chứa hai đường thẳng ∆1 : x+2 y−1 z+3 = = là 2 −2 1 − A → n = (6; 7; 4).  x y+1 z+2 = = và 1 2 −3 ∆2 : − B → n = (4; 7; 6). KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC − n = (−4; 7; 6). C → http://tuyensinh.hdu.edu.vn/ − D → n = (−6; 7; 4). Trang 5/12 - Mã đề thi 168 .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng B . − Vì ∆1 và ∆2 là hai đường thẳng cắt nhau nên → n = [− u→2 , − u→1 ] = (4; 7; 6) là một vevtơ pháp tuyến của mặt phẳng (P ). Suy ra đáp án B.  Câu 29. Cho tập hợp A = {1, 2, 3, 4, 5}. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm ba chữ số khác nhau được chọn từ tập hợp A . Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 3. A 1 . 5 B 2 . 5 C 3 . 5 D 4 . 5 .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng B . Số phần tử của không gian mẫu: n(Ω) = A 35 = 60. Gọi B là biến cố "Số lập được chia hết cho 3". Có 04 bộ ba số khác nhau có tổng chia hết cho 3 chọn ra từ tập A đó là: {1; 2; 3} , {2; 3; 4} , {3; 4; 5} , {1; 3; 5}. Mỗi số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau, chia hết cho 3 lập từ A ứng với một hoán vị của 3 phần tử trong bốn bộ nói trên. Do đó n(B) = 4.3! = 24. P (B ) = 24 2 = . 60 5  Câu 30. Hàm số nào sau đây nghịch biến trên R? A y= x+1 . x−1 B y = − x 4 − 1. C y = −( x + 1)2 . D y = − x3 + 3 x2 − 3 x + 5. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng D . Với y = − x3 + 3 x2 − 3 x + 5 ta có y0 = −3 x2 + 6 x − 3 ≤ 0 ∀ x ∈ R, suy ra hàm số y = − x3 + 3 x2 − 3 x + 5 nghịch biến trên tập R. p  p Câu 31. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = 5 − x + x + 3. Hiệu M − m bằng p A 4 − 2 2. B p 2. p C 7 − 4 2. p D 8 − 5 2. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng A . p p Dễ thấy M = 4, m = 2 2. Vì vậy đáp án đúng là 4 − 2 2.  Câu 32. Tập nghiệm của bất phương trình log0,5 (2 − x) ≥ −1 là A (0; +∞). B [0; 2]. C [0; 2). D (0; 2). .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng C . log0,5 (2 − x) ≥ −1 ⇔ 0 < 2 − x ≤ 2 ⇔ 0 ≤ x < 2.  Câu 33. Nếu Z4 Z2 f ( x) dx = −3 thì 0 A −6. f (2 x) dx bằng 0 3 B − . 2 C −3. D −2. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng B . KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC http://tuyensinh.hdu.edu.vn/ Trang 6/12 - Mã đề thi 168 1 Đặt 2 x = t ⇒ dx = dt ⇒ 2 Z2 1 f (2 x) dx = 2 Z4 1 f ( t) dt = 2 0 0 Z4 3 f ( x) dx = − . 2 0  Câu 34. Trong mặt phẳng phức, biết điểm M1 (1; −2) và điểm M2 (−2; 2) lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức z1 và z2 . Khi đó | z1 − z2 | bằng A p 5. p B 2 2. C 5. D p 7. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng C . Ta có: | z1 − z2 | = M1 M2 = 5.  p Câu 35. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A 0 B0 C 0 ; AB = a 3, BB0 = a (tham khảo hình vẽ bên dưới). C0 A0 B0 C A B Góc giữa đường thẳng AC 0 và mặt phẳng ( ABC ) bằng A 600 . B 450 . C 300 . D 900 . .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng C . ƒ Gọi α là góc giữa AC 0 và mặt phẳng ( ABC ), khi đó α = C AC 0 . Ta có tan α = CC 0 1 = p ⇒ α = 300 . AC 3  Câu 36. Cho hình lập phương ABCD.A 0 B0 C 0 D 0 có độ dài cạnh bằng 2 (tham khảo hình bên dưới). Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (BDC 0 ) bằng C0 D0 A0 B0 D C B A p 2 3 A . 3 p 3 2 B . 5 p 2 3 C . 5 p 4 2 D . 3 .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng A . KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC http://tuyensinh.hdu.edu.vn/ Trang 7/12 - Mã đề thi 168 p 3VB.CDC 0 3.2.2.2 4 2 3 Cách 1: Ta có d (C, (BDC )) = = . p p = Sp 6 3 (2 2)2 3 ∆BDC 0 0 CA 2 3 Cách 2: d (C, (BDC 0 )) = = . 3 3 0  Câu 37. Trong không gian Ox yz, mặt cầu có tâm I (1; −2; −3) và tiếp xúc với mặt phẳng (P ) : x + 2 y − 2 z + 6 = 0 có phương trình là A ( x − 1)2 + ( y + 2)2 + ( z + 3)2 = 3. 2 2 B ( x − 1)2 + ( y + 2)2 + ( z + 3)2 = 9. 2 D ( x + 1)2 + ( y − 2)2 + ( z − 3)2 = 9. C ( x + 1) + ( y − 2) + ( z − 3) = 3. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng B . |1 − 4 + 6 + 6| Vì mặt cầu (S ) tiếp xúc với mặt phẳng (P ) nên bán kính R = d ( I, (P )) = p 12 + 22 + 22 là: ( x − 1)2 + ( y + 2)2 + ( z + 3)2 = 9. = 3. Suy ra phương trình của mặt cầu    x = 1 − t Câu 38. Trong không gian Ox yz, đường thẳng (d ) đi qua M (2 ; 4 ; 6) và song song với đường thẳng (∆) : y = 2 − 3 t   z = 3 + 6t có phương trình chính tắc là A x+1 y+3 z+5 = = . −1 −3 6 B x+1 y+3 z+5 = = . 1 2 3 C x−1 z−3 y−5 = = . 1 −6 3 D x y + 2 z − 18 = = . 1 3 −6 .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng D . −→ Vì (d ) // (∆) nên − u→ d cùng phương với u ∆ = (−1 ; −3 ; 6). − → Ở đáp án B, u d = (1 ; 2 ; 3) không cùng phương với − u→ ∆ . Do đó loại đáp án B. − → Ở đáp án C, u d = (1 ; −6 ; 3) không cùng phương với − u→ ∆ . Do đó loại đáp án C. 2+1 4+3 6+5 = = (vô lý). −1 −3 6 x+1 y+3 z+5 Do đó M (2 ; 4 ; 6) không thuộc đường thẳng = = . Loại đáp án A. −1 −3 6 Thay tọa độ điểm M (2 ; 4 ; 6) vào đáp án A, ta được  Câu 39. Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm f 0 ( x) liên tục trên R và hàm số y = f 0 ( x) có đồ thị trên đoạn [−2; 3] như hình vẽ bên dưới. y -2 1 3 O x Gọi M là giá trị lớn nhất và m là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x) trên đoạn [−2; 3]. Khi đó M ; m lần lượt là A M = f (−2); m = f (1). B M = f (3); m = f (1). KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC C M = f (1); m = f (−2). http://tuyensinh.hdu.edu.vn/ D M = f (3); m = f (−2). Trang 8/12 - Mã đề thi 168 .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng A . Từ đồ thị hàm số y = f 0 ( x) ta suy ra bảng biến thiên như sau: x −2 0 f ( x) 3 1 − 0 + 0 f (−2) 0 f (3) f ( x) f (1) Từ BBT ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn [−2; 3] bằng f (1). Mặt khác, cũng từ đồ thị hàm số y = f 0 ( x) ta suy ra diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f 0 ( x) với trục hoành trên đoạn [−2; 1] lớn hơn diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f 0 ( x) với trục hoành trên đoạn [1; 3], do đó chúng ta có: Z1 Z3 0 f ( x) dx > − −2 f 0 ( x) dx ⇔ f (−2) − f (1) > f (3) − f (1) ⇔ f (−2) > f (3). 1 Suy ra giá trị lớn nhất là f (−2). Vậy M = f (−2); m = f (1).  2 Câu 40. Số các giá trị nguyên của m để phương trình 8 x − 3.4 x A 241. B 242. 2 +1 = m có không ít hơn ba nghiệm thực phân biệt là C 245. D 247. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng C . 2 8 x − 3. 4 x x2 2 +1 =m (1) 2 Đặt 2 = t. Do x ≥ 0 nên t ≥ 1. Khi đó phương trình đã cho trở thành t3 − 12 t2 = m (2). Phương trình (1) có từ ba nghiệm thực trở lên khi và chỉ khi phương trình (2) có không ít hơn hai nghiệm thực phân biệt t ≥ 1. Xét hàm số y = t3 − 12 t2 ⇒ y0 = 3 t2 − 24 t = 0 ⇔ t = 0; t = 8. Ta có bảng biến thiên sau t − y +∞ 8 1 0 0 + +∞ −11 y −256 Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt t ≥ 1 khi và chỉ khi −256 < m ≤ −11. Như vậy có 245 giá trị nguyên của m thỏa mãn điều kiện bài toán.  Câu 41. Cho f ( x) là hàm số liên tục trên tập số thực R và thỏa mãn f ( e x + x + 1) = A 1 . 8 B 1 . 9 C 1 . 10 x9 . Tính I = ex + 1 1 D . 11 e+2 Z f ( x) dx. 2 .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng C . KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC http://tuyensinh.hdu.edu.vn/ Trang 9/12 - Mã đề thi 168 Ta có ( e x + 1) f ( e x + x + 1) = x9 . Lấy tích phân hai vế từ 0 tới 1, suy ra Z 1 ( e x + 1) f ( e x + x + 1) dx = 0 Z e+2 Z e+2 1 Đổi cận x = 0 ⇒ t = 2; x = 1 ⇒ t = e + 2 và dt = ( e x + 1) dx. Do đó, f ( t) dt = f ( x) dx = . 10 2 2 1 Z 0 x9 dx = 1 . Đặt t = e x + x + 1. 10  Câu 42. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn đồng thời các điều kiện | z − 2020 i | = 2021 và z2 là số thuần ảo? A 1. B 0. C 4. D 2. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng C . Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). q a2 + ( b − 2020)2 = 2021 ⇔ a + ( b − 2020) = 2021 ⇔ a + b − 4040 b + 2020 = 20212 . (1) Lại có z2 = (a + bi )2 = a2 − b2 + 2abi là số thuần ảo nên a2 − b2 = 0 ⇔ a2 = b2 . (2) Từ (1) và (2) ⇒ 2b2 − 4040b + 20202 = 20212 ⇔ 2b2 − 4040b − 4041 = 0. (∗) Dễ thấy (*) có 2 nghiệm b trái dấu không đối nhau, suy ra mỗi b cho hai giá trị a phân biệt. Vậy có 4 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có | z − 2020 i | = 2021 ⇔ |a + (b − 2020) i | = 2021 ⇔ 2 2 2 2 2 2  Câu 43. Cho tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi M, N, P,Q, R, S lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AB, BC, CD, AD, BD, AC sao cho AM = MB; BN = NC ; CP = PD ; DQ = Q A ; BR = 2021RD ; AS = 1 SC (tham khảo hình vẽ bên). Thể tích của khối 2022 bát diện MNPQRS bằng A S Q M R B N D P C A 1 V. 4 B 1 V. 3 C 1011 V. 2021 D 1 V. 2 .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng D . Thể tích khối bát diện đã cho bằng tổng thể tích hai khối chóp tứ giác R.MNPQ và S.MNPQ , thể tích hai khối chóp này không phụ thuộc vào vị trí của R và S trên các cạnh AC và BD . Vì vậy để đơn giản ta có thể chọn S và R lần lượt là các trung điểm của các cạnh AC và BD . Khi đó dễ thấy thể tích của khối bát diện bằng thể tích tứ diện ABCD trừ đi tổng thể tích của các khối chóp tam giác A.MQS ; B.MNR ; C.NPS ; D.PQR . Suy ra thể tích khối bát diện bằng: V − 4. V V = . 8 2  Câu 44. Ông Đức gửi ngân hàng số tiền 500.000.000 đồng loại kỳ hạn 6 tháng với lãi suất 5,6% trên một năm theo thể thức lãi kép (tức là nếu đến kỳ hạn người gửi không rút lãi ra thì tiền lãi được tính vào vốn của kỳ kế tiếp). Hỏi sau 3 năm 9 tháng ông Đức nhận được số tiền (làm tròn đến hàng nghìn) cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu? Biết rằng ông Đức không rút cả gốc lẫn lãi trong các định kỳ trước đó và nếu rút trước kỳ hạn thì ngân hàng trả lãi suất theo loại không kỳ hạn 0,00027% trên một ngày. (Một tháng tính 30 ngày). A 606.627.000 đồng. B 623.613.000 đồng. KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC C 606.775.000 đồng. http://tuyensinh.hdu.edu.vn/ D 611.764.000 đồng. Trang 10/12 - Mã đề thi 168 .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng C . Một kỳ hạn 6 tháng có lãi suất là 2,8%. Sau 3 năm 6 tháng, tức là 7 kỳ hạn, số tiền ông Đức thu được là ¶ µ 2,8 7 đồng. A = 500.000.000 1 + 100 Sau 3 năm 9 tháng thì 3 tháng (90 ngày) còn lại được tính theo lãi suất 0,00027% trên một ngày, nên số tiền gốc và lãi thu được sau 3 năm 9 tháng là ¶ µ ¶ µ ¶ µ 2,8 7 0,00027 90 0, 00027 90 = 500.000.000 1 + 1+ ≈ 606.775.000 đồng. A 1+ 100 100 100  Câu 45. Trong không gian Ox yz, cho điểm M (4; 6; 4) và hai đường thẳng d1 : x−1 y+3 z = = , 2 4 3 d2 : x y−2 z+4 = = . 1 1 3 Đườngpthẳng đi qua M đồng thời p cắt cả 2 đường thẳng d1 và d2ptại A và B, độ dài đoạn thẳng AB bằng p A 2 43. B 43. C 2 13. D 13. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng A . Gọi A (1 + 2a ; −3 + 4a ; 3a), B (b ; 2 + b ; −4 + 3b) . −−→ −−→ Ta có: M A = (2a − 3 ; 4a − 9 ; 3a − 4), MB = (b −½4 ; b − 4 ; 3 b − 8). −−→ −−→ Ta có: M, A, B thẳng hàng ⇔ M A = k MB ⇔ p a=3 ⇒ A (7 ; 9 ; 9) , B (1 ; 3 ; −1) ⇒ AB = 2 43. b=1  Câu 46. Gọi S là tập hợp tất cả các số thực m sao cho đồ thị hàm số y = |2 x4 − 4(m − 1) x2 − m2 + 3m − 2| có đúng 5 cực trị. Số phần tử m ∈ [−2021, 2021] ∩ S có giá trị nguyên là A 2020. B 2021. C 4040. D 4041. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng A . Hàm số y = f ( x) = 2 x4 − 4(m − 1) x2 − m2 + 3m − 2 là hàm số trùng phương với hệ số a = 2 > 0, nên đồ thị hàm số y = | f ( x)| có đúng 5 cực trị khi và chỉ khi hàm số y = f ( x) có ba cực trị và giá trị cực đại của nó bé hơn bằng 0. Suy ra, ( m>1 f (0) = − m2 + 3 m − 2 ≤ 0  m>1  " ⇔ m≥2   m≤1 ⇔m≥2 Vì m ∈ [−2021, 2021] ∩ S có giá trị nguyên, nên m ∈ {2, 3, · · · , 2021}. Vậy, ta có 2020 phần tử thỏa mãn yêu cầu bài ra.  Câu 47. Giả sử tồn tại số thực m sao cho phương trình e x − e− x = 2 cos mx có 2021 nghiệm thực phân biệt. Số nghiệm phân biệt của phương trình e x + e− x = 2 cos mx + 4 là A 2021. B 2020. D 4042. C 4038. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng D . Ta có ³ x ´ −x 2 e x + e− x = 2 cos mx + 4 ⇔ e 2 − e 2 = 2 cos mx + 2  x −x mx ³ x ´ ³ −x 2 mx ´2  e 2 − e 2 = 2 cos 2 , (1) 2 2 ⇔ e −e = 2 cos ⇔ x −x mx 2 e 2 − e 2 = −2 cos . (2) 2 Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình e x − e− x = 2 cos mx và nếu x0 là nghiệm của phương trình (1) thì − x0 là nghiệm của phương trình (2) và ngược lại. Vậy suy ra phương trình đã cho có 2.2021 = 4042.  KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC http://tuyensinh.hdu.edu.vn/ Trang 11/12 - Mã đề thi 168 Câu 48. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y = a ∈ Z và b, c là các số nguyên tố. Khi đó, a + b + c bằng A 0. B 1. ln(sin x + cos x) C 2. 2 sin x , y = 0, x = π 4 , x= π 2 là S = π a p + b ln c với D 3. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng B . π 2 Z Ta có S = π 4 ln(sin x + cos x) sin2 x dx. Sử dụng phương pháp tích phân từng phần với sự điều chỉnh hệ số:   u = ln(sin x + cos x), 1  dv = dx. sin2 x  cos x − sin x   du = dx, sin x + cos x ⇒  v = − cot x − 1 = − cos x − sin x . sin x ³ ´¯ π p π ¯2 S = − (cot x + 1) ln(sin x + cos x) + ln | sin x| − x ¯ π = − + 3 ln 2. 4 4 Khi đó, a = −4, b = 3, c = 2. Suy ra a + b + c = 1.  Câu 49. Cho hai số phức z, w thỏa mãn | z + 2w| = 3, |2 z + 3w| = 5 và | z + 3w| = 4. Tính giá trị của biểu thức P = z.w + z.w. A 1. B 2. C 3. D 4. .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng B . Ta có | z + 2w| = 3 ⇔ | z + 2w|2 = 9 ⇔ ( z + 2w)( z + 2w) = 9 ⇔ | z|2 + 2P + 4|w|2 = 9. (1). Tương tự, |2 z + 3w| = 5 ⇔ |2 z + 3w|2 = 25 ⇔ (2 z + 3w)(2 z + 3w) = 25 ⇔ 4| z|2 + 6P + 9|w|2 = 25. (2) | z + 3w| = 4 ⇔ | z + 3w|2 = 16 ⇔ ( z + 3w)( z + 3w) = 16 ⇔ | z|2 + 3P + 9|w|2 = 16. (3) Giải hệ phương trình (1), (2), (3), ta có P = 2.  x−2 y z = = và mặt cầu (S ) có phương trình x2 + y2 + z2 − 2 x − 4 y − 2 −1 4 2 z + 4 = 0. Hai mặt phẳng (P ) và (Q ) chứa d và tiếp xúc với (S ). Gọi M và N là tiếp điểm, H (a, b, c) là trung điểm MN . Khi đó, tích abc bằng 8 16 32 64 . . . . A B C D 27 27 27 27 Câu 50. Trong không gian Ox yz, cho đường thẳng d : .............................................................................................................................. Lời giải. Đáp án đúng C . p 2. Gọi K = d ∩ ( I MN ). Ta có K là hình chiếu vuông góc của I trên d . Ta có p I H I H.IK R2 1 4 4 2 32 −→ −→ 1 −→ K (2, 0, 0), IK = 6 và IK = (1, −2, −1). Khi đó, = = = . Suy ra, I H = IK và H ( , , ). Vậy abc = . 2 2 IK 3 3 3 3 3 27 IK IK Mặt cầu (S ) có tâm I (1, 2, 1), bán kính R =  KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC http://tuyensinh.hdu.edu.vn/ Trang 12/12 - Mã đề thi 168