TS247 DT de thi thu tot nghiep thpt mon toan so gd dt ninh binh nam 2021 co loi giai chi tiet 59238 1613832370

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI THỬ KÌ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 (Đề thi gồm có 50 câu) MƠN TỐN Thời gian làm bài: 90 phút (khơng kể thời gian phát đề) Mã đề thi 001 MỤC TIÊU Đề thi thử tốt nghiệp THPT mơn Tốn Sở GD&ĐT Ninh Bình gồm 22 câu hỏi mức độ NB, 12 câu hỏi mức độ TH, 12 câu hỏi mức độ VD câu hỏi mức độ VDC Kiến thức lớp 12 chiếm 96%, kiến thức lớp 11 chiếm 4% khơng có kiến thức lớp 10 Đề thi bám sát đề thức thi tốt nghiệp THPT năm, giúp học sinh ôn tập trọng tâm Bên cạnh đề thi có nhiều câu hỏi giúp học sinh phát triển tư để giải nhiều dạng toán biến tấu khác Câu (ID: 463451): Nghiệm phương trình x  A x  B x  4 là: C x  D x  3 1 Câu (ID: 463452): Cho hàm số y   x  x  x  Khẳng định đúng? A Hàm số đồng biến khoảng  3;  B Hàm số nghịch biến khoảng  ;0  C Hàm số đồng biến khoảng  2;3 D Hàm số nghịch biến khoảng  2;3 Câu (ID: 463453): Hàm số y  x  x  có cực trị? B A C D Câu (ID: 463454): Mệnh đề sai? x y A 3  x y x y B  4x 4y    5  C 5x y y x D  2.7   x.7 x x Câu (ID: 463455): Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a Biết SA   ABC  SA  a Thể tích khối chóp S ABC là: A 3a B a3 C 3a D 3a Câu (ID: 463456): Đường cong hình bên đồ thị hàm số hàm số đây? A y  x3  3x  B y  x  3x  x  2 C y   x  3x  x  2 D y  3 x  x  2x  2 Câu (ID: 463457): Hàm số y  22 x có đạo hàm là: A y  22 x ln B y  x 22 x 1 C y  22 x 1 ln D y  22 x 1 Câu (ID: 463458): Hàm số sau nghịch biến khoảng xác định? A y  2x  x3 B y  x 1 x 1 C y  x5 x 1 D y  x2 2x  Câu (ID: 463459): Cho hình trụ có chiều cao đường kính đáy Tính diện tích xung quanh hình trụ đó? A 20 B 40 C 160 D 80 Câu 10 (ID: 463460): Cho hình lăng trụ có diện tích đáy 3a , độ dài đường cao 2a Thể tích khối lăng trụ bằng: A 6a3 B 3a C 2a3 D a Câu 11 (ID: 463461): Tập nghiệm bất phương trình log  x  1  A 1;4 B  ;4  C  ;4 D  0;4 Câu 12 (ID: 463462): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: Tổng số đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số cho là: A B C D Câu 13 (ID: 463463): Cơng thức tính diện tích mặt cầu bán kính r là: A S   r C S   r 3 B S  4 r D S   r Câu 14 (ID: 463464): Họ tất nguyên hàm hàm số f  x   e3x là: A 3e3 x  C B e3 x C 3ln C e3x  C D 3x e C Câu 15 (ID: 463465): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình bên Số nghiệm phương trình f  x    là: B A Câu 16 (ID: 463466): Cho hàm số y  số đoạn  0;2 A M  m  D C x 1 Tính tổng giá trị lớn M giá trị nhỏ m hàm 2x  B M  m   C M  m   D M  m  1 Câu 17 (ID: 463467): Hãy tìm tập xác định D hàm số y  ln  x  x  3 A D   1;3 B D   ; 1   3;   C D   ; 1  3;   D D   1;3 Câu 18 (ID: 463468): Với a, b, x số thực dương thỏa mãn log x  5log a  3log b Mệnh đề đúng? A x  3a  5b B x  a5b3 C x  a5  b3 D x  5a  3b Câu 19 (ID: 463469): Một hình nón tích V  32 bán kính đáy hình nón Diện tích xung quanh hình nón bằng: A 24 B 48 Câu 20 (ID: 463470): Cho I   A f  t   2t  2t C 24 D f  t   t  t x dx Nếu đặt t  x  I   f  t  dx , f  t  1 x 1 B f  t   t  t C f  t   t  D f  t   t  t Câu 21 (ID: 463471): Cho hàm số y  x3  3x  m Trên  1;1 hàm số có giá trị nhỏ 1 Tìm m A m  5 B m  3 C m  6 D m  4 Câu 22 (ID: 463472): Cho khối trụ có đường cao gấp đơi bán kính đáy Một mặt phẳng qua trục khối trụ cắt khối trụ theo thiết diện hình chữ nhật có diện tích 16a Thể tích khối trụ cho tính theo a bằng: A 4 a3 B 16 a C 16 a3 D 32 a Câu 23 (ID: 463473): Biết đường thẳng y  x  cắt đồ thị hàm số y  x3  x  x  hai điểm phân biệt A B , biết điểm B có hồnh độ âm Hoành độ điểm B là: A B 5 C 1 D 2 Câu 24 (ID: 463474): Cho hình lập phương ABCD.ABCD có diện tích mặt chéo ACCA 2a Thể tích khối lập phương ABCD.ABCD là: A 16 2a B 2a C 8a D a Câu 25 (ID: 463475): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, mặt bên SAD tam giác cạnh 4a nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng  ABCD  Góc mặt phẳng  SBC  mặt phẳng  ABCD  300 Thể tích khối chóp S ABCD là: A 24 3a B 16 3a3 C 3a3 D 48 3a Câu 26 (ID: 463476): Gọi T tổng tất nghiệm phương trình 4x  5.2x   Tính giá trị T A T  log B T  C T  log D T  Câu 27 (ID: 463477): Số nghiệm phương trình log x  log  x  1  là: A B D C x 2 Câu 28 (ID: 463478): Cho bất phương trình 12.9  35.6  18.4  Với phép đặt t    , t  , bất 3 phương trình trở thành: x A 12t  35t   B 12t  35t  18  x x C 18t  35t  12  D 18t  35t  12  Câu 29 (ID: 463479): Trong khơng gian cho hình chữ nhật ABCD có AB  a, AC  a Diện tích xung quanh hình trụ thu quay hình chữ nhật ABCD quanh trục AB bằng: A 8 a B 4 a C 2 a D 2 a Câu 30 (ID: 463480): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  a, AD  2a Biết SA vng góc với mặt phẳng đáy SB  a Góc đường thẳng SD mặt phẳng  ABCD  bằng: A 300 B 900 C 600 D 450 Câu 31 (ID: 463481): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x   x  x  1  x  3 Hàm số cho có điểm cực trị? A B C D Câu 32 (ID: 463482): Trong khơng gian cho đoạn thẳng AB có độ dài Điểm M di động không gian cho tam giác MAB có diện tích 12 hình chiếu vng góc M lên AB nằm đoạn AB Quỹ tích điểm M tạo thành phần mặt trịn xoay Diện tích phần mặt trịn xoay bằng: A 48 C 36 B 24 D 80 Câu 33 (ID: 463483): Cho x, y ;là số thực dương thỏa mãn log x  log y  log  x  y  Giá trị x bằng: y A B log 3 C log 2 D Câu 34 (ID: 463484): Cho bất phương trình log 22  x    m  1 log x   Tìm tất giá trị tham số m để bất phương trình có nghiệm thuộc khoảng   A m    ;0      B m    ;        2; C m   0;    D m   ;0  Câu 35 (ID: 463485): Tìm tất giá trị m cho hàm số y  xm đồng biến khoảng xác x2 định? A m  B m  C m  D m  mx  Câu 36 (ID: 463486): Có giá trị m để đồ thị hàm số y  có đường tiệm x  3x  cận? B A C D Câu 37 (ID: 463487): Cho hình lăng trụ ABC ABC có đáy tam giác ABC vuông A với AC  a Biết hình chiếu vng góc B lên  ABC  trung điểm H BC Mặt phẳng  ABBA  tạo với mặt phẳng  ABC  góc 600 Gọi G trọng tâm tam giác BCC Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng  ABBA  A 3a B 3a 3a C D 3a Câu 38 (ID: 463488): Khi xây nhà, cô Ngọc cần xây bể đựng nước mưa tích V  6m3 dạng hình hộp chữ nhật với chiều dài gấp ba lần chiều rộng, đáy nắp mặt xung quanh đổ bê tông cốt thép Phần nắp bể để hở khoảng hình vng có diện tích diện tích nắp bể Biết chi phí cho 1m2 bê tông cốt thép 1.000.000 đ Tính chi phí thấp mà Ngọc phải trả xây bể (làm trịn đến hàng trăm nghìn)? A 12.600.000 đ B 21.000.000 đ C 20.900.000 đ D 21.900.000 đ Câu 39 (ID: 463489): Cắt hình nón S mặt phẳng qua trục ta tam giác vng cân có cạnh huyền a Gọi BC dây cung đường trịn đáy hình nón cho mặt phẳng  SBC  tạo với mặt phẳng đáy góc 600 Tính diện tích tam giác SBC A S SBC  2a 2 B S SBC  2a C S SBC   a2 D S SBC  3a  Câu 40 (ID: 463490): Hàm số y  x3  mx  m  m  x  đạt cực đại điểm x  khi: A m  B m  1 C m  m  Câu 41 (ID: 463491): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm D m  có bảng xét dấu f   x  sau: Hỏi hàm số y  f  x  x  có điểm cực tiểu? A C B Câu 42 (ID: 463492): Cho hàm số f  x   ax   a , b, c  bx  c D  có bảng biến thiên sau: Trong số a, b c có số dương? A B C D Câu 43 (ID: 463493): Hình vẽ bên đồ thị hàm số y  x3  3x Tìm tất giá trị tham số m để phương trình 3x   m  x3 có hai nghiệm thực phân biệt A 1  m   m 1 B   m  1 m 1 C  m  D m  Câu 44 (ID: 463494): Cho hàm số f  x   x  x  Có giá trị nguyên tham số m để giá trị lớn hàm số g  x   f  x   f  x   m đoạn  1;3 A B C D Câu 45 (ID: 463495): Cho hình lăng trụ tam giác ABC ABC có diện tích đáy 12 chiều cao Gọi M , N trung điểm CB, CA P, Q, R tâm hình bình hành ABBA , BCCB , CAAC Thể tích khối đa diện PQRABMN bằng: A 42 B 14 C 18 D 21 Câu 46 (ID: 463496): Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị hình vẽ Có giá trị nguyên tham số m   5;5 để phương trình log 32  f  x   1  log 2  f  x   1   2m   log f  x    2m  có nghiệm x   1;1 A B D C Vô số Câu 47 (ID: 463497): Có tất giá trị nguyên y cho tương ứng với mội y tồn không 63 số nguyên x thỏa mãn điều kiện log 2020  x  y   log 2021  y  y  64   log  x  y  A 301 B 302 C 602 D Cho điểm M  a; b  cho có hai tiếp tuyến đồ x thị hàm số y  f  x  qua M , đồng thời hai tiếp tuyến vng góc với Biết điểm M thuộc Câu 48 (ID: 463498): Cho hàm số f  x   x  đường trịn cố định Bán kính đường trịn là: A B C Câu 49 (ID: 463499): Cho hàm số f  x  hàm số có đạo hàm D hàm số g  x   f  x  3x  1 có đồ thị hình vẽ Hàm số f  x  1 nghịch biến khoảng sau đây?   A   ;0    B  2;3  C  0;1 D  3;  Câu 50 (ID: 463500): Cho tứ giác lồi có đỉnh nằm đồ thị hàm số y  ln x , với hoành độ đỉnh 20 số nguyên dương liên tiếp Biết diện tích tứ giác ln , hồnh độ đỉnh nằm thứ ba từ trái 21 sang là: A B 11 C D HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM D 11 A 21 D 31 D 41 A C 12 D 22 C 32 A 42 D D 13 B 23 C 33 A 43 A B 14 D 24 B 34 B 44 D B 15 A 25 B 35 B 45 D B 16 C 26 C 36 C 46 A C 17 B 27 B 37 D 47 C A 18 B 28 C 38 B 48 A B 19 C 29 B 39 B 49 C 10 A 20 A 30 D 40 D 50 D Câu (NB): Phương pháp: Giải phương trình mũ bản: a f  x   a g  x   f  x   g  x  Cách giải: Phương trình cho tương đương x  23  x  3 Chọn D Câu (NB): Phương pháp: - Tính y ' - Dựa vào dấu hệ số a suy nghiệm bất phương trình y '  suy khoảng đồng biến hàm số Cách giải:  x3 Ta có: y   x  x   y     x  2 Vì a  1   y  x   2;3 Vậy hàm số cho đồng biến  2;3 Chọn C Câu (NB): Phương pháp: 10  a  1  loai  2a     2a  a      a   tm  a  t Vậy 2t x 4 2        a2  y 9 3 Chọn A Câu 34 (VD): Phương pháp: - Đặt t  log x , tìm khoảng giá trị t - Đưa bất phương trình dạng m  f  t  t   a; b   m  f  t  a ;b - Chứng minh hàm số f  t  đơn điệu  a; b  tìm f  t  a ;b Cách giải: Đặt t  log x , x    2;  nên t  Khi bất phương trình tương đương: t2 1 m  t  1   m  1 t    t  2mt    2t 2 u cầu tốn trở thành bất phương trình có nghiệm t  t2 1 Đặt f  t   Ta có: 2t t 1 1 f   t      '    0, t   2t  2t 1 Do u cầu tốn tương đương m  f  t   f     1  2  ;   2  Chọn B Câu 35 (TH): Phương pháp: ad  bc  ax  b  - Sử dụng cơng thức tính nhanh đạo hàm  , '   cx  d   cx  d  24 - Để hàm số đồng biến khoảng xác định y '  , giải bất phương trình tìm m Cách giải: Ta có: y  xm 2m  y  x2  x  2 Hàm số đồng biến khoảng xác định y '    m   m  Chọn B Câu 36 (VD): Phương pháp: - Tính lim y để tìm TCN đồ thị hàm số Chứng minh hàm số có TCN x  - Để đồ thị hàm số có đường tiệm cận cần phải có đường TCĐ, phương trình mx   phải có nghiệm trùng với nghiệm phương trình x2  3x   Từ tìm m - Thử lại kết luận Cách giải: x  m  Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y  m Ta có: lim y  lim x  x  1  x x m Để hàm số có đường tiệm cận đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  Xét phương trình mẫu số x  3x     x  Khi phương trình mx   phải có nghiệm Khi ta có:  m 1  m 1    4m     m   Thử lại: Với m   y  x2  x 1   lim y    Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  x2 x  3x  x  25 x 1 x2   lim y    Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  Với m   y  x 1 x  3x   x  1 Vậy có giá trị m thỏa mãn m  1, m  Chọn C Câu 37 (VD): Phương pháp: - Gọi M trung điểm AB Xác định góc hai mặt phẳng góc hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng vng góc với giao tuyến - Đổi d (G;  ABBA  sang d  H ;  ABBA   - Xác định d  H ;  ABBA   , sử dụng hệ thức lượng tam giác vng để tính khoảng cách Cách giải: Gọi M trung điểm AB Khi HM đường trung bình tam giác ABC nên HM / / AC Mà AC  AB  gt   HM  AB  AB  HM  AB   B ' HM   AB  B ' M Ta có:   AB  B ' H  ABB ' A '   ABC   AB  Khi ta có:  B ' M   ABB ' A ' , B ' M  AB  cmt    HM   ABC  , HM  AB  cmt      ABB ' A ' ;  ABC      B ' M ; HM   B ' MH  600   HI   B ' MH  Gọi I hình chiếu H BM Khi ta có:   HI  AB   AB   B ' MH  26  HI  AB  HI   ABB ' A '  d  H ;  ABB ' A '    HI   HI  B ' M Vì G trọng tâm tam giác B ' CC ' nên Ta có: GC '  ABB ' A '  B nên  d (G;  ABBA   d  G;  ABB ' A '   d  C ';  ABB ' A '    GB  C 'B 2 d (C ;  ABBA   d  C ;  ABBA   (do CC '/ /  ABB ' A ' ) 3 Lại có CH   ABB ' A '  B nên  d (G;  ABBA   GB  C 'B d  C ;  ABB ' A '   d  H ;  ABB ' A '    CB   d  C;  ABB ' A '   2d  H ;  ABB ' A '  HB 4 d  H ;  ABBA    HI 3 Xét tam giác vuông B ' HM , ta có MH  AC a a  ; BH  HM tan 600  2 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông B ' MH ta có: HI  Vậy d (G;  ABBA   4 a a HI   3 HM B ' H HM  B ' H  a a a 2  2 a 3a  4 Chọn D Câu 38 (VD): Phương pháp: - Gọi x  m  , 3x  m  chiều rộng, chiều dài bể Tính chiều cao bể - Tính tổng diện tích mặt làm bê tơng - Sử dụng BĐT Cô-si: a  b  c  3 abc  a, b, c   Dấu “=” xảy a  b  c Cách giải: 27 Gọi x  m  , 3x  m  chiều rộng, chiều dài bể, h chiều cao bể Theo ta có: V  x.3x.h   h   m 3x x Khi tổng diện tích mặt bể làm bê tơng là: x 2 16 x 16  2.3 x  x x  x x   x2 x2 x 16 x 16 16 x 8 16 x 8     3  18 Áp dụng BĐT Cô-si ta có: x x x x x Dấu “=” xảy 16 x  x x 3 Vậy số tiền mà cô Ngọc cần bỏ 18.106  21.000.000 đ Chọn B Câu 39 (VD): Phương pháp: - Từ giả thiết SAB vng cân có AB  a , tính bán kính đáy chiều cao hình nón - Xác định góc  SBC  mặt đáy góc hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng vuông góc với giao tuyến - Gọi H trung điểm BC , sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng tính OH , SH , áp dụng định lí Pytago tính BC - Tính SSBC  SH BC Cách giải: 28 Giả sử thiết diện tam giác vuông cân SAB hình vẽ, theo ta có AB  a nên hình nón có bán kính r  OA  OB  a a chiều cao h  SO  AB  AB  2 2 Gọi H trung điểm BC  OH  BC (quan hệ vng góc đường kính dây cung)  BC  OH  BC   SOH   BC  SH Ta có:   BC  SO  SBC    ABC   BC   SH   SBC  , SH  BC  cmt      SBC  ;  ABC      SH ; OH   SHO  60  OH   ABC  , OH  BC Xét tam giác vng SOH ta có: OH  SO.cot 600  SO a a , SH   sin 60 Áp dụng định lí Pytago tam giác vng OHB ta có: 2 a 2 a 6 a HB  OB  OH             BC  BH  Vậy SSBC  2a 1 2a a a 2 BC.SH   2 3 Chọn B Câu 40 (TH): Phương pháp:  f '  x0   Hàm số y  f  x  đạt cực đại x  x0   f ''  x0   29 Cách giải: Tập xác định: D  Ta có: y  x  2mx  m2  m  y  x  2m Hàm số đạt cực đại điểm x  khi:  y 1  m  3m    m2   y 1    2m  Chọn D Câu 41 (VD): Phương pháp: - Đặt g  x   f  x  x  Tính g '  x  - Giải phương trình g '  x   xác định nghiệm bội lẻ - Lập BXD g '  x  , từ xác định số điểm cực tiểu hàm số Cách giải: Xét g  x   f  x  x        Ta có: g   x   x  x ' f  x  x   x  1 f  x  x  x  2  Dựa vào BXD f '  x  ta thấy: f '  x     x   nghiem kep  , ta có:  x  x   g   x     x  x  2 (ta khơng xét phương trình x  x  qua nghiệm phương trình  x2  x   x  g '  x  khơng đổi dấu)   x  1  x  Từ ta có bảng xét dấu g   x  sau: 30 Vậy hàm số y  f  x  x  có điểm cực tiểu x  1 Chọn A Câu 42 (VD): Phương pháp: Dựa vào đường tiệm cận đồ thị hàm số Cách giải:    c Tiệm cận đứng: x  1     bc  b a Tiệm cận ngang: y     ab  b x  tính y    c   b   a  c Chọn D Câu 43 (VD): Phương pháp: - Giải phương trình chứa căn:  f  x   f  x  g  x    f  x   g  x  - Cô lập m , đưa phương trình dạng f  x   m x   a; b  - Vẽ đồ thị hàm số y  f  x   a; b  tìm m Cách giải: Ta có:   x 1  x2    x  1 3x   m  x     3 x   m  x  x3  3x  m   Từ ta vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x  ; 1  1;   (đường màu đỏ) 31 Phương trình có nghiệm phân biệt đường thẳng d : y  m  cắt phần đồ thị màu đỏ điểm phân biệt   m    1  m  Chọn A Câu 44 (VD): Phương pháp: - Lập BBT tìm khoảng giá trị f  x  - Tìm khoảng giá trị u  f  f  x    f  x   f  x   với khoảng giá trị f  x  tìm - Biểu diễn hàm số g  x  theo u tìm GTLN, GTNN hàm số theo u - Xét TH tìm u Cách giải: Xét hàm số f  x  , ta có bảng biến thiên:  Với x   1;3 f  x    2; 2 Đặt u  f  f  x    f  x   f  x   , với f  x    2; 2 , từ bảng biến thiên ta thấy u   2;7  Suy g  u   u  m  , với u   2;7  Vì hàm số h  u   u  m  đồng biến  2;7  , có h  2   m  1; h    m  32 Do đó: max g  u   max  m  ; m    2;7    m9    m   TH1: max g  u   m  Suy     m  7  m  7  2;7  m   m   m 1  m     m0    m   TH1: max g  u   m  Suy     m  16  m   2;7  m   m   m 1  m   Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn D Câu 45 (VD): Phương pháp: - Gọi P, Q, R giao điểm mặt phẳng  PQR  với cạnh CC , AA, BB Chứng minh P, Q, R tương ứng trung điểm cạnh CC ', AA ', BB ' , đồng thời P, Q, R trung điểm cạnh QR, RP, PQ - Đặt V  VABC.QRP , tính VB.R ' PQ , VA.QPR , VCMN PQR theo V - Tính VPQRABMN  V  VB.R ' PQ  VA.QPR  VCMN PQR theo V - Tính V suy VPQRABMN Cách giải: Gọi P, Q, R giao điểm mặt phẳng  PQR  với cạnh CC , AA, BB Dễ dàng chứng minh P, Q, R tương ứng trung điểm cạnh CC ', AA ', BB ' , đồng thời P, Q, R trung điểm cạnh QR, RP, PQ 33 Đặt V  VABC.QRP Ta có: S R ' PQ  1 1 S R 'Q ' P ' nên VB.R ' PQ  VB.R 'Q ' P '  V  V 4 12 Tương tự ta có: VA.QPR  Ta có: S MNC  SQRP '  V 12 V S ABC nên VCMN P QR  4 Vậy VVPQRABMN  V  VB R ' PQ  VA.QPR  VCMN PQR  V  V V 7V    12.6  21 12 12 2 Chọn D Câu 46 (VD): Phương pháp: - Đặt ẩn phụ t  log  f  x   1 , tìm điều kiện t - Đưa phương trình cho dạng phương trình bậc ba ẩn t - Tiếp tục đưa phương trình bậc ba dạng tích Giải phương trình tìm điều kiện để phương trình có nghiệm t thỏa mãn điều kiện - Kết hợp điều kiện đề đếm số giá trị m thỏa mãn Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Với x   1;1 f  x    1;3  f  x    x   1;1 Ta có: log32  f  x   1  log 2  f  x   1   2m   log f  x    2m   log32  f  x   1  4log 22  f  x   1   2m  8 log  f  x   1  2m  Đặt t  log  f  x   1 , f  x   1  0;  nên t   ;  Phương trình trở thành: 34 t  4t   m   t  2m      t   t  2t  m  t   ktm   t  2t  m Để phương trình ban đầu có nghiệm x   1;1 phương trình t  2t  m có nghiệm khoảng  ;2  Ta có bảng biến thiên hàm số t  2t  ;  sau: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình t  2t  m có nghiệm khoảng  ;2  m  1 Kết hợp điều kiện đề  m   1;5 Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu Chọn A Câu 47 (VDC): Cách giải: Đặt f  x   log 2020  x  y   log 2021  y  y  64   log  x  y  (coi y tham số)  x  y2   Điều kiện xác định f  x  là:  y  y  64   x y0  Do x, y nguyên nên x  y   y Cũng x, y nguyên nên ta xét f  x  nửa khoảng  y  1;   Ta có: f  x   1    0, x  y  x  y ln 2020  x  y  ln 2021  x  y  ln  Ta có bảng biến thiên hàm số f  x  : 35 Yêu cầu toán trở thành: f  y  64          log 2020 y  y  64  log 2021 y  y  64  log 64  log 2021 y  y  64  log 2020 2021  1  3 log 2020 20211  y  y  64  2021 0  301,76  y  300,76 Mà y nguyên nên y  301; 300;;299;300 Vậy có 602 giá trị nguyên y thỏa mãn yêu cầu Chọn C Câu 48 (VDC): Cách giải:  t2 1 Giả sử điểm A  t ;   t   thuộc đồ thị hàm số y  f  x  t   Ta có: f   x   x2  t2 1 t2 1 nên phương trình tiếp tuyến đồ thị A là: y  x  t  x t t Tiếp tuyến qua M khi: t2 1 t2 1 b   a  b  t  2t  a  * a  t   t t Yêu cầu tốn tương đương phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 khác thỏa mãn ab   a0  f   t1  f   t2   1 hay   '   a  a  b    t 1 t 1   1 t2  t1 36 Theo định lí Vi-ét ta có t1  t2  a , t1t2  Suy ba ba t12   17  2t12t22   t12  t22    t2  2a a  b  2a  1  b  a  a  b 2  2a  2a(b  a(4   a  b    a  b2  Do a  nên từ a  b2  ta suy b  , đó: a   a  ab  ab a  b   Như tập hợp điểm M  a; b  thỏa mãn yêu cầu toán là:  a  b  a0  Tức đường trịn tâm O , bán kính trừ bỏ điểm B  0;2  , C  0; 2  , D     2; E  2;  Chọn A Câu 49 (VDC): Cách giải: Chú ý t  3t    5 ta cần xét x    , đặt x   t  3t  4 Ta có: g   t    2t  3 f   t  3t  1 Suy với t   g   t  f   t  3t  1 dấu Ta có bảng biến thiên t  3t  37 Dựa vào đồ thị cho, ta thấy g   t   1  t  , suy f   t  3t  1  1  t  nên f   x  1  1  x   hay  f  x  1    x  ' Chọn C Câu 50 (VDC): Cách giải: Gọi A  a;ln a  , B  a  1;ln  a  1  ; C  a  2;ln  a    ; D  a  3;ln  a  3  Ta có: S ABCD  S ABNM  SBCPN  SCDQP  S ADQM  ln a  ln  a  1 ln  a  1  ln  a   ln  a    ln  a    ln a  ln  a  3     2 2  ln  a  1 a   a  a  3 Do theo giả thiết, ta có: ln  a  1 a  2  ln 20   a  1 a    20  a  a  a  3 21 a  a  3 21 Vậy hoành độ điểm nằm thứ ba bên trái sang (điểm C )   Chọn D -HẾT - 38