Đề thi trung học quốc gia từ năm 2017-2020 môn Toán

C y = x3 − 3x2 − 2. D y = −x4 + 2x2 − 2.
Lời giải.
Qua đồ thị là hàm bậc 3 nên loại A, D.
Bên phải ngoài cùng của đồ thị đi xuống nên hệ số
a < 0
⇒ loại đáp án C.
Chọn phương án B
Câu 22. Có bao nhiêu cách chọn một học sinh từ một
nhóm gồm 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ?
A 11. B 30. C 6. D 5.
Lời giải.
PA1: Chọn 1 học sinh nam có 5 cách
PA2: Chọn 1 học sinh nữ có 6 cách
Theo quy tắc cộng có 5+6=11 cách
Chọn phương án A
Câu 23. Với a là số thực dương tùy ý, log4 (4a) bằng
A 1 + log4 a. B 4− log4 a.
C 4 + log4 a. D 1− log4 a.
Lời giải.
Ta có: log4 (4a) = log4 4 + log4 a = 1 + log4 a.
Chọn phương án A
Câu 24. Cho hai số phức z1 = 3 + 2i và z2 = 1− i. Số
phức z1 − z2 bằng
A 2− 3i. B −2 + 3i.
C −2− 3i. D 2 + 3i.
Lời giải.
Ta có: z1 − z2 = 3 + 2i− (1− i) = 2 + 3i.
Chọn phương án D
Câu 25. Cho hình nón có bán kính đáy r = 2 và độ dài
đường sinh l = 5. Diện tích xung quanh của hình nón
đã cho bằng
A 20pi. B
20pi
3
. C 10pi. D
10pi
3
.
Lời giải.
Ta có diện tích xung quanh của hình nón đã cho là:
Sxq = pirl = pi.2.5 = 10pi.
Chọn phương án C
Câu 26. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = −x3 + 6x
với trục hoành là
A 2. B 3. C 1. D 0.
Lời giải.
Ta có hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y =
−x3 + 6x với trục hoành là nghiệm của phương trình
−x3 + 6x = 0 (*)⇔ −x (x2 − 6) = 0⇔ ñx = 0
x = ±
√
6
.
Phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt, do đó đồ thị
hàm số y = −x3 + 6x cắt trục hoành tại ba điểm phân
biệt.
Chọn phương án B
Câu 27. Biết
1∫
0
[
f (x) + 2x
]
dx=2. Khi đó
1∫
0
f (x)dx
bằng:
A 1. B 4. C 2. D 0.
Lời giải.
Ta có
1∫
0
[
f (x) + 2x
]
dx=2 ⇔
1∫
0
f (x)dx+
1∫
0
2xdx=2 ⇔
1∫
0
f (x)dx = 2 − x2
∣∣∣1
0
⇔
1∫
0
f (x)dx = 2 − 1 ⇔
1∫
0
f (x)dx = 1.
Chọn phương án A
Câu 28. Cho số phức z = 1 − 2i, số phức (2 + 3i) z
bằng
A 4− 7i. B −4 + 7i.
C 8 + i. D −8 + i.
Lời giải.
Ta có: (2 + 3i) z = (2 + 3i) (1 + 2i) = −4 + 7i.
Chọn phương án C
Câu 29. Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi các đường
y = e3x, y = 0, x = 0 và x = 1. Thể tích của khối tròn
xoay tạo thành khi quay D quanh trục Ox bằng:
A pi
1∫
0
e3xdx. B
1∫
0
e6xdx.
C pi
1∫
0
e6xdx. D
1∫
0
e3xdx.
Lời giải.
Ta có thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D
quanh trục Ox bằng:
pi
1∫
0
Ä
e3x
ä2
dx = pi
1∫
0
e6xdx.
Đề thi THQG 2017-2020 Những nẻo đường phù sa Trang 148
Chọn phương án C
Câu 30. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A′B′C′D′ có
AB = BC = a, AA′ =
√
6a (tham khảo hình dưới).
Góc giữa đường thẳng A′C và mặt phẳng (ABCD)
bằng
A 60◦. B 90◦. C 30◦. D 45◦.
Lời giải.
Ta có góc giữa đường thẳng A′C vàmặt phẳng (ABCD)
bằng góc giữa A′C và AC và bằng góc÷A′CA.
Ta có AC =
√
AB2 + BC2 = a
√
2.
Xét tam giác ∆A′CA có tan÷A′CA = A′A
AC
=
√
6a√
2a
=
√
3⇒÷A′CA = 60◦.
Vậy góc A′C và mặt phẳng (ABCD) và bằng 60◦.
Chọn phương án A
Câu 31. Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = x4 −
10x2 − 4 trên [0; 9] bằng
A −28. B −4. C −13. D −29.
Lời giải.
Hàm số y = f (x) liên tục trên [0; 9].
Có f ′(x) = 4x3 − 20x, f ′(x) = 0⇔
x = 0x = √5
x = −
√
5 /∈ [0; 9]
Ta có f (0) = −4, f
Ä√
5
ä
= −29, f (9) = 5747
Do đó min
[0;9]
f (x) = f
Ä√
5
ä
= −29.
Chọn phương án D
Câu 32. Cho hàm số f (x) có đạo hàm f ′(x) =
x (x− 1) (x+ 4)3, ∀x ∈ R. Số điểm cực đại của hàm số
đã cho là
A 3. B 4. C 2. D 1.
Lời giải.
Ta có f ′(x) = 0⇔
x = 0x = 1
x = −4
Bảng xét dấu f ′(x):
x
f ′(x)
−∞ −4 0 1 +∞
− 0 + 0 − 0 +
Từ bảng xét dấu suy ra hàm số có đúng 1 điểm cực đại.
Chọn phương án D
Câu 33. Với a, b là các số thực dương tùy ý thỏa mãn
log2 a− 2 log4 b = 3, mệnh đề nào dưới đây đúng?
A a = 8b2. B a = 8b.
C a = 6b. D a = 8b4.
Lời giải.
Có log2 a − 2 log4 b = 3 ⇔ log2a = log2 b + 3 ⇔
log2a = log2 8b⇔ a = 8b.
Chọn phương án B
Câu 34. Cắt hình trụ (T) bởi một mặt phẳng qua trục
của nó ta được thiết diện là một hình vuông cạnh bằng
7. Diện tích xung quanh của (T) bằng
A
49
4
. B
49
2
. C 49. D 98t.
Lời giải.
Bán kính đáy của hình trụ là r =
7
2
.
Đường cao của hình trụ là h = 7.
Diện tích xung quanh của hình trụ là S = 2r.h =
2pi.
7
2
.7 = 49.
Chọn phương án C
Câu 35. Trong không gianOxyz, cho điểm M (1;−2; 3)
và mặt phẳng (P) : 2x − y+ 3z+ 1 = 0. Phương trình
của đường thẳng đi qua M và vuông góc với (P) là
A

x = 1 + 2t
y = −2− t
z = 3 + 3t
. B

x = −1 + 2t
y = 2− t
z = −3 + 3t
.
C

x = 2 + t
y = −1− 2t
z = 3 + 3t
. D

x = 1− 2t
y = −2− t
z = 3− 3t
.
Lời giải.
Đường thẳng cần tìm đi qua M (1;−2; 3) , vuông góc
với (P) nên nhận #»n (P) = (2;−1; 3) là véc tơ chỉ phương.
Phương trình đường thẳng cần tìm là

x = 1 + 2t
y = −2− t
z = 3 + 3t
.
Chọn phương án A
Câu 36. Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương
trình z2 + z+ 2 = 0. Khi đó |z1|+ |z2| bằng
A 4. B 2
√
2. C 2. D
√
2.
Lời giải.
Phương trình z2 + z+ 2 = 0, có ∆ = 1− 4.1.2 = −7 <
0.
Đề thi THQG 2017-2020 Những nẻo đường phù sa Trang 149
Suy ra phương trình có hai nghiệm phức z1,2 =
−1± i√7
2
.
Do đó |z1|+ |z2| =
∣∣∣∣∣−1 + i
√
7
2
∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣−1− i
√
7
2
∣∣∣∣∣ = √2 +√
2 = 2
√
2.
Vậy |z1|+ |z2| = 2
√
2.
Chọn phương án B
Câu 37. Trong không gian Oxyz, cho điểm
M (2 ; −1 ; 4) và mặt phẳng (P) : 3x − 2y+ z+ 1 = 0.
Phương trình của mặt phẳng đi qua M và song song
với mặt phẳng (P) là
A 2x− 2y+ 4z− 21 = 0.
B 2x− 2y+ 4z+ 21 = 0.
C 3x− 2y+ z− 12 = 0.
D 3x− 2y+ z+ 12 = 0.
Lời giải.
Phương trình của mặt phẳng đi qua M và song song
với mặt phẳng (P) là
3 (x− 2)− 2 (y+ 1)+ (z− 4) = 0⇔ 3x− 2y+ z− 12 =
0.
Chọn phương án C
Câu 38. Tập nghiệm của bất phương trình
log3
(
18− x2) ≥ 2 là
A (−∞ ; 3].
B (0 ; 3].
C [−3 ; 3].
D (−∞ ; −3]∪ [3 ; +∞).
Lời giải.
Điều kiện: 18− x2 > 0⇔ x ∈
Ä
−3√2 ; 3√2
ä
(*).
Khi đó ta có: log3
(
18− x2) ≥ 2 ⇔ 18 − x2 ≥ 9
⇔ −3 ≤ x ≤ 3.
Kết hợp với điều kiện (*) ta được tập ngiệm của bất
phương trình đã cho là [−3 ; 3].
Chọn phương án C
Câu 39. Cho hình nón (N) có đỉnh S, bán kính đáy
bằng
√
2a và độ dài đường sinh bằng4a. Gọi (T) là mặt
cầu đi qua S và đường tròn đáy của (N). Bán kính của
(T) bằng
A
4
√
2
3
a. B
√
14a.
C
4
√
14
7
a. D
8
√
14
7
a.
Lời giải.
Gọi R là bán kính mặt cầu (T), SH là đường cao của
hình nón⇒ SH =
(4a)2 −
Ä
a
√
2
ä2
= a
√
14
Gọi I là tâm mặt cầu⇒ R2 =
Ä
a
√
2
ä2
+
Ä
R− a√14
ä2
⇒ R = 4
√
14
7
a.
Chọn phương án C
Câu 40. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham sốm để
hàm số y = x3− 3x2 + (4−m) x đồng biến trên khoảng
(2;+∞) là
A (−∞; 1]. B (−∞; 4].
C (−∞; 1). D (−∞; 4).
Lời giải.
Ta có:
y′ = 3x2 − 6x+ 4−m. ycbt⇔ y′ ≥ 0, ∀x ∈ (2;+∞)
⇔ 3x2 − 6x + 4 − m ≥ 0, ∀x ∈ (2;+∞) ⇔ m ≤
3x2 − 6x+ 4, ∀x ∈ (2;+∞)
⇔ m ≤ min
(2;+∞)
g(x) với g(x) = 3x2 − 6x+ 4
Ta có:
g′(x) = 6x− 6
g′(x) = 0⇔ 6x− 6 = 0⇔ x = 1
x
g′(x)
g(x)
−∞ 1 2 +∞
0 +
4
+∞
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: m ≤ 4 thỏa yêu cầu
bài toán.
Vậy: m ∈ (−∞; 4] thì hàm số đồng biến trên khoảng
(2;+∞).
Chọn phương án B
Câu 41. Năm 2020, một hãng xe ô tô niêm yết giá bán
loại xe X là 900.000.000 đồng và dự định trong 10 năm
tiếp theo, mỗi năm giảm 2% giá bán so với giá bán năm
trước. Theo dự định đó, năm 2025 hãng xe ô tô niêm
yết giá bán loại xe X là bảo nhiêu (kết quả làm tròn đến
hàng nghìn)?
A 810.000.000. B 813.529.000.
Đề thi THQG 2017-2020 Những nẻo đường phù sa Trang 150
C 797.258.000. D 830.131.000.
Lời giải.
Ta có: A = 900.000.000, r =
2
100
Năm 2021 giá xe niêm yết là: T1 = A− Ar
Năm 2022 giá xe niêm yết là T2 = A − Ar −
(A− Ar) r = A(1− r)2
...
Năm 2025 giá xe niêm yết là: T5 = T4− T4r = A(1− r)5
T5 = 900.000.000
Å
1− 2
100
ã5
≈ 813.529.000.
Chọn phương án B
Câu 42. Biết F(x) = ex + x2 là một nguyên hàm của
hàm số f (x) trên R. Khi đó
∫
f (2x) dx bằng
A 2ex + 2x2 + C. B
1
2
e2x + x2 + C.
C
1
2
e2x + 2x2 + C. D e2x + 4x2 + C.
Lời giải.
Ta có: F(x) = ex + x2 là một nguyên hàm của hàm số
f (x) trên R
⇒
∫
f (2x) dx =
1
2
∫
f (2x) d(2x) =
1
2
F (2x) + C =
1
2
e2x + 2x2 + C.
Chọn phương án C
Câu 43. Xét các số thực x, y thỏa mãn 2x
2+y2+1 ≤(
x2 + y2 − 2x+ 2) 4x. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
4y
2x+ y+ 1
gần nhất với số nào dưới đây?
A −2. B −3. C −5. D −4.
Lời giải.
Ta có 2x
2+y2+1 ≤ (x2 + y2 − 2x+ 2) 4x ⇔
2x
2+y2+1−2x ≤ x2 + y2 − 2x+ 2
⇔ 2(x−1)2+y2 ≤ (x− 1)2 + y2 + 1. Đặt t = (x− 1)2 +
y2 (t ≥ 0), ta được BPT: 2t ≤ t+ 1.
Đồ thị hàm số y = 2t và đồ thị hàm số y = t+ 1 như
sau:
t
y
O
y = 2t
y = t+ 2
1
Từ đồ thị suy ra 2t ≤ t + 1 ⇔ 0 ≤ t ≤ 1 ⇒
(x− 1)2 + y2 ≤ 1. Do đó tập hợp các cặp số (x; y)
thỏa mãn thuộc hình tròn (C) tâm I (1; 0) ,R = 1.
Ta có P =
4y
2x+ y+ 1
⇔ 2Px + (P− 4) y + P = 0 là
phương trình của đường thẳng d.
Do d và (C) có điểm chung ⇔ d (I, (d)) ≤ R ⇔
|3P|»
4P2 + (P− 4)2
≤ 1⇔ 4P2 + 8P− 16 ≤ 0
⇔ −1−√5 ≤ P ≤ −1 +√5, suy ra giá trị nhỏ nhất
của P gần nhất với −3.
Chọn phương án B
Câu 44. Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng
3a, cạnh bên bằng
3a
√
3
2
và O là tâm của đáy. Gọi M,
N, P và Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên
các mặt phẳng (SAB), (SBC), (SCD) và (SAD). Thể tích
khối chóp O.MNPQ bằng
A
9a3
16
. B
2a3
3
. C
9a3
32
. D
a3
3
.
Lời giải.
Gọi E, F, G, H lần lượt là giao điểm của SM với AB,
SN với BC, SP với CD, SQ với DA thì E, F, G, H là
trung điểm của AB, BC, CD, DA thì
Ta có
SP
SG
=
SP.SG
SG2
=
SO2
SG2
=
9a2
4
9a2
2
=
1
2
⇒ P là trung
điểm SG.
Chứng minh tương tự ta cũng có M,N, Q lần lượt là
trung điểm AB, BC, DA.
Khi đó d(O, (MNPQ)) =
1
2
SO =
3a
4
.
SMNPQ =
1
4
SEFGH =
1
8
SABCD =
9a2
8
.
Vậy VO.MNPQ =
1
3
· 3a
4
· 9a
2
8
=
9a3
32
.
Chọn phương án C
Câu 45. Cho hàm số f (x) = ax3 + bx2 + cx +
d (a, b, c, d ∈ R) có bảng biến thiên như sau:
x
F′(x)
f (x)
−∞ 0 4 +∞
+ 0 − 0 +
−∞
3
−5
+∞
Có bao nhiêu số dương trong các số a, b, c, d?
A 2. B 4. C 1. D 3.
Lời giải.
Đề thi THQG 2017-2020 Những nẻo đường phù sa Trang 151
Từ bảng biến thiên, ta có
f (0) = 3
f (4) = −5
f ′(0) = 0
f ′(4) = 0
⇔

d = 3
64a+ 16b+ 4c+ d = −5
c = 0
48a+ 8b+ c = 0
⇔

a =
1
4
b = −3
2
c = 0
d = 3
Vậy trong các số a, b, c, d có 2 số dương.
Chọn phương án A
Câu 46. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác
vuông cân tại A. AB = a, SA vuông góc với mặt phẳng
đáy và SA = a
√
3. Gọi M là trung điểm của BC (tham
khảo hình bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC
và SM bằng
A
a
√
2
2
. B
a
√
39
13
. C
a
2
. D
a
√
21
7
.
Lời giải.
Cách 1: (Phương pháp hình học cổ điển):
Gọi N là trung điểm của AB, khi đó MN ‖ AC.
Gọi H là hình chiếu của A lên SN . Dễ dàng chứng
minh được AH ⊥ (SMN).
Suy ra d (AC , SM) = d (AC , (SMN)) =
d (A , (SMN)) = AH.
Trong tam giác SAN vuông tại A có:
1
AH2
=
1
AS2
+
1
AN2
, trong đó AS = a
√
3, AN =
1
2
AB =
a
2
.
Suy ra AH =
a
√
39
13
. Vậy d (AC , SM) =
a
√
39
13
.
Cách 2: (Phương pháp tọa độ hóa):
Chọn a = 1, gắn bài toán vào hệ trục tọa độ Axyz, trong
đó A (0 ; 0 ; 0), B (1 ; 0 ; 0), C (0 ; 1 ; 0), S
Ä
0 ; 0 ;
√
3
ä
,
M
Å
1
2
;
1
2
; 0
ã
.
Ta có: d (SM , AC) =
∣∣∣î # »SM , # »ACó . # »AS∣∣∣∣∣∣î # »SM , # »ACó∣∣∣ với # »SM =Å
1
2
;
1
2
; −√3
ã
,
# »
AC = (0 ; 1 ; 0),
# »
AS =
Ä
0 ; 0 ;
√
3
ä
.
Suy ra d (SM , AC) =
√
39
13
, hay d (SM , AC) =
a
√
39
13
.
Chọn phương án B
Câu 47. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 6 chữ
số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc
S, xác suất để số đó có hai chữ số tận cùng khác tính
chẵn lẻ bằng:
A
50
81
. B
5
9
. C
5
18
. D
1
2
.
Lời giải.
Gọi số cần lập là abcde f với a 6= 0. Ta có n (Ω) = 9A59
Gọi A: “số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau có
hai chữ số tận cùng khác tính chẵn lẻ”
TH1: a chẵn, f chẵn, e lẻ có: 4.4.5.A37 = 80.A
3
7 số
TH2: a chẵn, f lẻ, e chẵn có: 4.5.4.A37 = 80.A
3
7 số
TH3: e lẻ, f lẻ, e chẵn có: 5.4.5.A37 = 100.A
3
7 số
TH4: a lẻ, f chẵn, e lẻ có: 5.5.4.A37 = 100.A
3
7 số
Suy ra n(A) = 360A37
Vậy xác suất để chọn được một số tự nhiên có 6 chữ
số đôi một khác nhau có hai chữ số tận cùng khác tính
chẵn lẻ là P(A) =
360.A37
9.A59
=
5
9
Chọn phương án B
Câu 48. Cho hàm số f (x) có f (0) = 0. Biết y = f ′(x) là
hàm số bậc bốn và có đồ thị là đường cong trong hình
bên. Số điểm cực trị của hàm số g(x) =
∣∣ f (x3)− x∣∣ là
Đề thi THQG 2017-2020 Những nẻo đường phù sa Trang 152
A 5. B 4. C 6. D 3.
Lời giải.
Xét h(x) = f
(
x3
)− x
Có h′(x) = 3x2 f ′
(
x3
)− 1
h′(x) = 0 ⇔ 3x2 f ′ (x3) − 1 = 0 ⇔ f ′ (x3) =
1
3x2
(x 6= 0) (1)
Đặt x3 = t⇒ x2 = 3
√
t2 phương trình (1) trở thành:
f ′(t) = 1
3 3
√
t2
(t 6= 0) (2)
Vẽ đồ thị hàm y =
1
3 3
√
x2
trên cùng hệ trục tọa độ với
hàm y = f ′(x).
Dựa vào đồ thị ta có:
f ′(t) = 1
3 3
√
t2
⇔
ï
t = b < 0
t = a > 0
⇔
ñ
x3 = b < 0
x3 = a > 0
⇔ñ
x = 3
√
b < 0
x = 3
√
a > 0
Bảng biến thiên
Dựa vào BBT ta thầy hàm số g(x) =
∣∣ f (x3)− x∣∣ có 5
điểm cực trị.
Chọn phương án A
Câu 49. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau:
x
f ′(x)
f (x)
−∞ −4 −2 0 +∞
− 0 + 0 − 0 +
−∞
−2
2
−3
+∞
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương
trình 5 f
(
x2 − 4x) = m có ít nhất 3 nghiệm phân biệt
thuộc khoảng (0;+∞)
A 24. B 21. C 25. D 20.
Lời giải.
Đặt t = x2 − 4x. Ta có t′ = 2x− 4 = 0⇔ x = 2
Bảng biến thiên
x
t′
t
0 2 +∞
− 0 +
0
−4
+∞
Với t = x2 − 4x.
Dựa vào bảng biến thiên ta có −3 < m
5
≤ 2 ⇔ −15 <
m ≤ 10. Vì m nguyên nên m ∈ {−14 ; −13; ....; 10}. Do
đó có 25 giá trị nguyên của m thỏa mãn đề bài.
Chọn phương án C
Câu 50. Có bao nhiêu cắp số nguyên dương (m, n)
sao cho m + n ≤ 14 và ứng với mỗi cặp (m, n) tồn
tại đúng ba số thực a ∈ (−1; 1) thỏa mãn 2am =
n ln
Ä
a+
√
a2 + 1
ä
?
A 14. B 12. C 11. D 13.
Lời giải.
Xét f (x) =
2
n
.xm − ln
Ä
x+
√
x2 + 1
ä
trên (−1; 1)
Đạo hàm f ′(x) = 2m
n
xm−1 − 1√
x2 + 1
= 0
Theo đề bài f (x) = 0 có ba nghiệm nên
2m
n
xm−1 =
1√
x2 + 1
có ít nhất hai nghiệm
Xét đồ thị của hàm y = xm−1; y = 1√
x2 + 1
, suy ra
m− 1 chẵn và m− 1 > 0
Suy ra m ∈ {3 ; 5 ; 7 ; 9 ; 11 ; 13}. Khi đó f ′(x) = 0 có
Đề thi THQG 2017-2020 Những nẻo đường phù sa Trang 153
nghiệm
ß
x1 < 0
x2 > 0
Phương trình có 3 nghiệm⇔
ß
f (1) > 0
f (−1) < 0
⇔

2
n
> ln
Ä√
2 + 1
ä
− 2
n
< ln
Ä√
2− 1
ä ⇔ n ≤ 2⇒ n = {1; 2}
n ∈ {1 ; 2} và m ∈ {3 ; 5 ; 7 ; 9 ; 11 ; 13}, do m+ n ≤ 14
nên ta có 11 cặp (m ; n) thỏa yêu cầu bài toán.
Chọn phương án C
————Hết————
BẢNG ĐÁP ÁN THAMKHẢO
1.
C
2.
D
3.
C
4.
C
5.
D
6.
B
7.
B
8.
D
9.
B
10.
B
11.
B
13.
B
14.
A
15.
A
16.
B
17.
A
18.
C
19.
A
20.
C
21.
B
22.
A
23.
A
24.
D
25.
C
26.
B
27.
A
28.
C
29.
C
30.
A
31.
D
32.
D
33.
B
34.
C
35.
A
36.
B
37.
C
38.
C
39.
C
40.
B
41.
B
42.
C
43.
B
44.
C
45.
A
46.
B
47.
B
48.
A
49.
C
50.
C
Đề thi THQG 2017-2020 Những nẻo đường phù sa Trang 154