ĐỀ THI THỬ TN THPT KHỐI 12 CÁC TRƯỜNG, TRƯỜNG CHUYÊN, CÁC SỞ GIÁO DỤC MỚI NHẤT NĂM 2021 MÔN TOÁN by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT KHỐI 12 MÔN TOÁN

vectorstock.com/20159037

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT KHỐI 12 CÁC TRƯỜNG, TRƯỜNG CHUYÊN, CÁC SỞ GIÁO DỤC TRÊN CẢ NƯỚC MỚI NHẤT NĂM 2021 MÔN TOÁN CÓ LỜI GIẢI (21-30) WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT LẦN 1 KHỐI 12

TRƯỜNG THPT QUANG HÀ

NĂM HỌC 2020 – 2021

------------------

MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút không kể thời gian phát đề

Câu 1: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Biết giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số lần lượt là M , m. Giá trị biểu thức P = M 2 + m 2 bằng 1 A. P = . 2

1 C. P = . 4

B. P = 1.

D. P = 2.

Câu 2: Cho cấp số nhân ( un ) có u1 = 2 và công bội q = 2. Tính u3 ? A. u3 = 8.

B. u3 = 4.

C. u3 = 18.

D. u3 = 6.

C. ( −∞; −2 ) .

D. ( −3;1) .

Câu 3: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu như sau:

Hàm số y = f ( x ) đồng biến trong khoảng nào dưới đây?

A. ( −2;0 ) .

B. ( 0; +∞ ) .

Câu 4: Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và hai mặt bên ( SAB ) , ( SAC ) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối chóp S . ABC biết SC = a 3.

2a 3 6 . A. 9

a3 6 . B. 12

a3 3 . C. 4

Câu 5: Kết luận nào sau đây về tính đơn điệu của hàm số y = 1

2x +1 là đúng? x −1

a3 3 . D. 2

A. Hàm số nghịch biến trên ℝ \ {1} . B. Hàm số đồng biến trên ℝ \ {1} . C. Hàm số nghịch biến trên ( −∞;1) và (1; +∞ ) . D. Hàm số đồng biến trên ( −∞;1) và (1; +∞ ) . Câu 6: Cho hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ.

Hàm số g ( x ) = f ( x 2 ) −

A. 3.

x6 + x 4 − x 2 đạt cực tiểu tại bao nhiêu điểm? 3

B. 2.

Câu 7: Biết rằng đồ thị hàm số y =

C. 0.

( m − 2n − 3 ) x + 5 x−m−n

D. 1.

nhận hai trục tọa độ làm hai đường tiệm cận. Tính tổng

S = m 2 + n 2 − 2.

A. S = 0.

B. S = 2.

C. S = −1.

D. S = 1.

Câu 8: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và SA = a 3. Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng ( ABCD ) bằng A. 300.

3 C. arcsin . 5

B. 600.

D. 450.

Câu 9: Giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) = x3 − 8 x 2 + 16 x − 9 trên đoạn [1;3] là A. max f ( x ) = 5. [1;3]

B. max f ( x ) = −6.

C. max f ( x ) = [1;3]

[1;3]

13 . 27

D. max f ( x ) = 0. [1;3]

Câu 10: Số đỉnh của hình mười hai mặt đều là: A. Mười sáu.

B. Mười hai.

C. Ba mươi.

D. Hai mươi.

Câu 11: Chọn hình chóp có 20 cạnh. Tính số mặt của hình chóp đó. A. 12.

B. 10.

C. 11. 2

D. 20.

Câu 12: Đường cong sau đây là đồ thị của hàm số nào?

A. y = − x 3 − 3 x + 2.

B. y = x3 − 3 x + 2.

C. y = − x 3 + 3 x + 2.

D. y = x3 + 3 x − 2.

2  Câu 13: Tìm hệ số h của số hạng chứa x trong khai triển  x 2 +  ? x  5

A. h = 84.

B. h = 560.

C. h = 672.

D. h = 280.

Câu 14: Gọi S là tập hợp các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y =

x 2 + mx + m x +1

trên [1; 2] bằng 2. Số phần tử của S là

A. 1. Câu 15: Đồ thị hàm số y =

B. 4.

C. 3.

D. 2.

x +1 có đường tiệm cận ngang là đường thẳng nào dưới đây? 4x −1

A. x = −1.

1 C. y = . 4

B. y = −1.

Câu 16: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y =

1 D. x = . 4 m 3 x − 2mx 2 + ( 3m + 5 ) x đồng biến 3

trên ℝ.

A. 6.

B. 2.

C. 5.

D. 4.

Câu 17: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ −4; 4] và có bảng biến thiên trên đoạn [ −4; 4] như sau

Phát biểu nào sau đây đúng? 3

A. Hàm số không có GTLN, GTNN trên [ −4; 4]. B. min y = −4 và max y = 10. ( −4;4 )

( −4;4 )

C. max y = 10 và min y = −10. [ −4;4]

[ −4;4]

D. max y = 0 và min y = −4. ( −4;4 )

( −4;4 )

Câu 18: Cho K là một khoảng, nửa khoảng hoặc một đoạn. Hàm số y = f ( x ) liên tục và xác định trên K . Mệnh đề nào không đúng? A. Nếu hàm số y = f ( x ) đồng biến trên K thì f ' ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ K . B. Nếu f ' ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ K thì hàm số y = f ( x ) đồng biến trên K . C. Nếu hàm số y = f ( x ) là hàm số hằng trên K thì f ' ( x ) = 0, ∀x ∈ K . D. Nếu f ' ( x ) = 0, ∀x ∈ K thì hàm số y = f ( x ) không đổi trên K . Câu 19: Cho hai dãy ghế đối diện nhau mỗi dãy có 5 ghế. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh, gồm 5 nam, 5 nữ ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Tính xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ. A.

1 . 252

1 . 945

8 . 63

4 . 63

Câu 20: Bảng biến thiên trong hình vẽ là của hàm số

A. y =

−2 x + 3 . x +1

B. y =

−2 x − 4 . x +1

C. y =

2− x . x +1

D. y =

x−4 . 2x + 2

Câu 21: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích V . Gọi E là điểm trên cạnh SC sao cho EC = 2 ES . Gọi (α ) là mặt phẳng chứa đường thẳng AE và song song với đường thẳng BD, (α ) cắt hai cạnh SB, SD lần lượt tại M , N . Tính theo V thể tích khối chóp S . AMEN .

V . 12

V . 27

V . 9

V . 6

Câu 22: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ \ {1} , liên tục trên mỗi khoảng và có bảng biến thiên như sau: 4

Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình f ( x ) = m có ba nghiệm thực phân biệt.

A. ( −1;1] .

(

C. − 2; −1 .

)

(

B. − 2; −1 .

D. ( −1;1) .

Câu 23: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a 3. Thể tích khối chóp S . ABCD bằng A. 2a 3 3.

a3 3 . 3

2a 3 3 . 3

D. a 3 3.

Câu 24: Cho tập A có 20 phần tử. Hỏi tập A có bao nhiêu tập con khác rỗng mà có số phần tử chẵn? A. 220.

B. 219 − 1.

C. 220 + 1.

D. 219.

Câu 25: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ sau. Tìm số nghiệm thực phân biệt của phương trình

f ( x ) = 1.

A. 0.

B. 2.

C. 1.

D. 3.

Câu 26: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA ⊥ ( ABC ) , góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABC ) bằng 600. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng:

a 3 . 7

a 2 . 2

a 15 . 5

Câu 27: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên ℝ, có đồ thị như hình vẽ:

a 7 . 7

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là:

A. 3.

B. 1.

C. 4.

D. 0.

Câu 28: Gọi M ( xM ; yM ) là một điểm thuộc ( C ) : y = x 3 − 3 x 2 + 2, biết tiếp tuyến của ( C ) tại M cắt ( C ) tại điểm N ( xN ; y N ) (khác M ) sao cho P = 5 xM2 + xN2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính OM . A. OM =

5 10 . 27

B. OM =

7 10 . 27

C. OM =

10 . 27

D. OM =

10 10 . 27

Câu 29: Hàm số y = − x 3 + 3 x 2 − 4 đồng biến trên khoảng nào? A. ( −∞; 0 ) .

B. (1; 2 ) .

C. ( 2; +∞ ) .

D. ( 0;3) .

B. 1.

C. −1.

D. 2.

2x +1 . x →+∞ x − 1

Câu 30: Tìm lim A. 3.

Câu 31: Cho khối chóp có thể tích V , diện tích đáy là B và chiều cao h. Tìm khẳng định đúng? 1 A. V = Bh. 3

B. V = Bh .

C. V = Bh.

D. V = 3Bh.

Câu 32: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên

Khẳng định nào dưới đây sai?

A. f ( −1) là một giá trị cực tiểu của hàm số.

B. x0 = 0 là điểm cực đại của hàm số.

C. x0 = 1 là điểm cực tiểu của hàm số.

D. M ( 0; 2 ) là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số. 6

Câu 33: Tính thể tích khối tứ diện đều có cạnh bằng 2 A.

4 2 3

B. 2.

2 2 . 3

D. 2 3.

Câu 34: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi M , N lần lượt là trọng tâm các tam giác ABD, ABC và E là điểm đối xứng với B qua D. Mặt phẳng MNE chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích V . Tính V . A. V =

3 2a 3 . 320

B. V =

9 2a 3 . 320

C. V =

a3 2 . 96

D. V =

3 2a 3 . 80

Câu 35: Cho k ∈ ℕ, n ∈ ℕ. Trong các công thức về số các chỉnh hợp và số các tổ hợp sau, công thức nào là công thức đúng?

n! (với 1 ≤ k ≤ n). k !( n − k ) !

A. Cnk+1 = Cnk + Cnk −1 (với 1 ≤ k ≤ n).

B. Ank =

C. Cnk+1 = Cnk +1 (với 1 ≤ k ≤ n).

D. Cnk =

n! (với 1 ≤ k ≤ n). ( n − k )!

Câu 36: Cho hình chóp S . ABC có mặt đáy là tam giác đều cạnh bằng 2 và hình chiếu S lên mặt phẳng ( ABC ) = 1200 , CHA = 900. Biết tổng diện tích các mặt là điểm H nằm trong tam giác ABC sao cho AHB = 1500 , BHC cầu ngoại tiếp các hình chóp S .HAB, S .HBC , S .HCA là

9 . 2

124 π . Tính thể tích khối chóp S . ABC. 3

4 . 3

C. 4a 3 .

D. 4.

Câu 37: Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ. Đồ thị hàm số f ' ( x ) như hình vẽ dưới đây

1 3 3 Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) − x 3 − x 2 + x + 2019. Trong các mệnh đề sau: 3 4 2

( I ) g ( 0 ) < g (1) . g ( x ) = g ( −1) . ( II ) min [ −3;1] 7

( III )

Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −3; −1) .

g ( x ) = max { g ( −3) ; g (1)}. ( IV ) max [ −3;1] [ −3;1] Số mệnh đề đúng là

A. 2.

B. 1.

C. 3.

D. 4.

Câu 38: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Hai điểm M , N lần lượt thuộc các đoạn AB AD +2 = 4. Kí hiệu V , V1 lần lượt là thể tích của thẳng AB và AD ( M và N không trùng với A) sao cho AM AN V các khối chóp S . ABCD và S .MBCDN . Tìm giá trị lớn nhất của tỉ số 1 . V A.

2 . 3

1 . 6

3 . 4

17 . 14

Câu 39: Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị hàm số y = f ' ( x ) như hình bên dưới

Hàm số g ( x ) = f ( 3 − x ) đồng biến trên các khoảng nào trong các khoảng sau?

A. ( 4;7 ) .

B. ( −1; 2 ) .

C. ( 2;3) .

D. ( −∞; −1) .

Câu 40: Cho tứ diện SABC có các cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau. Biết SA = 3a, SB = 4a, SC = 5a. Tính theo a thể tích V của khối tứ diện SABC . A. V = 20a 3 .

B. V = 10a 3 .

C. V =

5a 3 . 2

D. V = 5a 3 .

C. y =

x −1 . x

D. y = 0.

Câu 41: Đồ thị của hàm số nào sau đây có tiệm cận? A. y = x 2 .

B. y = 2 x.

Câu 42: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ. Đồ thị hàm số y = f ' ( x ) như hình bên dưới

Đặt g ( x ) = f ( x ) − x, khẳng định nào sau đây là đúng? A. g ( −1) > g (1) > g ( 2 ) .

B. g ( −1) < g (1) < g ( 2 ) .

C. g ( 2 ) < g ( −1) < g (1) .

D. g (1) < g ( −1) < g ( 2 ) .

Câu 43: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C ) : y = x 3 − 3x 2 tại điểm M (1; −2 ) . A. y = −3 x + 1.

B. y = −3 x − 1.

C. y = 3 x − 5.

D. y = −2.

Câu 44: Cho phương trình: sin 3 x + 2 sin x + 3 = ( 2 cos3 x + m ) 2 cos3 x + m − 2 + 2 cos3 x + cos 2 x + m. Có bao  2π  nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình trên có đúng một nghiệm x ∈ 0; ?  3 

A. 4.

B. 3.

C. 2.

D. 1.

Câu 45: Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 6 ( cm ) . Người ta muốn cắt một hình thang như hình vẽ.

Trong đó AE = 2 ( cm ) , AH = x ( cm ) , CF = 3 ( cm ) , CG = y ( cm ) . Tìm tổng x + y để diện tích hình thang

EFGH đạt giá trị nhỏ nhất.

A. x + y = 7.

B. x + y = 5.

C. x + y = 9

7 2 . 2

D. x + y = 4 2.

Câu 46: Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a 2, cạnh bên bằng 2a. Gọi α là góc tạo bởi hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SCD ) . Tính cos α .

21 . 2

21 . 14

21 . 3

21 . 7

Câu 47: Cho hàm số y = − x 4 + 2 x 2 có đồ thị như hình vẽ.

Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình − x 4 + 2 x 2 = m có hai nghiệm phân biệt.

A. m = 1 hoặc m < 0.

B. 0 < m < 1.

C. m < 1.

D. m > 0.

Câu 48: Có bao nhiêu giá trị nguyên m để hàm số y = ( m + 2 ) x 3 + 3x 2 + mx − 6 có hai điểm cực trị A. 1.

B. 4.

C. vô số.

Câu 49: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y =

D. 2.

1+ x +1

x 2 − (1 − m ) x + 2m

đứng? A. 2.

B. 3.

C. 1.

D. 0.

Câu 50: Cho khối đa diện đều giới hạn bởi hình đa diện ( H ) , khẳng định nào sau đây là sai? A. Các mặt của ( H ) là những đa giác đều có cùng số cạnh. B. Mỗi cạnh của một đa giác của ( H ) là cạnh chung của nhiều hơn hai đa giác. C. Khối đa diện đều ( H ) là một khối đa diện lồi. D. Mỗi đỉnh của ( H ) là đỉnh chung của cùng một số cạnh.

có hai tiệm cận

ĐÁP ÁN 1-A

2-A

3-A

4-B

5-C

6-D

7-A

8-B

9-C

10-D

11-C

12-B

13-D

14-D

15-C

16-A

17-C

18-B

19-C

20-A

21-D

22-B

23-C

24-B

25-C

26-C

27-C

28-D

29-B

30-D

31-A

32-D

33-C

34-A

35-A

36-B

37-D

38-C

39-B

40-B

41-C

42-A

43-A

44-A

45-C

46-D

47-A

48-D

49-A

50-B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Chọn A. 1 1 Từ bảng biến thiên, ta thấy M = , m = − . 2 2 2

1  1 1 Vậ y P = M + m =   +  −  = . 2 2  2 2

Câu 2: Chọn A. Ta có: u3 = u1.q 2 = 2.22 = 8.

Câu 3: Chọn A.

f ' ( x ) > 0 với x ∈ ( −2; 0 ) nên hàm số đồng biến trên khoảng ( −2;0 ) . Câu 4: Chọn B.

ABC là tam giác đều cạnh a nên S ∆ABC =

a2 3 . 4

Hai mặt bên ( SAB ) , ( SAC ) cùng vuông góc với mặt đáy nên SA ⊥ ( ABC ) . Trong tam giác vuông SAC ta có: SA = SC 2 − AC 2 = 3a 2 − a 2 = a 2.

1 1 a2 3 a3 6 Thể tích của khối chóp S . ABC là V = S ∆ABC .SA = . .a 2 = 3 3 4 12

Câu 5: Chọn C. Tập xác định D = ℝ \ {1} . Ta có y ' = −

( x − 1)

< 0 với mọi x ∈ D. Suy ra, hàm số nghịch biến trên ( −∞;1) và (1; +∞ ) .

Câu 6: Chọn D.

Ta có g ' ( x ) = 2 xf ' ( x 2 ) − 2 x5 + 4 x 3 − 2 x. 12

2 x = 0 . g '( x) = 0 ⇔  2 4 2  f ' ( x ) − x + 2 x − 1 = 0 (1)

t = 0 Đặt t = x ( t ≥ 0 ) , khi đó ( 2 ) ⇔ t = 1 ⇒ (1) có nghiệm x = 0, x = ±1, x = ± 2. t = 2 2

f ' ( t ) > t 2 − 2t + 1 ⇔ 0 < t < 1 ⇔ 0 < x 2 < 1 ⇔ −1 < x < 1. t < 0  x < −1 . ⇔ f ' ( t ) < t 2 − 2t + 1 ⇔  t > 1 x >1 Bảng biến thiên

− 2

−∞

g '( x)

−1

−

g ( x)

Suy ra, hàm số g ( x ) = f ( x 2 ) −

x6 + x 4 − x 2 đạt cực tiểu tại một điểm. 3

Câu 7: Chọn A. Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là trục Ox ⇒ m − 2n − 3 = 0 . Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là trục Oy ⇒ m + n = 0. Suy ra ( m, n ) là nghiệm của hệ phương trình:

m − 2n − 3 = 0 m = 1 ⇔ ⇒ S = 0.  m + n = 0  n = −1

Câu 8: Chọn B.

1 0

−

+∞

−

Có ( SD, ( ABCD ) ) = ( SD, AD ) = ∠SDA. Xét ∆SAD vuông tại A có: tan SDA =

SA = 3 ⇒ ∠SDA = 600 ⇒ ( SD, ( ABCD ) ) = 600. AD

Câu 9: Chọn C. Hàm số liên tục trên đoạn [1;3].

 x = 4 ∉ [1;3] + Ta có: f ' ( x ) = 3 x − 16 x + 16; f ' ( x ) = 0 ⇔ 3 x − 16 x + 16 = 0 ⇔   x = 4 ∈ [1;3]  3 2

13  4  13 + f (1) = 0; f ( 3) = −6; f   = . Vậy max f ( x ) = . [1;3] 27  3  27

Câu 10: Chọn D. Hình mười hai mặt đều có 20 đỉnh.

Câu 11: Chọn C. Giả sử hình chóp có đáy là đa giác n cạnh ( n ≥ 3) nên có n cạnh bên. Tổng số cạnh của hình chóp là 2n = 20 ⇔ n = 10. Khi đó hình chóp có 10 mặt bên và 1 mặt đáy. Vậy hình chóp có 11 mặt.

Câu 12: Chọn B. Đồ thị hình vẽ là đồ thị hàm số bậc ba có hệ số a > 0, đồ thị hàm số đi qua điểm ( 0; 2 ) nên chỉ có hàm số y = x3 − 3 x + 2 thỏa mãn điều kiện trên.

Câu 13: Chọn D. Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là:

Tk +1 = C7k ( x 2 )

7−k

2 k k 14 − 3 k .   = C7 2 .x  x

Vì số hạng có chứa x5 nên: 14 − 3k = 5 ⇔ k = 3. 14

Vậy hệ số cần tìm là h = C73 .23 = 280.

Câu 14: Chọn D.

x 2 + mx + m Đặt y = h ( x ) = x +1 Xét hàm số f ( x ) =

x 2 + mx + m x2 x2 + 2x = + m, ta có: f ' ( x ) = > 0, ∀x ∈ [1; 2] . 2 x +1 x +1 ( x + 1)

Suy ra hàm số f ( x ) đồng biến trên đoạn [1; 2] .

min f ( x ) = f (1) = [1;2]

Nếu

1 4 + m, max f ( x ) = f ( 2 ) = + m. [1;2] 2 3

1 1 4 4 2 + m > 0 ⇔ m > − thì max h ( x ) = m + , suy ra: + m = 2 ⇔ m = (thỏa mãn). [1;2] 2 2 3 3 3

3  m = (l )  4 4 1 1 2 . Nếu + m < 0 ⇔ m < − thì max h ( x ) = m + , suy ra: m + = 1 ⇔  [1;2] 3 3 2 2 m = − 5  2 Nếu

1 4 4 1 1 1 4 1 11 + m < 0 < + m ⇔ − < m < − thì: m + ≤ m + ≤ + = < 2, suy ra: 2 3 3 2 2 2 3 2 6 4 2   m+ = 2 m=   4 3 3 ⇔ (không thỏa mãn). m+ = 2 ⇔  3  m + 4 = −2  m = − 10 3 3  

Vậy có hai giá trị m thỏa mãn: m = −

5 2 và m = . 2 3

Câu 15: Chọn C. 1 1 1 Ta có: lim y = ; lim y = ⇒ đường thẳng y = là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x →+∞ 4 x →−∞ 4 4

Câu 16: Chọn A. Tập xác định: D = ℝ. *) Nếu m = 0 ta có y = 5 x. Đồ thị hàm số luôn đồng biến trên ℝ. *) Nếu m ≠ 0. Ta có: y ' = mx 2 − 4mx + 3m + 5. Hàm số đồng biến trên ℝ ⇔ y ' ≥ 0, ∀x ∈ ℝ.

⇔ mx 2 − 4mx + 3m + 5 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ. 15

2 ∆ ' ≤ 0 4m − m ( 3m + 5 ) ≤ 0 . ⇔ ⇔ m > 0 a > 0

 m 2 − 5m ≤ 0 ⇔ m > 0 0 ≤ m ≤ 5 ⇔ ⇔0<m≤5 m > 0 Kết hợp với điều kiện ta có: 0 < m ≤ 5. Vậy 0 < m ≤ 5, m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {0;1; 2;3; 4;5} .

Câu 17: Chọn C. Dựa vào đồ thị ta có max y = 10 khi x = 4 và min y = −10 khi x = −4. [ −4;4]

[ −4;4]

Tuy nhiên hàm số không có GTLN, GTNN trên ( −4; 4 ) .

Câu 18: Chọn B. Phát biểu đúng là “nếu f ' ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ K và f ' ( x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thì hàm số y = f ( x ) đồng biến trên K ".

Câu 19: Chọn C. Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = 10! Gọi A là biến cố “xếp 5 nam và 5 nữ ngồi đối diện nhau”

Đánh số cặp ghế đối diện nhau là C1 , C2 , C3 , C4 , C5 Xếp 5 bạn nam vào 5 cặp ghế có 5! cách. Xếp 5 bạn nữ vào 5 cặp ghế có 5! cách.

Ở mỗi cặp ghế, ta có 2 cách xếp một cặp nam, nữ ngồi đối diện. ⇒ Số phần tử của A là n ( A ) = 5!.5!.25 = 460800. ⇒ P ( A) =

n ( A) n (Ω)

460800 8 = . 10! 63

Câu 20: Chọn A. Do đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = −2 nên loại đáp án C và D. Xét đáp án A có y ' =

−5

( x − 1)

< 0, ∀x ∈ D, tiệm cận ngang là đường thẳng y = −2, tiệm cận đứng là đường

thẳng x = −1 nên chọn. 16

Xét đáp án B có y ' =

( x + 1)

> 0, ∀x ∈ D nên loại.

Câu 21: Chọn D.

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD. Trong ( SAC ) . Gọi I = SO ∩ AE. Từ I , kẻ đường thẳng song song với đường thẳng BD cắt hai cạnh SB, SD lần lượt tại M , N . Gọi K là trung điểm EC ⇒ SE = EK = KC. Do OK là đường trung bình của tam giác CAE ⇒ OK / / IE ⇒ Do MN / / BD ⇒

SI SE 1 = = . SO SK 2

SM SN SI 1 = = = SB SD SO 2

Ta có: VS . AMBN = VS . AMB + VS . ABN . VS . AME SM SE 1 1 1 1 . = = . = ⇒ VS . AME = VS . ABC . VS . ABC SB SC 2 3 6 6 VS . ANE SN SE 1 1 1 1 . = = . = ⇒ VS . ANE = VS . ACD . VS . ADC SD SC 2 3 6 6 VS . AMBN = VS . AMB + VS . ABN =

1 1 (VS . ABC + VS . ACD ) = VS . ABCD . 6 6

1 ⇒ VS . AMBN = V . 6

Câu 22: Chọn B.

(

)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f ( x ) = m có ba nghiệm thực phân biệt khi m ∈ − 2; −1 . 17

Câu 23: Chọn C.

Diện tích của hình chữ nhật ABCD là S ABCD = AB. AD = a.2a = 2a 2 .

1 1 2a 3 3 Thể tích của khối chóp S . ABCD là VS . ABCD = SA.S ABCD = a 3.2a 2 = (đvtt). 3 3 3

Câu 24: Chọn B. Số tập hợp con khác rỗng của tập hợp A mà có k phần tử là C20k ( k ∈ ℕ,0 ≤ k ≤ 20 ) . 4 20 Khi đó tổng số tập hợp con khác rỗng mà có số phần tử chẵn là S = C202 + C20 . + ... + C20 20

0 1 20 20 x + C202 x 2 + ... + C20 x . + C20 Xét (1 + x ) = C20 0 1 Cho x = 1, ta được 220 = C20 + C20 + C202 + ... + C2020 (1) 0 1 Cho x = −1, ta được 0 = C20 − C20 + C202 − ... + C2020 ( 2 ) .

Công vế theo vế (1) và (2), ta được 0 2 220 = 2 ( C20 + C20 + C204 + ... + C2020 ) ⇔ 2 ( S + 1) = 220 ⇔ S = 219 − 1.

Câu 25: Chọn C.

Từ đồ thị hàm số dễ thấy đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại đúng 1 điểm nên phương trình

f ( x ) = 1 có đúng 1 nghiệm. Vậy mệnh đề C đúng.

Câu 26: Chọn C. 18

Trong mp ( ABC ) kẻ hình bình hành ABDC , AE ⊥ BD; trong mp ( SAE ) kẻ AH ⊥ SE. Theo giả thiết:  SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA ⊥ BD ⇒ BD ⊥ ( SAE )   AE ⊥ BD

⇔ BD ⊥ AH mà AH ⊥ SE nên AH ⊥ ( SBD ) . Ta lại có BD / / AC ⇒ AC / / ( SBD ) ⇒ d ( AC , SB ) = d ( AC , ( SBD ) ) = d ( A, ( ABD ) ) = AH .

Mặt khác: Vì SA ⊥ ( ABC ) nên ( SA, ( ABC ) ) = SBA = 600 , SA = AB.tan 600 = a 3. = 1200 do đó điểm E nằm ngoài đoạn thẳng BD và góc Vì ABDC là hình bình hành nên ABD = 1800 − BAC a 3 . ABE = 600 ⇒ AE = AB sin 600 = 2 Tam giác SAE vuông có:

1 1 1 1 = 2+ = 2 2 AH SA AE a 3

(

)

1 a 3    2 

5 3a 2 a 15 2 . ⇒ AH = ⇒ AH = 2 3a 5 5

Vậy khoảng cách giữa 2 đường thẳng AC và SB là

a 15 . 5

Câu 27: Chọn C. Dựa vào đồ thị của hàm số ta thấy hàm số có 4 điểm cực trị Vậy đáp án đúng là đáp án C.

Câu 28: Chọn D. Hàm số y = x3 − 3 x 2 + 2 TXĐ: D = ℝ Ta có: y ' = 3 x 2 − 6 x ⇒ Tiếp tuyến của ( C ) tại M ( xM ; yM ) có phương trình là: 19

y = ( 3 xM2 − 6 xM ) ( x − xM ) + xM3 − 3 xM2 + 2 Tiếp tuyến của ( C ) tại M cắt ( C ) tại điểm N ( xN ; y N ) (khác M ) nên xM ; xN là nghiệm của phương trình: x3 − 3 x 2 + 2 = ( 3 xM2 − 6 xM ) ( x − xM ) + xM3 − 3 xM2 + 2

⇔ ( x3 − xM3 ) − 3 ( x 2 − xM2 ) − ( 3 xM2 − 6 xM ) ( x − xM ) = 0

 x = xM 2 ⇔ ( x − xM ) ( x + 2 xM − 3 ) = 0 ⇔   x = −2 x M + 3 M khác N ⇔ xM ≠ −2 xM + 3 ⇔ 3 xM ≠ 3 ⇔ xM ≠ 1 ⇒ xN = −2 xM + 3 2

Khi đó: P = 5 xM2 + xN2 = 5 xM2 + ( −2 xM + 3) = 9 xM2 − 12 xM + 9 = ( 3 xM − 2 ) + 5 ≥ 5 với ∀xM 2

Dấu “=” xảy ra ⇔ ( 3 xM − 2 ) = 0 ⇔ 3 xM − 2 = 0 ⇔ 3 xM = 2 ⇔ xM = 2

2 (thỏa mãn) 3

2 26  2   26  10 10 Với xM = ⇒ yM = ⇒ OM =   +   = 3 27 27  3   27  Vậy OM =

10 10 . 27

Câu 29: Chọn B. x = 0 Ta có y ' = −3 x 2 + 6 x = 0 ⇔  x = 2

x y'

−∞

−

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (1; 2 ) .

Câu 30: Chọn D. 1  1 x2 +  2+ 2x +1 x x = 2. = lim  = lim Ta có lim x →+∞ x − 1 x →+∞ x →+∞ 1  1 1− x 1 −  x  x

Câu 31: Chọn A. 1 Thể tích của khối chóp đã cho là V = Bh. 3

Câu 32: Chọn D. 20

+∞ −

M ( 0; 2 ) là điểm cực đại của đồ thị hàm số. Câu 33: Chọn C.

Gọi G là trọng tâm tam giác BCD, M là trung điểm của CD ta có: BM = 2

3 2 2 3 = 3; BG = BM = 2 3 3

AG ⊥ ( BCD ) => AG ⊥ BG => SG = AB 2 − BG 2 = 22 − ( S ∆BCD =

1 1 BM .CD = . 3.2 = 3 2 2

=> VABCD =

1 1 2 6 2 2 AG.S ∆BCD = . 3. = 3 3 3 3

Câu 34: Chọn A.

2 3 2 2 6 ) = . 3 3

Xét mặt phẳng chứa tam giác ABD . Gọi D ' trên IE sao cho DD '/ / AQ ta có: Mà ∆KDD ' ∼ ∆KAM ⇒

KD DD ' DD ' 1 = = = KA AM 2 MQ 3

Gọi M ' trên BD sao cho MM '/ / AB. Ta có: 1 1 1 1 5 3 1  M ' Q = BQ = . BE = BE ⇒ EM ' = 3EQ + QM ' =  +  BE = BE 3 3 4 12 6  4 12  ⇒

5 MM ' EM ' 5 = = ⇒ MM ' = IB IB EB 6 6

DD ' ED 2 = = MQ EQ 3

Xét mặt tam giác ABQ . Ta có

5 IB 1 MM ' QM 1 IB 2 AI 3 = = ⇒ = ⇒ = ⇒ = 6 AB 3 AB QA 3 AB 5 AB 5

Vì MN / / PQ / / CD ⇒ MN / / ( ACD ) ⇒ MN / / JK / / CD ⇒ Vì ABCD là tứ diện đều có cạnh bằng a ⇒ VABCD = Ta lại có:

AJ AK 3 = = AC AD 4

a3 2 12

VAIJK AI AJ AK 3 3 3 27 27 27 a 3 2 9 2a 3 = . . = . . = ⇒ VAIJK = VABCD = = 80 80 12 320 VABCD AB AC AD 5 4 4 80

Câu 35: Chọn A. Trong các công thức về số các chỉnh hợp và số các tổ hợp công thức đúng là Cnk+1 = Cnk + Cnk −1 (với 1 ≤ k ≤ n). Công thức Ank =

n! n! , Cnk = , Cnk+1 = Cnk +1 là các công thức sai. k !( n − k ) ! ( n − k )!

Câu 36: Chọn B.

Gọi R1 , R2 , R3 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác ∆HAB, ∆HBC , ∆HAC Áp dụng định lý sin vào các ∆HAB, ∆HBC , ∆HAC ta có: AB = 2 R1 sin AHB ⇒ R1 =

AB = 2. 2 sin AHB

⇒R = BC = 2 R2 sin BHC 2

2 3 BC . = 3 2 sin BHC

⇒R = AC = 2 R3 sin CHA 1

AC = 1. 2 sin CHA

Gọi r1 , r2 , r3 lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp các tứ diện S .HAB, S .HBC , S .HAC.

 SH  Nhận xét: Trong hình chóp S .HAB với SH ⊥ ( HAB ) ta có r = R +   .  2  2 1

2 1

 SH  2  SH  2  SH  2 2 Khi đó r = R +   ; r2 = R2 +   ; r3 = R3 +   .  2   2   2  2 1

2 1

3.SH 2 . Suy ra r + r + r = R + R + R + 4 2 1

2 2

2 3

2 1

2 2

2 3

Do tổng diện tích các mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp S .HAB, S .HBC , S .HCA là Ta có: 4π ( r12 + r22 + r32 ) =

124 π 3

124 31 π ⇔ r12 + r22 + r32 = . 3 3

31 3.SH 2 4  31 4 3  16 2 2 2 . = R1 + R2 + R3 + ⇔ SH 2 =  − R12 + R22 + R32  = ⇒ SH = Khi đó: 3 4 3 3 3  3 1 1 4 3 22 3 4 = (đvtt). Vậy thể tích khối chóp S . ABC là V = .S ∆ABC .SH = . . 3 3 3 4 3

Câu 37: Chọn D. 3 3  Ta có: g ' ( x ) = f ' ( x ) −  x 2 + x −  = f ' ( x ) − h ( x ) . 2 2  Ta vẽ đồ thị hàm số h ( x ) = x 2 +

3 3 x − và y = f ' ( x ) trên cùng một hệ trục: 2 2

Đồ thị hàm số y = h ( x ) có đỉnh I ( −1; −2 ) và đi qua các điểm ( −3; −3) , (1;1) .

−3

g '( x)

g ( x)

g ( −3)

−1 0

−

Từ bảng biến thiên suy ra

( I ) g ( 0 ) < g (1) . Đúng. min g ( x ) = g ( −1) . Đúng.

( III )

Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −3; −1) . Đúng.

g (1)

g ( −1)

( II )

[ −3;1]

( IV )

max g ( x ) = max { g ( −3) ; g (1)} . Đúng. [ −3;1]

[ −3;1]

Vậy cả bốn mệnh đề đều đúng.

Câu 38: Chọn C.

V V1 VS .MBCDN VS . ABCD − VS . AMN = = = 1 − S . AMN = 1 − k V VS . ABCD VS . ABCD VS . ABCD

Ta có:

Vớ i k =

VS . AMN S ∆AMN S ∆AMN 1 AM . AN = = = VS . ABCD S ABCD 2 S ABD 2 AB. AD

Mặt khác ta có: 4 = Suy ra: k =

kmin =

AB AD AB AD AB AD AM AN 1 +2 ≥2 .2 ⇔2≥ . ⇔ ≥ . AM AN AM AN AM AN AB AD 2

1 AM . AM 1 ≥ . 2 AB. AD 4

 AM = 2 AM 1 AB 2 AD ⇔ = =2⇔ ⇔ N ≡ D, M là trung điểm của AB. 4 AM AN  AD = AN

Suy ra:

1 3 V1 ≤ 1 − kmin = 1 − = . V 4 4

Câu 39: Chọn B. Ta có y = g ( x ) = f ( x − 3 ) ⇒ y ' =

x−3 . f '( x − 3 ). x−3

 x − 3 = −1( L )  x = 2 ∨ x = 4 y' = 0 ⇔  x −3 =1 (Hàm số không có đạo hàm tại x = 3). ⇔ = − 1 ∨ = 7 x x   x−3 = 4  BBT

−1

−∞

−

2 +

3 ||

−

4 +

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng ( −1; 2 ) .

Câu 40: Chọn B.

Vì SA, SB, SC đôi một vuông góc nên AS ⊥ ( SBC ) và ∆SBC vuông tại S . 1 1 Nên thể tích khối chóp SABC là V = .SA.SB.SC = .3a.4a.5a = 10a 3 . 6 6

Câu 41: Chọn C. Hàm số y =

x −1 có tập xác định D = ( −∞;0 ) ∪ ( 0; +∞ ) . x

Ta có:

lim y = 1; lim y = 1. Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 1.

x →−∞

x →+∞

−

+∞ +

lim y = −∞; lim− y = +∞. Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = 0.

x → 0+

x →0

Vậy đồ thị của hàm số y =

x −1 có tiệm cận. x

Câu 42: Chọn A. Hàm số g ( x ) = f ( x ) − x có tập xác định D = ℝ, có đạo hàm g ' ( x ) = f ' ( x ) − 1. Ta có: g ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( x ) = 1. (1) Nhận xét số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ' ( x ) và đường thẳng y = 1. Ta có đồ thị như sau:

 x = −1 Khi đó g ' ( x ) = 0 ⇔  x = 1 .  x = 2 Với x = 1 là nghiệm kép, x = −1; x = 2 là nghiệm đơn. Ta có bảng biến thiên:

x g '( x) g ( x)

−1

−∞ +

1 0

−

g ( −1)

g (1)

g ( 2)

+∞ +

Suy ra g ( −1) > g (1) > g ( 2 ) .

Câu 43: Chọn A. Ta có y ' = 3 x 2 − 6 x Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại M là k = y ' (1) = −3 Phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C ) : y = x 3 − 3x 2 tại điểm M (1; −2 ) là

y = y ' (1)( x − 1) − 2 = −3 x + 1. Câu 44: Chọn A. sin 2 x + 2sin x + 3 = ( 2 cos3 x + m ) 2 cos3 x + m − 2 + 2 cos3 x + cos 2 x + m

⇔ sin 3 x + 2sin x + 1 − cos 2 x + 2 = ( 2 cos3 x + m ) 2 cos3 x + m − 2 + 2 cos3 x + m ⇔ sin 3 x + 2sin x + sin 2 x + 2 = ( 2 cos3 x + m ) 2 cos3 x + m − 2 + 2 cos 3 x + m

Đặt u = 2 cos3 + m − 2 ⇒ u 2 = 2 cos3 x + m − 2 Phương trình trở thành:

sin 3 x + 2sin x + sin 2 x + 2 = ( u 2 + 2 ) u + u 2 + 2

sin 3 x + 2sin x + sin 2 x + 2 = u 3 + u 2 + 2u + 2 (1) Xét hàm đặc trưng: f ( t ) = t 3 + t 2 + 2t + 2

f ' ( t ) = 3t 2 + 2t + 2 > 0, ∀t ∈ ℝ ⇒ f ( t ) là hàm đồng biến Phương trình (1) ⇔ f ( sin x ) = f ( u ) ⇔ u = sin x Với u = sin x ta có

2 cos 3 x + m − 2 = sin x ⇔ 2 cos3 x + m − 2 = sin 2 x ⇔ − m = 2 cos3 x + cos 2 x − 1

Đặt X = cos x phương trình trở thành −m = 2 X 3 + X 2 − 1( 2 )  3π Với x ∈ 0;  2

  1   ⇒ X ∈  − ;1 .   2 

 1   2π  Ứng với mỗi X ∈  − ;1 thì có duy nhất một giá trị của x ∈  0;  do đó phương trình ban đầu có đúng một  2   3   2π   1  nghiệm x ∈  0;  thì phương trình (2) có duy nhất một nghiệm thuộc X ∈  − ;1  3   2  28

Xét hàm g ( X ) = 2 X 3 + X 2 − 1

X = 0 g '( X ) = 6X + 2X ; g '( X ) = 0 ⇔  1 X = − 3  2

Bảng biến thiên

−

1 2

− +

g '( X ) g(X )

1 3

0 −

−

1 +

80 27

−3

 1  Từ bảng biến thiên ta có phương trình (2) có duy nhất một nghiệm thuộc X ∈  − ;1 khi và chỉ khi  2   m = −3  80 − <m≤0  27 Mà m nguyên nên m ∈ {−3; −2; −1;0} do vậy có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán.

Câu 45: Chọn C. Hai tam giác AHE và CFG đồng dạng suy ra:

CG CF y 3 = ⇔ = ⇔ xy = 6. AE AH 2 x

Ta có: S EFGH = S ABCD − S AHE − S BEF − SCFG − S DGH 1 1 1 1 = 36 − .2 x − .4.3 − .3. y − . ( 6 − x ) . ( 6 − y ) 2 2 2 2 3 1 = 36 − x − 6 − . y − . ( 36 − 6 ( x + y ) + xy ) 2 2

3 1 3 = 36 − x − 6 − . y − . ( 36 − 6 ( x + y ) + 6 ) = 9 + 2 x + y 2 2 2 Vớ i y =

6 9 , ta có: S EFGH = 9 + 2 x + . x x

9 9 9 3 2 . Xét hàm số f ( x ) = 9 + 2 x + , trên khoảng ( 0;6 ) ta có: f ' ( x ) = 2 − 2 , f ' ( x ) = 0 ⇔ 2 − 2 = 0 ⇒ x = x x x 2 29

Ta có bảng biến thiên:

3 2 2

f '( x)

−

6 +

f ( x)

9+6 2 Từ bảng biến thiên suy ra: min SEFGH = min f ( x ) = 9 + 6 2 khi x = ( 0;6 )

Vậ y x + y =

3 2 ⇒ y = 2 2. 2

7 2 . 2

Câu 46: Chọn D.

Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng ( ABCD ) . Hình chóp S . ABCD đều nên H là tâm hình vuông

ABCD, ( SAC ) ∩ ( ABCD ) = AC và SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ ( SAC ) ⊥ ( ABCD ) . Ta có: HD ⊥ AC ⇒ HD ⊥ ( SAC ) . (1) CD ⊥ HM Gọi M là trung điểm của CD, suy ra:  ⇒ CD ⊥ ( SHM ) mà CD ⊂ ( SCD ) . CD ⊥ SH ( SCD ) ⊥ ( SHM ) nên từ H kẻ đường thẳng vuông góc với SM tại K , suy ra HK ⊥ ( SCD )( 2 )  ( SCD ) ∩ ( SHM ) = SM . Từ (1) và ( 2 ) suy ra: α = ( ( SAC ) , ( SCD ) ) = ( HD, HK ) = KHD

Tam giác KHD vuông tại K có HD =

1 1 BD = a 2. 2 = a. 2 2

1 1 1 1 1 2 1 7 a 21 . = + = + = 2+ 2 = 2 ⇒ HK = 2 2 2 2 2 2 2 HK HM SH HM SD − HD a 4a − a 3a 7 Vậy cos α =

21 HK . = HD 7

Câu 47: Chọn A.

Số nghiệm của − x 4 + 2 x 2 = m là số điểm chung giữa đường thẳng y = m và đồ thị hàm số đã vẽ. m = 1 . Phương trình đã cho có hai nghiệm ⇔  m < 0

Câu 48: Chọn D. Tập xác định D = ℝ. Nếu m = −2 thì y = 3 x 2 − 2 x − 6 là hàm số bậc hai nên không thể có hai điểm cực trị. Xét m ≠ −2 lúc đó y = ( m + 2 ) x 3 + 3x 2 + mx − 6 là hàm số bậc ba, hàm số có hai điểm cực trị ⇔ y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt. Ta có y ' = 3 ( m + 2 ) x 2 + 6 x + m, phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > 0

⇔ 9 − 3m ( m + 2 ) > 0 ⇔ m 2 + 2m − 3 < 0 ⇔ −3 < m < 1. Vậy tập các giá trị m để hàm số có hai điểm cực trị là m ∈ ( −3;1) \ {−2} . Do đó có tất cả là 2 số nguyên để hàm số y = ( m + 2 ) x 3 + 3x 2 + mx − 6 có hai điểm cực trị là m = −1 và m = 0.

Câu 49: Chọn A. ĐK: x ≥ −1 và x 2 − (1 − m ) x + 2m > 0 Xét phương trình 1 + x + 1 = 0 vô nghiệm. 31

Xét phương trình x 2 − (1 − m ) x + 2m = 0 (*) . Để đồ thị hàm số có hai TCĐ thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn ĐK x ≥ −1. m > 5 + 2 6 2 . ⇔ ∆ > 0 ⇔ (1 − m ) − 8m > 0 ⇔ m 2 − 10m + 1 > 0 ⇔  5 2 6 m < −  Khi đó gọi hai nghiệm của phương trình là x1 > x2 ta có: af ( −1) ≥ 0 m + 2 ≥ 0  m ≥ −2  ⇔ ⇔ ⇔ −2 ≤ m < 4 x1 > x2 ≥ −1 ⇔  S  2 − m > −2 m < 4  > −1 2 m∈ℤ

Kết hợp điều kiện ta có: m ∈  −2;5 − 2 6 ⇒ m ∈ {−2; −1;0} .

)

Thử lại: x > 4 ⇒ TXD : D = ( 4; +∞ ) Với m = −2 ⇒ x 2 − 3 x − 4 > 0 ⇔   x < −1 Khi đó hàm số có dạng y =

1+ x +1 x 2 − 3x − 4

có 1 tiệm cận đứng x = 4 ⇒ Loại.

x > 1+ 3 Với m = −1 ⇒ x 2 − 2 x − 2 > 0 ⇔  ⇒ TXD : D =  −1;1 − 3 ∪ 1 + 3; +∞  x < 1 − 3

) (

Khi đó hàm số có dạng y =

1+ x +1 x2 − 2 x − 2

có 2 tiệm cận đứng x = 1 ± 3 ⇒ TM .

x >1 Khi m = 0 ⇒ x 2 − x > 0 ⇔  ⇒ TXD : D = [ −1;1) ∪ ( 0; +∞ ) x < 0 Khi đó hàm số có dạng y =

1+ x +1 x2 − x

có 2 tiệm cận đứng x = 0; x = 1 ⇒ TM .

Vậy m ∈ {−1; 0} .

Câu 50: Chọn B.

)

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT KHỐI 12

TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

NĂM HỌC 2020 – 2021

------------------

MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút không kể thời gian phát đề

Câu 1: Gọi M , N là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 − 3 x + 1 trên [ 0; 2] . Khi đó M + N bằng A. 3.

B. 4.

C. 6.

D. 2.

C. x = 1.

4 D. x = . 3

Câu 2: Nghiệm của phương trình log 2 ( 3x − 2 ) = 2 là 2 A. x = . 3

B. x = 2.

Câu 3: Cho khối nón có chu vi đáy 8π và chiều cao h = 3. Thể tích khối nón đã cho bằng? A. 12π .

B. 4π .

C. 16π .

D. 24π .

1 C. . 3

C. 3 − 4i.

D. 4 + 3i.

Câu 4: Với a > 0, a ≠ 1, log a3 a bằng A. 3.

B. −3.

−1 . 3

Câu 5: Số phức liên hợp của số phức 4 − 3i là A. 3 + 4i.

B. −4 − 3i.

Câu 6: Họ các nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 2 + 2 x + 3 là A.

x3 + x 2 + 3 x + C. 3

Câu 7: Đồ thị hàm số y = A. 3.

C. x3 + x 2 + C.

B. 2 x + 2 + C.

D. x3 + 2 x 2 + 3 x + C.

x −3 có bao nhiêu tiệm cận đứng và tiệm cận ngang? 6 − 3x

B. 1.

C. 2.

D. 0.

Câu 8: Cho các số thực dương a, b, x, y thỏa mãn a > 1, b > 1 và a x −1 = b y = 3 ab . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 x + 4 y thuộc tập hợp nào dưới đây? A. ( 7;9] .

B. (11;13) .

(

C. (1; 2 ) .

D. [5; 7 ) .

)

Câu 9: Cho số phức z thỏa ( 2 + i ) z − 4 z − i = −8 + 19i. Mô đun của z bằng A. 5.

B. 18.

C. 5. 1

D. 13.

Câu 10: Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho khoảng ( 2;3) thuộc tập nghiệm của bất phương trình log 5 ( x 2 + 1) > log 5 ( x 2 + 4 x + m ) − 1.

A. m ∈ [ −12;13] .

B. m ∈ [ −13;12] .

C. m ∈ [ −13; −12] .

Câu 11: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ( 0; +∞ ) . Biết 1 . Khi đó, f ( 2) = ln 2

∫ 1

D. m ∈ [12;13] .

1 là một nguyên hàm của hàm số y = f ' ( x ) ln x và x2

f ( x) dx bằng x

7 A. − . 4

1 . 2

1 C. − . 2

7 . 4

Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (α ) : x + 2 y − 1 = 0. Vectơ nào sau đây là một vectơ pháp tuyến của (α ) ?

A. (1; 2; −1) .

B. (1; 2; 0 ) .

Câu 13: Cho số phức z = a + bi và w =

C. (1; −2; 0 ) .

D. ( −1; 2; 0 ) .

1 z + z . Mệnh đề nào sau đây ĐÚNG? 2

(

)

A. w = 2.

B. w là một số thực.

C. w = i.

D. w là số thuần ảo.

Câu 14: Cho một khối chóp có diện tích đáy B = 6a 2 , chiều cao h = 3a. Thể tích khối chóp đã cho bằng A. 6a 3 .

B. 18a 3 . e

Câu 15: Cho tích phân: I = ∫ 1

A. I = 2 ∫ u 2 du.

C. 9a 3 .

D. 54a 3 .

1 − ln x dx. Đặt u = 1 − ln x . Khi đó I bằng x 1

u2 du. 2 1

B. I = −2 ∫ u 2 du.

D. I = − ∫ u 2 du.

C. I = ∫

Câu 16: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và f ' ( x ) = ( x − 2 )( x + 3) (1 − 2 x ) . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 2.

B. 3.

C. 1.

D. 0.

Câu 17: Gọi ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x 2 − 5 x + 4 và trục Ox. Thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi quay hình ( H ) quanh trục Ox bằng:

9 A. . 2

81 . 10

81π . 10

Câu 18: Cho hàm số f ( x ) . Bảng biến thiên của hàm số f ' ( x ) như sau: 2

9π . 2

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 − 2 x ) là:

A. 7.

B. 9.

C. 3.

D. 5.

Câu 19: Số giao điểm của đồ thị hàm số y = − x 4 + 4 x 2 + 1 và đồ thị hàm số y = x 2 − 1 là A. 4.

B. 3.

C. 2.

D. 1.

x − m2 Câu 20: Hàm số y = đồng biến trên các khoảng ( −∞; 4 ) và ( 4; +∞ ) khi x−4

A. −2 ≤ m ≤ 2.

 m < −2 . B.  m > 2

 m ≤ −2 . C.  m ≥ 2

D. −2 < m < 2.

Câu 21: Cho hình nón ( N ) có đỉnh S , bán kính đáy r = 1 và độ dài đường sinh l = 2 2. Mặt cầu đi qua S và đường tròn đáy của ( N ) có bán kính bằng A.

4 7 . 7

8 7 . 7

C. 7.

4 . 3

Câu 22: Tỉ lệ tăng dân số hàng năm của một quốc gia X là 0,2%. Năm 1998 dân số của quốc gia X là 125500000 người. Hỏi sau bao nhiêu năm thì dân số của quốc gia X là 140000000 người? A. 54 năm. Câu 23: Cho hàm số y =

B. 6 năm.

C. 55 năm.

D. 5 năm.

x +1 . Phát biểu nào sau đây đúng? 1− x

A. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) và ( −1; +∞ ) . B. Hàm số đồng biến trên ( −∞;1) ∪ (1; +∞ ) . C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;1) . D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1; +∞ ) . Câu 24: Cho hình nón có bán kính đáy r = 2 và độ dài đường sinh l = 4. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 32π .

B. 8π .

C. 16π .

D. 48π .

Câu 25: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình dưới. Số nghiệm thực của phương trình f ( x ) = −1 là 3

A. 3.

B. 2.

C. 4.

D. 1.

Câu 26: Xét các số phức z thỏa mãn i z + 3 − 2i = 4. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp điểm biểu diễn số phức w = 2iz + 5 − 6i là một đường tròn có tâm I ( a; b ) , bán kính R. Tính T = a + b + R

A. 21.

B. 17.

C. 5.

D. −1.

 x = −1 . C.  x = 3

D. x = −1.

Câu 27: Hàm số y = x3 − 3 x 2 − 9 x − 7 đạt cực đại tại A. x = 3.

 x = −1 . B.  x = 3

Câu 28: Cho đồ thị hàm số f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây là đúng

A. a > 0; b < 0; c > 0; b 2 − 4ac = 0.

B. a > 0; b > 0; c > 0; b 2 − 4ac = 0.

C. a > 0; b < 0; c > 0; b 2 − 4ac > 0.

D. a > 0; b < 0; c > 0; b 2 − 4ac < 0.

Câu 29: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng qua A ( 3; 4;1) và song song với mặt phẳng ( Oxy ) có phương trình là A. x − 3 = 0.

B. z − 1 = 0.

C. y − 4 = 0.

D. 3 x + 4 y + z = 0.

1 C. x = − . 2

3 D. x = . 2

Câu 30: Nghiệm của phương trình 92 x+ 3 = 81 là 3 A. x = − . 2

1 B. x = . 2

Câu 31: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên đoạn [1; 2] , f (1) = 1 và f ( 2 ) = 2. Khi đó, I = ∫ f ' ( x ) dx bằng 1

A. I = 1.

7 C. I = . 2

B. I = −1.

3 Câu 32: Tập nghiệm của bất phương trình   4

A. ( −1; 2 ) .

2 x −4

3 >  4

B. ( −∞;5) .

D. I = 3.

x −1

là

C. [5; +∞ ) .

D. ( −∞; −1) .

C. 10.

D. 20.

C. 8π .

D. 36π .

Câu 33: Số cạnh của hình bát diện đều là A. 8.

B. 12.

Câu 34: Thể tích của khối cầu có bán kính r = 3 là A. 64π .

B. 48π .

Câu 35: Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm A (1;3;5) trên mặt phẳng ( Oyz ) là điểm nào sau đây? A. (1;3; 0 ) .

B. (1; 0;5) . 2

Câu 36: Biết

∫ 0

C. ( 0;3;5) . 4

 f ( x ) dx = 2020, khi đó I = ∫  f 0 

A. 2020.

D. (1; 0;0 ) .

 x     dx bằng  2 

B. 1010.

C. −2020.

D. 4040.

Câu 37: Cho số phức z = 3 + 4i. Tìm phần thực a và phần ảo b của số phức z. A. a = 3, b = 4.

B. a = 4, b = 3.

C. a = 4, b = −3. 2

D. a = 3, b = −4.

Câu 38: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + y 2 + ( z + 1) = 4. Tâm của ( S ) có tọa độ là A. ( −2; 0;1) . Câu 39: Cho số phức z = 1 3 A.  ; −  . 2 2

B. ( −2;0; −1) .

C. ( 2; 0;1) .

D. ( 2; 0; −1) .

1 + 2i . Trong mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z là điểm nào dưới đây? 1− i  1 3 B.  − ; −  .  2 2

1 3 C.  ;  . 2 2

 1 3 D.  − ;  .  2 2

Câu 40: Mặt phẳng đi qua trục hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông cạnh bằng 2a. Thể tích khối trụ bằng A. π a 3 .

2π a 3 . 3

Câu 41: Đồ thị hình bên là của hàm số nào? 5

π a3 3

D. 2π a 3 .

A. y = − x3 + 2 x.

B. y = x 3 − 3 x.

C. y = x 3 + 3 x.

D. y = − x3 − 2 x.

Câu 42: Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1; 2;5) và mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + z − 1 = 0. Phương trình đường thẳng qua A vuông góc với ( P ) là:

x = 3 − t  A.  y = −2 + 2t . x = 7 − t 

x = 1− t  B.  y = 2 − 2t . z = 5 − t 

x = 2 − t  C.  y = −2 + 2t . z = 7 − t 

x = 1+ t  D.  y = 2 − 2t . z = 5 − t 

Câu 43: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc và OB = OC = a 6, OA = a. Thể tích khối tứ diện đã cho bằng A. 3a 3 .

B. 2a 3 .

C. 6a 3 .

D. a 3 .

Câu 44: Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B = 8 và chiều cao h = 6. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng A. 48.

B. 16.

Câu 45: Tập xác định của hàm số y = log 2

C. 24.

D. 14.

x+3 là 2− x

A. ( −3; 2 ) .

B. ( −∞; −3) ∪ ( 2; +∞ ) .

C. ℝ \ {−3; 2} .

D. [ −3; 2] .

Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :

x −1 y + 2 = = z + 1, điểm nào dưới đây thuộc đường 2 3

thẳng d ?

A. ( 2;3;0 ) .

B. ( 2;3;1) .

C. (1; −2; −1) .

D. ( −1; 2;1) .

Câu 47: Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 4; −1;3) và đường thẳng d :

x −1 y + 1 z − 3 . Tọa độ điểm = = 2 1 −1

M là điểm đối xứng với điểm A qua d là

A. M ( 0; −1; 2 ) .

B. M ( 2; −5;3) .

C. M ( −1; 0; 2 ) .

D. M ( 2; −3;5 ) .

Câu 48: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như sau:

(

Số nghiệm của phương trình f 23 x

A. 2.

− 4 x2 + 2

) + 1 = 0 là

B. 3.

C. 1.

D. 5.

Câu 49: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a log3 7 = 27, b log7 11 = 49, c log11 25 = 11. Giá trị của biểu thức A = a(

log3 7 )

A. 129.

+ b(

log 7 11)

( log11 25 )2

là

B. 519.

C. 469.

D. 729.

Câu 50: Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi G1 , G2 , G3 , G4 lần lượt là trọng tâm của bốn mặt của hình tứ diện. Thể tích khối tứ diện G1G2G3G4 bằng

V . 32

V . 9

V . 27

--------------- HẾT --------------

V . 12

ĐÁP ÁN 1-D

2-B

3-C

4-C

5-D

6-A

7-C

8-A

9-D

10-A

11-D

12-B

13-B

14-A

15-A

16-A

17-C

18-A

19-C

20-B

21-A

22-C

23-C

24-B

25-A

26-C

27-D

28-A

29-B

30-C

31-A

32-B

33-B

34-D

35-C

36-D

37-A

38-D

39-D

40-D

41-B

42-A

43-D

44-A

45-A

46-C

47-D

48-B

49-C

50-C

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn D. Ta có y ' = 3 x 2 − 3.  x = 1 ∈ [ 0; 2] Cho y ' = 0 ⇔ 3 x 2 − 3 = 0 ⇔  . x = − ∉ 1 0; 2 [ ]  Ta có y ( 0 ) = 1; y (1) = −1; y ( 2 ) = 3. Vậy M = 3, N = −1 ⇒ M + N = 2.

Câu 2: Chọn B. Ta có log 2 ( 3x − 2 ) = 2 ⇔ 3x − 2 = 22 ⇔ x = 2. Vậy nghiệm của phương trình log 2 ( 3x − 2 ) = 2 là x = 2.

Câu 3: Chọn C. Gọi r là bán kính đáy của khối nón. Ta có: 2π r = 8π ⇒ r = 4 1 1 Thể tích của khối nón đã cho là: V = π r 2 h = π .4 2.3 = 16π . 3 3

Câu 4: Chọn C. 1 1 Với a > 0, a ≠ 1, log a3 a = log a a = 3 3

Câu 5: Chọn D. Ta có: 4 − 3i = 4 + 3i.

Câu 6: Chọn A. 8

Ta có:

∫

f ( x ) dx = ∫ ( x 2 + 2 x + 3) dx = ∫ x 2 dx + 2 ∫ xdx + 3∫ dx =

x3 + x 2 + 3x + C. 3

Câu 7: Chọn C. TXĐ: D = ℝ \ {2} .

1 1 x −3 = − nên đường thẳng y = − là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho. x →±∞ 6 − 3 x 3 3

Ta có lim y = lim x →±∞

Mà lim+ y = lim+ x→ 2

x→ 2

x−3 = +∞ nên đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho. 6 − 3x

Vậy đồ thị hàm số y =

x −3 có tất cả 2 đường tiệm cận, trong đó 1 đường tiệm cận ngang và 1 đường tiệm cận 6 − 3x

đứng. Câu 8: Chọn A. 1 4 1   x = 1 + 3 log a ab = 3 + 3 log a b . Ta có a x −1 = b y = 3 ab ⇔  1 1 1 1    y = 3 log b ab = 3 (1 + log b a ) = 3 1 + log b  a    Thay vào P, ta được

1 1  4 1  P = 3 x + 4 y = 3  + log a b  + 4. 1 +  3  log a b  3 3  =

16  4  +  log a b +  3  3log a b 

Vì a > 1, b > 1 nên log a b > 0. Áp dụng BĐT Cô-si, ta có:

16  4  16 4 16 + 4 3 . +  log a b + =  ≥ + 2 log a b. 3  3log a b  3 3log a b 3

4 2 3 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi log a b = log a b ⇔ log a b = 3 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

16 + 4 3 ∈ ( 7;9] . 3

Câu 9: Chọn D. Gọi z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) . Khi đó:

( 2 + i ) z − 4 ( z − i ) = −8 + 19i ⇔ ( 2 + i )( a + bi ) − 4 ( a − ( b + 1) i ) = −8 + 19i 9

⇔ ( 2a − b ) + ( a + 2b ) i − 4a + 4 ( b + 1) i = −8 + 19i, nên ta có hệ phương trình  −2 a − b = −8  −2a − b = −8 a = 3 . Vậy z = 13. ⇔ ⇔  a + 6b + 4 = 19  a + 6b = 15 b = 2

Câu 10: Chọn A. Điều kiện xác định: x 2 + 4 x + m > 0. Với điều kiện trên, bất phương trình tương đương với 5 ( x 2 + 1) > ( x 2 + 4 x + m ) .

 x 2 + 4 x + m > 0 Để khoảng ( 2;3) thuộc tập nghiệm của bất phương trình thì hệ bất phương trình  2 2 5 ( x + 1) > ( x + 4 x + m ) nghiệm đúng với mọi x ∈ ( 2;3) .  f ( x ) = x 2 + 4 x > − m ⇔ nghiệm đúng với mọi x ∈ ( 2;3) . 2  g ( x ) = 4 x − 4 x + 5 > m

Xét hàm số f ( x ) = x 2 + 4 x trên khoảng ( 2;3) có f ' ( x ) = 2 x + 4 > 0, ∀x ∈ ( 2;3) suy ra f ( x ) > f ( 2 ) = 12. Do

đó 12 ≥ −m ⇔ m ≥ −12 Xét hàm số g ( x ) = 4 x 2 − 4 x + 5 trên khoảng ( 2;3) có g ' ( x ) = 8 x − 4 > 0, ∀x ∈ ( 2;3) suy ra g ( x ) > g ( 2 ) = 13. Do đó 13 ≥ m ⇔ m ≤ 13.

Câu 11: Chọn D. '

1 2  1  Vì 2 là một nguyên hàm của hàm số y = f ' ( x ) ln x, nên  2  = f ' ( x ) ln x ⇔ − 3 = f ' ( x ) ln x x x x  u = f ( x )  du = f ' ( x ) dx . Đặt  1 ⇒  dv = dx v = ln x x  2

Khi đó:

∫ 1

2 2 2 f ( x) 2 1 1 2 dx = f ( x ) .ln ( x ) − ∫ f ' ( x ) ln xdx = f ( 2 ) .ln ( 2 ) + ∫ 3 dx = .ln 2 − 2 1 1 x x x 1 ln 2 1

 1  7 = 1 −  2 − 1 = . 2  4

Câu 12: Chọn B. Ta có: n = (1; 2;0 ) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (α ) . Câu 13: Chọn B. Ta có z = a − bi do đó w =

1 1 z + z = ( a + bi + a − bi ) = a là một số thực. 2 2

(

)

Câu 14: Chọn A. 1 1 Thể tích của khối chóp V = B.h = .6a 2 .3a = 6a 3 . 3 6

Câu 15: Chọn A. Đặt u = 1 − ln x ⇒ u 2 = 1 − ln x ⇒

dx = −2udu (với x = 1 → u = 1; x = e → u = 0) x

Ta có I = 2 ∫ u 2 du. 0

Câu 16: Chọn A.  x = 2  Ta có f ' ( x ) = 0 ⇔  x = −3  1 x = 2 

Trong đó x = 2, x =

1 là các nghiệm bội bậc lẻ nên hàm số y = f ( x) có 2 điểm cực trị. 2

Còn x = −3 là nghiệm bội bậc chẵn nên không là điểm cực trị của hàm số y = f ( x) .

Câu 17: Chọn C. x = 1 Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục Ox là: x 2 − 5 x + 4 = 0 ⇔  x = 4 Thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi quay hình ( H ) quanh trục Ox bằng: 4

V = π ∫ ( x 2 − 5 x + 4 ) dx = 1

81 π 10

Vậy chọn đáp án C là đáp án đúng.

Câu 18: Chọn A. Xét y = f ( x 2 − 2 x ) ⇒ y ' = ( 2 x − 2 ) . f ' ( x 2 − 2 x )

x =1  2  x − 2 x = x1 ∈ ( −∞; −1) x =1  ⇔  x 2 − 2 x = x2 ∈ ( −1;0 ) y'= 0 ⇔  2  f ' ( x − 2 x ) = 0  x 2 − 2 x = x ∈ ( 0;1) 3   x 2 − 2 x = x4 ∈ (1; +∞ ) 

Trường hợp 1: x 2 − 2 x = x1 ∈ ( −∞; −1) ⇔ x 2 − 2 x − x1 = 0. Ta có ∆ ' = 1 − 1. ( − x1 ) = 1 + x1 < 0, ∀x1 ∈ ( −∞; −1) nên phương trình vô nghiệm. Suy ra trường hợp này không có điểm cực trị.

Trường hợp 2: x3 − 2 x = x2 ∈ ( −1; 0 ) ⇔ x 2 − 2 x − x2 = 0. Ta có ∆ ' = 1 − 1. ( − x2 ) = 1 + x2 > 0, ∀x2 ∈ ( −1;0 ) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Suy ra trường hợp này có hai điểm cực trị.

Trường hợp 3: x 2 − 2 x = x3 ∈ ( 0;1) . Xét thấy hệ số a và c trong phương trình luôn trái dấu nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Suy ra trường hợp này có hai điểm cực trị. Trường hợp 4: x 2 − 2 x = x4 ∈ (1; +∞ ) . Xét thấy hệ số a và c trong phương trình luôn trái dấu nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Suy ra trường hợp này có hai điểm cực trị. Mặt khác, các hệ số trong các phương trình ở trường hợp 2, 3, 4 vừa xét đều khác nhau hệ số c nên các nghiệm của phương trình này đều khác nhau và đều khác 1. Vậy hàm số y = f ( x 2 − 2 x ) có 7 điểm cực trị. Ta chọn đáp án A.

Câu 19: Chọn C. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = − x 4 + 4 x 2 + 1 và đồ thị hàm số y = x 2 − 1 là

− x 4 + 4 x 2 + 1 = x 2 − 1.

 2 3 + 17 x = 3 + 17 2 4 2 . ⇔ x − 3x − 2 = 0 ⇔  ⇔ x=± 2  2 3 − 17 ( L) x =  2 Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số y = − x 4 + 4 x 2 + 1 và đồ thị hàm số y = x 2 − 1 là 2.

Câu 20: Chọn B. TXĐ: D = ( −∞; 4 ) ∪ ( 4; +∞ ) . Ta có y =

x − m2 −4 + m 2 . ⇒ y'= 2 x−4 ( x − 4) 12

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; 4 ) và ( 4; +∞ ) khi và chỉ khi y'=

−4 + m 2

( x − 4)

m > 2 . > 0 ⇔ −4 + m 2 > 0 ⇔   m < −2

Câu 21: Chọn A.

Gọi I là tâm của mặt cầu đi qua S và đường thẳng đáy của ( N ) .

R là bán kính của mặt cầu cần tìm. Theo giả thiết, ta có SO = l 2 − r 2 = 7.

Trường hợp 1. IO = SO − R = 7 − R. Trong tam giác vuông IOB, ta có IB 2 = IO 2 + OB 2 ⇔ R 2 =

(

)

7 − R +1 ⇔ R =

4 7 . 7

Trường hợp 2. IO = R − SO = R − 7.

(

Trong tam giác vuông IOB, ta có IB 2 = IO 2 + OB 2 ⇔ R 2 = R − 7

)

+1 ⇔ R =

4 7 . 7

Câu 22: Chọn C. Gọi A là dân số của quốc gia X năm 1998, r là tỷ lệ tăng dân số và An là dân số của quốc gia X sau n (năm) tính từ năm 1998.

An ≥ 140000000 ⇔ 125500000. (1 + 0, 2% )

140000000 ≥ 140000000 ⇔ n ≥ 125500000 ≈ 54, 72. ln (1 + 0, 2% ) ln

Vậy sau 55 năm thì dân số của quốc gia X là 140000000 người.

Câu 23: Chọn C. Tập xác định D = ℝ \ {1} . 13

Ta có y ' =

(1 − x )

> 0, ∀x ∈ D.

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) và (1; +∞ ) .

Câu 24: Chọn B. Ta có S xq = π rl = π .2.4 = 8π .

Câu 25: Chọn A. Số nghiệm thực của phương trình f ( x ) = −1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = −1. Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.

Câu 26: Chọn C. Do z ∈ ℂ ⇒ z = x + yi với x, y ∈ ℝ.

(

)

(

)

Theo đề bài: w = 2iz + 5 − 6i = 2 i z + 3 − 2i − (1 + 2i ) ⇔ w + (1 + 2i ) = 2 i z + 3 − 2i .

(

)

(

)

⇔ w+ (1 + 2i ) = 2 iz + 3 − 2i ⇔ w+ (1 + 2i ) = 2 iz + 3 − 2i = 8. Suy ra: 2

w + (1 + 2i ) = 8 ⇔ x + yi + 1 + 2i = 8 ⇔ x + 1 + ( y + 2 ) i = 8 ⇔ ( x + 1) + ( y + 2 ) = 82. Vậy tập hợp điểm biểu diễn w là một đường tròn có tâm I ( −1; −2 ) , bán kính R = 8 nên ta có: T = a + b + R = −1 − 2 + 8 = 5.

Câu 27: Chọn D.  x = −1 . Ta có: y " = 6 x − 6; y " ( −1) = −12 < 0; y " ( 3) = 12 > 0. Hàm số đạt cực đại Xét y ' = 3 x 2 − 6 x − 9 = 0 ⇔  x = 3 tại điểm x = −1 và đạt cực tiểu tại điểm x = 3.

Câu 28: Chọn A. * Từ hình vẽ suy ra a > 0, c > 0. * Xét y ' = 4ax3 + 2bx = 0 ⇔ 2 x ( 2ax 2 + b ) = 0. Để hàm số có 3 cực trị như hình vẽ thì a; b trái dấu, suy ra b < 0. * Xét f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c = 0 ⇔ at 2 + bt + c = 0; t = x 2 ≥ 0 có một nghiệm kép theo ẩn phụ t. Từ đồ thị, ta thấy phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành chỉ có hai nghiệm x đối nhau ⇔ phương trình bậc hai theo ẩn phụ t chỉ có một nghiệm dương ⇔ ∆ = b 2 − 4ac = 0.

Câu 29: Chọn B. 14

Mặt phẳng qua A ( 3; 4;1) và song song với mặt phẳng ( Oxy ) có VTPT: n = k ( 0;0;1)

Có phương trình: 0 ( x − 3) + 0 ( y − 4 ) + 1( z − 1) = 0 ⇔ z = 1.

Câu 30: Chọn C. TXĐ: D = ℝ

1 Phương trình đã cho tương đương: 92 x + 3 = 9 2 ⇔ 2 x + 3 = 2 ⇔ x = − . 2

Câu 31: Chọn A. 2

Ta có: I = ∫ f ' ( x ) dx = d ( x ) 1

2 1

= f ( 2 ) − f (1) = 2 − 1 = 1.

Câu 32: Chọn B. Bất phương trình ⇔ 2 x − 4 < x + 1 ⇔ x < 5. Tập nghiệm của bất phương trình là ( −∞;5) .

Câu 33: Chọn B. Câu 34: Chọn D. 4 4 Thể tích của khối cầu có bán kính r = 3 là V = π r 3 = .π .33 = 36π . 3 3

Câu 35: Chọn C. Hình chiếu vuông góc của điểm M ( a; b; c ) trên mặt phẳng ( Oyz ) là điểm M ' ( 0; b; c ) . Do đó điểm cần tìm là

( 0;3;5) . Câu 36: Chọn D. '

x 1 x Đặt t = ⇒ dt =   dx = dx ⇒ dx = 2dt 2 2 2

x = 4 ⇒ t = 2 Đổi cận  x = 0 ⇒ t = 0 2

⇒ I = 2 ∫ f ( t ) dt = 2.2020 = 4040 0

Vậy I = 4040.

Câu 37: Chọn A. Phần thực a và phần ảo b của số phức z là a = 3, b = 4.

Câu 38: Chọn D. 15

Tâm của ( S ) có tọa độ là ( 2; 0; −1)

Câu 39: Chọn D. Ta có: z =

1 + 2i (1 + 2i )(1 + i ) −1 + 3i 1 3 = = = − + i. 1− i 2 2 2 (1 − i )(1 + i )

 1 3 Vậy trong mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z là  − ;  .  2 2

Câu 40: Chọn D.

Vì thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông nên AB = 2 R = 2a ⇔ R = a và h = AA ' = 2a. Thể tích khối trụ là V = π R 2 h = π a 2 .2a = 2π a 3 .

Câu 41: Chọn B. Đồ thị hình bên là đồ thị hàm bậc 3 với hệ số a > 0 nên loại A và D. Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là ( −1; 2 ) và (1; −2 ) nên y ' = 0 ⇔ x = ±1 do đó loại đáp án C và chọn đáp án B. Câu 42: Chọn A. Mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + z − 1 = 0 có vectơ pháp tuyến n = (1; −2;1) . Đường thẳng vuông góc với mp ( P ) : x − 2 y + z − 1 = 0 nhận vectơ n = (1; −2;1) hoặc vectơ u = ( −1; 2; −1) làm

x = 3 − t  vectơ chỉ phương nên loại các đáp án B, D. Ta lại có tọa độ điểm A (1; 2;5) thỏa mãn phương trình  y = −2 + 2t z = 7 − t  nên đáp án A đúng. Câu 43: Chọn D.

Vì OA, OB, OC đôi một vuông góc nên OA ⊥ ( OBC ) và ∆OBC vuông tại O. 1 1 Nên thể tích khối chóp OABC là V = .OA.OB.OC = .a 6.a 6.a = a 3 . 6 6

Câu 44: Chọn A.

Áp dụng công thức thể tích hình trụ ta có V = B.h = 8.6. Vậy thể tích hình trụ là V = 48.

Câu 45: Chọn A. Hàm số y = log 2

x+3 x+3 > 0 ⇔ −3 < x < 2. có điều kiện xác định: 2− x 2− x

Vậy tập xác định D = ( −3; 2 ) .

Câu 46: Chọn C. Thay tọa độ điểm (1; −2; −1) vào đường thẳng d ta được: 17

1 − 1 ( −2 ) + 2 = = ( −1) + 1 = 0 (luôn đúng). 2 3 Suy ra điểm (1; −2; −1) thuộc đường thẳng d .

Câu 47: Chọn D. Gọi N ( 2t + 1; −t − 1; t + 3) ∈ d là hình chiếu của A trên d . Suy ra N là trung điểm AM . Ta có: AN .ud = 0 ⇔ 2 ( 2t − 3) − ( −t ) + t = 0 ⇔ t = 1.

Vậy N ( 3; −2; 4 ) . Suy ra M ( 2; −3;5 ) .

Câu 48: Chọn B. Dựa vào bảng biến thiên, ta có

 23 x − 4 x + 2 = a1 < −1(1)  4 3 = −1 ⇔  23 x − 4 x + 2 = 2  3 x 4 − 4 x3 + 2 = a2 > 5 2  4

(

f 23 x

− 4 x2 + 2

TH1: 23 x

) +1 = 0 ⇔ f (2

− 4 x3 + 2

3 x 4 − 4 x3 + 2

)

=2 2

⇔ 3 x 4 − 4 x 3 + 2 = 1 ⇔ ( x − 1) ( 3x 3 + 2 x + 1) = 0 ⇔ x = 1 TH2: 23 x

− 4 x2 + 2

= a2

⇔ 3 x 4 − 4 x3 + 2 = log 2 a2 Xét hàm số g ( x ) = 3x 4 − 4 x3 + 2, khảo sát hàm số, ta được bảng biến thiên sau:

−∞

g '( x) g ( x)

−

+∞

+∞ +

+∞ 1

Do log 2 a2 > log 2 5 > 1 nên 3 x 4 − 4 x 3 + 2 = log 2 a2 có hai nghiệm phân biệt khác 1.

(

Vậy phương trình f 23 x

− 4 x3 + 2

) + 1 = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

Câu 49: Chọn C. 18

Ta có A = a ( log3 7 ) + b( log7 11) + c

( log11 25 )2

= a log3 7

log11 25

= 3log3 7

= 27 log3 7 + 49log7 11 + 11

(

)

log 3 7

+ b log7 11

(

+ 7 log7 11

) (

)

log 7 11

) (

+ c log11 25

(

+ 11log11 25

)

1 2

)

log11 25

= 73 + 112 + 25 2 = 469.

Câu 50: Chọn C.

Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của AC , AD, CD. Ta có 1 1 1 1 VG1G2G3G4 = d ( G3 , ( G1G2G4 ) ) .SG1G2G4 = . .d ( B, ( G1G2G4 ) ) .SG1G2G4 = VBG1G2G4 3 3 2 2 3

V 1 2 4 1 = .   VBMNP = . VBACD = . 2 3 27 4 27

SỞ GD & ĐT BẮC GIANG

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT LẦN 1 KHỐI 12

TRƯỜNG THPT YÊN DŨNG SỐ 2

NĂM HỌC 2020 – 2021

------------------

MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút không kể thời gian phát đề

Câu 1: Xét các số thực dương a và b thỏa mãn log 5 ( 5a.25b ) = 5log5 a + log5 b+1. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a + 2b = ab.

B. a + 2b = 5ab.

C. 2ab − 1 = a + b.

D. a + 2b = 2ab.

Câu 2: Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng 600 , bán kính đáy bằng a. Diện tích xung quanh của hình nón bằng A. 4π a 2 . Câu 3: Cho hàm số y =

C. 2π a 2 .

B. π a 2 3.

D. π a 2 .

ax + b có đồ thị như hình vẽ cx + d

Khẳng định nào sau đây đúng?

A. ab < 0; ad > 0.

B. ad > 0; bd > 0.

C. bd < 0; bc > 0.

D. ab < 0; ac < 0.

Câu 4: Khối chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 6a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy có thể tích bằng A. 36 3a 3 .

C. 36 2a3 .

B. 36a 3 .

D. 108 3a 3 .

Câu 5: Thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác đều cạnh 2a. Đường cao của hình nón là A. h =

a 3 . 2

B. h = a 3.

C. h = 2a.

D. h = a.

Câu 6: Cho hình nón có đường kính đáy bằng 4. Biết rằng khi cắt hình nón đã cho bởi mặt phẳng qua trục, thiết diện thu được là một tam giác đều. Diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng 1

A. 4

(

)

3 +1 π .

B. 12π .

20π . 3

D. 32π .

Câu 7: Số giao điểm của đồ thị y = x3 − 2 x 2 + 3 x − 2 và trục hoành là A. 1.

B. 3.

C. 0.

D. 2.

Câu 8: Cho khối chóp có thể tích V = 36 ( cm3 ) và diện tích mặt đáy B = 6 ( cm 2 ) . Chiều cao của khối chóp là A. h =

1 ( cm ) . 2

B. h = 6 ( cm ) .

C. h = 72 ( cm ) .

D. h = 18 ( cm ) .

3x 2 + 2 Câu 9: Đồ thị hàm số y = có tất cả bao nhiêu tiệm cận. 2x + 1 − x

A. 4.

B. 2.

C. 1.

D. 3.

Câu 10: Trong các hình sau đây, có bao nhiêu hình được gọi là hình đa diện ?

A. 2.

B. 4.

C. 3.

D. 5.

C. (−3; +∞) .

D. (−∞;1) .

Câu 11: Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (2; +∞) .

B. (0; 2) .

Câu 12: Trong khai triển (a + b) n , số hạng tổng quát của khai triển là. A. Cnk +1a n − k +1b k +1 .

B. Cnk a n − k b k .

C. Cnk −1a n +1b n − k +1 .

Câu 13: Tìm số hạng đều tiên của cấp số nhân ( un ) với công bội q = 2, u8 = 384.

D. Cnk a n − k b n − k .

A. u1 = 6.

1 C. u1 = . 3

B. u1 = 12.

D. u1 = 3.

Câu 14: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ là hàm số f ' ( x ) . Biết đồ thị hàm số f ' ( x ) được cho như hình vẽ. Hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng

A. ( 0;1) .

B. ( −∞; −3) .

C. ( −∞; −1) .

D. ( −3; −2 ) .

Câu 15: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ. Hỏi hàm số đã cho có bao nhiêu đường tiệm cận?

A. 3.

B. 2.

C. 4.

D. 1.

Câu 16: Trong khai triển (1 − x ) , hệ số của số hạng chứa x3 là A. C118 .

B. C113 .

C. C115 .

Câu 17: Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số nào?

D. −C113 .

A. y =

x+3 . 2+ x

B. y =

2x + 1 . x−2

C. y =

x +1 . x−2

D. y =

x −1 . 2x + 2

Câu 18: Cho cấp số cộng ( un ) với un = 4n − 3. Tìm công sai d của cấp số cộng. A. d = 4.

B. d = −4.

C. d = 1.

D. d = −1.

Câu 19: Cho hàm số y = f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ. Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( sin 2 x ) = m có nghiệm.

A. [ −1;1] .

B. ( −1;3) .

C. ( −1;1) .

D. [ −1;3] .

Câu 20: Cho ngẫu nhiên 4 đỉnh của một đa giác đều 24 đỉnh. Tìm xác suất để chọn được 4 đỉnh là 4 đỉnh của một hình vuông? A.

1 . 1771

2 . 1551

1 . 151

2 . 69

Câu 21: Cho tứ diện O. ABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc và OA = 3a, OB = OC = 2a. Thể tích V khối tứ diện đó là A. V = 6a 3 .

B. V = a 3 .

C. V = 2a 3 .

Câu 22: Tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đều cạnh a bằng 4

D. V = 3a 3 .

A. 4 3a 2 .

B. 2 3a 2 .

C. 6 3a 2 .

Câu 23: Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC = 1200 , AA ' = 2a 5. Thể tích V của khối lăng trụ đã cho là BAC A. V =

4a 3 5 . 3

B. V = 4a 3 5.

Câu 24: Tập xác định của hàm số y = x A. [ 0; +∞ ) .

D. 8 3a 2 .

là tam giác với

AB = a, AC = 2a và

a 3 15 . 3

C. V = a 3 15.

D. V =

C. ( −∞; 0 ) .

D. ( 0; +∞ ) .

2 C. . a

là

B. ( −∞; +∞ ) .

Câu 25: Đặt a = log 3 4, khi đó log16 81 bằng A.

2a . 3

3 . 2a

a . 2

Câu 26: Một lớp có 30 học sinh, trong đó có 3 cán sự lớp. Hỏi có bao nhiêu cách cứ 4 bạn đi dự đại hội đoàn trường sao cho trong 4 học sinh đó có ít nhất một cán sự lớp A. 9855.

B. 27405.

C. 8775.

D. 657720.

Câu 27: Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau. Mệnh đề nào dưới đây là đúng

A. Hàm số có hai điểm cực trị.

B. Hàm số có một điểm cực trị.

C. Hàm số đạt cực trị tại x = 1.

D. Hàm số đạt cực tiểu tại x = −2.

Câu 28: Cho hàm số có bảng biến thiên như hình dưới đây. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Giá trị lớn nhất của hàm số trên tập số thực bằng 0. B. Giá trị cực đại của hàm số bằng 0. 5

C. Giá trị cực tiểu của hàm số bằng 0. 1 D. Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên tập số thực bằng − . 6

Câu 29: Số điểm cực trị của hàm số y = 2 x 3 − 6 x + 3 là A. 3.

B. 2.

C. 4.

D. 1.

Câu 30: Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây

Số nghiệm thực của phương trình 3 f ( x ) + 2 = 0 là

A. 3.

B. 2.

Câu 31: Cho hàm số y =

C. 4.

D. 1.

5x + 9 khẳng định nào sau đây là đúng? x −1

A. Hàm số đồng biến trên ( −∞;1) ∪ (1; +∞ ) .

B. Hàm số nghịch biến trên ( −∞;1) và (1; +∞ ) .

C. Hàm số nghịch biến trên ( −∞;1) ∪ (1; +∞ ) .

D. Hàm số nghịch biến trên ℝ \ {1} .

Câu 32: Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x + A. min y = 5. ( 0;+∞ )

4 trên khoảng ( 0; +∞ ) . x2

B. min y = 4.

C. min y = 3.

( 0;+∞ )

D. min y = 8. ( 0; +∞ )

Câu 33: Rút gọn biểu thức P = x 3 . 6 x với x > 0 ta được 2 9

A. P = x .

B. P = x .

C. P = x .

Câu 34: Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào?

1 8

D. P = x .

A. y = − x 3 − 3 x 2 + 2.

B. y = x3 + 3 x 2 + 2.

C. y = x3 − 3 x 2 + 2.

D. y = − x 3 + 3 x 2 + 2. 2

Câu 35: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x ( x − 2 ) ( 3 x − 2 ) , ∀x ∈ ℝ. Số điểm cực trị của hàm số

y = f ( x ) bằng A. 4.

B. 3.

C. 1.

D. 2.

Câu 36: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y = x3 − 8 x 2 + ( m 2 + 5 ) x − 2m 2 + 14 có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục Ox ?

A. 6.

B. 4.

C. 5.

D. 7.

Câu 37: Một đề thi trắc nghiệm gồm 50 câu, mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có 1 phương án đúng, mỗi câu trả lời đúng được 0,2 điểm. Một thí sinh làm bài bằng cách chọn ngẫu nhiên 1 trong 4 phương án ở mỗi câu. Tính xác suất để thí sinh đó được 6 điểm. A. 0, 2520.0, 7530.

C. 0, 2530.0, 7520.C5030 .

B. 0, 2530.0, 7520.

D. 1 − 0, 2520.0, 7530.

Câu 38: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vuông cân tại A. Hình chiếu vuông góc của điểm A ' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam giác ( ABC ) . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC bằng

17 a, cạnh bên AA ' bằng 2a. Tính theo a thể tích V của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' biết 6

AB < a 3.

34 3 a. 6

102 3 a. 18

102 3 a. 6

34 3 a. 18

Câu 39: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông và có mặt phẳng ( SAB ) vuông góc với mặt phẳng đáy, tam giác SAB là tam giác đều. Gọi I và E lần lượt là trung điểm của cạnh AB và BC; H là hình chiếu vuông góc của I lên cạnh SC. Khẳng định nào sau đây sai? A. Mặt phẳng (SIC) vuông góc với mặt phẳng (SDE). B. Mặt phẳng (SAI) vuông góc với mặt phẳng (SBC). C. Góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SIC) là góc BIC. 7

D. Góc giữa hai mặt phẳng (SIC) và (SBC) là góc giữa hai đường thẳng IH và BH. Câu 40: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 3, BC = 4, SA = 2 . Tam giác SAC nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy và có diện tích bằng 4. Côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng A.

3 17 . 17

5 34 . 17

2 34 . 17

3 34 . 34

Câu 41: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vuông và AB = BC = a, AA ' = a 2, M là trung điểm BC. Tính khoảng cách d của hai đường thẳng AM và B ' C. A. d =

a 3 . 3

a 7 . 7

B. d =

a 2 . 2

C. d =

D. d =

a 6 . 6

Câu 42: Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 = 2. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số P = 2 ( x3 + y 3 ) − 3 xy . Giá trị của M + m bằng

1 B. − . 2

A. −4.

C. −6.

D. 1 − 4 2.

Câu 43: Cho hình tứ diện ABCD có AB, AC , AD đôi một vuông góc AB = 6a, AC = 8a, AD = 12a, với a > 0, a ∈ ℝ. Gọi E , F tương ứng là trung điểm của hai cạnh BC , BD. Tính khoảng cách d từ điểm B đến mặt phẳng ( AEF ) theo a.

A. d =

24 29a . 29

B. d =

8 29a . 29

C. d =

6 29a . 29

D. d =

12 29a . 29

Câu 44: Cho hàm số f ( x ) , hàm số y = f ' ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên

Bất phương trình f ( x ) < 2 x + m ( m là tham số thực) có nghiệm đúng với mọi x ∈ ( 0; 2 ) khi và chỉ khi

A. m > f ( 2 ) − 2.

B. m ≥ f ( 2 ) − 2.

C. m ≥ f ( 0 ) .

D. m > f ( 0 ) .

2x +1 cắt đường thẳng d : y = x + m tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn x +1 a a ∆OAB vuông tại O khi m = . Biết a, b là nguyên dương; tối giản. Tính S = a + b. b b

Câu 45: Đồ thị hàm số ( C ) : y =

A. S = 5.

B. S = 3.

C. S = 6.

D. S = 1.

3 5 Câu 46: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = 3cos 4 x + sin 2 x + m cos x − đồng biến trên 2 2  3 2π   ; . 2 3 

A. m ≤ −

1 . 3

B. m ≥ −

1 . 3

C. m < −

1 . 3

D. m > −

1 . 3

Câu 47: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên tạo với đáy một góc 600. Gọi G là trọng tâm của tam giác SBD. Mặt phẳng (α ) đi qua A, G và song song với BD, cắt

SB, SC , SD lần lượt tại E , M , F . Tính thể tích V của khối chóp S . AEMF .

A. d =

a3 6 . 18

B. d =

a3 6 . 9

C. d =

a3 6 . 6

D. d =

a3 6 . 36

Câu 48: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên thuộc đoạn [-10;10] của m để hàm số y = x3 − 3(2m + 1) x 2 + (12m + 5) x + 2 đồng biến trên khoảng (2; +∞) . Số phần tử của S bằng A. 10.

B. 12.

C. 11.

D. 13.

Câu 49: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số 34 f ( x) = trên đoạn [ 0;3] bằng 2. Tổng tất cả các phần tử của S bằng 2 3 ( x − 3 x + 2m ) + 1 A. −6.

B. −8.

C. 8.

D. −1.

Câu 50: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ. Biết rằng hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ

 x4  Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 2 x ) −  − 2 x 3 + x 2 + 2 x + 1 là  2  A. 7.

B. 8.

C. 5.

D. 6.

------------- HẾT --------------

ĐÁP ÁN 1-B

2-C

3-A

4-A

5-B

6-B

7-A

8-D

9-B

10-B

11-A

12-B

13-D

14-D

15-A

16-D

17-C

18-A

19-D

20-A

21-C

22-B

23-C

24-D

25-C

26-A

27-A

28-B

29-B

30-A

31-B

32-C

33-C

34-A

35-D

36-D

37-C

38-A

39-D

40-D

41-B

42-B

43-A

44-C

45-A

46-A

47-A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn B. Ta có log 5 ( 5a 25b ) = 5log5 a + log5 b +1 ⇔ log 5 5a + log 5 25b = 5log5 a.5log5 b.5 ⇔ a + b log 5 25 = a.b.5

⇔ a + 2b = 5ab

Câu 2: Chọn C.

Ta có: SB =

OB a = = 2a sin BSO 1 2

S xq = π Rl = π .a.2a = 2a 2π . Câu 3: Chọn A. Từ đồ thị của hàm số ta suy ra: Tiệm cận đứng x = − Tiệm cận ngang y =

d < 0 ⇒ cd > 0 (1) c

a > 0 ⇒ ac > 0 ( 2 ) c

Từ (1) , ( 2 ) suy ra ad > 0. 11

48-C

49-B

50-A

Giao điểm với trục hoành x = −

b > 0 ⇒ ab < 0. a

Vậy ta có ab < 0 và ad > 0.

Câu 4: Chọn A.

Vẽ đường cao SO của tam giác đều SAB. Ta có ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) . Do đó SO là đường cao của hình nón S . ABCD và SO =

6a 3 = 3a 3. 2

1 1 2 Thể tích của khối chóp S . ABCD : V = S ABCD .SO = . ( 6a ) .3a 3 = 36 3a 3 . 3 3

Câu 5: Chọn B.

Ta có tam giác SAB là tam giác đều cạnh 2a nên SA = SB = AB = 2a Khi đó: R = OA = a, l = SA = 2a. Nên h = SO = a 3. 12

Vậy chọn đáp án B.

Câu 6: Chọn B.

Ta có tam giác SAB là tam giác đều cạnh 4 nên SA = SB = AB = 4. Khi đó: R = OA = 2, l = SA = 4. Nên h = SO = 2 3. Ta có: Stp = π Rl + π R 2 = π .2.4 + π .22 = 12π nên chọn đáp án B.

Câu 7: Chọn A. Phương trình hoành độ giao điểm của y = x3 − 2 x 2 + 3 x − 2 với trục hoành là

x3 − 2 x 2 + 3 x − 2 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x 2 − x + 2 ) = 0 ⇔ x = 1 (do x 2 − x + 2 > 0, ∀x ∈ ℝ). Vậy số giao điểm cần tìm là 1.

Câu 8: Chọn D. 1 3V 3.36 Ta có V = B.h suy ra h = = = 18 ( cm ) . 3 B 6

Câu 9: Chọn B. Câu 10: Chọn B. Câu 11: Chọn A. Ta có: y ' > 0 khi x ∈ (−∞; 0) và x ∈ (2; +∞) . Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (2; +∞) .

Câu 12: Chọn B. Số hạng thứ k + 1 của khai khiển (a + b) n là Cnk a n − k b k , k = 0,1, 2,...., n .

Câu 13: Chọn D. Ta có: u8 = u1.q 7 ⇔ 384 = u1.27 ⇔ u1 = 3.

Câu 14: Chọn D. 13

Dựa vào đồ thị hàm số f ' ( x ) , ta có f ' ( x ) < 0 với mọi x ∈ ( −3; −2 ) nên hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng

( −3; −2 ) . Câu 15: Chọn A. Ta có lim f ( x ) = 0 nên y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x →+∞

lim + f ( x ) = −∞, lim+ f ( x ) = +∞ nên x = −2, x = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

x →( −2 )

x →( 0 )

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.

Câu 16: Chọn D. 11

Xét khai triển (1 − x ) = ∑ C11k . ( −1) .x k . 11

k =0

Ta có hệ số của số hạng chứa x3 là −C113 .

Câu 17: Chọn C. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = 2 nên loại đáp án A; D. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 1 nên loại đáp án B. Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số y =

x +1 . x−2

Câu 18: Chọn A. Ta có d = un +1 − un = 4 ( n + 1) − 3 − ( 4n − 3) = 4.

Câu 19: Chọn D. Đặt t = sin 2 x ⇒ 0 ≤ t ≤ 1. Phương trình f ( sin 2 x ) = m ⇔ f ( t ) = m (*) , 0 ≤ t ≤ 1. Nhìn vào đồ thị suy ra phương trình (*) trên đoạn [ 0;1] có nghiệm khi và chỉ khi −1 ≤ m ≤ 3.

Câu 20: Chọn A. Số các tứ giác được tạo thành từ 4 đỉnh của một đa giác đều 24 đỉnh là: C244 = 10626

⇒ n ( Ω ) = 10626. Gọi A là biến cố: “Chọn được 4 đỉnh là 4 đỉnh của một hình vuông”. Ta có: Số các đường chéo là đường kính:

1 C24 = 12. 2

Trong đó số cặp đường kính vuông góc với nhau:

12 = 6. 2

Suy ra số hình vuông được tạo thành là: 6

⇒ n ( A ) = 6. ⇒ P ( A) =

n ( A) n (Ω)

6 1 . = 10626 1771

Câu 21: Chọn C.

1 3a.2a.2a Thể tích khối tứ diện OABC : V = OA.OB.OC = = 2a 3 . 6 6

Câu 22: Chọn B. Các mặt của hình bát diện đều cạnh a đều là tam giác đều có diện tích S1 = Vậy tổng diện tích 8 mặt là S = 8.S1 = 2 3a 2 .

Câu 23: Chọn C.

a2 3 . 4

Diện tích ∆ABC là S ABC

1 a2 3 . = AB. AC.sin BAC = 2 2

Vậy thể tích khối lăng trụ là V = AA '.S ABC = a 3 15.

Câu 24: Chọn D. Vì

3 không nguyên nên tập xác định của hàm số là D = ( 0; +∞ ) .

Câu 25: Chọn C. 4 2 2 = Ta có: log16 81 = log 4 3 = 2 log 3 4 a

Câu 26: Chọn A. Số cách chọn 4 bạn tùy ý trong 30 bạn là: C304 = 27405. Số cách chọn 4 bạn trong 30 bạn mà không có bạn nào làm cán sự lớp là: C274 = 17550 Số cách chọn 4 bạn thỏa mãn yêu cầu bài toán là: C304 − C274 = 9855

Câu 27: Chọn A. Hàm số có hai điểm cực trị x = −1 và x = 0.

Câu 28: Chọn B. Giá trị cực đại của hàm số bằng 0 tại x = 0 16

Giá trị cực tiểu của hàm số bằng −

1 tại x = 1. 6

Câu 29: Chọn B. Tập xác định: D = ℝ .

x = 1 . y ' = 6 x 2 − 6, y ' = 0 ⇔ 6 x 2 − 6 = 0 ⇔   x = −1

−1

−∞

−

+∞ +

+∞

−1

−∞

Căn cứ vào bảng biến thiên hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Câu 30: Chọn A. 3 f ( x) + 2 = 0 ⇔ f ( x) = −

2 3 −4

−∞

−

+∞ +

+∞ y=− −1

−∞

Căn cứ vào bảng biến thiên thì phương trình 3 f ( x ) + 2 = 0 ⇔ f ( x ) = −

2 có 3 nghiệm phân biệt. 3

Câu 31: Chọn B. Tập xác định: D = ℝ \ {1} . y'=

−14

( x − 1)

< 0, ∀x ∈ D ⇒ hàm số nghịch biến trên hai khoảng ( −∞;1) và (1; +∞ ) .

Câu 32: Chọn C. Ta có: y ' = 1 −

2 3

8 x3 − 8 = ; y ' = 0 ⇔ x 3 = 8 ⇔ x = 2. 3 3 x x

Bảng biến thiên: 17

x y' y

+∞

−

+∞

+∞ 3

Vậy min y = 3. ( 0;+∞ )

Câu 33: Chọn C. 1

Ta có: P = x 3 . 6 x = x 3 .x 6 = x 2 = x .

Câu 34: Chọn A. Xét hàm số y = ax3 + bx 2 + cx + d ( a ≠ 0 ) . Ta có: lim = −∞ nên a < 0 và xCD + xCT = 0 + ( −2 ) = −2 < 0 ⇒ − x →±∞

2b < 0, mà a < 0 ⇒ b < 0. 3a

Câu 35: Chọn D.  x = 0  2 Ta có f ' ( x ) = 0 ⇔ x ( x − 2 ) ( 3 x − 2 ) = 0 ⇔  x = 2  2 x = 3 

2 là nghiệm đơn, nên dấu của 3 2 f ' ( x ) = x ( x − 2 ) ( 3 x − 2 ) , ∀x ∈ ℝ bị đổi dấu 2 lần. Suy ra hàm số y = f ' ( x ) có 2 điểm cực trị.

Trong

đó

x=2

là

nghiệm

kép

x = 0, x =

đạo

hàm

Câu 36: Chọn D. Yêu cầu bài toán tương đương đồ thị hàm số y = x3 − 8 x 2 + ( m 2 + 5 ) x − 2m 2 + 14 cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt ⇔ x3 − 8 x 2 + ( m 2 + 5 ) x − 2m 2 + 14 = 0 có 3 nghiệm phân biệt. +) x3 − 8 x 2 + ( m 2 + 5 ) x − 2m 2 + 14 = 0 ⇔ ( x − 2 ) ( x − 7 )( x + 1) − m 2  = 0

x = 2 ⇔ 2 2  x − 6 x − 7 + m = 0 (1)

⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt ( x ≠ 2 ) 18

∆ ' = 9 + 7 − m 2 > 0 −4 < m < 4 m∈Z ⇔ 2 ⇔  → m ∈ [ −3; −2; −1; 0;1; 2;3] .  2 m ≠ ± 15 2 − 6.2 − 7 + m ≠ 0

Câu 37: Chọn C. Mỗi câu trả lời đúng được 0,2 điểm do vậy thí sinh được 6 điểm thì phải làm đúng số câu là

6 = 30 câu 0, 2

Mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có 1 phương án đúng vì vậy xác suất trả lời đúng một câu là 1 3 = 0, 25 và xác suất trả lời sai một câu là = 0, 75 4 4 Số cách chọn 30 câu trả lời đúng trong 50 câu là C5030 Vậy xác suất để thí sinh đó được 6 điểm là 0, 2530.0, 7520.C5030 .

Câu 38: Chọn A.

Gọi N là trung điểm của BC , G là trọng tâm tam giác ABC Hình chiếu vuông góc của điểm A ' lên mặt phẳng

A ' G ⊥ ( ABC ) Tam giác ABC vuông cân tại A nên AN ⊥ BC (1) Lại có A ' G ⊥ BC ( 2 ) Từ (1) và ( 2 ) ta có BC ⊥ ( A ' AN )

( ABC )

trùng với trọng tâm tam giác

( ABC )

nên

Trong mặt phẳng ( A ' AN ) từ N kẻ NH ⊥ A ' A suy ra NH là ddonanj vuông góc chung của AA ' và BC do

đó d ( A ' A; BC ) = NH =

17 a 6

Đặt AB = 2 x Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên BC = 2 x 2; AN =

G là trọng tâm tam giác ABC ⇒ AG =

1 BC = x 2 2

2 2x 2 AN = 3 3

Trong tam giác vuông A ' AG có A ' G 2 = A ' A2 − AG 2 = 4a 2 − Trong mặt phẳng ( A ' AN ) kẻ GK / / NH ⇒ GK =

8x2 9

2 a 17 NH = 3 9

Trong tam giác vuông A ' AG có

1 1 1 81 = + ⇔ = 2 2 2 GK A'G AG 17 a 2

⇔

1 4a 2 −

8x 9

1 8x2 9

81 4a 2 = 17 a 2  2 8 x 2  8 x 2  4a − . 9  9 

⇔ 64 x 4 − 288a 2 x 2 + 68a 4 = 0  2 17 2 17 a ⇒ AB = a 17 x = a ⇒ x = 4 2 ⇔ 1  2 1 2  x = 4 a ⇒ x = 2 a ⇒ AB = a Mà AB < a 3 nên AB = a

Cách để tính AB Ta có NH . AA ' = A ' G. AN (vì cùng bằng 2 lần diện tích tam giác A ' NA) ⇔

a 17 8x2 .2a = 4a 2 − .x 2 6 9

 2 17 2 17 a ⇒ AB = a 17 x = a ⇒ x = 4 2 2 4 4 2 ⇔ 16 x − 72a x + 17 a = 0 ⇔  1  2 1 2  x = 4 a ⇒ x = 2 a ⇒ AB = a 20

Mà AB < a 3 nên AB = a. A ' G 2 = A ' A2 − AG 2 = 4a 2 −

8 x 2 34a 2 a 34 = ⇒ A 'G = 9 9 3

Thể tích V của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là V = A ' G.S ABC =

a 34 1 34a 3 . .a.a = . 3 2 6

Câu 39: Chọn D.

 DE ⊥ IC ⇒ DE ⊥ ( SIC ) ⇒ ( SIC ) ⊥ ( SDE ) . Suy ra A đúng/ +  DE ⊥ SI  BC ⊥ AI ⇒ BC ⊥ ( SAI ) ⇒ ( SBC ) ⊥ ( SAI ) . Suy ra B đúng +  BC ⊥ AB + DE ⊥ ( SCI ) ; BC ⊥ ( SAI ) nên

( ( SIC ) , ( SAB ) ) = ( BC , DE ) = ∠DEC = ∠BIC.

Suy ra D sai. Vậy D sai.

Câu 40: Chọn D.

TH1: H thuộc đoạn thẳng AC. + Kẻ SH ⊥ AC ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) mặt khác S ∆SAC =

1 8 SH . AC = 4 ⇔ SH = 2 5

6 = SH = 4 . AH = ;sin SAC 5 SA 5 + Kẻ BK ⊥ AC ⇒ BK ⊥ ( SAC ) kẻ KL ⊥ SA ⇒ SA ⊥ ( BKL ) ⇒ ( ( SAB ) , ( SBC ) ) = BLK

Ta có:

BL =

1 1 1 12 9 = 36 = + ⇒ BK = và AK = ; KL = AK .sin SAC 2 2 2 BK BA BC 5 5 25

12 34 = KL = 3 34 ; cos BLK 25 BL 34

TH2. H không thuộc đoạn thẳng AC.

+ Kẻ SH ⊥ AC ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) mặt khác S ∆SAC =

1 8 SH . AC = 4 ⇔ SH = 2 5

6 = SH = 4 . AH = ;sin SAH 5 SA 5 + Kẻ BK ⊥ AC ⇒ BK ⊥ ( SAC ) kẻ KE ⊥ SA ⇒ ( ( SAB ) , ( SBC ) ) = BEK

Ta có:

BE =

1 1 1 12 9 = 36 = + ⇒ BK = và AK = ; KE = AK .sin SAH 2 2 2 BK BA BC 5 5 25

12 34 = KL = 3 34 ;cos BEK 25 BL 34

Câu 41: Chọn B.

Ta có AB = BC = a nên ∆ABC vuông cân tại B.

1 a3 2 Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và VABC . A ' B 'C ' = AA '.S ∆ABC = a 2. a 2 = (đvtt). 2 2 Gọi E là trung điểm BB '. Khi đó B ' C / / EM ⇒ B ' C / / ( AME ) . Vậy d ( AM , B ' C ) = d ( ( AME ) , B ' C ) = d ( C , ( AME ) ) = d ( A, ( AME ) ) . Gọi h là khoảng cách từ A đến ( AME ) . Ta nhận thấy tứ diện B. AME có BE , BM , BA đôi một vuông góc. Khi đó

1 1 1 1 1 4 2 1 7 a 7 . = + + ⇔ 2 = 2 + 2 + 2 = 2 ⇒h= 2 2 2 2 h BM BE BA h a a a a 7

Câu 42: Chọn B. Ta có: P = 2 ( x3 + y 3 ) − 3 xy = 2 ( x + y ) ( x 2 + y 2 − xy ) − 3 xy = 2 ( x + y )( 2 − xy ) − 3 xy.

Đặt t = x + y ⇒ t 2 = x 2 + y 2 + 2 xy ⇒ t 2 = 2 + 2 xy ⇔

t2 − 2 = xy. 2

Do ( x + y ) ≥ 4 xy ⇔ t 2 ≥ 2 ( t 2 − 2 ) ⇔ t 2 ≤ 4 ⇔ −2 ≤ t ≤ 2. 2  3 t 2 − 2  3 (t − 2) Suy ra P = 2t  2 − = −t 3 − t 2 + 6t + 3 = f ( t ) với t ∈ [ −2; 2] . − 2  2 2 

t = 1 . Khi đó: f ' ( t ) = −3t 2 − 3t + 6; f ' ( t ) = 0 ⇔ −3t 2 − 3t + 6 = 0 ⇔  t = −2 Suy ra f (−2) = −7, f (1) =

13 13 1 , f (2) = 1 ⇒ M = ; m = −7 ⇒ M + m = − . 2 2 2

Câu 43: Chọn A. 23

Cách 1: Ta có AB, AC , AD đôi một vuông góc nên AD ⊥ ( ABC ) . Gọi K là trung điểm của AB, vì F là trung điểm của BD suy ra FK / / AD mà AD ⊥ ( ABC ) ⇒ FK ⊥ ( ABC ) hay FK ⊥ ( AKE ) .  KG ⊥ AE ( G ∈ AE ) Kẻ  ⇒ d ( K , ( AEF ) ) = KH . Mặt khác BK cắt mặt phẳng ( AEF ) tại A. KH ⊥ FG H ∈ GF ( )  Suy ra

d ( B, ( AEF ) ) d ( K , ( AEF ) )

BA = 2 ⇒ d ( B, ( AEF ) ) = 2d ( K , ( AEF ) ) . KA

Trong tam giác AKE vuông tại K và tam giác FKG vuông tại K , ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 29 12 29a . = + = + + = + + = ⇒ KH = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 KH KF KG KF KA KE 29 ( 6a ) ( 3a ) ( 4a ) 144a Vậ y d =

24 29a . 29

Cách 2: Ta có AB, AC , AD đôi một vuông góc nên AD ⊥ ( ABC ) . Chọn hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ, chọn a = 1, ta có A ( 0; 0;0 ) , B ( 0;6; 0 ) , E ( 4;3;0 ) , F ( 0;3; 6 ) .

Ta có AE = ( 4;3;0 ) , AF = ( 0;3;6 ) ⇒  AE , AF  = (18; −24;12 ) = 6 ( 3; −4; 2 ) . Mặt phẳng

( AEF )

nhận n = ( 3; −4; 2 ) làm một vectơ pháp tuyến và đi qua A ( 0; 0;0 ) có phương trình là:

3 x − 4 y + 2 z = 0.

Vậy d ( B, ( AEF ) ) =

Vì a = 1 nên d =

3.0 − 4.6 + 2.0 2

32 + ( −4 ) + 22

24 29 . 29

24 29a . 29

Câu 44: Chọn C. Ta có f ( x ) < 2 x + m ⇔ m > f ( x ) − 2 x (*) . Xét g ( x ) = f ( x ) − 2 x, ∀x ∈ ( 0; 2 ) . Ta có g ' ( x ) = f ' ( x ) − 2 < 0,, ∀x ∈ ( 0; 2 ) nên hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( 0; 2 ) . Do đó (*) đúng với mọi x ∈ ( 0; 2 ) khi và chỉ khi m ≥ g ( 0 ) = f ( 0 ) .

Câu 45: Chọn A. Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và d là:

 x + 1 ≠ 0 2x +1 = x+m⇔  x +1 2 x + 1 = ( x + 1)( x + m )

 x ≠ −1 ⇔ 2  x + ( m − 1) x + m − 1 = 0 (1)

(C )

cắt d tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt khác −1 ( x A , xB là nghiệm phương trình

2 ∆ (1) > 0 ( m − 1) − 4 ( m − 1) > 0 ⇔ (1)) ⇔  2 − 1 + m − 1 − 1 + m − 1 ≠ 0 1 − m + 1 + m − 1 ≠ 0 ( ) ( )( ) 

m < 1 ( m − 1)( m − 5 ) > 0 ⇔ ⇔ 1 ≠ 0 m > 5 Theo định lí Viet: x A + xB = 1 − m, x A xB = m − 1

A ( x A ; x A + m ) , B ( xB ; xB + m ) OA = ( x A ; xA + m ) , OB = ( xB , xB + m ) ∆OAB vuông tại O ⇔ OA.OB = 0 ⇔ x A .xB + ( x A + m )( xB + m ) = 0 ⇔ 2 x A xB + m ( x A + xB ) + m2 = 0 ⇔ 2m − 2 + m (1 − m ) + m 2 = 0 ⇔ 3m − 2 = 0 ⇔ m = Theo đề bài ta có a = 2, b = 3. Vậy S = 5.

Câu 46: Chọn A. 25

2 (nhận) 3

3 5 3 y = 3cos 4 x + sin 2 x + m cos x − ⇔ y = 3cos 4 x − cos 2 x + m cos x − 1 2 2 2

 π 2π   1 1 Đặt t = cos x. Vì x ∈  ;  nên t ∈  − ;  . 3 3   2 2 3 Hàm số trở thành f ( t ) = 3t 4 − t 2 + mt − 1, f ' ( t ) = 12t 3 − 3t + m 2  1 1  1 1 Yêu cầu bài toán ⇔ f ( t ) nghịch biến trên  − ;  ⇔ f ' ( t ) ≤ 0, ∀t ∈  − ;  ( f ' ( t ) = 0 chỉ tại một số điểm)  2 2  2 2  1 1  1 1 ⇔ 12t 3 − 3t + m ≤ 0 ∀t ∈  − ;  ⇔ m ≤ −12t 3 + 3t ∀t ∈  − ;   2 2  2 2

 3  1 1 ∈ − ;  t = 6  2 2 Đặt g ( t ) = −12t 3 + 3t , g ' ( t ) = −36t 2 + 3, g ' ( t ) = 0 ⇔   3  1 1 t = − ∈ − ;  6  2 2   Ta có

t −

1 2

g ' (t )

−

3 6

−

g (t )

1 2

−

3 3 0

0 −

Dựa vào bảng biến thiên m ≤ −

3 3

3 . 3

Câu 47: Chọn A.

⇒ SDO = 600. Gọi O = AC ∩ BD. Ta có ( SD, ( ABCD ) ) = ( SD, OD ) = SDO

1 a3 6 = a 2 3 = a 6 ⇒V . . ⇒ SO = OD tan SDO = SO S = S . ABCD ABCD 3 2 3 6 Ta có VS . AEMF = 2VS . AEM = 2

2 1 1 a3 6 a 3 6 SA SE SM . . .VS . ABC = . VS . ABCD = . . = SA SB SC 3 2 3 6 18

Câu 48: Chọn C. Ta có y = 3 x 2 − 6 ( 2m + 1) x + 12m + 5. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 2; +∞ ) ⇔ y ' ≥ 0, ∀x ∈ ( 2; +∞ ) . 3x 2 − 6 x + 5 ⇔ 3 x − 6 ( 2m + 1) x + 2m + 5 ≥ 0, ∀x ∈ ( 2; +∞ ) . ⇔ ≥ 12m, ∀x ∈ ( 2; +∞ ) . x −1 2

Xét f ( x ) =

3x 2 − 6 x + 5 3x 2 − 6 x + 1 . Ta có BBT: trên ( 2; +∞ ) ⇒ f ' ( x ) = 2 x −1 ( x − 1)

+∞ +

f '( x) f ( x)

+∞ 5

Vậy 12m ≤ 5 ⇔ m ≤

5 ⇒ S = {−10; −9; −8;...;0} . Do đó số phần tử của S bằng 11. 12

Câu 49: Chọn B. Gọ i g ( x ) =

− 3 x + 2m ) = x3 − 3 x + 2m

Trên đoạn [ 0;3] ta thấy: Min f ( x ) = 2 ⇔ Max g ( x ) = 16 [0;3]

[0;3]

Xét hàm số y = x3 − 3 x + 2m trên đoạn [ 0;3] y ' = 3 x 2 − 3 = 0 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = ±1

y ( 0 ) = 2m; y (1) = 2m − 2; y ( 3) = 2m + 18 Với ∀m ta luôn có: 2m + 18 > 2m > 2m − 2. Do đó, xảy ra hai trường hợp sau: * TH1: Nếu 2m − 2 ≥ 2m + 18 thì Max g ( x ) = 2m − 2 [0;3]

 2m − 2 = 16 ⇔ 2m = 18 ⇔ m = 9 ( Loai ) Khi đó: 2m − 2 = 16 ⇔   2m − 2 = −16 ⇔ 2m = −14 ⇔ m = −7 ( thoa man ) * TH2: Nếu 2m − 2 < 2m + 18 thì Max g ( x ) = 2m + 18 [0;3]

 2m + 18 = 16 ⇔ 2m = −2 ⇔ m = −1( thoa man ) Khi đó: 2m + 18 = 16 ⇔   2m + 18 = −16 ⇔ 2m = −34 ⇔ m = −17 ( loai ) Vậy tổng tất cả các phần tử của S bằng ( −7 ) + ( −1) = −8.

Câu 50: Chọn A. Đặt t = x 2 − 2 x (với t ≥ −1), phương trình (*) trở thành: f ' ( t ) − ( t − 1) = 0 ⇔ f ' ( t ) = t − 1(1)

Dựa vào đồ thị hàm số y = f ' ( x ) và đồ thị đường thẳng ( d ) : y = x − 1

⇒ Tập nghiệm của phương trình (1) là {−1;1; 2;3} 2

* t = −1 ⇒ x 2 − 2 x = −1 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1 2

* t = 1 ⇒ x 2 − 2 x = 1 ⇔ ( x − 1) = 2 ⇔ x − 1 = ± 2 ⇔ x = ± 2 + 1 28

* t = 2 ⇒ x 2 − 2 x = 2 ⇔ ( x − 1) = 3 ⇔ x − 1 = ± 3 ⇔ x = ± 3 + 1

 x = −1 2 * t = 3 ⇒ x 2 − 2 x = 3 ⇔ ( x − 1) = 4 ⇔ x − 1 = ±2 ⇔  x = 3

⇒ Phương trình g ' ( x ) = 0 có 6 nghiệm đơn là x = −1; x = ± 2 + 1; x = ± 3 + 1; x = 3 và có 1 nghiệm bội lẻ là x = 1.

 x4  Vậy hàm số g ( x ) = f ( x − 2 x ) −  − 2 x 3 + x 2 + 2 x + 1 có 7 điểm cực trị.  2  2

SỞ GD & ĐT THANH HÓA

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT LẦN 1 KHỐI 12

TRƯỜNG THPT THIỆU HÓA

NĂM HỌC 2020 – 2021

------------------

MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút không kể thời gian phát đề

Câu 1: Cho hàm số f ( x) có f (0) = 0 . Biết rằng y = f '( x) là hàm số bậc ba và có đồ thị là đường cong trong hình dưới đây, hàm số g ( x) = f ( f ( x) − x) có bao nhiêu điểm cực trị ?

A. 4.

B. 5.

C. 6.

D. 7.

C. 1.

D. 2.

C. ( 25; +∞ ) .

D. [32; +∞ ) .

C. 2.

D. 1.

Câu 2: Cho hàm số f ( x) có bảng biến thiên như sau:

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng

A. -1.

B. 0.

Câu 3: Tập nghiệm của bất phương trình log 5 x ≥ 2 là A. ( 25; +∞ ) .

B. ( 0; 25] .

Câu 4: Giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) = cos x bằng A. −1.

B. 0. 1

Câu 5: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x3 − 36 x trên đoạn [ 2; 20] bằng A. 48 3.

B. −50 3.

C. −81.

D. −48 3.

C. [ 0; +∞ ) .

D. ℝ.

Câu 6: Tập xác định của hàm số log x là A. ℝ \ {0} .

B. ( 0; +∞ ) .

Câu 7: Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên ( SAB ) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối chóp đã cho bằng A.

2 3 3 a. 3

3 3 a. 6

3 3 a. 2

3 3 a. 12

Câu 8: Tập xác định của hàm số y = x −2 là A. ℝ \ {0} .

B. ( 0; +∞ ) .

C. [ 0; +∞ ) .

D. ℝ.

Câu 9: Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên khoảng ℝ ? x

A. e x .

B. ( 0, 5 ) .

C. 2 x.

D. π x .

Câu 10: Cho khối chóp ABCD. A ' B ' C ' D ' có thể tích V . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, B ' C ' và C ' D ', điểm Q thuộc cạnh CC ' sao cho CQ = 2QC '. Thể tích khối tứ diện MNPQ bằng A.

1 V. 4

17 V. 12

5 V. 72

7 V. 72

Câu 11: Xét các số thực dương a, b tùy ý thỏa mãn log 4 a + log 4 b 2 = 5 và log 4 a 2 + log 4 b = 7. Giá trị a, b bằng B. 218.

A. 2.

D. 28.

C. 8.

Câu 12: Cho cấp số nhân ( un ) với u1 = 4 và công bội q = 2. Giá trị của u2 bằng A. 6.

B. 2.

C. 16.

D. 8.

C. ( −∞; 2] .

D. ( −∞;3) .

Câu 13: Tập nghiệm của bất phương trình 5 x −1 < 25 là A. ( −∞; 2 ) .

B. ( −∞;3] .

Câu 14: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu của f ' ( x ) như sau:

x f '( x)

−∞

−

+∞

−

Hàm số y = f (1 − x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( 0; 2 ) .

B. ( −2; −1) .

C. ( −1; 0 ) . 2

D. (1; +∞ ) .

Câu 15: Tập nghiệm của bất phương trình log 2 ( x + 2 ) ≥ log 4 9 là: A. ( −∞;1] .

B. ( −∞; −1] .

C. [ −1; +∞ ) .

D. [1; +∞ ) .

Câu 16: Cho khối chóp có diện tích đáy B = 6 và chiều cao h = 2. Thể tích của khối chóp đã cho bằng A. 16.

B. 4.

C. 3.

D. 12.

Câu 17: Chọn ngẫu nhiên 8 học sinh từ một nhóm học sinh có 7 học sinh nam và 5 học sinh nữ để xếp thành một hàng ngang, xác suất để hàng đó có 5 học sinh nam và 3 học sinh nữ bằng A.

1 . 56

14 . 33

1 . 132

2 . 3

Câu 18: Điểm cực đại của đồ thị hàm số y = x3 − 3 x + 1 là A. ( −1;1) .

B. ( −1;3) .

C. ( 3; −1) .

D. (1; −1) .

− x3 +16 x 2 − 48 x + 36

Câu 19: Bất phương trình x x + 1 ≤ ( 2 x − 3) .2 A. 8.

có bao nhiêu nghiệm nguyên?

B. 10.

C. 9.

D. Vô số.

Câu 20: Cho hàm số có bảng biến thiên như sau:

−1

−∞

f '( x) f ( x)

−

0 +

−

+∞ +

+∞

Hàm số đã cho đạt cực đại tại

A. x = 1.

B. x = −1.

C. x = 0.

D. x = 2.

Câu 21: Tập nghiệm của bất phương trình 4 x − 3.2 x + 2 + 32 ≤ 0 là A. ( 4;8 ) .

B. ( 2;3) .

C. [ 2;3] .

D. [ 4;8] .

2 x +1 . C. y ' = x +1

D. y ' = 2 x.ln 2.

Câu 22: Đạo hàm của hàm số y = 2 x là x −1

A. y ' = x.2 .

2x . B. y ' = ln 2

Câu 23: Gọi a là giá trị nhỏ nhất của f ( n ) =

( log 5 2 )( log5 3)( log 5 4 ) ... ( log5 n ) , 3n

với n ∈ ℕ, n ≥ 2. Có bao

nhiêu số n để f ( n ) = a ?

A. 4.

B. Vô số.

C. 2. 3

D. 1.

Câu 24: Cho hàm số y = f ( x ) có f ' ( x ) = x 2 − 4 x với mọi x là số thực. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 2; +∞ ) .

B. ( −1; 0 ) .

C. ( 0; 4 ) .

D. ( −2;1) .

Câu 25: Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

−1

−∞

f '( x) f ( x)

−

+∞ +

+∞

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (1; +∞ ) .

B. ( −∞; −1) .

C. ( −∞; 0 ) .

D. ( −1;1) .

Câu 26: Cho phương trình log 22 x + 2m log 2 x + 2m − 2 = 0 với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 ≤ 64 x2 ≤ 4096 x1 ? A. 3.

B. 5.

C. 4.

D. Vô số.

Câu 27: Cho hai hàm số y = 2 x và y = log 2 x lần lượt có đồ thị ( C1 ) và ( C2 ) . Gọi A ( x A ; y A ) , B ( xB ; yB ) là hai điểm lần lượt thuộc ( C1 ) và ( C2 ) sao cho tam giác IAB vuông cân tại I , trong đó I ( −1; −1) . Giá trị của P=

xA + yA bằng xB + y B

A. 1

B. −2.

1 D. − . 2

C. 3

Câu 28: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

−1

−∞ +

f '( x)

−

f ( x)

+∞ +

+∞

−2

−∞ Số nghiệm thực của phương trình 3 f ( x ) + 1 = 0 là

A. 0.

B. 2.

C. 3.

Câu 29: Với a là số thực dương tùy ý, log 2 a 3 bằng 4

D. 1.

A. 3log 2 a.

1 C. + log 2 a. 3

B. 3 + log 2 a.

1 log 2 a. 3

Câu 30: Cho khối trụ có chiều cao h = 5 và bán kính r = 3. Thể tích của khối trụ đã cho bằng A. 24π .

B. 45π .

C. 30π .

D. 15π .

Câu 31: Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

−∞

−2

−1

f ( x)

+∞ +∞

5 4

−4 −5 −∞ Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để trên đoạn [ −1; 2] phương trình 3 f ( x 2 − 2 x − 1) = m có đúng hai nghiệm thực phân biệt?

A. 4.

B. 2.

C. 3.

D. 5.

Câu 32: Cho hàm số y = ax3 + bx 2 + cx + d đồ thị là đường cong trong hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. a < 0, b > 0, c < 0, d < 0.

B. a > 0, b > 0, c < 0, d < 0.

C. a > 0, b > 0, c < 0, d < 0.

D. a < 0, b < 0, c < 0, d < 0.

Câu 33: Diện tích mặt cầu có bán kính r = 2 bằng A. 4π .

B. 8π .

32π . 3

D. 16π .

Câu 34: Cho hình nón có độ dài đường sinh l = 5 và bán kính đáy bằng r = 3. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 15π .

B. 33π .

C. 30π . 5

D. 45π .

Câu 35: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = A. y = −2.

x−2 là x +1

B. x = 2.

C. x = −1.

D. y = 1.

Câu 36: Cho hình trụ có bán kính bằng 5. Biết rằng khi cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 1, thiết diện thu được là một hình vuông. Thể tích của khối trụ được giới hạn bởi hình trụ đã cho bằng A. 10π .

20π . 3

C. 20π .

10π . 3

Câu 37: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có tất cả các cạnh đều bằng 2. Góc giữa đường thẳng AC ' và mặt phẳng đáy bằng bao nhiêu? A. 450

B. 300

C. 900

D. 600

Câu 38: Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, góc giữa SC với mặt phẳng đáy bằng 600 , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SB = 2a. Thể tích của khối chóp đã cho bằng A.

3a 3 . 2

3a 3 . 6

2 3a 3 . 3

3a 3 . 3

Câu 39: Hình cầu có bao nhiêu mặt đối xứng? A. 4.

B. 3.

C. 1.

Câu 40: Biết rằng giá trị lớn nhất của hàm số y =

cos x + m trên đoạn 2 − cos x

D. Vô số.  π π  − 3 ; 2  bằng 1. Mệnh đề nào sau đây

đúng? A. m > 2.

B. m = 1.

C. 1 < m ≤ 2.

D. m < 1.

Câu 41: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như hình vẽ bên?

A. y = x 4 − 2 x 2 + 1.

B. y = x3 − 3 x + 1.

C. y = − x 3 + 3 x + 1.

D. y = − x 4 + 2 x 2 + 1.

C. x = 8.

D. x = 9.

Câu 42: Nghiệm của phương trình log 3 x = 2 là A. x = 6.

B. x = 5.

Câu 43: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

x−2 là x +1 6

A. x = −1.

B. x = 2.

C. y = 1.

D. y = −2.

Câu 44: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a, SA vuông góc với đáy và SA = a. Gọi I là trung điểm của AC. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( SBC ) bằng

a 15 . 10

a 3 . 4

a 15 . 5

a 3 . 2

Câu 45: Hình hộp có bao nhiêu mặt? A. 12.

B. 3.

C. 6.

D. 2.

Câu 46: Cắt hình nón có chiều cao 2 3 bởi một mặt phẳng đi qua đỉnh và tâm của đáy ta được thiết diện là tam giác đều, diện tích của thiết diện bằng A. 12.

B. 8 3.

C. 4 3.

D. 24.

Câu 47: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?

A. y = x3 − 3 x 2 − 2.

B. y = − x 4 + 2 x 2 − 2.

C. y = − x 3 + 3 x 2 − 2.

D. y = x 4 − 2 x 2 − 2.

Câu 48: Có bao nhiêu cách xếp 5 học sinh thành một hàng ngang? A. 25.

B. 1

C. 120.

D. 5.

C. 9.

D. 6.

C. x = 1.

D. x = 5.

Câu 49: Thể tích của khối lập phương cạnh 2 bằng A. 8.

B. 4.

Câu 50: Nghiệm của phương trình 3x + 2 = 27 là A. x = 4.

B. x = 3.

--------------- HẾT --------------

BẢNG ĐÁP ÁN 1-B

2-C

3-A

4-D

5-D

6-B

7-B

8-A

9-B

10-D

11-D

12-D

13-D

14-B

15-D

16-B

17-B

18-B

19-A

20-C

21-C

22-D

23-C

24-B

25-B

26-B

27-A

28-C

29-A

30-B

31-A

32-A

33-D

34-A

35-D

36-C

37-A

38-B

39-D

40-D

41-A

42-D

43-A

44-A

45-C

46-C

47-A

48-C

49-A

50-C

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn B. Câu 2: Chọn C. Nhìn vào bảng biến thiên ta dễ thấy cực tiểu của hàm số là 1.

Câu 3: Chọn A. Ta có log 5 x ≥ 2 ⇔ x ≥ 52 ⇔ x ≥ 25. Tập nghiệm của bất phương trình trên là S = [ 25; +∞ ) .

Câu 4: Chọn D. Ta có −1 ≤ cos x ≤ 1, ∀x ∈ ℝ ⇒ Max f ( x ) = 1. ℝ

Câu 5: Chọn D.

 x = 2 3 ∈ [ 2; 20] . Ta có f ' ( x ) = 3 x 2 − 36. Xét f ' ( x ) = 0 ⇔ 3 x 2 − 36 = 0 ⇔   x = −2 3 ∉ [ 2; 20]

(

)

Mà f ( 2 ) = −64, f 2 3 = −48 3, f ( 20 ) = 7280.

(

)

Vậy min f ( x ) = f 2 3 = −48 3. x∈[ 2;20 ]

Câu 6: Chọn B. Điều kiện: x > 0. Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D = ( 0; +∞ ) . 8

Câu 7: Chọn B.

Gọi H là trung điểm của AB. Do tam giác SAB là tam giác đều nên: SH ⊥ AB. Vì ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) và ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB nên: SH ⊥ ( ABCD ) .

SH =

a 3 (đường cao tam giác đều SAB ). 2

1 1 a 3 2 a3 3 Thể tích của khối chóp S . ABCD là: VS . ABCD = .SH .S ABCD = . .a = . 3 3 2 6

Câu 8: Chọn A. Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi x ≠ 0. Vậy tập xác định của hàm số là: D = ℝ \ {0} .

Câu 9: Chọn B. x

y = ( 0,5 ) nghịch biến ℝ vì a = 0, 5 < 1.

Câu 10: Chọn D.

Gọi M ' là trung điểm của A ' B ' Khi đó: VMPQN = VMQNH 1 1 Ta có: KC ' = C ' M '.C ' O = OM ' 2 2

Đặt: OM ' = x ⇒ C ' O =

S KPN =

1 11 7  3 x; C ' K =  x + x  = x ⇒ KO = M ' O 2 22 4  4

7 7 1 7 S PMM ' = . .S A ' B 'C ' D ' = S A ' B 'C ' D ' 4 4 2 8

Ta có: VMPKH

7 7 − 7 1 7 7 7 = . V = V ;VQPKA = V ⇒ VMPQS = 24 72 V = V 8 3 24 72 2 72

Câu 11: Chọn D.

log 4 a + 2 log 4 b = 5 log a = 3 . Ta có  ⇔ 4 2 log 4 a + log 4 b = 7 log 4 b = 1 Khi đó a = 43 = 26 và b = 4.22 , suy ra a.b = 28.

Câu 12: Chọn D. Ta có u2 = u1.q = 8.

Câu 13: Chọn D. Ta có 5 x −1 < 52 ⇔ x − 1 < 2 ⇔ x < 3.

Câu 14: Chọn B.

1 − x = 0 x = 1  Ta có y ' = − f ' (1 − x ) ⇔ 1 − x = 1 ⇔  x = 0 . 1 − x = 2  x = −1 Ta có bảng xét dấu như sau:

x f '( x)

−1

−∞ +

0 0

−

1 +

Căn cứ vào bảng biến thiên ta có hàm số y = f (1 − x ) đồng biến trên ( −2; −1) .

Câu 15: Chọn D. Ta có log 2 ( x + 2 ) ≥ log 4 9 ⇔ log 2 ( x + 2 ) ≥ log 2 3 ⇔ x + 2 ≥ 3 ⇔ x ≥ 1.

Câu 16: Chọn B. 10

+∞ −

1 1 Thể tích khối chóp đã cho: V = Bh = .6.2 = 4. 3 3

Câu 17: Chọn B. Chọn 8 học sinh từ 12 học sinh và sắp xếp các học sinh ấy thành một hàng ngang nên số phần tử của khối gian mẫu là n ( Ω ) = A128 = 19958400 . Gọi A là biến cố chọn được 5 học sinh nam và 3 học sinh nữ để xếp thành một hàng ngang. Ta chọn ra 5 học sinh nam từ 7 học sinh nam và 3 học sinh nữ từ 5 học sinh nữ sau đó xếp thứ tự cho 8 bạn được chọn nên n ( A ) = C75 .C53 .8! = 84672000. Xác suất để hàng ngang đó có 5 học sinh nam và 3 học sinh nữ bằng

P ( A) =

n ( A) n (Ω)

14 . 33

Câu 18: Chọn B. Tập xác định của hàm số đã cho là D = ℝ. y ' = 3 x 2 − 3.

x = 1 . y'= 0 ⇔   x = −1 y " = 6x

y " ( −1) = −6 < 0 nên hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = −1 và giá trị cực tiểu của hàm số là y ( −1) = 3. Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số y = x3 − 3 x + 1 là ( −1;3) .

Câu 19: Chọn A.  x ≥ −1 . Điều kiện:  x ≠ 0 Ta chỉ xét với các giá trị nguyên của x. Với x = ±1 thay vào bất phương trình không thỏa mãn. Với x ≥ 2, bất phương trình tương đương với:

2 x x + 1 ≤ ( 4 x − 6 ) .2

16 x 2 − 48 x + 36 −x x2

⇔ x + 1.2

(

x +1

)

 4 x −6   x 

4 x − 6  .2 ≤ x

( *) 2

Xét hàm số f ( t ) = 2t .t trên khoảng ( 0; +∞ ) ta có: f ' ( t ) = 2t + 2t 2 .2t .ln 2 > 0, ∀t > 0. Vậy hàm số f ( t ) đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) , khi đó: 11

( *) ⇔

(

4x − 6  4x − 6  x +1 ≤ f   ⇔ x +1 ≤ x  x 

)

⇔ x 2 ( x + 1) ≤ 16 x 2 − 48 x + 36 ⇔ x 3 − 15 x 2 + 48 x − 36 ≤ 0  x ≤ 6 − 2 5 ( ≈ 1,101) . ⇔ ( x − 3) ( x 2 − 12 x + 12 ) ≤ 0 ⇔  3 ≤ x ≤ 6 + 2 5 ( ≈ 10,898 ) Vậy bất phương trình có 8 nghiệm nguyên.

Câu 20: Chọn C. Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực đại tại x = 0.

Câu 21: Chọn C. Ta đặt t = 2 x ; t > 0. Thay vào bất phương trình đã cho ta thu được: t 2 − 12t + 32 ≤ 0 ⇔ 4 ≤ t ≤ 8. Suy ra 4 ≤ 2 x ≤ 8 ⇔ 2 ≤ x ≤ 3. Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là [ 2;3] .

Câu 22: Chọn D. Hàm số y = 2 x có đạo hàm là y ' = 2 x.ln 2.

Câu 23: Chọn C. Ta có ∀x ∈ ℕ, n ≥ 2 ta có: f ( n ) > 0. Mặt khác: f ( n + 1) =

f ( n − 1) =

( log 5 2 )( log 5 3)( log5 4 ) ... ( log 5 n ) ( log 5 ( n + 1) ) n +1

( log5 2 )( log5 3)( log 5 4 ) ... ( log 5 ( n − 1) ) n −1

= f ( n)

= f (n)

3 . log5 n

 log 5 ( n + 1) ≥a  f (n)  f ( n + 1) ≥ a  3 Vì a là giá trị nhỏ nhất nên:  . ⇔  f (n) 3 ≥ a  f ( n − 1) ≥ a  log 5 n

Để f ( n ) = a.  log 5 ( n + 1)  log 5 ( n + 1) ≥ f (n) ≥1  f (n)    log 5 ( n + 1) ≥ 3 3 3 Suy ra:  ⇔ ⇔ 3 ≥ log 5 n  f (n) 3 ≥ f (n)  3 ≥1   log 5 n log 5 n

⇔ 53 − 1 ≤ n ≤ 53. Vậy có 2 số n nguyên thỏa mãn. 12

log5 ( n + 1) . 3

Câu 24: Chọn B. x ≥ 4 . Ta có: x 2 − 4 x ≥ 0 ⇔  x ≤ 0 Vậy hàm số đồng biến trên khoảng ( −1; 0 ) .

Câu 25: Chọn B. Quan sát bảng biến thiên. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; −1) .

Câu 26: Chọn B. Điều kiện: x > 0 Đặt t = log 2 x. Phương trình trở thành: t 2 + 2mt + 2m − 2 = 0 (*) . Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thì (*) có 2 nghiệm phân biệt t1 , t2 ⇒ ∆ ' > 0 ⇔ m 2 − 2m + 2 > 0 ⇔ ∀m ∈ ℝ. Khi đó: t1 + t2 = −2m, t1t2 = 2m − 2.

 x1 = 2t1 Ta có: log 2 x1 = t1 , log 2 x2 = t2 ⇒  . t  x2 = 2 2 Từ điều kiện

x1 ≤ 64 x2 ≤ 4096 x1. ⇔ 2t1 ≤ 26.2t2 ≤ 212.2t1 ⇔ 2t1 ≤ 26+t2 ≤ 212+t1

t − t ≤ 6 ⇔1 2 ⇔ t1 − t2 ≤ 6 − ≥ − 6 t t 1 2 2

⇔ ( t1 + t2 ) − 4t1t2 ≤ 36 ⇔ ( −2m ) − 4 ( 2m − 2 ) ≤ 36 ⇔ m 2 − 2m − 7 ≤ 0

⇔ 1− 2 2 ≤ m ≤ 1+ 2 2 Có 5 giá trị nguyên của m ∈ 1 − 2 2;1 + 2 2  .

Câu 27: Chọn A.

Ta có đồ thị hai hàm số y = 2 x và y = log 2 x có đồ thị đối xứng với nhau qua đường thẳng d : y = x và I ∈ d .  x A + xB = 2 xM  Gọi M là trung điểm của AB, suy ra:  x A + xB xM  y A + y B = 2 yM ⇒ P = y + y = y .  A B M Theo giả thiết tam giác IAB vuông cân tại I nên trung điểm M của AB thuộc đường thẳng d , suy ra x yM = xM . Vậy P = M = 1. yM

Câu 28: Chọn C. 1 Ta có: 3 f ( x ) + 1 = 0 ⇔ f ( x ) = − . 3

−1

−∞ +

f '( x)

−

f ( x)

+∞ +

+∞

−2

−∞

1 Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) với đường thẳng y = − . 3 Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có 3 nghiệm thực.

Câu 29: Chọn A. Theo công thức ta có: log 2 a 3 = 3log 2 a.

Câu 30: Chọn B. Thể tích khối trụ là V = π r 2 h = π .32.5 = 45π . 14

Câu 31: Chọn A. Xét hàm số y = g ( x ) = 3 f ( x 2 − 2 x − 1) trên đoạn [ −1; 2] . Ta có y ' = g ' ( x ) = 3 ( 2 x − 2 ) . f ' ( x 2 − 2 x − 1) . x = 1  2 x − 2 = 0 x = 0  2 x = 2  x − 2 x − 1 = −2  2  y ' = 0 ⇔ x − 2 x − 1 = −1 ⇔  x = 1 + 3 ∉ [ −1; 2]    x2 − 2x −1 = 1  x = 1− 3  2   x − 2x −1 = 2  x = −1  x = 3 ∉ [ −1; 2]  Ta có x = −1 ⇒ g ( −1) = 3. f ( 2 ) = 12

(

)

x = 1 − 3 ⇒ g 1 − 3 = 3. f (1) = 15

x = 0 ⇒ g ( 0 ) = 3. f ( −1) = −15 x = 1 ⇒ g (1) = 3. f ( −2 ) = −12 x = 2 ⇒ g ( 2 ) = 3. f ( −1) = −15 Ta có bảng biến thiên:

−1

1− 3 +

0 0

−

1 +

−

y 12

−12 −15

−15

Trên đoạn [ −1; 2] số nghiệm của phương trình 3 f ( x 2 − 2 x − 1) = m chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y = 3 f ( x 2 − 2 x − 1) với đường thẳng y = m. Vậy để phương trình có đúng hai nghiệm thực phân biệt trên đoạn  m = −12 12 ≤ m < 15 . Vậy các giá trị nguyên của m là: −12,12,13,14. Có bốn giá trị nguyên của m nên ta  chọn đáp án A.

[ −1; 2] thì

Câu 32: Chọn A Ta có: y = ax3 + bx 2 + cx + d ⇒ y ' = 3ax 2 + 2bx + c 15

Dựa vào đồ thị ta thấy a < 0  b 2 − 9ac > 0 ∆ ' y > 0  b > 0   2b Hàm số có 2 cực trị dương nên  S > 0 ⇔ − >0 ⇒ c < 0 P > 0  3a  c  3a > 0

Đồ thị cắt trục Oy tại điểm ( O; d ) nên d < 0 . Vậy chọn đáp án A.

Câu 33: Chọn D. Ta có, diện tích mặt cầu S = 4π R 2 = 4π .22 = 16π .

Câu 34: Chọn A. Ta có, diện tích xung quanh của hình nón S xq = π rl = π .3.5 = 15π .

Câu 35: Chọn D. Tập xác định: D = ℝ \ {−1} . 2 1− x−2 x =1 = lim Ta có lim y = lim x →+∞ x →+∞ x + 1 x →+∞ 1 1+ x 2 1− x−2 x =1 lim y = lim = lim x →−∞ x →−∞ x + 1 x →−∞ 1 1+ x Vậy đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Câu 36: Chọn C.

Gọi thiết diện thu được là hình vuông ABCD Gọi H là trung điểm của AB ⇒ OH ⊥ AB Mặt khác AD ⊥ OH

⇒ OH ⊥ ( ABCD ) Ta có OO '/ / ( ABCD ) ⇒ d ( OO '; ( ABCD ) ) = d ( O, ( ABCD ) ) = OH = 1

HA = OA2 − OH 2 = 2 ⇒ AB = 4 ⇒ AD = 4 Thể tích của khối trụ được giới hạn bởi hình trụ đã cho bằng V = π .OA '. AD = π .

( 5 ) .4 = 20π .

Câu 37: Chọn A.

(

)

A ' C , ( A ' B ' C ') = AC ' A ' Hình chiếu vuông góc của A xuống mặt phẳng ( A ' B ' C ') là A ' ⇒ ∆AA ' C ' vuông cân tại A ⇒ AC ' A ' = 450 Vậy góc giữa đường thẳng AC ' và mặt phẳng đáy bằng 450.

Câu 38: Chọn B.

SA vuông góc với mặt phẳng đáy ⇒ SA ⊥ AB; SA ⊥ AC và A là hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng đáy ( ABC ) * ∆SAB vuông tại A ⇒ SA = SB 2 − AB 2 = 4a 2 − a 2 = 3a 2 = a 3

(

)

= SC , ( ABC ) = 600 nên AC = * ∆SAC vuông tạ A có SCA

SA a 3 = =a 0 tan 60 3

a2 1 1 * Diện tích ∆ABC vuông tại A là AB. AC = .a.a = 2 2 2 1 a2 3a 3 . Vậy thể tích khối chóp S . ABC là V = . .a 3 = 3 2 6

Câu 39: Chọn D. Mọi mặt phẳng đi qua tâm của hình cầu đều là mặt đối cứng của hình cầu. Vậy hình cầu có vô số mặt đối xứng.

Câu 40: Chọn D.  π π Đặt t = cos x, x ∈  − ;  ⇒ t ∈ [ 0;1] .  3 2 Xét hàm số y = Ta có: y ' =

t+m trên đoạn [ 0;1] 2−t

2+m

(2 − t )

Nếu 2 + m > 0 ⇔ m > −2 thì y ' > 0, hàm số đồng biến trên [ 0;1] , suy ra: 18

max f ( t ) = f (1) ⇔ f (1) = 1 ⇔  1 0; 2 

1+ m = 1 ⇔ m = 0. 1

Nếu 2 + m < 0 ⇔ m < −2 thì y ' < 0, hàm số nghịch biến trên [ 0;1] , suy ra:

max f ( t ) = f ( 0 ) ⇔ f ( 0 ) = 1 ⇔  1 0; 2 

m = 1 ⇔ m = 2 (không thỏa mãn). 2

Vậy m = 0 ⇒ m < 1.

Câu 41: Chọn A. Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị của hàm bậc bốn và có hệ số a > 0 nên chọn A.

Câu 42: Chọn D. Ta có: log 3 x = 2 ⇔ x = 9. Chọn D.

Câu 43: Chọn A. Tập xác định: D = ℝ \ {−1} . Ta có: lim+ y = lim+ x →−1

x →−1

x−2 = −∞. x +1

Suy ra đồ thị hàm số y =

x−2 có tiệm cận đứng là đường thẳng: x = −1. x +1

Câu 44: Chọn A.

Gọi M là trung điểm của BC. Suy ra AM ⊥ BC và AM = Gọi K là hình chiếu của A trên SM . Suy ra AK ⊥ SM (1) .  AM ⊥ BC Ta có:  ⇒ BC ⊥ ( SAM ) ⇒ BC ⊥ AK ( 2 ) .  BC ⊥ SA 19

2a 3 = a 3. 2

Từ (1) và (2) suy ra AK ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A; ( SBC ) ) = AK . Do I là trung điểm của AC nên d ( I , ( SBC ) ) = Trong ∆SAM có AK =

Vậy d ( I , ( SBC ) ) =

SA. AM SA2 + AM 2

AK 1 . d ( A; ( SBC ) ) = 2 2

a.a 3 a 2 + 3a 2

a 3 2

a 3 . 4

Câu 45: Chọn C.

Một hình hộp có 4 mặt bên và 2 mặt đáy nên có tất cả 6 mặt.

Câu 46: Chọn C.

Gọi thiết diện qua trục là tam giác đều ABC , khi đó AO = Khi đó diện tích thiết diện là Std =

BC 3 ⇔ BC = 4 2

1 1 AO.BC = .2 3.4 = 4 3. 2 2

Câu 47: Chọn A. Ta thấy đồ thị có hai điểm cực trị nên không thể là đồ thị hàm số trùng phương, loại đáp án B và D. Dựa vào đồ thị ta thấy lim y = +∞ nên loại phương án C. x →+∞

Câu 48: Chọn C. Mỗi cách xếp 5 học sinh thành một hàng ngang là một hoán vị của 5 học sinh đó. Do đó số cách sắp xếp là 5! = 120.

Câu 49: Chọn A. 20

Thể tích của khối lập phương cạnh bằng 2 là V = 23 = 8 (đvtt).

Câu 50: Chọn C. Ta có: 3x + 2 = 27 ⇔ 3x + 2 = 33 ⇔ x + 2 = 3 ⇔ x = 1. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.

SỞ GD & ĐT BẮC NINH

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT LẦN 2

TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ 1

NĂM HỌC 2020 – 2021

------------------

MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút không kể thời gian phát đề

Câu 1: Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có tất cả các cạnh bằng a. Gọi α là góc giữa mặt phẳng ( A ' BC ) và mặt phẳng ( ABC ) . Tính tan α .

A. tan α = 3.

B. tan α = 2.

C. tan α =

2 3 . 3

D. tan α =

3 . 2

Câu 2: Cho các số thực x, y thỏa mãn ln y ≥ ln ( x3 + 2 ) − ln 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức H = e4 y − x

− x −2

−

x2 + y2 + x ( y + 1) − y. 2

1 e

B. e.

C. 1.

Câu 3: Một đám vi trùng tại ngày thứ t có số lượng là N ( t ) . Biết rằng N ' ( t ) =

D. 0. 2000 và lúc đàu đám vi trùng 1 + 2t

có 300000 con. Ký hiệu L là số lượng vi trùng sau 10 ngày. Tìm L.

A. L = 303044.

B. L = 306089.

C. L = 300761.

D. L = 301522.

Câu 4: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và có dấu của f ' ( x ) như sau

Hàm số y = f ( 2 − x ) có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 1.

B. 4.

C. 3.

D. 2.

Câu 5: Cho tam diện vuông O. ABC có bán kính mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp lần lượt là R và r. Khi đó tỉ số x+ y R . Tính P = x + y. đạt giá trị nhỏ nhất là r 2 A. 30.

B. 6.

C. 60.

D. 27.

Câu 6: Công thức tính diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay có bán kính bằng r và độ dài đường sinh l là A. S xq = π rl.

B. S xq = rl.

C. S xq = 2rl. 1

D. S xq = 2π rl.

Câu 7: Cho 0 < a < 1. Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau A. Tập xác định của hàm số y = log a x là ℝ. B. Tập giá trị của hàm số y = a x là ℝ. C. Tập giá trị của hàm số y = log a x là ℝ. D. Tập xác định của hàm số y = a x là ℝ \ {1} . Câu 8: Tổng các giá trị nguyên âm của m để hàm số y = x3 + mx − A. −10.

B. −3.

1 đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) ? 5x5

C. −6.

D. −7.

C. 10.

D. 6.

Câu 9: Hình bát diện đều có bao nhiêu đỉnh? A. 8.

B. 12.

Câu 10: Tìm tập nghiệm của bất phương trình log 25 x 2 ≤ log 5 ( 4 − x ) . A. ( 0; 2] .

B. ( −∞; 2 ) .

C. ( −∞; 2] .

D. ( −∞; 0 ) ∪ ( 0; 2] .

Câu 11: Xét các khẳng định sau i)

Nếu

hàm

số

y = f ( x)

có

đạo

hàm

dương

với

m ọi

thuộc

tập

số

thì

f ( x1 ) < f ( x2 ) , ∀x1, x2 ∈ D, x1 < x2 ii) Nếu hàm số y = f ( x ) có đạo hàm âm với mọi x thuộc tập số D thì f ( x1 ) > f ( x2 ) , ∀x1, x2 ∈ D, x1 < x2 iii) Nếu hàm số y = f ( x ) có đạo hàm dương với mọi x thuộc ℝ thì f ( x1 ) < f ( x2 ) , ∀x1, x2 ∈ ℝ, x1 < x2 iv) Nếu hàm số y = f ( x ) có đạo hàm âm với mọi x thuộc ℝ thì f ( x1 ) > f ( x2 ) , ∀x1, x2 ∈ ℝ, x1 < x2 Số khẳng định đúng là

A. 2.

B. 4.

C. 1.

( )

Câu 12: Cho x, y là các số thực thỏa mãn x ≠ 0 và 3x

D. 3.

= 27 x. Khẳng định nào sau đây là khẳng định

đúng? A. x 2 y = 1.

B. xy = 1.

C. 3 xy = 1.

Câu 13: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục tại x0 và có bảng biến thiên.

D. x 2 + 3 y = 3 x.

Khi đó đồ thị hàm số đã cho có:

A. Một điểm cực đại, hai điểm cực tiểu. B. Hai điểm cực đại, một điểm cực tiểu. C. Một đường tiệm cận đứng và một đường tiệm cận ngang. D. Một điểm cực đại, một điểm cực tiểu. Câu 14: Một cấp số cộng có u2 = 5 và u3 = 9. Khẳng định nào sau đây đúng? A. u4 = 12.

B. u4 = 13.

C. u4 = 36.

D. u4 = 4.

C. S = ( −∞; −1] .

D. S = [ −1; +∞ ) .

Câu 15: Tập nghiệm S của bất phương trình 21−3 x ≥ 16 là: 1  A. S =  −∞;  . 3 

1  B. S =  ; +∞  . 3 

Câu 16: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , để hai vecto a = (m; 2;3) và b = (1; n; 2) cùng phương thì 2m + 3n bằng

A. 7.

B. 8.

C. 6. D. 9. Câu 17: Trong không gian Oxyz , véc-tơ a (1;3; −2 ) vuông góc với véc-tơ nào sau đây? A. n ( −2;3; 2 ) .

B. q (1; −1; 2 ) .

C. m ( 2;1;1) .

D. p (1;1; 2 ) .

Câu 18: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình 16 x − 2.12 x + ( m − 2 ) .9 x = 0 có nghiệm dương? A. 1.

B. 2.

C. 4.

D. 3. Câu 19: Trong không gian Oxyz cho hai điểm P ( 0; 0; −3) và Q (1;1; −3) . Véc tơ PQ + 3 j có tọa độ là A. ( −1; −1;0 ) .

B. (1;1;1) .

C. (1; 4; 0 ) .

D. ( 2;1; 0 ) .

Câu 20: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có chiều cao bằng 8 và đáy là tam giác đều cạnh bằng 6. Gọi M , N , P lần lượt là tâm của các mặt bên ABB ' A ', ACC ' A ' và BCC ' B '. Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , P bằng: A. 30 3.

B. 21 3.

C. 27 3. 3

D. 36 3.

Câu 21: Một hình lập phương có diện tích mỗi mặt bằng 4cm 2 . Tính thể tích của khối lập phương đó A. 64cm3 .

B. 8cm3 .

C. 2cm3 .

D. 6cm3 .

Câu 22: Tìm nguyên hàm F ( x ) của hàm số f ( x ) = cos x sin x + 1. 1 A. F ( x ) = sin x sin x + 1 + C. 3

C. F ( x ) =

1 ( sin x + 1) sin x + 1 + C . 3

B. F ( x ) =

1 − 2sin x − 3sin 2 x . 2 sin x + 1

D. F ( x ) =

2 ( sin x + 1) sin x + 1 + C . 3

Câu 23: Cho hàm số f ( x ) = x3 − 3 x + m + 2. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương m < 2018 sao cho với mọi bộ số thực a, b, c ∈ [ −1;3] thì f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) là độ dài ba cạnh của một tam giác nhọn.

A. 1969.

B. 1989.

C. 1997.

D. 2008.

Câu 24: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, cạnh AC = 2a. Cạnh SA vuông góc với mặt đáy ( ABC ) , tam giác SAB cân. Tính thể tích hình chóp S . ABC theo a.

A. 2a

a3 2 . B. 3

C. a

2a 3 2 . D. 3

Câu 25: Cho hình nón tròn xoay có bán kính đáy bằng 3 và diện tích xung quanh bằng 6 3π . Góc ở đỉnh của hình nón đã cho bằng B. 600

A. 1500

C. 1200

D. 900

C. ( −∞; −2 ) ∪ ( 2; +∞ ) .

D. ℝ.

Câu 26: Hàm số y = ( 4 − x 2 ) 5 có tập xác định A. ℝ \ {±2} .

B. ( −2; 2 ) .

Câu 27: Cho các phát biểu sau 1 1 1  1  1  1  (1) Đơn giản biểu thức M =  a 4 − b 4  a 4 + b 4  a 2 + b 2  ta được M = a − b.    

(2) Tập xác định D của hàm số y = log 2 ( ln 2 x − 1) là D = ( e; +∞ ) . (3) Đạo hàm của hàm số y = log 2 ln x là y ' =

1 x ln x.ln 2

(4) Hàm số y = 10 log a ( x − 1) có đạo hàm tại mọi điểm xác định Số các phát biểu đúng là

A. 1

B. 3.

C. 2.

D. 4.

Câu 28: Gọi a, b là các số nguyên thỏa mãn (1 + tan1o )(1 + tan 2o ) ... (1 + tan 43o ) = 2a. (1 + tan b o ) đồng thời

a, b ∈ [ 0;90] . Tính P = a + b. A. 46.

B. 22.

C. 44.

Câu 29: Phương trình đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = A. x = 10.

B. x = −10.

D. 27. 10 − x là: x − 100 2

C. x = 10 và x = −10

D. x = 10.

Câu 30: Khẳng định nào sau đây là sai? A. Hàm số y = tan x có tập giá trị là ℝ. B. Hàm số y = cos x có tập giá trị là [ −1;1] . C. Hàm số y = sin x có tập giá trị là [ −1;1] . D. Hàm số y = cot x có tập xác định là [ 0; π ] . Câu 31: Cắt một khối cầu bởi một mặt phẳng đi qua tâm thì được một hình tròn có diện tích bằng 16π . Tính diện tích của mặt cầu giới hạn nên khối cầu đó? A.

256π . 3

B. 4π .

C. 16π .

D. 64π .

Câu 32: Ông A có 200 triệu đồng gửi tiết kiệm tại ngân hàng với kì hạn 1 tháng so với lãi suất 0,6% trên 1 tháng được trả vào cuối kì. Sau mỗi kì hạn ông đến tất toán cả gốc lẫn lãi, rút ra 4 triệu đồng để tiêu dùng, số tiền còn lại ông gửi vào ngân hàng theo phương thức trên (phương thức giao dịch và lãi suất không thay đổi trong quá trình gửi). Sau đúng 1 năm (đúng 12 kì hạn) kể từ ngày gửi, ông A tất toán và rút ra toàn bộ số tiền nói trên ở ngân hàng, số tiền đó là bao nhiêu? (làm tròn đến nghìn đồng). A. 165269 (nghìn đồng).

B. 169234 (nghìn đồng).

C. 168269 (nghìn đồng).

D. 165288 (nghìn đồng).

Câu 33: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm của phương trình f ( x ) = 2 là:

A. 2.

B. 3.

C. 6.

D. 4.

Câu 34: Cho a và b là các số thực dương khác 1. Biết rằng bất kỳ đường thẳng nào song song với trục tung mà cắt các đồ thị y = log a x, y = log b x và trục hoành lần lượt tại A, B và H phân biệt ta đều có 3HA = 4 HB (hình vẽ bên dưới). Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. 4a = 3b.

B. a 3b 4 = 1.

C. 3a = 4b.

D. a 4b3 = 1.

a 17 , hình chiếu vuông góc H 2 của S trên ( ABCD ) là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là trung điểm của đoạn AD. Khoảng cách giữa hai

Câu 35: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SD = đường HK và SD theo a là: A.

a 3 . 15

a 3 . 5

a 3 . 25

a 3 . 45

Câu 36: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như sau:

Phương trình f ( x ) − 4 = 0 có bao nhiêu nghiệm thực?

A. 2.

B. 4.

C. 0.

D. 3.

Câu 37: Cho một hình trụ có chiều cao 20cm. Cắt hình trụ đó bởi một mặt phẳng chứa trục của nó thì được thiết diện là một hình chữ nhật có chu vi 100cm. Tính thể tích của khối trục được giới hạn bởi hình trụ đã cho. A. 4500π cm3 .

B. 6000π cm3 .

C. 3000π cm3 .

D. 600π cm3 .

Câu 38: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 − 3 x 2 − 9 x + 35 trên đoạn [ −4; 4] lần lượt là 6

A. −41 và 40.

B. 40 và −41.

C. 40 và 8.

D. 15 và −41.

Câu 39: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I , SA vuông góc với đáy. Điểm cách đều các đỉnh của hình chóp là: A. Trung điểm SD . B. Trung điểm SB . C. Điểm nằm trên đường thẳng d / / SA và không thuộc SC . D. Trung điểm SC . Câu 40: Cho hình chóp S . ABC có SA = x, BC = y, AB = AC = SB = SC = 1. Thể tích khối chóp S . ABC lớn nhất khi tổng x + y bằng A.

2 . 3

B. 4 3.

4 . 3

Câu 41: Xét các khẳng định sau  f ' ( x ) = 0 . i) Nếu hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai trên ℝ và đạt cực tiểu tại x = x0 thì   f " ( x ) > 0  f ' ( x ) = 0 ii) Nếu hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai trên ℝ và đạt cực đại tại x = x0 thì  .  f " ( x ) < 0 iii) Nếu hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai trên ℝ và f " ( x ) = 0 thì hàm số không đạt cực trị tại x = x0 . Số khẳng định đúng trong các khẳng định trên là

A. 0.

B. 1.

C. 3.

Câu 42: Biết rằng đường thẳng y = x − 1 cắt đồ thị hàm số y =

D. 2. 2x −1 tại hai điểm phân biệt A ( x A ; y A ) , x +1

B ( xB ; yB ) và x A > xB . Tính giá trị của biểu thức P = y A2 − 2 yB . A. P = −1.

B. P = 4.

C. P = −4.

D. P = 3.

Câu 43: Cho hàm số f ( x ) , g ( x ) là các hàm có đạo hàm liên tục trên ℝ, k ∈ ℝ. Trong các khẳng định dưới đây, có bao nhiêu khẳng định đúng? i.

∫  f ( x ) − g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx.

ii.

∫ f ' ( x ) dx = f ( x ) + C.

iii. ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx. 7

iv.

∫  f ( x ) + g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx.

A. 2.

B. 1.

C. 3.

D. 4.

Câu 44: Đồ thị hàm bậc bốn trùng phương nào dưới đây có dạng đồ thị như hình vẽ bên

A. f ( x ) = x 4 − 2 x 2 .

B. f ( x ) = − x 4 + 2 x 2 − 1.

C. f ( x ) = − x 4 + 2 x 2 .

D. f ( x ) = x 4 + 2 x 2 .

Câu 45: Cho hàm số y = x3 − 3 x + 1. Khẳng định nào sau đây sai? A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1; 2 ) . B. Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và (1; +∞ ) . C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) . D. Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; 2 ) . Câu 46: Trong Lễ tổng kết tháng thanh niên có 10 đoàn viên xuất sắc gồm 5 nam và 5 nữ được tuyên dương khen thưởng. Các đoàn viên này được sắp xếp ngỗng nhiên thành một hàng ngang trên sân khấu để nhận giấy khen. Tính xác suất để trong hàng ngang trên không có bất kì hai bạn nữ nào đứng cạnh nhau. A.

1 . 7

1 . 42

5 . 252

25 . 252

2   Câu 47: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton  x − 2  , ( x ≠ 0, n ∈ ℕ *) . x   8 . A. 28 C21

7 . B. 27 C21

8 . C. −28 C21

Câu 48: Cho hàm số y = f ( x ) là hàm số bậc ba có đồ thị như hình vẽ.

7 . D. −27 C21

 π  Số nghiệm nằm trong  − ;3π  của phương trình f ( cos x + 1) = cos x + 1 là  2 

A. 4.

B. 3.

C. 5.

D. 2.

Câu 49: Cho tập Y gồm 5 điểm phân biệt trên mặt phẳng. Số véc-tơ khác 0 có điểm đầu, điểm cuối thuộc tập Y là A. C52 .

B. A52 .

C. 5!.

D. 25.

Câu 50: Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Nếu a, b, c theo thứ tự lập thành một cấp số nhân thì A. ln sin A.ln sin C = 2 ln sin B.

B. ln sin A + ln sin C = 2 ln sin B.

D. ln sin A.ln sin C = ln ( 2sin B ) .

C. ln sin A.ln sin C = ( ln sin B ) .

-------------------- HẾT -----------------

BẢNG ĐÁP ÁN 1-C

2-C

3-A

4-C

5-A

6-A

7-C

8-A

9-D

10-D

11-A

12-B

13-D

14-B

15-C

16-A

17-D

18-B

19-C

20-C

21-B

22-D

23-A

24-B

25-C

26-B

27-C

28-B

29-C

30-D

31-D

32-A

33-D

34-D

35-B

36-A

37-A

38-D

39-D

40-C

41-A

42-D

43-C

44-C

45-A

46-B

47-D

48-C

49-B

50-A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn C.

 BC ⊥ AM Gọi M là trung điểm của BC , suy ra  ⇒ BC ⊥ A ' M .  BC ⊥ A ' A

( A ' BC ) ∩ ( ABC ) = BC Vậ y  A ' MA. ⇒ α = ( ( A ' BC ) ; ( ABC ) ) = ( AM ; A ' M ) =  BC ⊥ AM , BC ⊥ A ' M Tam giác ABC đều cạnh a nên AM =

a 3 . 2

2 3 AA ' a Suy ra: tan α = tan A ' MA = . = = 3 AM a 3 2

Câu 2: Chọn C. Điều kiện: y > 0, x > − 3 2 Từ giả thiết ta có: ln y + ln 3 ≥ ln ( x3 + 2 ) ⇔ ln 3 y ≥ ln ( x 3 + 2 ) ⇔ 3 y ≥ x3 + 2 ⇔ 3 ( y − x ) ≥ x 3 − 3 x + 2

(

)

Xét hàm số h ( x ) = x3 − 3x + 2 trên − 3 2; +∞ .  x = −1 . Ta có: h ' ( x ) = 3 x 2 − 3, h ' ( x ) = 0 ⇔ 3 x 2 − 3 = 0 ⇔  x = 1

(

)

h ( −1) = 4, h (1) = 0, h − 3 2 = 3 3 2 > 0. Bảng biến thiên:

x h '( x) h ( x)

−3 2

−1 +

−

+∞ +

+∞ 10

33 2

Từ bảng biến thiên suy ra: min h ( x ) = 0. Suy ra: 3 ( y − x ) ≥ 0 ⇔ y − x ≥ 0. ( − 3 2 ;+∞ ) Ta có: 2

H =e

4 y − x3 − x − 2

( y − x ) − y − x ≥ e y−x − ( y − x ) − y − x . x2 + y 2 y − x + 3 y −( x3 + 2 ) − + x ( y + 1) − y = e − ( ) ( ) 2 2 2

1 Xét hàm số g ( t ) = et − t 2 − t trên [ 0; +∞ ) . 2 Ta có: g ' ( t ) = et − t − 1, g " ( t ) = et − 1. Ta có: ∀t ≥ 0 ⇒ g " ( t ) = et − 1 ≥ e0 − 1 = 0, suy ra hàm số g ' ( t ) đồng biến trên [ 0; +∞ ) . Suy ra: ∀t ≥ 0 : g ' ( t ) ≥ g ' ( 0 ) = 0, suy ra hàm số g ( t ) đồng biến trên [ 0; +∞ ) . Vậy min g ( t ) = g ( 0 ) = 1, Suy ra: H min = 1. [0;+∞ )

x = y Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:  ⇔ x = y = 1. 3 3 y = x + 2 Câu 3: Chọn A. Ta có N ' ( t ) =

2000 2000 ⇒ N (t ) = ∫ dt = 1000 ln (1 + 2t ) + C. 1 + 2t 1 + 2t

Lúc đầu đám vi trùng có 300000 con suy ra N ( 0 ) = 300000. Khi đó 1000 ln (1 + 2.0 ) + C = 300000 ⇔ C = 300000. Suy ra N ( t ) = 1000 ln (1 + 2t ) + 300000. Vậy L = N (10 ) = 1000 ln 21 + 300000 = 303044.

Câu 4: Chọn C.  2 − x = −1  x = 3 2 − x = 1 x = 1  Ta có y ' = − f ' ( 2 − x ) . Xét y ' = 0 ⇔ − f ' ( 2 − x ) = 0 ⇔ ⇔ . 2 − x = 2 x = 0   2 − x = 3  x = −1 Bảng xét dấu của y '

−∞

−1

1 11

+∞

−

Từ bảng xét dấu, ta sy ra hàm số y = f ( 2 − x ) có tất cả 3 điểm cực trị.

Câu 5: Chọn A.

Đặt OA = a, OB = b, OC = c. Gọi M là trung điểm của BC , dựng trục đường tròn ∆ ngoại tiếp tam giác OBC , trên mặt phẳng ( OAM ) , kẻ

đường trung trực của đoạn OA cắt ∆ tại I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp O. ABC. +) OM =

1 1 2 2 1 2 BC = b + c , R = MI 2 + OM 2 = a + b2 + c2 . 2 2 2

+) Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC , suy ra:

 BC ⊥ AH ⇒ BC ⊥ ( OAH ) ⇒ BC ⊥ OH .   BC ⊥ AO bc b2c2 a 2b 2 + a 2 c 2 + b 2 c 2 1 1 1 2 2 2 = + ⇒ OH = ⇒ AH = OA + OH = a + 2 2 = OH 2 b 2 c 2 b +c b2 + c2 b2 + c 2 Suy ra S ∆ABC =

1 1 a 2b 2 + a 2 c 2 + b 2 c 2 1 2 2 AH .BC = . b2 + c2 = a b + a 2c 2 + b 2c 2 . 2 2 2 2 2 b +c

+) Gọi J là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp O. ABC. Khi đó: d ( J ; ( OAB ) ) = d ( J ; ( OBC ) ) = d ( J ; ( OAC ) ) = d ( J ; ( ABC ) ) = r. VO. ABC = VJ . ABC + VJ .OBC + VJ . AOC + VJ . ABO ⇔

1 1 abc = r ( S ∆ABC + S ∆OBC + S ∆AOC + S ∆ABO ) 6 3 12

⇔

1 1 1 2 2  abc = r  a b + a 2c 2 + b 2c 2 + ( ab + bc + ca )  . 2 2 2 

⇔

1 1 = r abc

Suy ra:

(

)

a 2b 2 + a 2c 2 + b 2c 2 + ab + bc + ca .

R 1 1 = . . a 2 + b2 + c2 r 2 abc

(

a 2b 2 + a 2c 2 + b 2c 2 + ab + bc + ca

)

1 1 . 3 3 a 2b 2 c 2  3 3 a 2b 2 .a 2c 2 .b 2c 2 + 3 3 ab.bc.ca  ≥ . 2 abc  

1 1 = . . 3. 3 abc 2 abc

(

3 + 3 3 3 + 27 = . 2 2

)

3. 3 a 2b 2 c 2 + 3 3 a 2b 2 c 2 =

Vậy P = a + b = 30. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c .

Câu 6: Chọn A. Công thức tính diện tích xung quanh S xq = π rl.

Câu 7: Chọn C. Tập xác định của hàm số y = log a x là ( 0; +∞ ) và tập giá trị của hàm số y = log a x là ℝ. Tập xác định của hàm số y = a x là ℝ và tập giá trị của hàm số y = a x là ( 0; +∞ ) .

Câu 8: Chọn A. Tập xác định: D = ℝ \ {0} . Ta có: y ' = 3 x 2 + m +

1 . x6

Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) khi 3 x 2 + m + ⇔ −m ≤ 3x 2 +

1 ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) . x6

1 , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) . x6

⇔ − m ≤ min g ( x ) . ( 0;+∞ )

Vớ i g ( x ) = 3 x 2 +

1 6 . Ta có: g ' ( x ) = 6 x − 7 ; 6 x x

g '( x) = 0 ⇔ 6x −

 x = 1 ∈ ( 0; +∞ ) 6 1 . ⇔ x− 7 =0⇔  7 x x  x = −1 ∉ ( 0; +∞ )

Bảng biến thiên:

1 13

+∞

y' y

−

+∞

+∞ 4

Từ bảng biến thiên suy ra: − m ≤ 4 ⇔ m ≥ −4. Suy ra: m ∈ {−4; −3; −2; −1} . Vậy tổng −4 − 3 − 2 − 1 = −10.

Câu 9: Chọn D.

Dựa vào hình ta có số đỉnh của bát diện đều là 6.

Câu 10: Chọn D. x ≠ 0 x < 4 . + Điều kiện của bất phương trình  ⇔ 4 − x > 0 x ≠ 0

+ Ta có log 25 x 2 ≤ log 5 ( 4 − x ) ⇔ ⇔ log 5 x 2 ≤ log 5 ( 4 − x ) ⇔ x2 ≤ ( 4 − x )

1 log 5 x 2 ≤ log 5 ( 4 − x ) ⇔ log 5 x 2 ≤ 2 log 5 ( 4 − x ) 2

⇔ 8 x − 16 ≤ 0 ⇔ x ≤ 2.

Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là ( −∞; 0 ) ∪ ( 0; 2] .

Câu 11: Chọn A. Số khẳng định đúng là iii) và iv).

Câu 12: Chọn B. 14

( )

Ta có: 3x

= 27 x ⇔ 33 x y = 33 x ⇔ 3 x 2 y = 3 x ⇔ xy = 1.

Câu 13: Chọn D. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số f ' ( x ) đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua x0 và f ' ( x ) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua x1. Hàm số không xác định tại x2 . Vậy hàm số có một điểm cực đại, một điểm cực tiểu.

Câu 14: Chọn B.

u2 = 5 u1 + d = 5 u = 1 Ta có:  ⇔ ⇔ 1 . d = 4 u1 + 2d = 9 u3 = 9 Suy ra: u4 = u1 + 3 = 1 + 3.4 = 13.

Câu 15: Chọn C. Ta có:

21−3 x ≥ 16

<=> 21−3 x ≥ 24 <=> 1 − 3 x ≥ 4 <=> x ≤ −1

Câu 16: Chọn A. Ta có: Để a và b cùng phương thì a = k .b .

<=> k =

3 2

3 4  n = 2 : 2 = 3 =>  m = 1. 3 = 3  2 2 3 4 => 2m + 3n = 2. + 3. = 7 2 3

Câu 17: Chọn D. Ta có: a. p = 1.1 + 3.1 + ( −2 ) .2 = 0 ⇔ a ⊥ p ⇒ chọn D. Câu 18: Chọn B. 2x

4 4 16 − 2.12 + ( m − 2 ) .9 = 0 ⇔   − 2.   + ( m − 2 ) = 0 (1) . 3 3 x

4 Đặt   = t ; t > 0 3 Phương trình (1) trở thành t 2 − 2t + m − 2 = 0 ( 2 ) . Phương trình (1) có nghiệm dương khi và chỉ khi phương trình ( 2 ) có nghiệm lớn hơn 1.

( 2 ) ⇔ −t 2 + 2t + 2 = m. Số nghiệm phương trình ( 2 ) là số giao điểm của đồ thị y = −t 2 + 2t + 2 và đường thẳng y = m. Ta có bảng biến thiên y = −t 2 + 2t + 2 :

−∞

+∞

y −∞

−∞

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình ( 2 ) có nghiệm lớn hơn 1 khi và chỉ khi m < 3. Vậy có 2 số nguyên dương m thỏa mãn.

Câu 19: Chọn C. Ta có PQ = (1;1;0 ) ⇒ PQ + 3 j = (1; 4;0 ) với j ( 0;1;0 ) . Câu 20: Chọn C.

Gọi các điểm A1, B1, C1 lần lượt là các trung điểm của các cạnh AA ', BB ', CC ' 1 Ta có VABCMNP = VABC . A1B1C1 − 3VCNPC1 = VABC . A ' B 'C ' − 3VCNPC1. 2 16

1 1 1 1 Mặt khác VCNPC1 = . h. S ABC = .VABC . A ' B 'C ' 3 2 4 24 1 1 3 62 3 VABCMNP = VABC . A ' B 'C ' − VABC . A ' B 'C ' = .8. = 27 3. 2 8 8 4

Câu 21: Chọn B. Gọi cạnh của hình lập phương là a Theo giả thiết của bài toán ta có: a 2 = 4 ⇔ a = 2. Thể tích của khối lập phương là: V = a 3 = 8cm3 .

Câu 22: Chọn D. I = F ( x ) = ∫ cos x sin x + 1dx

Đặt u = sin x + 1 ⇒ u 2 = sin x + 1 ⇒ 2udu = cos xdx.

I = ∫ u.2udu = 2 ∫ u 2 du 2 2 = u 3 + C = ( sin x + 1) sin x + 1 + C 3 3

Câu 23: Chọn A. Xét hàm số f ( x ) = x3 − 3x + m + 2, ta có:

f ' ( x ) = 3x 2 − 3 ⇒ f ' ( x ) = 0 ⇔ x = ±1 f (1) = m, f ( −1) = m + 6, f ( 3) = m + 20. Suy ra: min f ( x ) = f (1) = m, max f ( x ) = f ( 3) = m + 20. [ −1;3]

[ −1;3]

Vì f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) là độ dài ba cạnh của một tam giác nên: f ( x ) > 0, ∀x ∈ [ −1;3] ⇔ min f ( x ) = m > 0 ⇒ 0 < m < 2018. [ −1;3]

Mặt khác, với mọi số thực a, b, c ∈ [ −1;3] thì f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) là độ dài ba cạnh của một tam giác nhọn khi và chỉ khi f (1) , f (1) , f ( 3) cũng là độ dài ba cạnh của tam giác nhọn  f (1) + f (1) > f ( 3 ) 2m > m + 20 m > 20  ⇔ ⇔ 2  2 2 2 ⇔  2 m < 20 − 20 2 hoaë c m > 20 + 20 2   f (1)  +  f (1)  >  f ( 3 )  2m > ( m + 20 ) 17

⇔ m > 20 + 20 2 ⇒ 20 + 20 2 < m < 2018. Mà m ∈ ℤ* ⇒ m = 49;50;...; 2017 nên ta có 2017 − 48 = 1969 giá trị nguyên dương của m.

Câu 24: Chọn B. Ta có: 1 VS . ABC = .S ∆ABC .SA 3

S ∆ABC =

AB 2 AC 2 = = a2 2 4 AC =a 2 2

Tam giác SAB vuông cân tại A nên ta có: SA = AB =

1 a3 2 . ⇒ VS . ABC = .a 2 .a 2 = 3 3

Câu 25: Chọn C.

Ta có: S xq = π rl ⇔ π .3.l = 6 3.π ⇔l=

6 3 =2 3 3

= ∆SOA vuông tại O có: sin OSA

3 3 OA r = = = 2 SA l 2 3

= 600. Vậy góc ở đỉnh của hình nón đã cho bằng 2OSA = 1200. ⇒ OSA

Câu 26: Chọn B. Hàm số y = ( 4 − x

3 2 5

)

xác định khi 4 − x 2 > 0 ⇔ −2 < x < 2. 18

Vậy tập xác định của hàm số là: D = ( −2; 2 ) .

Câu 27: Chọn C. 1 1 1 1 1  14  14  12   12   12  4 4 2 2 Ta có: M =  a − b  a + b  a + b  =  a − b   a + b 2  = a − b ⇒ (1) đúng.       

Hàm số y = log 2 ( ln 2 x − 1) xác định khi  x > e  ln x > 1  ln x − 1 > 0 ln x > 1     1  1 ⇔ ⇔ ⇔ ln x < − 1     x < ⇔ x ∈  0;  ∪ ( e; +∞ ) . e  e x > 0 x > 0 x > 0    x > 0 2

Vậy (2) là phát biểu sai. Hàm số y = log 2 ln x là y ' = ( log 2 ln x ) ' =

( ln x ) ' ln x.ln 2

1 . Vậy (3) là phát biểu đúng. x ln x.ln 2

0 < a ≠ 1 . Vậy (4) là phát biểu sai. Hàm số y = 10 log a ( x − 1) xác định khi  x > 1

Kết luận: Vậy số các phát biểu đúng là 2.

Câu 28: Chọn B. Nhận xét: Nếu A + B = 450 thì (1 + tan A )(1 + tan B ) = 2. Thật vậy:



(1 + tan A )(1 + tan B ) = (1 + tan A ) 1 + tan ( 450 − A ) = (1 + tan A) 1 + 

tan 450 − tan A   1 + tan 450.tan A 

 1 − tan A  = (1 + tan A ) 1 + = 1 + tan A + 1 − tan A = 2.  1 + tan A 

Khi đó:

(1 + tan1 )(1 + tan 2 )(1 + tan 3 ) ... (1 + tan 42 )(1 + tan 43 ) = 0

= (1 + tan10 ) (1 + tan 20 )(1 + tan 430 )  (1 + tan 30 )(1 + tan 420 )  ... (1 + tan 220 ) + (1 + tan 230 )  = (1 + tan10 ) .2 21 . Suy ra a = 21, b = 1. Vậy P = a + b = 22.

Câu 29: Chọn C.

 x ≤ 10 10 − x ≥ 0  x < 10  . Điều kiện:  2 ⇔  x ≠ −10 ⇔   x ≠ −10  x − 100 ≠ 0  x ≠ 10  lim− f ( x ) = lim−

x →10

10 − x 10 − x 1 = lim− = − lim− = −∞ x →10 x − 100 x →10 ( x − 10 )( x + 10 ) 10 − x ( x + 10 ) 2

⇒ x = 10 là tiệm cận đứng.

lim + f ( x ) = lim +

10 − x = −∞ ⇒ x = −10 là tiệm cận đứng. x − 100

lim − f ( x ) = lim −

10 − x = +∞ ⇒ x = −10 là tiệm cận đứng. x − 100

x →−10

Vậy phương trình đường tiệm cận đứng là: x = 10 và x = −10.

Câu 30: Chọn D. Hàm số y = cot x có tập giá trị là ℝ nên câu D sai.

Câu 31: Chọn D. Mặt phẳng đi qua tâm của khối cầu cắt khối cầu thì được một hình tròn có bán kính bằng bán kính của khối cầu. Gọi bán kính của khối cầu là R. Ta có: π R 2 = 16π ⇒ R = 4 Vậy diện tích của mặt cầu giới hạn nên khối cầu đó là S = 4π R 2 = 4π .42 = 64π .

Câu 32: Chọn A. Bài toán tổng quát: Gọi a (triệu đồng) là số tiền gửi tiết kiệm, b% là lãi suất trên 1 tháng, c (triệu đồng) là số tiền rút ra mỗi tháng. * Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ nhất là:

S1 =

100 + b .a − c (triệu đồng) 100

* Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ hai là: 2

S2 =

100 + b 100 + b  100 + b  .S1 − c =  .c − c (triệu đồng)  .a − 100 100  100 

* Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ ba là: 3

100 + b 100 + b  100 + b   100 + b  S3 = .S 2 − c =  .c − c (triệu đồng)  .a −   .c − 100 100  100   100  ……………………………………………………………………………………………………. * Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ n là: 20

100 + b  100 + b   100 + b  Sn = .S n −1 − c =   .a −   100  100   100 

n −1

 100 + b  .c −    100 

n−2

.c − ... −

100 + b .c − c 100

n  100 + b  n −1  100 + b  n − 2 100 + b   100 + b  ⇒ Sn =  . − . + 1 (triệu đồng) a c    +  + ... + 100  100   100   100  

⇒ S n = k n .a − c.

1− k n 100 + b (triệu đồng) với k = 1− k 100

Câu 33: Chọn D. Đồ thị hàm số y = f ( x )

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình f ( x ) = 2 có 4 nghiệm.

Câu 34: Chọn D. Ta có: Gọi H ( x0 ; 0 ) . Khi đó A ( x0 ; log a x0 ) ; B ( x0 ; log b x0 )

AH = log a x0 ; BH = log b x0 Do 3HA = 4 HB ⇔ 3 log a x0 = 4 logb x0 Dựa vào đồ thị ta thấy: 3 log a x0 = 4 log b x0 ⇔ 3log a x0 = −4 log b x0

Đặt 3log a x0 = −4 log b x0 = t. Ta có t   3t log a x0 = 3 a = x0 3log a x0 = −4 log b x0 = t ⇔  ⇔ t log x = − t b − 4 = x b 0 0   4 t

⇔ a3 = b

−

t 4

⇔ a3 =

t 4

⇔ a 3 .b 4 = 1 ⇔ a 4 .b3 = 1.

Câu 35: Chọn B. 21

Ta có SH ⊥ ( ABCD ) . Gọi O là tâm hình vuông ABCD, I là trung điểm BO ⇒ HI / / AC ⇒ HI ⊥ BD. HI =

1 a 2 . AC = 2 4

∆ABD vuông tại A ⇒ HD = AH 2 + AD 2 =

a2 a 5 + a2 = . 4 2

∆SHD vuông tại H ⇒ SH = SD 2 − HD 2 =

17 a 2 5a 2 − = a 3. 4 4

Trong ( SHI ) , vẽ HE ⊥ SI ( E ∈ SI ) .

1 1 1 8 1 25 a 3 . = + = 2 + 2 = 2 ⇒ HE = 2 2 2 HE HI SH a 3a 3a 5  BD ⊥ HI ⇒ BD ⊥ ( SHI ) ⇒ BD ⊥ HE. Ta có   BD ⊥ SH  HE ⊥ SI ⇒ HE ⊥ ( SBD ) .   HE ⊥ BD

Ta có HK là đường trung bình ∆ABD ⇒ HK / / BD ⇒ HK / / ( SBD ) . Do đó d ( KH , BD ) = d ( KH , ( SBD ) ) = d ( H , ( SBD ) ) = HE =

Câu 36: Chọn A. 22

a 3 . 5

Ta có f ( x ) − 4 = 0 ⇔ f ( x ) = 4. (1) Gọi ( C ) là đồ thị hàm số y = f ( x ) . Phương trình (1) là phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và đường thẳng d : y = 4. Do đó số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của ( C ) và d . Dựa vào bảng biến thiên ta có ( C ) và d cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. Vậy phương trình (1) có hai nghiệm thực.

Câu 37: Chọn A.

Chiều cao của hình trụ là h = 20cm. Chu vi hình chữ nhật 100cm tức là 2 ( h + 2r ) = 100 ⇔ 2 ( 20 + 2r ) = 100 ⇔ r = 15 ( cm ) . Thể tích của khối trụ là V = π .r 2 .h = π .152.20 = 4500π .

Câu 38: Chọn D. Tập xác định của hàm số đã cho là D = ℝ.

y ' = 3x2 − 6 x − 9  x = −1 ∈ [ −4; 4] y'= 0 ⇔   x = 3 ∈ [ −4; 4]

y ( −4 ) = −41.

y ( −1) = 40.

y ( 3) = 8.

y ( 4 ) = 15.

Vậy max y = y ( −1) = 40; min y = y ( −4 ) = −41. [ −4;4]

[ −4;4]

Câu 39: Chọn D. 23

 BC ⊥ SB  BC ⊥ ( SAB ) . Gọi O là trung điểm SC. Vì ABCD là hình chữ nhật nên  ⇒ CD ⊥ ( SAD ) CD ⊥ SD

Tam giác SBC , SDC , SAC lần lượt vuông tại B, D, A nên OA = OB = OC = OD = OS . Vậy O là điểm cách đều của hình chóp.

Câu 40: Chọn C.

 BC ⊥ AI Gọi I , J lần lượt là trung điểm BC , SA nên  ⇒ BC ⊥ ( SAI ) .  BC ⊥ SI

Hai tam giác cân ABC , SBC bằng nhau nên IA = IS suy ra ∆ISA cân tại I . Trong ∆SBI vuông tại I ta có SI = SB 2 − BI 2 = 12 − 24

y2 . 4

y 2 x2 Trong ∆SAI cân tại I ta có IJ = SI − SJ = 1 − − . 4 4 2

y2 + x4 1 1 1 Khi đó thể tích khối chóp S . ABC là V = .BC.S SAI = .BC.SA.IJ = xy 1 − 3 6 6 4 Ta có x 2 + y 2 ≥ 2 xy, ∀x, y ∈ ℝ ⇒ V ≤

xy 1 xy 1 − 6 2 3

1 1  xy + xy + 4 − 2 xy  2 2 3 = xy . xy . 4 − 2 xy ≤   ≤ 12 12  3 27  Dấy “=” xảy ra tại x = y =

2 4 . suy ra x + y = 3 3

Câu 41: Chọn A. Cả ba khẳng định đều sai. Chẳng hạn: +) Xét hàm số f ( x ) = x 4 . Ta có f ' ( x ) = 4 x3 ; f " ( x ) = 12 x 2

f '( x) = 0 ⇔ x = 0

−

f '( x) f ( x)

−∞

+∞ +

+∞

+∞ 0

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và f " ( 0 ) = 0. Do đó khẳng định i) và iii) sai. +) Xét hàm số f ( x ) = − x 4 . Ta có f ' ( x ) = −4 x3 ; f " ( x ) = −12 x 2

f '( x) = 0 ⇔ x = 0

x f '( x)

−∞

+∞

−

f ( x) −∞

−∞

Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và f " ( 0 ) = 0. Do đó khẳng định ii) sai.

Câu 42: Chọn D. Xét phương trình:

2x −1 = x − 1 ⇔ 2 x − 1 = ( x + 1)( x − 1) (với điều kiện x ≠ −1) x +1 x = 2 ⇔ x2 − 2x = 0 ⇔  x = 0

Với x A = 2 ⇒ y A = 1; xB = 0 ⇒ yB = −1 Vậy P = y A2 − 2 yB = 12 − 2 ( −1) = 3.

Câu 43: Chọn C. Với k = 0 khẳng định

∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx sai.

Câu 44: Chọn C. Bề lõm quay xuống dưới loại A, D.

Đồ thị hàm số đi qua điểm O ( 0; 0 ) nên đáp án đúng là C. Câu 45: Chọn A. TXĐ: D = ℝ

Đặt y = f ( x ) = x3 − 3x + 1 thì f ' ( x ) = 3x 2 − 3. Cho f ' ( x ) = 0 ta được 3 x 2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1. Bảng xét dấu

x f '( x)

−1

−∞ +

−

+∞ +

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và (1; +∞ ) , nghịch biến trên ( −1;1) nên đáp án B và C đúng. Xét dáp án D, ta thấy (1; 2 ) ⊂ (1; +∞ ) nên đáp án D đúng. Xét đáp án A, ta thấy ( −1; 2 ) ∉ ( −1;1) nên đáp án A sai.

Câu 46: Chọn B. Gọi T là phép thử ngẫu nhiên sắp xếp 10 em đoàn viên thành một hàng ngang để nhận giấy khen. Gọi biến cố A : “Sắp xếp được hàng ngang gồm 10 em không có bất kì hai bạn nữ nào đứng cạnh nhau”. 26

Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = 10! Xếp 5 bạn nam có 5! Cách. Xếp 5 bạn nữ xen vào giữa 4 khoảng trống và 2 vị trí đầu hàng có A65 cách. Vậy có số phần tử của biến cố A là n ( A ) = 5!. A65 cách. Do đó xác suất của biến cố A là P ( A ) =

n ( A) n (Ω)

5!. A65 1 = . 10! 42

Câu 47: Chọn D. k

2  k k 21− k  k Số hạng thứ k + 1 của khai triển có dạng: Tk +1 = C21 x  − 2  = C21 ( −2 ) x 21−3k .  x 

Để số hạng không chứa x thì 21 − 3k = 0 ⇔ k = 7. 7

7 Vậy số hạng không chứa x là T8 = C21 ( −2 ) = −27 C217 .

Câu 48: Chọn C.

 π  Đặt t = cos x + 1, x ∈  − ;3π  ⇒ t ∈ [ 0; 2] .  2 

 π  Với t0 ∈ ( 0;1) thì phương trình cos x + 1 = t0 cho 3 nghiệm thuộc khoảng  − ;3π  .  2   π  Với t0 ∈ (1; 2 ) thì phương trình cos x + 1 = t0 cho 4 nghiệm thuộc khoảng  − ;3π  .  2 

Phương trình có dạng: f ( t ) = t. 27

t = b ( 0 < b < 1) Từ đồ thị hàm số suy ra: f ( t ) = t ⇔  t = 2

 π  Với t = 2, phương trình cos x + 1 = 2 ⇔ cos x = 1 có 2 nghiệm thuộc khoảng  − ;3π  .  2   π  Với t = b, phương trình cos x + 1 = b ⇔ cos x = b − 1 < 0 có 3 nghiệm thuộc khoảng  − ;3π  .  2 

Câu 49: Chọn B. Hai điểm tạo véc-tơ có phân biệt điểm đầu, điểm cuối nên số véc-tơ cần tìm là A52 .

Câu 50: Chọn A. Vì a, b, c theo thứ tự lập thành một cấp số nhân nên: 2

ac = b 2 ⇔ ( 2 R sin A )( 2 R sin C ) = ( 2 R sin B ) ⇔ sin A.sin C = sin 2 B ⇔ ln ( sin A.sin C ) = ln ( sin 2 B ) ⇔ ln ( sin A ) + ln ( sin C ) = 2 ln ( sin B ) .

AQSỞ GD & ĐT QUẢNG NINH

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT LẦN 1 KHỐI 12

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

NĂM HỌC 2020 – 2021

------------------

MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút không kể thời gian phát đề

Câu 1: Đường cong hình sau là đồ thị của một trong bốn hàm số được cho dưới đây, hỏi đó là hàm số nào?

A. y = − x 3 + 3 x 2 + 2.

B. y = x3 − 3 x 2 + 2.

C. y = x 4 + 3 x 2 + 2.

D. y = x 4 − 3 x 2 + 2.

Câu 2: Cho khối lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy và cạnh bên cùng bằng a. Tính thể tích của khối lăng trụ đó theo a. A.

a3 3 . 4

a3 6 . 4

a3 3 . 12

a3 6 . 12

Câu 3: Tính diện tích xung quanh S của hình nón có bán kính đáy r = 4 và chiều cao h = 3. A. S = 40π .

B. S = 12π .

C. S = 20π .

D. S = 10π .

Câu 4: Cho cấp số cộng ( un ) có số hạng đầu u1 = 3 và công sai d = 2. Tính u9 . A. u9 = 26.

B. u9 = 19.

C. u9 = 16.

D. u9 = 29.

Câu 5: Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 học sinh thành một hàng dọc? A. 20.

B. 120.

C. 25.

D. 53.

C. V = 108π ( cm3 ) .

D. V = 36π ( cm3 ) .

Câu 6: Thể tích V của khối cầu có đường kính 6cm là A. V = 18π ( cm3 ) .

B. V = 12π ( cm3 ) .

Câu 7: Diện tích xung quanh S xq của hình trụ xoay có bán kính đáy r và đường cao h là A. S xq = 2π rh.

C. S xq = 2π r 2 h.

B. S xq = π rh.

Câu 8: Tìm tọa độ véc tơ AB biết A (1; 2; −3) , B ( 3;5; 2 ) 1

D. S xq = π r 2 h.

A. AB = ( 2;3; −5 ) .

B. AB = ( 2;3;5 ) .

C. AB = ( −2; −3; −5 ) .

D. AB = ( 2; −3;5 ) .

Câu 9: Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3 x 2 . A. ∫ f ( x ) dx = 6 x + C.

B. ∫ f ( x ) dx = x + C.

C. ∫ f ( x ) dx = x3 + C.

∫ f ( x ) dx = 3 x

+ C.

1 Câu 10: Tìm tập nghiệm S của phương trình 32 x+1 = . 3

A. S = {0; −1} .

B. S = {−1} .

C. S = {0;1} .

D. S = {1} .

Câu 11: Cho khối nón có bán kính hình tròn đáy, độ dài đường cao và độ dài đường sinh lần lượt là r , h, l. Thể tích V của khối nón đó là: A. V = π rl.

1 B. V = π rlh. 3

C. V = π r 2 h.

1 D. V = π r 2 h. 3

Câu 12: Với a, b là các số thực dương tùy ý và a ≠ 1. Ta có log a2 b bằng 1 A. + log a b. 2

B. 2 + log a b.

1 log a b. 2

D. 2 log a b.

Câu 13: Cho hàm số y = f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị hình dưới đây. Hỏi phương trình 2 f ( x ) = −1 có bao nhiêu nghiệm?

A. 2

B. 1.

C. 3.

D. 0.

C. x = −2.

D. x = 8.

Câu 14: Nghiệm của phương trình log 2 ( x + 1) = 3 là: A. x = 7.

B. x = 2.

Câu 15: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và có bảng biến thiên như sau

Hàm số nghịch biến trên khoảng nào dưới đây

A. ( −2; 4 ) .

B. ( −1; +∞ ) .

C. ( −∞; −1) .

D. ( −1;3) .

Câu 16: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = ( ln x + 1) ( e x − 2019 ) ( x + 1) trên khoảng ( 0; +∞ ) . Hỏi hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 2.

B. 3.

C. 0.

D. 1.

Câu 17: Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị sau

Giá trị cực đại của hàm số là

A. −2.

B. −1.

C. 0.

D. 1.

Câu 18: Thể tích V của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là: 1 A. V = B 2 h. 3

B. V = B 2 h.

C. V = Bh.

1 D. V = Bh. 3

Câu 19: Thể tích của khối hộp chữ nhật có kích thước 1, 2, 3 là: A. 3.

B. 1.

C. 2.

Câu 20: Tìm tập xác định D của hàm số y = ln x 2 − 3 x + 2 A. D = (1; 2 ) .

B. D = ( 2; +∞ ) .

C. D = ( −∞;1) .

D. D = ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ ) .

D. 6.

Câu 21: Cho khối chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại B, AB = 3, BC = 3, SA ⊥ ( ABC ) và góc giữa SC với đáy bằng 450. Thể tích của khối chóp S . ABC bằng

A. 3.

B. 2 3.

C. 3.

D. 6.

Câu 22: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = xe x tại điểm thuộc đồ thị tại điểm có hoành đồ x0 = 1. A. y = e ( 2 x − 1) .

B. y = e ( 2 x + 1) .

C. y = 2 x − e.

D. y = 2 x + e.

Câu 23: Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có tất cả các cạnh bằng a. Khối trụ tròn xoay có hai đường tròn đáy ngoại tiếp hai tam giác đều ABC và A ' B ' C ' có thể tích bằng A.

π a3 3 3

Câu 24: Biết

∫ f ( x ) dx = x 1

∫ f ( 2 x ) dx = 2 x

+ C. Tính

C. π a 3 .

π a3 3

∫ f ( 2 x ) dx. 1

+ C.

∫ f ( 2 x ) dx = 4 x

π a3

Câu 25: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = − x 3 − 3 x 2 + mx + 2 có cực đại và cực tiểu? A. m ≥ 3.

B. m > −3.

C. m > 3.

D. m ≥ −3.

(

Câu 26: Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 + 3

)

(

+m 2− 3

)

= 1 có

hai nghiệm phân biệt là khoảng ( a; b ) . Tính T = 3a + 8b.

A. T = 5.

B. T = 7.

C. T = 2.

D. T = 1.

Câu 27: Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x + cos 2 x. A. x 2 − sin 2 x + C.

1 B. x 2 + sin 2 x + C. 2

C. x 2 + sin 2 x + C.

1 D. x 2 − sin 2 x + C. 2

Câu 28: Cho hình chóp S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) , SA = a , tam giác ABC đều có cạnh 2a. Tính thể tích khối chóp S . ABC.

A. a 3 3.

a3 3 . 3

a3 3 . 2

a3 3 . 6

Câu 29: Trong không gian Oxyz , cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' . Tìm tọa độ đỉnh A ' biết tọa độ các điểm

A ( 0; 0;0 ) ; B (1;0; 0 ) ; C (1; 2;0 ) ; D ' ( −1;3;5) . 4

A. A ' (1; −1;5 ) . Câu 30: Đồ thị hàm số y = A. 4.

B. A ' (1;1;5 ) . 9x +1 2020 − x 2

C. A ' ( −1; −1;5 ) .

D. A ' ( −1;1;5 ) .

có bao nhiêu đường tiệm cận?

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Câu 31: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 4 − 20 x 2 trên đoạn [ −1;10] là A. −100.

B. 100.

C. 10 10.

D. −10 10.

Câu 32: Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có tam giác ABC vuông cân tại B và AA ' = AB = a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm hai cạnh AA ' và BB '. Tính thể tích khối đa diện ABCMNC ' theo a. A.

a3 2 . 3

a3 2 . 6

Câu 33: Biết tập nghiệm của bất phương trình 3x A. T = −3.

C. 2

−x

a3 . 3

a3 . 6

< 9 là ( a; b ) . Tính T = a + b.

B. T = 1.

C. T = 3.

D. T = −1.

a3 . Tính góc giữa cạnh bên và Câu 34: Cho khối tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và thể tích bằng 4 3 mặt đáy? A. 600.

B. 300.

C. 450.

D. arctan ( 2 ) .

Câu 35: Cho hình nón có bán kính đáy bằng 5 và góc ở điỉnh bằng 900. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 25π 2.

B. 5π 10.

C. 5π 5.

D. 10π 5.

Câu 36: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 4. Tính diện tích xung quanh của hình trụ có đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác BCD và có chiều cao bằng chiều cao của tứ diện đều ABCD. A. S xq = 8 3π .

B. S xq = 8 2π .

C. S xq =

16 3 π. 3

D. S xq =

16 2 π. 3

Câu 37: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = ( x − 1) ( x 2 − 2 x ) , với mọi x ∈ ℝ. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = f ( x 2 − 8 x + m ) có 5 điểm cực trị?

A. 18.

B. 16.

C. 17.

Câu 38: Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số y = x3 + mx −

D. 15. 1 đồng biến trên khoảng 5x2

( 0; +∞ ) ? A. 0.

B. 4.

C. 2. 5

D. 3

Câu 39: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Lấy N , M là trung điểm của AB và AC. Tính khoảng cách d giữa CN và DM . A. d = a

3 . 2

B. d =

a 10 . 10

C. d =

a 3 . 2

Câu 40: Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình log 3 x.log 9 x.log 27 x.log 81 x = A.

82 . 9

80 . 9

C. 9.

D. d =

a 70 . 35

2 bằng 3

D. 0.

Câu 41: Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy bằng a. Trên các tia AA ', BB ', CC ' lần lượt lấy a 3a A1 , B1 , C1 cách mặt phẳng đáy ( ABC ) một khoảng lần lượt là , a, . Tính góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và 2 2 ( A1B1C1 ) . A. 600.

B. 900.

C. 450.

D. 300.

Câu 42: Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của a để đồ thị hàm số y = x3 + ( a + 10 ) x 2 − x + 1 cắt trục hoành tại đúng một điểm? A. 10.

B. 8.

C. 11.

D. 9.

Câu 43: Với n là số nguyên dương thỏa mãn Cn1 + Cn2 = 55, số hạng không chứa x trong khai triển của biểu n

2   thức  x3 + 2  bằng x  

A. 80640.

B. 13440.

C. 322560.

D. 3360.

Câu 44: Gọi a là số thực lớn nhất để bất phương trình x 2 − x + 2 + a ln ( x 2 − x + 1) ≥ 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ ℝ. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. a ∈ ( 6;7 ] .

B. a ∈ ( 2;3] .

C. a ∈ ( −6; −5] .

D. a ∈ ( 8; +∞ ) .

Câu 45: Biết rằng a là số thực dương để bất phương trình a x ≥ 9 x + 1 nghiệm đúng với mọi x ∈ ℝ . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. a ∈ ( 0;102  .

B. a ∈ (102 ;103  .

C. a ∈ (104 ; +∞ ) .

D. a ∈ (103 ;104  .

Câu 46: Giả sử a, b là các số thực sao cho x3 + y 3 = a.103 z + b.102 z đúng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn log( x + y ) = z và log( x 2 + y 2 ) = z + 1 . Giá trị của a + b bằng: A.

31 . 2

29 . 2

C. −

31 . 2

D. −

25 . 2

Câu 47: Cho một mô hình tứ diện đều ABCD cạnh 1 và vòng tròn thép có bán kính R. Hỏi có thể cho mô hình tứ diện trên đi qua vòng tròn đó (bỏ qua bề dày của vòng tròn) thì bán kính R nhỏ nhất gần với số nào trong các số sau? 6

A. 0,461.

B. 0,441.

C. 0,468.

D. 0,448.

Câu 48: Cho phương trình sin 2 x − cos 2 x + sin x + cos x − 2 cos 2 x + m − m = 0. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình có nghiệm thực?

A. 9.

B. 2.

C. 3.

D. 5.

Câu 49: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ( −1;3) . Bảng biến thiên của hàm số y = f ' ( x ) được  x cho như hình vẽ sau. Hàm số y = f 1 −  + x nghịch biến trên khoảng nào sau đây?  2

A. ( −4; −2 ) .

B. ( −2;0 ) .

C. ( 0; 2 ) .

D. ( 2; 4 ) .

Câu 50: Một mặt cầu tâm O nằm trên mặt phẳng đáy của hình chóp tam giác đều S . ABC có tất cả các cạnh bằng nhau, các đỉnh A, B, C thuộc mặt cầu. Biết bán kính mặt cầu là 1. Tính tổng độ dài l , các giao tuyến của mặt cầu với các mặt bên của hình chóp thỏa mãn?

(

)

(

A. l ∈ 1; 2 .

)

B. l ∈ 2;3 2 .

C. l ∈

(

 3  D. l ∈  ;1 .  2 

)

3; 2 .

----------------------- HẾT ---------------------

BẢNG ĐÁP ÁN 1-B

2-A

3-C

4-B

5-B

6-D

7-A

8-B

9-C

10-B

11-D

12-C

13-A

14-A

15-D

16-A

17-B

18-C

19-D

20-D

21-C

22-A

23-D

24-C

25-B

26-C

27-B

28-B

29-D

30-C

31-A

32-C

33-B

34-A

35-A

36-D

37-D

38-C

39-D

40-A

41-C

42-A

43-B

44-A

45-D

46-B

47-D

48-C

49-A

50-D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn B. 7

Ta thấy đồ thị như hình vẽ là đồ thị của hàm số bậc ba y = ax3 + bx 2 + cx + d nên loại C, D. Dựa vào đồ thị ta có lim y = +∞ nên a > 0 suy ra loại A. x →+∞

Vậy ta chọn đáp án B.

Câu 2: Chọn A. Vì ABC. A ' B ' C ' là khối lăng trụ đều nên có đáy ABC là tam giác đều và chiều cao AA ' = a. Khi đó thể tích của khối lăng trụ đã cho là V = AA '.S ABC = a.

a 2 3 a3 3 = (đvtt). 4 4

Câu 3: Chọn C. Độ dài đường sinh của hình nón l = r 2 + h 2 = 42 + 32 = 5. Diện tích xung quanh của hình nón S = π rl = 4.5π = 20π .

Câu 4: Chọn B. Ta có u9 = u1 + ( 9 − 1) d = 3 + 8.2 = 19.

Câu 5: Chọn B. Mỗi cách sắp xếp 5 học sinh là một hoán vị của 5 phần tử. Vậy có 5! = 120 cách sắp xếp 5 học sinh thành một hàng dọc.

Câu 6: Chọn D. Thể tích V của khối cầu có đường kính 6cm là

4 4 π R3 = .π .33 = 36π ( cm3 ) . 3 3

Câu 7: Chọn A. Theo công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ ta có S xq = 2π rl = 2π rh (Do h = l ).

Câu 8: Chọn B. Ta có AB = ( 3 − 1;5 − 2; 2 + 3) = ( 2;3;5 ) . Câu 9: Chọn C. Ta có

∫ f ( x ) dx = ∫ 3x dx = 3. 3 x 2

+ C = x 3 + C.

Câu 10: Chọn B. Ta có 32 x +1 =

1 ⇔ 32 x +1 = 3−1 ⇔ 2 x + 1 = −1 ⇔ x = −1. 3

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−1} . 8

Câu 11: Chọn D. Câu 12: Chọn C. 1 Ta có log a2 b = log a b. 2

Câu 13: Chọn A. Ta có: 2 f ( x ) = −1 ⇔ f ( x ) =

−1 . 2

Suy ra số nghiệm của phương trình 2 f ( x ) = −1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y=

−1 . 2

Dựa vào hình vẽ trên, suy ra phương trình 2 f ( x ) = −1 có 2 nghiệm.

Câu 14: Chọn A. ĐKXĐ: x + 1 > 0 ⇔ x > −1. Ta có: log 2 ( x + 1) = 3 ⇔ x + 1 = 23 = 8 ⇔ x = 7 (thỏa mãn ĐKXĐ). Vậy nghiệm của phương trình log 2 ( x + 1) = 3 là x = 7.

Câu 15: Chọn D. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên ( −∞; −1) và ( 3; +∞ ) ; hàm số nghịch biến trên ( −1;3) .

Câu 16: Chọn A. Tập xác định: D = ( 0; +∞ ) . f ' ( x ) = 0 ⇔ ( ln x + 1) ( e x − 2019 ) ( x + 1) = 0

1  x = ∈ ( 0; +∞ )   ln x + 1 = 0 ln x = −1 e   x  x ⇔  e − 2019 = 0 ⇔ e = 2019 ⇔  x = ln 2019 ∈ ( 0; +∞ )  x +1 = 0  x = −1    x = −1 ∉ ( 0; +∞ )  9

Bảng biến thiên:

1 Hàm số đạt cực đại tại x = . Đạt cực tiểu tại x = ln 2019. e Vậy trên khoảng ( 0; +∞ ) thì hàm số y = f ( x ) có 2 điểm cực trị.

Câu 17: Chọn B. Dựa vào đồ thị, nhận thấy hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCD = −1.

Câu 18: Chọn C. Khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h có thể tích là V = Bh.

Câu 19: Chọn D. Thể tích của khối hộp chữ nhật đã cho là: V = 1.2.3 = 6.

Câu 20: Chọn D. x > 2 . Điều kiện: x 2 − 3 x + 2 > 0 ⇔  x <1 Vậy tập xác định của hàm số đã cho là: D = ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ ) .

Câu 21: Chọn C.

= 450. Ta có góc giữa SC với đáy là SCA Tam giác ABC vuông tại B ⇒ AC = AB 2 + BC 2 = 2 3. = 2 3. ∆SAC vuông tại A suy ra SA = AC. tan SCA 10

1 1 VS . ABC = . .BA.BC.SA = 3. 3 2

Câu 22: Chọn A. Ta có x0 = 1 ⇒ y0 = e.

y ' = e x ( x + 1) ⇒ y ' (1) = 2e. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số là y = 2e ( x − 1) + e ⇔ y = e ( 2 x − 1) .

Câu 23: Chọn D. 2 a 3 a 3 = . Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC là: R = . 3 2 3 Bán kính đường tròn đáy ngoại tiếp tam giác đều ABC và A ' B ' C ' chính là bán kính đáy khối trụ: R =

a 3 . 3

a 3 π a3 . . Thể tích khối trụ tròn xoay cần tìm: V = π R h = π .  a =  3 3   2

Câu 24: Chọn C. Ta có:

Suy ra:

∫ f ( x ) dx = x

+ C ⇒ f ( x ) = 2 x.

∫ f ( 2 x ) dx = ∫ 2.2 xdx = 2 x

+ C.

Câu 25: Chọn B. Ta có y ' = −3 x 2 − 6 x + m. Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 9 + 3m > 0 ⇔ m > −3.

Câu 26: Chọn C.

(

)

Đặt t = 2 + 3 , t > 0, khi đó x = log 2+ 3 t và mỗi t > 0 cho ta đúng một nghiệm x. ( ) m − 1 = 0 ⇔ t 2 − t + m = 0 (*) . Bải toàn trở thành tìm m để phương trình t (*) có hai nghiệm dương phân biệt t1 , t2 .

Phương trình đã cho được viết lại t +

∆ > 0 1 − 4m > 0 1 1  ⇔  P = t1t2 > 0 ⇔  ⇔ 0 < m < . Suy ra: a = 0; b = . 4 4 m > 0 S = t + t > 0  1 2 Vậy T = 3a + 8b = 2. 11

Câu 27: Chọn B. Ta có:

∫ ( 2 x + cos 2 x ) dx = ∫ 2 xdx + ∫ cos 2 xdx = x

1 + sin 2 x + C. 2

Câu 28: Chọn B.

3 . ( 2a 2 ) = a 2 3 4

Ta có: S ∆ABC = VS . ABC

1 1 2 a3 3 . = S ∆ABC .SA = a 3.a = 3 3 3

Câu 29: Chọn D.

Hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' ⇒ AD = BC và AA ' = DD '  xD − x A = xC − xB  xD − 0 = 1 − 1  xD = 0    * AD = BC ⇔  yD − y A = yC − yB ⇔  yD − 0 = 2 − 0 ⇔  yD = 2  z − 0 = 0 − 0   z D − z A = zC − z B  D  zD = 0  x A ' − x A = xD ' − xD  x A ' − 0 = −1 − 0  x A ' = −1    * AA ' = DD ' ⇔⇔  y A ' − y A = yD ' − yD ⇔  y A ' − 0 = 3 − 2 ⇔  y A ' = 1 z − z = z − z z − 0 = 5 − 0 z = 5 D' D  A' A  A'  A' Vậy A ' ( −1;1;5 ) .

Câu 30: Chọn C. Hàm số y =

9x +1 2020 − x 2

(

TXĐ: D = − 2020; 2020 Ta có:

lim

(

x → − 2020

)

y = −∞; x→

)

lim − y = +∞ ( 2020 )

⇒ đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng là x = − 2020 và x = 2020 12

Vậy đồ thị hàm số y =

9x +1 2020 − x 2

có 2 đường tiệm cận.

Câu 31: Chọn A. Xét hàm số y = x 4 − 20 x 2 liên tục trên [ −1;10] và có

x = 0  y ' = 4 x3 − 40 x = 4 x ( x 2 − 10 ) nên y ' = 0 ⇔ 4 x ( x 2 − 10 ) = 0 ⇔  x = 10   x = − 10 ( L ) Mà y ' ( −1) = −1, y ' ( 0 ) = 0, y '

( 10 ) = −100 nên giá trị nhỏ nhất của hàm số

−100.

Câu 32: Chọn C.

a2 1 Diện tích đáy là: S ABC = .a.a = . 2 2 Thể tích khối lăng trụ là: VABC . A ' B 'C ' =

a2 a3 .a = =V. 2 2

Gọi P là trung điểm cạnh CC ' ta có

2 2 1  2 2 a 3 a3 VABCMNC ' = V − VA ' B 'C ' MN = V − .VA ' B 'C ' MNP = V − .  V  = V = . = . 3 3 2  3 3 2 3 Câu 33: Chọn B. Ta có: 3x

−x

< 9 ⇔ 3x

−x

< 32 ⇔ x 2 − x < 2 ⇔ x 2 − x − 2 < 0 ⇔ x ∈ ( −1; 2 ) .

Vậy T = a + b = −1 + 2 = 1.

Câu 34: Chọn A.

y = x 4 − 20 x 2 trên đoạn [ −1;10] là

Gọi M , G lần lượt là trung điểm của BC và trọng tâm ∆ABC. Do S . ABC là khối chóp tam giác đều nên hình chiếu của S lên ( ABC ) là trọng tâm ∆ABC. Suy ra SG ⊥ ( ABC ) .

. Khi đó góc giữa cạnh bên và mặt đáy là SAG 2 2 a 3 a 3 a 3 a2 3 Ta có: AM = ; AG = AM = . ; S ∆ABC = . = 2 3 3 2 3 4 Theo đề bài: VS . ABC =

a3 1 a3 1 a2 3 a3 ⇔ .SG.S ∆ABC = ⇔ .SG. = ⇔ SG = a. 3 3 4 4 3 4 3 4 3

= Trong ∆SAG vuông tại G ta có: tan SAG

SG a = 600. = = 3 ⇒ SAG AG a 3 3

Câu 35: Chọn A.

= 450 , suy ra ∆SOA vuông cân tại O. Khi đó Hình nón có góc ở đỉnh bằng 900 nên OSA h = r = 5, l = h 2 + r 2 = 52 + 52 = 5 2. 14

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là S xq = π .r.l = π .5.5 2 = 25 2π .

Câu 36: Chọn D.

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng CD. Gọi H là trọng tâm của tam giác đều BCD. Khi đó HI =

2 3 4 3 , BH = . 3 3

Gọi H là trọng tâm của tam giác đều BCD nên H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD Và HI là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác BCD. Suy ra bán kính đường tròn đáy của hình trụ là 2 3 . r = HI = 3 Tứ diện ABCD đều nên AH ⊥ ( BCD ) , suy ra AH là chiều cao của khối tứ diện. Áp dụng định lý py-ta-go vào tam giác AHB vuông tại H ta có 2

 4 3  32 4 6 . AB = AH + BH ⇔ AH = AB − BH = 4 −  ⇔ AH =  = 3 3  3  2

4 6 4 6 . Suy ra độ dài đường sinh của hình trụ là l = . Diện tích 3 3 2 3 4 6 16 2 xung quanh của hình trụ là S xq = 2π rl = 2π . . π. = 3 3 3 Vậy chiều cao của hình trụ là h = AH =

Câu 37: Chọn D. Ta có y ' = ( 2 x − 8 ) f ' ( x 2 − 8 x + m ) . Hàm số y = f ( x 2 − 8 x + m ) có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình f ' ( x 2 − 8 x + m ) = 0 có bốn nghiệm phân biệt khác 4. Mà f ' ( x ) = 0 có hai nghiệm đơn là x = 0 và x = 2 nên 15

 x2 − 8x + m = 0  x 2 − 8x + m = 0 có bốn nghiệm phân biệt khác 4 khi và chỉ khi f ' ( x − 8x + m ) = 0 ⇔  2 ⇔ 2  x − 8x + m = 2  x − 8x + m − 2 = 0 ∆ ' = 16 − m > 0 m < 16 16 − 32 + m ≠ 0   m ≠ 16 ⇔ ⇔ m < 16.  ∆ ' = 16 − m + 2 > 0 m < 18 16 − 32 + m − 2 ≠ 0 m ≠ 18 2

Kết hợp điều kiện m nguyên dương nên có 15 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài ra.

Câu 38: Chọn C. Ta có: y ' = 3 x 2 + m +

2 . 5 x3

Hàm số y = x3 + mx −

1 đồng biến trên ( 0; +∞ ) 5x2

⇔ y ' ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) . ⇔ 3x 2 + m +

2 ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) 5x3

⇔ m ≥ −3 x 2 −

2 , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) 5 x3

⇔ m ≥ max g ( x ) với g ( x ) = −3 x 2 − ( 0;+∞ )

Xét g ( x ) = −3 x 2 −

2 . 5 x3

2 6 1 trên ( 0; +∞ ) , ta có g ' ( x ) = −6 x + 4 ; g ' ( x ) = 0 ⇔ x = 5 . 3 5x 5x 5

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra m ≥ −2, 6. Vậy m = −2 và m = 1 thỏa mãn.

Câu 39: Chọn D. 16

Gọi P là trung điểm của AN ⇒ MP / / CN , MP ⊂ ( DMP ) ⇒ CN / / ( DMP )

⇒ d ( CN , DM ) = d ( CN , ( DMP ) ) = d ( N , ( DMP ) ) = d ( A, ( DMP ) ) . Ta có ABCD là tứ diện đều cạnh a ⇒ VABCD =

a3 2 . 12

VA. DMP AP AM 1 1 a3 2 . . Ta có = = ⇒ VA. DMP = VA.DBC = 8 96 VA.DBC AB AC 8 Tam giác ACD đều cạnh a, có M là trung điểm của AC ⇒ DM = Tam giác ABC đều cạnh a, có N là trung điểm của AB ⇒ CN = Tam giác ADP, có AP =

a 3 . 2

1 a 3 a 3 . ⇒ MP = CN = 2 2 4

a = 600. , AD = a, PAD 4

= a 13 . ⇒ DP = AD 2 + AP 2 − 2. AD. AP.cos PAD 4

Đặt p =

DM + DP + MP a = 2

⇒ S ∆DMP =

(

13 + 3 3 8

p ( p − DM )( p − DP )( p − MP ) =

a 2 35 32

3V 1 Lại có VA. DMP = S ∆DMP .d ( A, ( DMP ) ) ⇒ d ( A, ( DMP ) ) = A.DMP 3 V∆DMP

Vậy d ( CN , DM ) =

a 70 . 35 17

a3 2 a 70 . = 2 96 = 35 a 35 32 3.

Câu 40: Chọn A. Điều kiện: x > 0. Ta có log 3 x.log 9 x.log 27 x.log 81 x =

⇔ ( log 3 x )

2 1 2 4 ⇔ ( log3 x ) = 3 2.3.4 3

x = 9 log 3 x = 2 = 16 ⇔  ⇔ 1 (thỏa mãn điều kiện). x = = − log x 2  3 9 

Vậy tổng các nghiệm bằng

82 . 9

Câu 41: Chọn C.

Từ B1 dựng mặt phẳng song song với ( ABC ) cắt AA ' và CC ' tại A2 , C2 . a a2 a 5 a 5 , tương tự B1C1 = , A1C1 = a 2. Vậy ⇒ A1 B1 = A1 A22 + A2 B1 = a 2 + = 2 4 2 2 tam giác A1 B1C1 cân tại B1. Ta có A1 A2 = BB1 − AA1 =

Khi đó đường cao ứng với đỉnh B1 của tam giác A1 B1C1 là

B1C12 −

A1C12 a 3 = 4 2

a2 6 a2 3 S ∆A1B1C1 = ; S ∆ABC = , mặt khác tam giác ABC là hình chiếu của tam giác A1 B1C1 trên mặt phẳng 4 4 ( ABC ) . Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( A1 B1C1 ) . Ta có cos ϕ =

S ∆ABC 2 = ⇒ ϕ = 450. S A1B1C1 2 18

Câu 42: Chọn A. Xét phương trình hoành độ giao điểm x3 + ( a + 10 ) x 2 − x + 1 = 0 (1) ⇔ x3 + 10 x 2 − x + 1 = − ax 2 . Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên

x3 + ( a + 10 ) x 2 − x + 1 = 0 (1) ⇔

x3 + 10 x 2 − x + 1 = a. − x2

2 x3 + 10 x 2 − x + 1 − x3 − x + 2 − ( x + x + 2 ) ( x − 1) ⇒ f '( x) = = Xét hàm số f ( x ) = x3 x3 −x2

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có một nghiệm khi a > −11 suy ra a ∈ {−10; −9;...; −1} .

Câu 43: Chọn B. *) Xét phương trình Cn1 + Cn2 = 55 n ∈ ℕ . Điều kiện  n ≥ 2

Cn1 + Cn2 = 55 ⇔

⇔ n+

n ( n − 1)

n! n! + = 55 ( n − 1)! ( n − 2 )!2!

= 55

⇔ n 2 + n − 110 = 0  n = −11 ⇔  n = 10 n

2  2   Với điều kiện n ≥ 2 ta chỉ chọn n = 10, khi đó  x3 + 2  =  x3 + 2  x   x   10

2k 2   3 10 − k *) Số hạng tổng quát trong khai triền  x3 + 2  là: C10k x ( ) . 2 k = C10k .2k .x 30−5 k . x x   Số hạng không chứa x ứng với 30 − 5k = 0 ⇔ k = 6. 19

Số hạng cần tìm là C106 26 = 13440.

Câu 44: Chọn A. Với a = 0 có x 2 − x + 2 + a ln ( x 2 − x + 1) ≥ 0 ⇔ x 2 − x + 2 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ suy ra a = 0 thỏa mãn. Vậy ta chỉ cần tìm các giá trị a > 0.

3 Đặt t = x 2 − x + 1, có t ≥ . 4 3 Bất phương trình đưa về tìm a > 0 để t + 1 + a ln t ≥ 0, ∀t ≥ . 4

Đặt f ( t ) = t + 1 + a ln t có f ' ( t ) = 1 +

3 a > 0, ∀a > 0, t ≥ . t 4

Bảng biến thiên

Có f ( t ) ≥ 0, ∀t ≥

3 −7 7 3 khi và chỉ khi + a ln ≥ 0 ⇔ a ≤ ≈ 6, 08 ⇒ a ∈ ( 6; 7 ] . 3 4 4 4 4 ln 4

Câu 45: Chọn D. Xét hàm số f ( x) = a x − 9 x − 1( x ∈ ℝ) Ta có: f (0) = 0; f '( x) = a x ln a − 9

Để f ( x) ≥ 0(∀x ∈ ℝ ) thì Min f ( x) = 0 = f (0) => f ( x) là hàm số đồng biến trên [0;+∞) và nghịch biến trên ℝ

(−∞; 0] suy ra f '(0) = 0 <=> a 0 ln a = 9 <=> a = e9 ≈ 8103. Vậy a ∈ (103 ;104 ] .

Câu 46: Chọn B.

 x + y = 10 z log( x + y ) = z <=> => x 2 + y 2 = 10( x + y ) Ta có:   2 2 2 2 z +1 z log( x + y ) = z + 1  x + y = 10 = 10.10 Khi đó: x3 + y 3 = a.103 z + b.102 z <=> ( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) = a.(10 z )3 + b.(10 z ) 2 20

<=> ( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) = a.( x + y )3 + b.( x + y ) 2 <=> x 2 − xy + y 2 = a.( x + y )2 + b.( x + y ) b b <=> x 2 − xy + y 2 = a.( x 2 + 2 xy + y 2 ) + .( x 2 + y 2 ) <=> x 2 + y 2 − xy = (a + )( x 2 + y 2 ) + 2axy 10 10

1 b   a + = 1 a = − Đồng nhất hệ số, ta được:  10 =>  2 2a = −1 b = 15 Vậy a + b =

29 . 2

Câu 47: Chọn D.

Gọi tứ diện đều là ABCD, rõ ràng nếu bán kính R của vòng thép bằng bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD ta có thể cho mô hình tứ diện đi qua được vòng tròn, do đó ta chỉ cần xét các vòng tròn có bán kính không lớn hơn bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.

Đưa đỉnh C qua vòng thép và đặt đỉnh A lên vòng thép, giả sử vòng thép tiếp xúc với hai cạnh BC và CD lần lượt tại M và N , có thể thấy trong trường hợp này ta luôn đưa được mô hình tứ diện qua vòng thép bằng cách cho đỉnh A đi qua trước rồi đổi sang các đỉnh B hoặc D. Do vậy để tìm vòng thép có bán kính nhỏ nhất ta chỉ cần tìm các điểm M , N lần lượt trên các cạnh BC , CD sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN nhỏ nhất. Do tính đối xứng của hình ta chỉ cần xét với tam giác AMN cân tại A.

Đặt CM = x, ( 0 < x < 1) , ta có MN = CM = CN = x. 1 AM 2 = CM 2 + CA2 − 2CM .CA.cos 600 = x 2 + 1 − 2 x. = x 2 − x + 1 ⇒ AM = x 2 − x + 1 2

AN = AM = x 2 − x + 1.

2 2 AM 2 + AN 2 − MN 2 2 ( x − x + 1) − x x2 − 2x + 2 Ta có cos MAN = = = 2. AM . AN 2 ( x 2 − x + 1) 2 ( x 2 − x + 1) 2

 2  = 1−  x − 2x + 2  = sin MAN  2 ( x 2 − x + 1)   

x 2 ( 3x 2 − 4 x + 4 ) 2 ( x 2 − x + 1)

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN là RAMN

MN x2 − x + 1 = = 2sin MAN 3x 2 − 4 x + 4

R chính là giá trị nhỏ nhất của RAMN trên khoảng ( 0;1) . Xét f ( x ) =

x2 − x + 1 3x2 − 4 x + 4

, x ∈ ( 0;1) , sử dụng Casio ta được giá trị nhỏ nhất gần đúng của f ( x ) là 0.4478.

Vậy giá trị nhỏ nhất mà R có thể nhận được gần với 0.448.

Câu 48: Chọn C. Điều kiện: 2 cos 2 x + m ≥ 0 Ta có:

sin 2 x − cos 2 x + sin x + cos x − 2 cos 2 x + m − m = 0 2 sin x.cos x − 2 cos 2 x + 1 + sin x + cos x − 2 cos 2 x + m − m = 0 2

⇔ ( sin x + cos x ) + sin x + cos x = 2 cos 2 x + m + 2 cos 2 x + m (*) . Đặt f ( t ) = t 2 + t ; với t ≥ 0. Ta có f ' ( t ) = 2t + 1 > 0; ∀t ≥ 0 Phương trình (*) có dạng:

f ( sin x + cos x ) = f

(

2 cos 2 x + m

)

⇔ sin x + cos x = 2 cos 2 x + m ⇔ 1 + sin 2 x = 2 cos 2 x + m ⇔ sin 2 x − cos 2 x = m.

Điều kiện có nghiệm thực của phương trình này là: m 2 ≤ 2 ⇔ − 2 ≤ m ≤ 2. Do đó có 3 giá trị nguyên của tham số m để phương trình có nghiệm thực là {−1;0;1} .

Câu 49: Chọn A. 22

−1 x x Ta có: g ( x) = f (1 − ) + x => g '( x) = . f '(1 − ) + 1; ∀x ∈ ℝ 2 2 2 Xét phương trình: 1 x x g '( x) < 0 <=> − . f '(1 − ) + 1 < 0 <=> f '(1 − ) > 2(*) 2 2 2 Thử lần lượt từng đáp án, ta được:

x x Đáp án A: x ∈ (−4; −2) <=> 1 − ∈ (2;3) => f '(1 − ) > 2 => Đáp án A đúng 2 2 x x Đáp án B: x ∈ (−2; 0) <=> 1 − ∈ (1; 2) => f '(1 − ) > −1 => Đáp án B sai 2 2 x x Đáp án C: x ∈ (0; 2) <=> 1 − ∈ (0;1) => f '(1 − ) > −1 => Đáp án C sai 2 2 x x Đáp án D: x ∈ (2; 4) <=> 1 − ∈ (−1;0) => f '(1 − ) > 1 => Đáp án D sai 2 2

Câu 50: Chọn D.

Gọi D là trung điểm của đoạn AB, kẻ OI ⊥ SD, dễ dàng chứng minh được OI ⊥ ( SAB ) . Suy ra I là tâm đường tròn ( C ) giao tuyến của mặt cầu tâm O với mặt phẳng ( SAB ) . Gọi M , N lần lượt là giao điểm của đường tròn ( C ) với SB, SA; K là trung điểm của MB. Giả sử AB = a, theo giả thiết ta suy ra OC = 1 ⇔

a 3 = 1 ⇔ a = 3. 2

3 1 2 4 SO.OD OD 2 1 2 2 , ID = = , SI = . Ta có SD = CD = , OD = , SO = SC − OC = 2, OI = = 2 2 SD 3 SD 6 3 23

Gọi r là bán kính đường tròn ( C ) , khi đó r = 1 − OI 2 =

7 . 3

Ta có tam giác SIK vuông tại K và góc ∠ISK = 300 suy ra IK = Xét tam giác MIK có cos I =

2 IK = ⇒ I ≈ 280 ⇒ ∠MIN ≈ 640 IM 7

Khi đó chiều dài cung MN bằng bên của hình chóp là l =

1 2 IS = 2 3

64 7 16 7 . . Vậy tổng độ dài l , các giao tuyến của mặt cầu với các mặt = 180 3 135

16 7 ≈ 0, 94. 45

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT LẦN 1 KHỐI 12

TRƯỜNG THPT HỒNG LĨNH

NĂM HỌC 2020 – 2021

------------------

MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút không kể thời gian phát đề Mã đề: 001

Câu 1: Số đỉnh của một khối lăng trụ tam giác là A. 9.

B. 3.

C. 6.

D. 12.

C. y ' = 4 x 2 .

D. y ' = 4 x.

Câu 2: Đạo hàm của hàm số y = x 4 là A. y ' = 4 x3 .

B. y ' = 0.

Câu 3: Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên sau:

−∞

−

+∞ +

+∞ 0 −1

−∞

Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

A. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 0 và giá trị nhỏ nhất bằng −1. B. Hàm số có đúng một cực trị. C. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 1. D. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại x = 1. Câu 4: lim (1 − x − x 3 ) bằng x →−1

A. −1.

B. 3.

C. −3.

D. 1.

Câu 5: Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B = 6 và chiều cao h = 3. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng A. 18.

B. 54.

C. 36.

D. 2.

Câu 6: Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên sau

x f '( x)

−2

−∞

−

0 +

0 1

−

+∞ +

f ( x)

+∞

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −2;0 ) .

B. (1;3) .

C. ( −∞; −2 ) .

D. ( 0; +∞ ) .

Câu 7: Xét phép thử ngẫu nhiên có không gian mẫu Ω . Gọi P ( A) là xác suất của biến cố A liên quan đến phép thử. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng? A. P ( A ) = n ( A ) . C. P ( A ) =

n (Ω)

n ( A)

B. P ( A) = n ( A) .n ( Ω ) . D. P ( A ) =

n ( A) n (Ω)

Câu 8: Đạo hàm của hàm số y = x tại điểm x = 9 bằng A. 0.

1 . 2

1 . 6

1 . 3

Câu 9: Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ sau

Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −∞; 0 ) .

B. ( 0; 2 ) .

C. ( 2; +∞ ) .

D. ( −2; 2 ) .

Câu 10: Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 1.

B. 2.

C. 4.

D. 5.

Câu 11: Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng cong như hình vẽ sau

A. y = x 4 − 2 x 2 + 1.

C. x3 − 3 x + 1.

B. y = − x 4 + 2 x 2 + 1. 2

D. y = − x 3 + 3 x + 1.

Câu 12: Cho hàm số y = f ( x ) có lim f ( x ) = 1 và lim f ( x ) = −1. Khẳng định nào sau đây là khẳng định x →+∞

x →+∞

đúng? A. Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng x = 1 và x = −1. B. Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng y = 1 và y = −1. C. Hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng y = 1 và y = −1. D. Đồ thị hàm số đã cho không có hai tiệm cận ngang. Câu 13: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = A. y = −3.

3x − 1 là 1− x

B. y = 3.

C. x = 1.

D. x = −1.

C. 5!.

D. 5.

Câu 14: Số cách sắp xếp 5 học sinh thành một hàng dọc? B. 55.

A. 20.

1 11 Câu 15: Cho cấp số cộng ( un ) có u1 = , d = . Số hạng thứ hai của cấp số cộng đã cho là 3 3

11 . 9

10 . 3

C. −

10 . 3

D. 4.

Câu 16: Cho hàm số y = x3 − 3 x có đồ thị ( C ) . Số giao điểm của ( C ) với trục hoành là A. 1.

B. 3.

C. 0.

D. 2.

Câu 17: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

−∞

y' y

−

+∞ −

+∞

−2

−∞

Giá trị cực đại của hàm số y = f ( x ) bằng

A. −2.

B. 1.

C. 3.

D. 2.

Câu 18: Cho cấp số nhân ( un ) với u1 = 2 và u2 = 8. Công bội của cấp số nhân đã cho bằng A. 6.

B. 4.

C. −6.

Câu 19: Chiều cao của khối chóp có diện tích đáy bằng B và thể tích bằng V là

1 . 2

A. h =

V . B

B. h =

6V . B

C. h =

2V . B

D. h =

3V . B

Câu 20: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số? A. 12.

B. 81.

C. 24.

D. 64.

Câu 21: Hàm số y = 2 x 4 + 1 đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 1  A.  −∞; −  . 2 

 1  B.  − ; +∞  .  2 

C. ( 0; +∞ ) .

D. ( −∞; 0 ) .

Câu 22: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ sau

Tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình f ( x ) = m có 4 nghiệm phân biệt là

A. m > −4.

B. −4 < m < −3.

C. −4 < m ≤ −3.

D. −4 ≤ m < −3.

Câu 23: Cho khối chóp có đáy hình vuông cạnh a và chiều cao bằng 2a. Thể tích của khối chóp đã cho bằng A. 2a 3 .

4 B. a 3 . 3

C. 4a 3 .

Câu 24: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ ( 0; 20] để hàm số y =

2 3 a. 3

x+2 đồng biến trên khoảng x + 3m

( −∞; −6 ) ? A. 2.

B. 4.

C. 20.

D. 21.

Câu 25: Cho khối chóp ABCD. Gọi G và E lần lượt là trọng tâm của tam giác ABD và ABC. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

A. Đường thẳng GE song song với đường thẳng CD. B. Đường thẳng GE cắt đường thẳng CD. C. Đường thẳng GE và đường thẳng AD cắt nhau. D. Đường thẳng GE và đường thẳng CD chéo nhau. Câu 26: Gieo ngẫu nhiên 2 con súc sắc cân đối và đồng chất. Xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên hai con súc sắc đó bằng 7 là A.

7 . 12

1 B. . 2

1 . 12

1 . 6

Câu 27: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh bằng a. Góc giữa B ' D ' và A ' D bằng A. 600.

B. 900.

C. 450.

D. 1200.

Câu 28: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ bên dưới.

−2

−∞

+∞

−

+∞

−∞

Đồ thị hàm số đã cho có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? A. 2.

B. 1.

C. 4.

D. 3.

Câu 29: Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, biết AB = a và AA ' = 2a. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng A. a 3 .

a3 . 3

C. 2a 3 .

3a 3 .

Câu 30: Thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a là A. V =

a3 3 . 12

B. V =

a3 3 4

C. V = 5

a3 3 . 6

D. V =

a3 3 . 2

Câu 31: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với đáy, AB = a, AD = 2a. Góc giữa SB và đáy bằng 450. Thể tích của khối chóp S . ABCD bằng

2a 3 . 3

a3 . 3

a3 2 . 6

a3 2 . 3

Câu 32: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x ( x − 2 ) , ∀x ∈ ℝ. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 2.

B. 3.

C. 0.

D. 1.

Câu 33: Đồ thị của hàm số y = x3 − 3 x 2 − 9 x + 1 có hai điểm cực trị là A và B. Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng AB ? A. P (1; 0 ) .

B. N (1; −10 ) .

C. M ( 0; −1) .

D. Q ( −1;10 ) .

Câu 34: Bảng biến thiên sau đây là của hàm số nào trong các hàm số sau?

−∞

y' y

+∞

−

+∞

−∞

A. y =

x +1 . x−2

B. y =

x+3 . 2+ x

C. y =

x −1 . 2x + 2

D. y =

2x + 1 . x−2

Câu 35: Cho hàm số y = x3 − 2 x 2 + x + 1. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; +∞ ) .

1  B. Hàm số nghịch biến trên khoảng  −∞;  . 3 

1  C. Hàm số đồng biến trên khoảng  ;1 . 3 

D. Hàm số đồng biến trên khoảng (1; +∞ ) .

Câu 36: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 + 3 x 2 trên đoạn [ −4; −1] . 6

A. 0.

B. −16.

C. −23.

D. 4.

Câu 37: Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ. Hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình dưới:

Hàm số y = g ( x ) = f ( 2 − x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −∞; −2 ) .

B. ( 3; +∞ ) .

C. (1;3) .

D. ( 2; +∞ ) .

Câu 38: Gọi m là tham số thực để giá trị lớn nhất của hàm số y = x 2 + 2 x + m − 4 trên đoạn [ −2;1] đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của m là

A. 1.

B. 3.

C. 5.

D. 4.

Câu 39: Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ tập hợp A = {0;1; 2;...;9} . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Tính xác suất để chọn được số tự nhiên có tích các chữ số là 1400.

1 . 37500

1 . 1500

7 . 15000

7 . 5000

Câu 40: Anh Thưởng dự định sử dụng hết 4m 2 kính để làm bể cá có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép không đáng kể). Bể cá có dung tích bằng bao nhiêu? (làm tròn đến chữ số phần trăm). A. 1,50m3 .

B. 1,33m3 .

C. 1, 61m3 .

D. 0, 73m3 .

Câu 41: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên ℝ. Biết rằng đồ thị hàm số y = f ' ( x ) như hình dưới đây.

Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) − x 2 − x trên ℝ. Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?

A. g ( −1) < g (1) .

B. g (1) < g ( 2 ) .

C. g ( 2 ) < g (1) .

D. Min ( g ( x ) ) = Min { g ( −1) ; g ( 2 )}. ℝ

ℝ

Câu 42: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy. Biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng

a . 2

a3 3 . Khoảng cách từ D đến mặt phẳng ( SBC ) bằng 3

a 3 . 2

a 2 . 2

2a 39 . 13

Câu 43: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác cân có AB = BC = 3a. Đường thẳng A ' C tạo với đáy một góc 600. Trên cạnh A ' C lấy điểm M sao cho A ' M = 2 MC. Biết rằng A ' B = a 31. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( ABB ' A ') là

A. 2a 2.

B. 3a 2.

4a 2 . 3

3a 2 . 4

Câu 44: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình sin x − cos x + 4sin 2 x = m có nghiệm thực? A. 7.

B. 5.

C. 6.

D. 8.

1 3 x − mx 2 + ( m 2 − m − 1) x + 1. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thực m để 3 hàm số đạt cực trị tại x1 , x2 thỏa mãn x12 + 2mx2 − 3m 2 + m − 5 ≤ 0 ?

Câu 45: Cho hàm số y =

A. 9.

B. 3.

C. 7.

D. 4.

Câu 46: Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 có đồ thị ( C ) . Có bao nhiêu số nguyên b ∈ ( −10;10 ) để có đúng một tiếp tuyến của ( C ) đi qua điểm B ( 0; b ) ?

A. 9.

B. 2.

C. 17.

D. 16.

Câu 47: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. S là điểm đối xứng với O qua CD '. Thể tích của khối đa diện ABCDSA ' B ' C ' D ' bằng 5 A. a 3 . 4

7 B. a 3 . 6

7 C. a 3 . 5

13 3 a. 12

Câu 48: Cho các số thực x, y thỏa mãn x − 3 x + 1 = 3 y + 2 − y. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y là A. min P = −63.

B. min P = −91.

C. min P = 9 + 3 15.

Câu 49: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = ( x − 3)

2020

(π

D. min P =

9 + 3 21 . 2

− π x + 2021)( x 2 − 2 x ) , ∀x ∈ ℝ. Gọi S là tập

các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f ( x 2 − 8 x + m ) có đúng ba điểm cực trị x1 , x2 , x3 thỏa mãn

x12 + x22 + x32 = 50. Khi đó tổng các phần tử của S bằng 9

A. 17.

B. 33.

C. 35.

D. 51.

Câu 50: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau: −2

−∞

f '( x)

−

+∞

f ( x)

+∞

−2

−∞

 π 7π  Biết f ( 0 ) = 0, số nghiệm thuộc đoạn  − ;  của phương trình f f  6 3 

( (

A. 4.

B. 3.

3 sin x + cos x

C. 2.

)) = 1 là

D. 5.

-------------------- HẾT -------------------

BẢNG ĐÁP ÁN 1-C

2-A

3-D

4-B

5-A

6-C

7-D

8-C

9-B

10-C

11-D

12-B

13-A

14-C

15-D

16-B

17-D

18-B

19-D

20-D

21-C

22-B

23-D

24-A

25-A

26-D

27-A

28-A

29-A

30-B

31-A

32-D

33-B

34-A

35-D

36-B

37-B

38-B

39-B

40-D

41-B

42-B

43-C

44-A

45-B

46-C

47-D

48-D

49-D

50-B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Chọn C.

Khối lăng trụ tam giác có 6 đỉnh.

Câu 2: Chọn A. Ta có: y ' = ( x 4 ) ' = 4 x 3 .

Câu 3: Chọn D. Từ bảng biến thiên ta thấy, tính từ trái qua phải: Dấu của y ' đổi dấu từ (+) sang (-) khi qua x = 0, nên tại x = 0 hàm số đạt cực đại. Dấu của y ' đổi dấu từ (-) sang (+) khi qua x = 1, nên tại x = 1 hàm số đạt cực tiểu.

Câu 4: Chọn B. 3

Ta có: lim (1 − x − x 3 ) = 1 − ( −1) − ( −1) = 3. x →−1

Câu 5: Chọn A. Thể tích khối lăng trụ là V = Bh = 6.3 = 18.

Câu 6: Chọn C. Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đã cho nghịch biến trên ( −∞; −2 ) .

Câu 7: Chọn D. Xác suất của biến cố A liên quan đến phép thử là P ( A ) =

n ( A) n (Ω)

Câu 8: Chọn C. Với mọi x > 0, ta có y ' = Vậ y y ' ( 9 ) =

1 2 x

1 = . 2 9 6

Câu 9: Chọn B. Đồ thị đi lên từ trái sang phải trên khoảng ( 0; 2 ) nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) . Câu 10: Chọn C. Đó là các mặt phẳng ( SAC ) , ( SBD ) , ( SHJ ) , ( SGI ) với G , H , I , J là các trung điểm của các cạnh đáy dưới hình vẽ bên dưới.

Câu 11: Chọn D. + Dựa hình dạng đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm số bậc 3 nên loại đáp án A và B. + Dựa đồ thị ta có lim f ( x ) = −∞ ta có hệ số a < 0 nên chọn đáp án D. x →+∞

Câu 12: Chọn B. Dựa giả thiết lim f ( x ) = 1 và lim f ( x ) = −1 nên đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường x →+∞

x →+∞

thẳng y = 1 và y = −1.

Câu 13: Chọn A. 1 3x − 1 x = −3 và = lim Ta có lim y = lim x →+∞ x →+∞ 1 − x x →+∞ 1 −1 x 3x − 1 y= có đường tiệm cận ngang là y = −3. 1− x 3−

1 3x − 1 x = −3 nên đồ thị hàm số lim y = lim = lim x →−∞ x →−∞ 1 − x x →−∞ 1 −1 x 3−

Câu 14: Chọn C. Ta có 5 học sinh xếp thành một hàng dọc nên có 5 vị trí. Vậy số cách xếp là số hoán vị của 5 phần tử. Do đó có 5! cách xếp.

Câu 15: Chọn D. 1 11 Ta có: u2 = u1 + d = + = 4 3 3

Câu 16: Chọn B. x = 0  Ta giải phương trình: x3 − 3 x = 0 ⇔  x = 3 x = − 3  Câu 17: Chọn D. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị cực đại của hàm số y = f ( x ) bằng 2. 12

Câu 18: Chọn B. Ta có u2 = u1.q ⇒ q =

u2 8 = = 4. u1 2

Câu 19: Chọn D. 1 3V . Ta có V = B.h ⇒ h = 3 B

Câu 20: Chọn D. Gọi chữ số cần lập là abc (với a; b; c ∈ {1; 2;3; 4}). Chọn a có 4 cách. Chọn b có 4 cách. Chọn c có 4 cách. Vậy lập được 4.4.4 = 64 số.

Câu 21: Chọn C. Ta có: y ' = 8 x3 . y ' = 0 ⇔ x = 0. Bảng biến thiên:

−∞

−

+∞ +

0 Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) .

Câu 22: Chọn B. Nhìn vào đồ thị suy ra phương trình f ( x ) = m có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi −4 < m < −3 .

Câu 23: Chọn D. Diện tích đáy của hình chóp là: B = a 2 .

1 1 2 Thể tích của khối chóp đã cho là: V = Bh = .a 2 .2a = a 3 . 3 3 3

Câu 24: Chọn A. Ta có: 13

x+2 ( x ≠ −3m) x + 3m 3m − 2 => y ' = ( x + 3m) 2

Để hàm số đồng biến trên (−∞; −6) => y ' ≥ 0∀x ∈ (−∞; −6)  3m − 2 ≥0  <=>  ( x + 3m)2 −3m ≥ −6  2  2 m ≥ <=>  3 => ≤ m ≤ 2 3 m ≤ 2 Với m ∈ (0; 20] và m nguyên thì ta tìm được 2 giá trị của m thỏa mãn.

Câu 25: Chọn A.

Gọi M là trung điểm cạnh AB. Khi đó ta có:

MG ME 2 = = ⇒ GE / / CD. MD MC 3

Câu 26: Chọn D. Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = 36. Gọi A là biến cố để tổng số chấm xuất hiện trên hai con súc sắc đó bằng 7. Các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là (1;6 ) , ( 6;1) , ( 2;5 ) , ( 5; 2 ) , ( 3; 4 ) , ( 4;3) . Suy ra n ( A ) = 6. Vậy xác suất để biến cố A xảy ra là: P ( A ) =

n ( A) n (Ω)

6 1 = . 36 6

Câu 27: Chọn A.

Ta có A ' D song song với B ' C nên góc giữa B ' D ' và A ' D bằng góc giữa B ' D ' và B ' C.

Đó chính là góc B ' trong tam giác đều CB ' D ', vì B ' D ' = B ' C = CD ' = a 2. Vậy góc giữa B ' D ' và A ' D bằng 600.

Câu 28: Chọn A. Ta có lim + y = −∞ nên x = −2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f ( x ) x →( −2 )

lim y = +∞ nên x = 0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f ( x ) .

x →0−

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.

Câu 29: Chọn A. + Tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = a : S ∆ABC = + Thể tích khối lăng trụ: V = S ∆ABC . AA ' =

1 1 1 AB. AC = AB 2 = a 2 . 2 2 2

1 2 a .2a = a 3 . 2

Câu 30: Chọn B. a2 3 . + Đáy là tam giác đều cạnh a nên diện tích đáy là: S = 4 + Chiều cao của khối lăng trụ bằng a do đó thể tích của khối lăng trụ là: V =

Câu 31: Chọn A. Ta có: SA = AB. tan 450 = a.

S ABCD = AB. AD = 2a 2 . Vậy VS . ABCD

1 2a 3 . = SA.S ABCD = 3 3 15

a2 3 a3 3 .a = . 4 4

Câu 32: Chọn D. x = 0 2 . Ta có: f ' ( x ) = 0 ⇔ x ( x − 2 ) = 0 ⇔  x = 2 Bảng biến thiên

−∞

−

+∞ +

Vậy hàm số có một điểm cực trị.

Câu 33: Chọn B. Tập xác định D = ℝ.  x = −1 y ' = 3 x 2 − 6 x − 9; y ' = 0 ⇔  x = 3 Bảng biến thiên x

−1

−∞ +

−

+∞

−26

−∞ Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là: A ( −1; 6 ) và B ( 3; −26 ) Phương trình đường thẳng AB : x +1 y − 6 = ⇔ −8 ( x + 1) = y − 6 ⇔ 8 x + y + 2 = 0. ( d ) 4 −32

8.1 + ( −10 ) + 2 = 0 ⇒ N ∈ d . Câu 34: Chọn A. Hàm số không xác định tại x = 2 ⇒ Loại B và C. Từ bảng biến thiên ta có: lim y = 1 và lim+ y = +∞; lim− y = −∞ ⇒ Loại D. x →±∞

x→ 2

Vậy bảng biến thiên đã cho của hàm số y =

x→2

x +1 . x−2

Câu 35: Chọn D. 16

Tập xác định của hàm số đã cho là D = ℝ.

y ' = 3x2 − 4 x + 1 x = 1 y'= 0 ⇔  1 x = 3  Bảng xét dấu

x y'

1 3

−∞ +

−

+∞ +

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (1; +∞ ) .

Câu 36: Chọn B. Tập xác định của hàm số đã cho là D = ℝ.

y ' = 3 x 2 + 6 x.  x = −2 ∈ [ −4; −1] y'= 0 ⇔   x = 0 ∉ [ −4; −1]

y ( −4 ) = −16 y ( −2 ) = 4 y ( −1) = 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 + 3 x 2 trên đoạn [ −4; −1] là −16.

Câu 37: Chọn B. Ta có: g ' ( x ) = ( 2 − x ) '. f ' ( 2 − x ) = − f ' ( 2 − x ) ⇒ g ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( 2 − x ) = 0

 2 − x = −1  x = 3 Dựa vào đồ thị hàm số y = f ' ( x ) thì f ' ( 2 − x ) = 0 ⇔  2 − x = 1 ⇔  x = 1  2 − x = 4  x = −2  2 − x < −1 x > 3 Lại có: g ' ( x ) = − f ' ( 2 − x ) > 0 ⇔ f ' ( 2 − x ) < 0 ⇔  ⇔ 1 < 2 − x < 4  −2 < x < 1 Bảng biến thiên:

Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( −∞; −2 ) ∪ ( 3; +∞ ) Vậy đáp án đúng là đáp án B.

Câu 38: Chọn B. Xét hàm số f ( x ) = x 2 + 2 x + m − 4 trên đoạn [ −2;1] . Ta có: f ' ( x ) = 2 x + 2 = 0 ⇔ 2 x = −2 ⇔ x = −1

y ( −2 ) = m − 4 ; y ( −1) = m − 5 ; y (1) = m − 1 Với ∀m ta luôn có: m − 1 > m − 4 > m − 5 nên Max y = Max { m − 1 ; m − 5 } [ −2;1]

Mà m − 1 ≥ m − 5 ⇔ ( m − 1) ≥ ( m − 5 ) ⇔ m 2 − 2m + 1 ≥ m 2 − 10m + 25 ⇔ 8m ≥ 24 ⇔ m ≥ 3  m − 1 khi m ≥ 3 Do đó: Max y = Max { m − 1 ; m − 5 } =  [ −2;1]  m − 5 khi m ≤ 3 m − 1 khi m ≥ 3  m − 1 khi m ≥ 3 Xét hàm số g ( m ) =  ⇒ g ( m) =  5 − m khi m ≤ 3  m − 5 khi m ≤ 3

Đồ thị hàm số như sau:

Từ đồ thị ta thấy Min  g ( m )  = 2 khi m = 3 Vậy khi m = 3 thì giá trị lớn nhất của hàm số y = x 2 + 2 x + m − 4 trên đoạn [ −2;1] đạt giá trị

Câu 39: Chọn B. Số phần tử của tập S : nS = 9.105 Gọi A là biến cố “số được chọn có tích các chữ số là 1400” Ta có 1400 = 23.52.7 = 2.2.2.5.5.7 = 1.4.2.5.5.7 = 1.1.8.5.5.7 n A = 6.C52 + 6.5.4.3 + 6.5.C42 = 600 PA =

1 nA . = nΩ 1500

Câu 40: Chọn D.

Gọi x, 2 x, h lần lượt là ba kích thước của hồ. ( x ≥ 0 ) Diện tích xung quanh và đáy hồ: S = 2 x 2 + 2.xh + 2.2 xh = 2 x 2 + 6 xh = 4 ⇒h=

2 − x2 0≤ x≤ 2 . 3x

(

)

Thể tích hồ V = x.2 x.h = V ' = −2 x 2 +

2 x ( 2 − x2 )

4 3

 x = V'=0⇔   x = 

6 3 − 6 (l ) 3

V (0) = 0 19

( 2) = 0

 6 8 6 V  ≈ 0.73  =  3  27 Vậy thể tích lớn nhất là câu D.

Câu 41: Chọn B. Ta có: g ' ( x ) = f ' ( x ) − 2 x − 1.

g ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( x ) = 2 x + 1. Vẽ đồ thị hàm số y = f ' ( x ) và y = 2 x − 1 trên cùng hệ trục tọa độ ta được hình vẽ sau:

Từ đồ thị ta có bảng biến thiên của hàm số y = g ( x ) :

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số g ( x ) nghịch biến trên (1; 2 ) ⇒ g (1) > g ( 2 ) ⇒ B sai. 20

Câu 42: Chọn B.

3V 1 Ta có: VS . ABCD = SA. AB 2 ⇔ SA = S . ABCD = a 3. 3 AB 2 Kẻ AM ⊥ SB; ( M ∈ SB ) ⇒ AM ⊥ ( SBC ) .

d ( D, ( SBC ) ) = d ( A; ( SBC ) ) = AM . Xét tam giác SAB vuông tại A có: AM =

SA. AB 2

AB + SA ⇒ d ( D; ( SBC ) ) =

a 3 . 2

Câu 43: Chọn C.

a 3.a a 3 . = 2a 2

Hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' ⇒ A là hình chiếu của A ' trên mặt đáy ( ABC )

)

(

⇒ A ' CA = A ' C , ( ABC ) = A ' CA = 600

∆A ' CA vuông tại A ⇒ A ' A = AC.tan A ' CA = 3a.tan 600 = 3a 3 ∆A ' AB vuông tại A ⇒ AB = A ' B 2 − A ' A2 =

( a 31) − (3a 3 )

= 4a 2 = 2a

Kẻ CH ⊥ AB tại H ⇒ H là trung điểm của AB (do ∆ABC cân tại C ) Mà A ' A ⊥ ( ABC ) ⇒ A ' A ⊥ CH ⇒ CH ⊥ ( ABB ' A ') Kẻ MI / / CH , I ∈ A ' H ⇒ MI ⊥ ( ABB ' A ') ⇒ MI là khoảng cách từ M tới mp ( ABB ' A ') Ta có: HA =

AB 2a = = a ⇒ CH = AC 2 − HA2 = 2 2

MI / / HC ⇒

MI A ' M A' M 2 MI 2 , mà A ' M = 2 MC ⇒ = ⇒ = = HC AC AC 3 HC 3

⇒ MI =

( 3a )

− a 2 = 8a 2 = 2 a 2

2 2 4a 2 HC = .2a 2 = 3 3 3

Vậy khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( ABB ' A ') là

4a 2 . 3

Câu 44: Chọn A. Phương trình: sin x − cos x + 4sin 2 x = m

Đặt t = sin x − cos x =

π  2 sin  x −  (Điều kiện: 0 ≤ t ≤ 2) 4 

⇒ t 2 = ( sin x − cos x ) = 1 − 2 sin x cos x ⇒ sin 2 x = 1 − t 2 ⇒ Phương trình: t + 4 (1 − t 2 ) = m ⇔ −4t 2 + t + 4 = m

Xét hàm số y = f ( t ) = −4t 2 + t + 4 trên đoạn 0; 2 

1 y ' = f ' ( t ) = −8t + 1 = 0 ⇔ −8t = −1 ⇔ t = . 8 Bảng biến thiên:

 1  65 f ( 0 ) = 4; f   = ; f  8  16 ⇒ 2 −4≤ m≤

( 2) =

2 − 4 ⇒ Min f ( t ) = 2 − 4; Max f ( t ) = 0; 2   

0; 2   

65 16

65 , mà m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {−2; −1;0;1; 2;3; 4} . 16

Vậy có 7 giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm thực.

Câu 45: Chọn B. Ta có y ' = x 2 − 2mx + m 2 − m − 1. Hàm số đạt cực trị tại x1 , x2 ⇔ y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2

⇔ ∆ ' y ' > 0 ⇔ m 2 − ( m 2 − m − 1) > 0 ⇔ m +1 > 0

⇔ m > −1.

(*)

Vì x1 , x2 là nghiệm của phương trình y ' = 0 nên theo định lý Vi-et ta có: x1 + x2 = 2m, x1 x2 = m 2 − m − 1. Mặt khác, x12 − 2mx1 + m 2 − m − 1 = 0 ⇔ x12 = 2mx1 − m 2 + m + 1. x12 + 2mx2 − 3m 2 + m − 5 ≤ 0 ⇔ 2mx1 − m 2 + m + 1 + 2mx2 − 3m 2 + m − 5 ≤ 0

⇔ 2m ( x1 + x2 ) − 4m 2 + 2m − 4 ≤ 0 ⇔ 2m.2m − 4m 2 + 2m − 4 ≤ 0 ⇔ m ≤ 2. So với điều kiện (*) , ta có −1 < m ≤ 2. Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số thực m thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 46: Chọn C. Ta có y ' = 3 x 2 − 6 x. 23

Gọi d là tiếp tuyến với ( C ) và ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm.

d : y − y0 = y ' ( x0 )( x − x0 ) ⇔ d : y − ( x03 − 3 x02 ) = ( 3 x02 − 6 x0 ) ( x − x0 ) . B ( 0; b ) ∈ d ⇔ b − x03 + 3 x02 = − x0 ( 3 x02 − 6 x0 ) ⇔ 2 x03 − 3 x02 + b = 0 ⇔ b = −2 x03 + 3 x02 . (1)

Đặt f ( x ) = −2 x3 + 3x 2 . Ta có f ' ( x ) = −6 x 2 + 6 x. x = 0 . f '( x) = 0 ⇔  x =1

Bảng biến thiên

b > 1 . Yêu cầu bài toán ⇔ phương trình (1) có duy nhất nghiệm x0 ⇔  b < 0

Vậy có 17 số nguyên b ∈ ( −10;10 ) thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 47: Chọn D.

Ta có O và S đối xứng nhau qua đường thẳng CD ', suy ra:

d ( S ; ( CDD ' C ') ) = d ( O; ( CDD ' C ') ) 1 1 1 1 1 ⇒ VS .CDD 'C ' = VO.CDD 'C ' = DD '.S ∆OCD = DD '. S ABCD = DD '.S ABCD = VABCD. A ' B 'C ' D ' 3 3 4 12 12 Vậy VABCDSA ' B 'C ' D ' = VABCD. A ' B 'C ' D ' + VS .CDD 'C ' = VABCD . A ' B 'C ' D ' + =

1 VABCD. A ' B 'C ' D ' 12

13 13 VABCD. A ' B 'C ' D ' = a 3 . 12 12

Câu 48: Chọn D. Theo giả thiết: x − 3 x + 1 = 3 y + 2 − y (*) .

Điều kiện: x ≥ −1, y ≥ −2. Ta có: P = x + y ⇔ y = P − x, thế vào (*) ta được:

3 x +1 + 3 P − x + 2 = P

(1)

Ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của P để phương trình (1) có nghiệm x ≥ −1. P ≥ 0 (1) ⇔  P2 2 + 1 − + 2 = − P −3 x P x ( )( )  9   9 + 3 21 P≥  9 + 3 21 P 2 Để có nghiệm thì . − P −3≥ 0 ⇔  ⇒P≥ 9 2  9 − 3 21 P ≤  2 2

Với giá trị nhỏ nhất P = ⇒ y = P−x=

9 + 3 21 thì phương trình (1) có nghiệm x = −1, suy ra: 2

9 + 3 21 11 + 3 21 . +1 = 2 2

Mặt khác, ta lại có: P = x + y ⇔ x = P − y, thế vào (*) ta được:

P = 3 P − y +1 + 3 y + 2

( 2)

Ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của P để phương trình ( 2 ) có nghiệm y ≥ −2. P ≥ 0 (1) ⇔  P2 2 + 2 − + 1 = − P −3 y P y ( )( )  9  25

 9 + 3 21 P ≥ 9 + 3 21 P 2 Để có nghiệm thì . − P −3≥ 0 ⇔  ⇒P≥ 9 2  9 − 3 21 P ≤ 2  2

Với giá trị nhỏ nhất P = ⇒ x = P− y =

Vậy Pmin

9 + 3 21 thì phương trình ( 2 ) có nghiệm y = −2, suy ra: 2

9 + 3 21 13 + 3 21 . +2= 2 2

  x = −1    y = 11 + 3 21   9 + 3 21 2 = ⇔ 2 13 + 3 21    x = 2    y = −2

Câu 49: Chọn D. Ta có: f ' ( x ) = 0 ⇔ ( x − 3)

2020

(π

− π x + 2021)( x 2 − 2 x ) = 0 (*)

x = 3 x = 3  2x x ⇔ π − π + 2021 = 0 ⇔  x = 2 (trong đó x = 3 là nghiệm bội chẵn).  2  x = 0  x − 2x = 0 Suy ra: y ' = ( 2 x − 8 ) . f ' ( x 2 − 8 x + m ) , y ' = 0 ⇔ ( 2 x − 8 ) . f ' ( x 2 − 8 x + m ) = 0

x = 4 x = 4  2  2 2 x − 8 = 0  x − 8 x + m = 3 (1)  x − 8 x = 3 − m (1) ⇔ ⇔ ⇔ 2  x2 − 8x + m = 2 ( 2)  x2 − 8x = 2 − m ( 2)  f ' ( x − 8 x + m ) = 0    x 2 − 8 x + m = 0 ( 3)  x 2 − 8 x = − m ( 3)   Xét hàm số y = h ( x ) = x 2 − 8 x, h ' ( x ) = 2 x − 8, h ' ( x ) = 0 ⇔ 2 x − 8 = 0 ⇔ x = 4. Ta có bảng biến thiên của hàm số y = h ( x ) .

Vì x = 3 là nghiệm bội chẵn của phương trình f ' ( x ) = 0 nên nghiệm của phương trình (1) không phải là điểm cực trị của hàm số. Từ bảng biến thiên suy ra, hàm số có đúng ba điểm cực trị khi phương trình ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt đồng thời phương trình ( 3) vô nghiệm hoặc có nghiệm duy nhất x = 4. 2 − m > −16 m < 18 ⇔ ⇔ ⇒ m ∈ {16;17} . − m ≤ −16 m ≥ 16 Nếu

x=4

là

nghiệm

của

phương

x = 4 − 2

( 2 ) ⇔ x 2 − 8 x + 14 = 0 ⇔ 

( 3)

thì

m = 16,

suy

phương

trình

(không thỏa mãn x12 + x22 + x32 = 50).

 x = 4 + 2

Nếu m = 17 thì phương trình

trình

vô nghiệm, phương trình

32 + 42 + 52 = 50). Vậy S = {17} .

Câu 50: Chọn B.

π  Đặt t = 3 sin x + cos x + 2 sin  x +  . 6  π  π  π 7π  Với x ∈  − ;  ⇒ x + ∈ 0; 2π +  ⇒ t ∈ [ −2; 2] ⇒ f ( t ) ∈ [ −2; 2] . 6  2  6 3   f ( t ) = α1 (α1 < −2 )  Phương trình có dạng f ( f ( t ) ) = 1 ⇔  f ( t ) = α ( −2 < α < 0 )  f t =α α > 2 ) 2( 2  ( ) Từ bảng biến thiên ta có phương trình f ( t ) = α có nghiệm t = t0 ( 0 < t0 < 2 ) . 27

x = 3 (thỏa mãn: x = 5

( 2 ) ⇔ x 2 − 8 x + 15 = 0 ⇔ 

π t  Khi đó phương trình sin  x +  = 0 cho ba nghiệm thuộc đoạn 6 2 

 π 7π   − 6 ; 3  .

SỞ GD & ĐT THANH HÓA

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT LẦN 1 KHỐI 12

TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 1

NĂM HỌC 2020 – 2021

------------------

MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút không kể thời gian phát đề

Câu 1: Trong các khẳng định dưới đây, khẳng định nào sai? A. ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx, ( ∀k ≠ 0 ) .

B. ∫ f ' ( x ) dx = f ( x ) + C.

C. ∫  f ( x ) ± g ( x )  dx = ∫ f ( x ) dx ± ∫ g ( x ) dx.

∫  f ( x ) .g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx.∫ g ( x ) dx.

Câu 2: Cho khối chóp có diện tích đáy B = 5 và chiều cao h = 6. Thể tích của khối chóp đã cho bằng A. 10.

B. 15.

C. 30.

D. 11.

C. ( −∞; −2] .

D. [ 2; +∞ ) .

Câu 3: Tập nghiệm của bất phương trình 3x ≤ 9 là A. ( −∞; 2 ) .

B. ( 2; +∞ ) .

Câu 4: Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 − 3 x + 2 trên đoạn [ 0; 2] . Khi đó tổng M + m bằng

A. 6.

B. 2.

C. 4.

D. 16.

C. ( −2; 2 ) .

D. ( 0; 2 ) .

Câu 5: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ.

Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( 2; +∞ ) .

B. ( −∞; 0 ) . 1

Câu 6: Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = A. y = 3.

3x có phương trình là x+4

B. y = −4.

C. x = −4.

D. x = 3.

Câu 7: Cho khối cầu có bán kính R = 3 . Thể tích khối cầu đã cho bằng A. 36π .

B. 4π .

C. 12π .

D. 108π .

Câu 8: Với a, b là các số thực dương, a ≠ 1. Biểu thức log a ( a 2b ) bằng A. 2 − log a b.

B. 2 + log a b.

C. 1 + 2 log a b.

D. 2 log a b.

C. [ 4; +∞ ) .

D. ( 3; +∞ ) .

Câu 9: Tập xác định của hàm số y = log 2021 ( x − 3) là A. [3; +∞ ) .

B. R \ {3} .

Câu 10: Cho tập hợp A = {0;1; 2;3; 4;5} . Số tập hợp con gồm hai phần tử của tập hợp A là A. P2.

C. C62 .

B. 64.

D. A62 . 4

Câu 11: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và có đạo hàm f ' ( x ) = ( 2 x − 1) ( x + 2 )( 3 − 3 x ) , số điểm cực trị của hàm số là A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 0.

Câu 12: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới:

x y' y

−∞

−

+∞

+∞ +

+∞

−∞

Hàm số nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −∞; −2 ) .

B. ( 0; 2 ) .

C. ( 0; +∞ ) .

Câu 13: Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ?

D. ( 2; +∞ ) .

A. y = − x 4 + 3 x 2 − 1.

B. y = x 4 − 3 x 2 + 1.

C. y = − x 4 + 3 x 2 + 1.

D. y = x 4 − 3 x 2 − 1.

Câu 14: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên R \ {0} có bảng biến thiên như hình vẽ.

−∞

1 +

−

+∞

−

+∞

−1

−∞

Số nghiệm của phương trình 3 f ( x ) − 1 = 0 là

A. 0.

B. 3.

C. 2.

D. 1.

Câu 15: Cho khối lặng trụ có chiều cao bằng 9, diện tích đáy bằng 5. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng A. 45π .

B. 45.

C. 15π .

D. 15.

Câu 16: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ. x

f '( x) f ( x)

−1

−∞ −

+∞

−

+∞

−2

−∞

Giá trị cực đại của hàm số bằng

A. 3.

B. −2.

C. 2.

D. −1.

Câu 17: Với C là một bằng số tùy ý, họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 cos x − x là A. 2sin x − 1 + C.

B. −2sin x − x 2 + C.

C. −2sin x −

x2 + C. 2

D. 2 sin x −

x2 + C. 2

Câu 18: Tính thể tích khối hộp chữ nhật có các kích thước a, 2a, 3a. A. 2a 3 .

B. a 3 .

C. 3a 3 .

D. 6a 3 .

Câu 19: Cho cấp số cộng ( un ) với u1 = 3 và công sai d = 4. Số hạng thứ 2021 của cấp số cộng đã cho bằng A. 8083.

B. 8082.

C. 8.082.000.

Câu 20: Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x 4 − 4 x 2 + 1 với trục hoành là 3

D. 8079.

A. 1.

B. 4.

C. 2.

D. 3.

Câu 21: Cho hình trụ có độ dài đường sinh bằng 4, bán kính đáy bằng 3. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A. 36π .

B. 12π .

C. 48π .

D. 24π .

C. {3} .

D. {5} .

Câu 22: Tập nghiệm của phương trình 5 x −1 = 625 là A. {4} .

B. ∅.

Câu 23: Cho khối nón có chiều cao h, bán kính đáy r. Thể tích khối nón đã cho bằng A.

hπ r 2 . 3

B. 2hπ r 2 .

C. hπ r 2 .

4hπ r 2 . 3

Câu 24: Hàm số nào sau đây đồng biến trên tập xác định của nó? x

3 A. y =   . π 

B. y =

C. y = log 1 ( x + 4 ) .

 2+ 3 D. y =   . e  

(

)

2020 − 2019 . x

Câu 25: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình f ( 2020 x − 1) = 1 là

A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Câu 26: Cho a là số thực dương, a ≠ 1, khi đó a 3loga 3 bằng A. 3a. Câu 27: Cho hàm số f ( x ) = ln A. S = ln 2020.

B. 27.

D. a 3 .

C. 9.

2020 x . Tính tổng S = f ' (1) + f ' ( 2 ) + ... + f ' ( 2020 ) ? x +1

B. S = 2020.

C. S =

2020 . 2021

D. S = 1.

Câu 28: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x3 + x − 3 tại điểm M ( 0; −3) có phương trình là 4

A. y = x + 3.

B. y = x − 1.

C. y = x − 3.

D. y = x.

Câu 29: Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,4%/tháng. Biết rằng nếu không rút tiền khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) gần nhất với số tiền nàm dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi? A. 102.424.000 đồng.

B. 102.423.000 đồng.

C. 102.016.000 đồng.

D. 102.017.000 đồng.

Câu 30: Khối lăng trụ tam giác ABC. A' B 'C ' có thể tích bằng 99cm3 . Tính thể tích của khối tứ diện A' . ABC. A. 22cm3 .

B. 44cm3 .

Câu 31: Đồ thị hàm số y =

C. 11cm3 .

D. 33cm3 .

x2 − 4 có bao nhiêu đường tiệm cận? x2 − 5 x + 4

A. 4.

B. 1.

C. 3.

Câu 32: Biết F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 7 A. F ( 3) = . 4

B. F ( 3) = ln 2 + 1.

D. 2.

1 và F ( 2 ) = 1. Tính F ( 3) ? x −1

C. F ( 3) = ln 2 − 1.

1 D. F ( 3) = . 2

Câu 33: Đáy của lăng trụ đứng tam giác ABC. A' B 'C ' là tam giác ABC vuông cân tại A có cạnh BC = a 2 và biết A' B = 3a. Tính thể tích khối lăng trụ. A. 2a 3 . B. a 3 . C. a 3 2. D. a 3 3. Câu 34: Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 x − m.2 x +1 + 3m − 3 = 0 có hai nghiệm trái dấu là A. ( 0; 2 ) .

B. ( −∞; 2 ) .

C. (1; +∞ ) .

Câu 35: Hàm số nào sau đây không là nguyên hàm của hàm số y =

A. y =

x2 + x +1 . x +1

Câu 36: Phương trình A. 0.

B. y = 1 log 2

( x + 3) +

x2 + x −1 . x +1

C. y =

D. (1; 2 ) .

x (2 + x)

( x + 1)

x2 . x +1

trên ( −∞; −1) ∪ ( −1; +∞ ) ?

D. y =

x2 − x −1 . x +1

1 4 log 9 ( x − 1) = 2 log 9 ( 4 x ) có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt? 2

B. 3.

C. 2.

D. 1.

= CSA = 60 , SA = a, SB = 2a, SC = 4a. Tính thể tích khối chóp ASB = BSC Câu 37:Cho khối chóp S . ABC có S . ABC theo a ? A.

2a 3 2 . 3

8a 3 2 . 3

4a 3 2 . 3

a3 2 . 3

Câu 38: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tất cả các cạnh bằng 2a, O là giao điểm của AC và BD. Gọi M là trung điểm AO. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( SCD ) theo a ?

A. d = a 6.

B. d =

a 6 . 2

C. d =

a 6 . 4

D. d =

a 6 . 6

Câu 39: Đồ thị hàm số y = x 4 + 2mx 2 + 3m2 có ba điểm cực trị lập thành tam giác nhận G ( 0;7 ) làm trọng tâm khi và chỉ khi A. m = 1.

B. m = −

3 . 7

C. m = −1.

D. m = − 3.

Câu 40: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = a; AD = 2a; AA ' = 2a. Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABB ' C '? A. 9π a 2 .

B. 4π a 2 .

C. 12π a 2 .

D. 36π a 2 .

Câu 41: Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B . Hai mặt phẳng ( SAB ) và

( SAD )

cùng vuông góc với đáy. Biết AD = 2 BC = 2a và BD = a 5. Tính thể tích khối chóp S . ABCD biết

rằng góc giữa SB và ( ABCD ) bằng 300 ?

A. VS . ABCD =

a3 3 . 8

B. VS . ABCD =

a3 3 . 6

C. VS . ABCD =

4a 3 21 . 9

Câu 42: Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có góc giữa hai mặt phẳng

D. VS . ABCD =

( A ' BC )

và

2a 3 21 . 3

( ABC )

bằng

600 ; AB = a. Khi đó thể tích của khối đa diện ABCC ' B ' bằng

A. a 3 3.

3 3 3 a. 4

a3 3 . 4

3a 3 . 4

Câu 43: Cho hình nón có chiều cao bằng 4 và bán kính đáy bằng 3. Cắt hình nón đã cho bởi mặt phẳng đi qua đỉnh và cách tâm của đáy một khoảng bằng 2, ta được thiết diện có diện tích bằng A. 20.

8 11 . 3

16 11 . 3

D. 10.

Câu 44: Cho hàm số bậc ba f ( x ) = x3 + ax 2 + bx − 2 với a, b ∈ ℝ, biết a + b > 1 và 3 + 2b + b < 0. Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x ) là

A. 5.

B. 9.

C. 2.

D. 11.

Câu 45: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và hàm f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số 1 x2 g ( x ) = f (1 − x ) + − x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? 2 2

A. ( −3;1) .

B. ( −2;0 ) .

C. (1;3) .

3  D.  −1;  . 2 

Câu 46: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a tâm O. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA và BC. Góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 600. Tính góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( SBD ) ?

5 . 5

1 B. . 2

C. 2.

2 5 . 5

Câu 47: Cho hàm số y = x3 − 2 ( m + 1) x 2 + ( 5m + 1) x − 2m − 2 có đồ thị ( Cm ) với m là tham số. Tập S là tập các giá trị nguyên của m ( m ∈ ( −2021; 2021) ) để ( Cm ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt A ( 2; 0 ) ; B, C sao cho trong hai điểm B, C có một điểm nằm trong và một điểm nằm ngoài đường tròn có phương trình x 2 + y 2 = 1. Tính số phần tử của S ?

A. 4041.

B. 2020.

C. 2021.

D. 4038.

Câu 48: Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' gọi I , J , K lần lượt là trung điểm của AB, AA ', B ' C '. Mặt phẳng ( IJK ) chia khối lăng trụ thành 2 phần. Gọi V1 là thể tích phần chứa điểm B ', V là thể tích khối lăng trụ. Tính

V1 . V

49 . 144

95 . 144

1 . 2

46 . 95

Câu 49: Gọi S là tập các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ tập hợp A = {0;1; 2;3; 4;5; 6;7;8;9} . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp S . Tính xác suất để chọn được số tự nhiên có tích các chữ số bằng 1400.

1 . 500

4 . 3.103

1 . 1500

18 . 510

Câu 50: Gọi 3

là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số 3

để phương trình

−2 x + 6 x − 16 x + 10 + m + − x − 3x + m = 0 có nghiệm x ∈ [ −1; 2] . Tính tổng tất cả các phần tử của S . A. −368.

B. 46.

C. −391 .

D. −782.

--------------- HẾT ---------------

BẢNG ĐÁP ÁN 1-D

2-A

3-C

4-C

5-D

6-A

7-A

8-B

9-D

10-C

11-B

12-B

14-A

14-B

15-B

16-A

17-D

18-D

19-A

20-B

21-D

22-D

23-A

24-D

25-D

26-B

27-C

28-C

29-A

30-D

31-C

32-B

33-C

34-D

35-B

36-C

37-A

38-B

39-D

40-A

41-B

42-C

43-B

44-D

45-B

46-A

47-D

48-A

49-C

50-C

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Chọn D. Câu 2: Chọn A. 1 1 Thể tích của khối chóp đã cho là V = .B.h = .5.6 = 10. 3 3

Câu 3: Chọn C. Ta có 3x ≤ 9 ⇔ 3x ≤ 32 ⇔ x ≤ 2.

Câu 4: Chọn C.  x = 0 ∈ [ 0; 2] Ta có y ' = 3 x 2 − 3 x, y ' = 0 ⇔   x = 1 ∈ [ 0; 2]

y ( 0 ) = 2, y ( 2 ) = 4, y (1) = 0, vậy M = 4; m = 0 , do đó M + m = 4. Câu 5: Chọn D. Dựa vào đồ thị, ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng ( 0; 2 ) .

Câu 6: Chọn A. TXĐ: D = ℝ \ {−4} . 3x 3x = 3 nên đường thẳng y = 3 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = . x →±∞ x + 4 x+4

Ta có lim y = lim x →±∞

Câu 7: Chọn A. 4 4 Thể tích khối cầu đã cho bằng: V = π R 3 = π .33 = 36π . 3 3

Câu 8: Chọn B. Với a, b là các số thực dương, a ≠ 1. Ta có:

log a ( a 2b ) = log a a 2 + log a b = 2 log a a + log a b = 2 + log a b.

Câu 9: Chọn D. Điều kiện x − 3 > 0 ⇔ x > 3. Tập xác định D = ( 3; +∞ ) .

Câu 10: Chọn C. Mỗi tập hợp con gồm 2 phần tử của A tập hợp là một tổ hợp chập 2 của 6 phần tử. Do đó số tập hợp con gồm hai phần tử của tập hợp A là C62 .

Câu 11: Chọn B.

2 x − 1 = 0  x = 0,5 Ta có: f ' ( x ) = 0 ⇔  x + 2 = 0 ⇔  x = −2 3 − 3 x = 0  x = 1 Bảng biến thiên: x

y' y

−2

−∞ −

0,5 + 0

2 +

+∞

−

f (1)

+∞

f ( −2 )

−∞

Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.

Câu 12: Chọn B. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên ( −∞;0 ) và ( 0; 2 ) . Vậy đáp án đúng là đáp án B.

Câu 13: Chọn A. Đường cong đã cho là đồ thị hàm trùng phương dạng: y = ax 4 + bx 2 + c 9

Đồ thị quay bề lõm xuống dưới nên a < 0 ⇒ Ta loại các đáp án B, D. Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại y = c < 0 ⇒ Ta loại đáp án C. Câu 14: Chọn B. Số nghiệm của phương trình 3 f ( x ) − 1 = 0 ⇔ f ( x ) =

1 bằng số giao điểm của đồ thị ( C ) : y = f ( x ) và đường 3

1 thẳng ∆ : y = . 3

x y' y

−∞

1 +

−

+∞

−

+∞

−1

−∞

Từ bảng biến thiên ta có đồ thị ( C ) : y = f ( x ) cắt đường thẳng ∆ : y =

1 tại 3 điểm nên phương trình đã cho có 3

3 nghiệm.

Câu 15: Chọn B. Thể tích khối lăng trụ đã cho: V = B.h = 5.9 = 45 (đvdt).

Câu 16: Chọn A. Hàm số đạt cực đại tại x = 2 ⇒ yCD = 3.

Câu 17: Chọn D. Ta có

∫

f ( x ) dx = ∫ ( 2 cos x − x ) dx = 2 ∫ cos xdx − ∫ xdx = 2 sin x −

Câu 18: Chọn D. Ta có V = a.2a.3a = 6a 3 .

Câu 19: Chọn A. u2021 = u1 + 2020d = 3 + 4.2020 = 8083

Câu 20: Chọn B.

1 3

x2 +C 2

x = 2  x = − 2 Giải phương trình x 4 − 4 x 2 + 1 = 0 ⇔  x = 2 + 3   x = − 2 + 3 Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số y = x 4 − 4 x 2 + 1 với trục hoành là 4.

Câu 21: Chọn D. Diện tích xung quanh của hình trụ là S xq = 2π rl = 2π .3.4 = 24π .

Câu 22: Chọn D. Ta có 5 x −1 = 625 ⇔ 5 x −1 = 54 ⇔ x − 1 = 4 ⇔ x = 5. Tập nghiệm của phương trình 5 x −1 = 625 là {5} .

Câu 23: Chọn A. Câu 24: Chọn D. Hàm số mũ y = a x đồng biến trên tập xác định của nó khi a > 1. x

Vì

 2+ 3 2+ 3 > 1 nên hàm số y =   đồng biến trên tập xác định của nó. e e  

Câu 25: Chọn D.

 2020 x − 1 = a ( a < 0 )  Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình f ( 2020 x − 1) = 1 ⇔  2020 x − 1 = b ( 0 < b < 1)  2020 x − 1 = c c > 2 ( ) 

 x =  ⇔ x =   x = 

1+ a 2020 1+ b . Vậy phương trình f ( 2020 x − 1) = 1 có ba nghiệm. 2020 1+ c 2020

Câu 26: Chọn B. 3

Ta có a 3loga 3 = a loga 3 = 33 = 27.

Câu 27: Chọn C.

f ( x ) = ln

2020 x 1 1 1 ⇒ f '( x) = = − x +1 x ( x + 1) x x + 1

2020 1  1 2020 1 Khi đó: S = f ' (1) + f ' ( 2 ) + ... + f ' ( 2020 ) = ∑  − . =  = 1− 2021 2021 k +1  k =1  k

Câu 28: Chọn C. Ta có f ' ( x ) = 3x 2 + 1 ⇒ f ' ( 0 ) = 1. Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x3 + x − 3 tại điểm M ( 0; −3) là: y = x − 3.

Câu 29: Chọn A. Ta thấy cách gửi tiền theo đề bài là gửi theo hình thức lãi kép. Áp dụng công thức lãi kép ta có sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) là 6 6 P6 = P0 (1 + r ) = 100 (1 + 0, 4% ) = 102.424.128, 4 đồng.

Câu 30: Chọn D.

Gọi H là hình chiếu của A ' lên mặt phẳng ( ABC ) .

Khi đó: VABC . A ' B 'C ' = A ' H .S ABC , VA '. ABC = Suy ra:

1 A ' H .S ABC . 3

VA '. ABC 1 1 = ⇒ VA '. ABC = .99 = 33cm3 . VABC . A ' B ' C ' 3 3

Câu 31: Chọn C.

  x ≤ −2  x 2 − 4 ≥ 0  Hàm số xác định ⇔  2 ⇔  x ≥ 2 .  x − 5 x + 4 ≠ 0   x ≠ ±4 Tập xác định của hàm số là: D = ( −∞; −2] ∪ [ 2; +∞ ) \ {−4; 4} . Ta có: lim y = 0 ⇒ đường thẳng y = 0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x →±∞

lim y = +∞ ⇒ đường thẳng x = 4 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

x → 4+

lim y = +∞ ⇒ đường thẳng x = −4 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

x →−4−

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Câu 32: Chọn B. Ta có: F ( x ) = ∫ f ( x ) dx = ∫

1 dx = ln x − 1 + C. x −1

Mà F ( 2 ) = 1 ⇒ C = 1.

⇒ F ( x ) = ln x − 1 + 1 ⇒ F ( 3) = ln 2 + 1. Câu 33: Chọn C.

Xét tam giác ABC vuông cân tại A có AB = AC = Diện tích tam giác ABC bằng: S ABC

BC = a. 2

a2 1 = . AB. AC = . 2 2

Xét tam giác BAA ' vuông tại A ta có: A ' A = A ' B 2 − AB 2 =

( 3a )

− a 2 = 2 2a.

Câu 34: Chọn D. Ta có: 4 x − m.2 x +1 + 3m − 3 = 0 ⇔ 4 x − 2m.2 x + 3m − 3 = 0. (1)

Đặt 2 x = t > 0, phương trình đã cho trở thành: t 2 − 2mt + 3m − 3 = 0. ( 2 )

(1)

có hai nghiệm trái dấu khi ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt t1 ; t2 thỏa mãn: 0 < t1 < 1 < t2 hay:

∆ ' = m 2 − ( 3m − 3) > 0 ∆ ' > 0 m 2 − 3m + 3 > 0, ∀m ∈ ℝ  S > 0    2m > 0 m > 0 ⇔ ⇔ ⇔ 1 < m < 2.  P > 0 3m − 3 > 0 m > 1  1 − 2m + 3m − 3 < 0 m < 2 a. f (1) < 0 

Câu 35: Chọn B. Ta có:

∫

x (2 + x )

( x + 1)

2   ( x + 1) − 1 ( x + 1) − 1 x + 1) − 1 (     1 − 1  dx = x + 1 + C dx = ∫ dx = dx = ∫ x +1 2 ∫  x +1 2  2 x +1 ( x + 1) ( ) )  (

Khi đó: 14

x 2 + x + 1 x ( x + 1) + 1 1 = = x+ + 0 là nguyên hàm của hàm số đã cho. x +1 x +1 x +1

x 2 − 1) + 1 ( x − 1)( x + 1) + 1 ( x2 1 y= = = = x+ − 1 là nguyên hàm của hàm số đã cho. x +1 x +1 x +1 x +1 y=

x 2 − x − 1 x 2 − x − 2 + 1 ( x − 2 )( x + 1) + 1 1 = = = x+ − 2 là nguyên hàm của hàm số đã cho. x +1 x +1 x +1 x +1

x (2 + x) x2 + x −1 . Vậy hàm số y = không phải là nguyên hàm của hàm số y = 2 x +1 ( x + 1)

Câu 36: Chọn C.

x + 3 > 0  x > −3   Điều kiện:  x − 1 ≠ 0 ⇔  x ≠ 1 ⇔ 0 < x ≠ 1. 4 x > 0 x > 0   Ta có:

1 log 2

( x + 3) +

1 4 log 9 ( x − 1) = 2 log 9 ( 4 x ) ⇔ log 3 ( x + 3) + log 3 x − 1 = log 3 ( 4 x ) 2

⇔ log3 ( x + 3) x − 1 = log 3 ( 4 x ) ⇔ ( x + 3) x − 1 = 4 x (*) .  x = −1( loaï i ) Trường hợp 1: Nếu x > 1 thì ( *) ⇔ ( x + 3)( x − 1) = 4 x ⇔ x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔   x = 3

Trường hợp 2: Nếu 0 < x < 1 thì

(*) ⇔ ( x + 3)(1 − x ) = 4 x ⇔ x

 x = −3 − 2 3 ( loaï i ) + 6x − 3 = 0 ⇔   x = −3 + 2 3 

Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm thực.

Câu 37: Chọn A.

= CSA = 600 nên tứ diện SAEF là Lấy trên SB, SC hai điểm E , F sao cho SE = SF = SA = a. Do ASB = BSC tứ diện đều có cạnh bằng a. Gọi H là chân đường cao hạ từ S xuống mặt phẳng ( AEF ) . Thể tích khối tứ diện SAEF bằng:

1 1 1 a 2 a2 3 a3 2 VSAEF = SH .S AEF = . SA2 − AH 2 .S AEF = . a 2 − . = 3 3 3 3 4 12 Lại có:

VSAEF SE SF 1 2a 3 2 . . = = ⇒ VSABC = 8.VSAEF = VSABC SB SC 8 3

Câu 38: Chọn B.

Ta có:

MC 3 3 = ⇒ d ( M ; ( SCD ) ) = d ( O; ( SCD ) ) . OC 2 2

CD ⊥ OH ⇒ CD ⊥ ( SOH ) ⇒ ( SCD ) ⊥ ( SOH ) . Kẻ OH ⊥ CD; OI ⊥ SH . Khi đó  CD ⊥ SO

Mà

{( SCD ) ∩ ( SOH ) = SH ; OI ⊥ SH ⇒ OI ⊥ ( SCD ) hay OI = d ( O; ( SCD ) ) .

Có: SO = SA2 − AO 2 = 4a 2 − 2a 2 = a 2; OH = a. Trong tam giác vuông SOH : OI =

SO.OH 2

SO + OH

a 2.a 2

2a + a

3 3 a 6 a 6 . d ( M ; ( SCD ) ) = .d ( O; ( SCD ) ) = . = 2 2 3 2

Câu 39: Chọn D.

x = 0 . Ta có: y = x 4 + 2mx 2 + 3m2 ⇒ y ' = 4 x3 + 4mx = 0 ⇔  2  x = −m

a 6 . 3

Để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì A ( 0;3m 2 ) ; B − − m ; 2m 2 ; C − m ; 2m 2 .

(

) (

m < 0.

Khi đó tọa độ ba điểm cực trị là:

)

Vì ba điểm cực trị lập thành tam giác nhận G ( 0;7 ) làm trọng tâm nên

0 = 0 3 xG = xA + xB + xC ⇔ 2 ⇔ m 2 = 3 ⇔ m = ± 3 mà m < 0 do đó m = − 3.  3 = + + y y y y = 7 21 m A B C  G  Câu 40: Chọn A.

Ta có: AB ⊥ ( BCC ' B ') ⇒ AB ⊥ BC ' ⇒ ∆ABC ' vuông tại B. Lại có: B ' C ' ⊥ ( ABB ' A ') ⇒ B ' C ' ⊥ AB ' ⇒ ∆AB ' C ' vuông tại B '. Gọi I là trung điểm của A ' C ⇒ IA = IB = IB ' = IC ' = R. Mặt khác, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ 1 3a nhật nên R = AB 2 + AD 2 + AA '2 = . 2 2 Vậy diện tích của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABB ' C ' là: S = 4π R 2 = 9π a 2 .

Câu 41: Chọn B.

( SAB ) ⊥ ( ABCD )  Vì ( SAD ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ ( ABCD )  ( SAB ) ∩ ( SAD ) = SA Ta có: AB = BD 2 − AD 2 = SA = AB tan 300 =

S ABCD =

(a 5 )

− ( 2a ) = a

a 3 3

( AD + BC ) . AB = ( 2a + a ) .a = 3a 2 2

Thể tích khối chóp S . ABCD là:

1 1 a 3 3a 2 a 3 3 V = SA.S ABCD = . . = . 3 3 3 2 6

Câu 42: Chọn C.

Gọi M là trung điểm của BC , ∆ABC đều nên AM ⊥ BC . Tam giác A ' BC đều nên A ' M ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( A ' AM ) . ( A ' AM ) ∩ ( A ' BC ) = A ' M Ta có  ⇒ ( A ' BC ) ; ( ABC ) = ( A ' M ; AM ) = A ' MA ∩ = A ' AM ABC AM ) ( ) (

Xét ∆AA ' M vuông tại A, có tan A ' MA =

AA ' a 3 3a ⇒ AA ' = tan 600. = . AM 2 2

Tứ giác BCC ' B ' là hình chữ nhật có diện tích S BCC ' B ' = BB '.BC =

3a 2 . 2

 AM ⊥ BC a 3 Mà  . ⇒ AM ⊥ ( BCC ' B ' ) ⇒ d ( A; ( BCC ' B ') ) = AM = 2  AM ⊥ BB '

1 a3 3 . Thể tích khối chóp ABCC ' B ' là VABCC ' B ' = .d ( A; ( BCC ' B ' ) ) .S BCC ' B ' = 3 4

Câu 43: Chọn B.

Gọi S là đỉnh, I là tâm đường tròn đáy của hình nón đã cho. Mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón và cách tâm của đáy một khoảng bằng 2 cắt đường tròn đáy theo dây cung AB . Gọi M là trung điểm của AB. Qua I kẻ IH ⊥ SM ( H ∈ SM ) . Ta có: IA = IB = 3 nên tam giác IAB cân tại I hay IM ⊥ AB (1)

SI ⊥ ( IAB ) ⇒ SI ⊥ AB ( 2 ) Từ (1) và ( 2 ) suy ra AB ⊥ ( SIM ) ⇒ AB ⊥ IH mà IH ⊥ SM nên IH ⊥ ( SAB ) Khoảng cách từ tâm đến mp ( SAB ) bằng 2 nên IH = 2 Tam giác SIM vuông tại I , có đường cao IH nên:

1 1 1 1 1 1 4 3 = 2+ ⇔ 2 = 2+ ⇒ IM = 2 2 2 IH SI IM 2 4 IM 3 2

4 3 8 3 SM = SI + IM = 4 +   ⇒ SM = 3  3  2

Tam giác IAM vuông tại M nên AM = IA2 − IM 2 =

33 2 33 ⇒ AB = . 3 3

Tam giác SAB có SM ⊥ AB nên diện tích tam giác SAB là: S ∆SAB =

1 1 8 3 2 33 8 11 SM . AB = . . = 2 2 3 3 3 20

8 11 (đvtt) 3

Vậy diện tích thiết diện bằng

Câu 44: Chọn D.

f ( x ) = x3 + ax 2 + bx − 2 ⇒ f (1) = a + b − 1 f ' ( x ) = 3x 2 + 2ax + b ⇒ f ' (1) = 3 + 2a + b  f (1) > 0 a + b > 1 ⇒ Theo đề bài,  3 + 2a + b < 0  f ' (1) < 0

Khi đó, đồ thị hàm số y = f ( x ) có dạng như hình vẽ bên:

(

)

Như vậy, hàm số y = f ( x ) có tất cả 11 cực trị.

Chọn D. Câu 45: Chọn B. Với t = 1 − x, ta có hàm số y = f ( t ) có đồ thị như hình vẽ.

x2 Có: y = g ( x ) = f (1 − x ) + − x 2

y ' ( x ) = − f ' (1 − x ) + x − 1 = − f ' ( t ) − t Hàm số nghịch biến khi và chỉ khi:

− f ' ( t ) − t < 0 ⇔ f ' ( t ) > −t Dựa vào đồ thị hàm số xác định được  t < −3 1 − x < −3 x > 4 f ' ( t ) > −t ⇔  ⇔ ⇔ 1 < t < 3 1 < 1 − x < 3  −2 < x < 0

Vậy chỉ có đáp án B thỏa mãn.

Câu 46: Chọn A.

Goi O là tâm hình vuông ABCD . Vì SABCD là chóp tứ giác đều nên SO vuông góc với ( ABCD ) Gọi E là hình chiếu M trên ( ABCD ) ⇒ E là trung điểm của AO

) (

(

= 600 ; ( ABCD ) = MN ; EN = MNE ⇒ MN

)

Do: NE 2 = CN 2 + CE 2 − 2.CN .CE.cos NCE ⇒ NE =

a 10 4

⇒ MN = 2.ME =

a 10 2

Gọi I là giao điểm của EN và BO . Từ I kẻ đường thẳng song song với ME , cắt MH tại H 23

⇒ H là giao điểm của MN và ( SBD ) .

Hình chiếu của N lên ( SBD ) là góc NHK . Xét tam giác vuông NHK có: NH =

MN a 10 = 2 4

NK =

CO a 2 = 2 4

= 5 ⇒ sin NHK 5

5 ⇒ MN ; ( SBD ) = arcsin 5

)

(

Câu 47: Chọn D. * Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị và Ox : x 3 − 2 ( m + 1) x 2 + ( 5m + 1) x − 2m − 2 = 0 x = 2 ⇔ 2  x − 2mx + m + 1 = 0 (*) * Để đồ thị cắt Ox tại 3 điểm phân biệt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2

 1+ 5 m > 2  ∆ = m 2 − m − 1 > 0  ⇔ ⇔ m < 1 − 5 2 5 − 3m ≠ 0   5 m ≠ 3 

(1)

* Gọi B ( x1 ;0 ) , C ( x2 ;0 ) , trong đó x1 ; x2 là hai nghiệm của (*) .

B, C có một điểm nằm trong và một điểm nằm ngoài đường tròn có phương trình x 2 + y 2 = 1 2

⇔ ( x12 − 1)( x22 − 1) < 0 ⇔ ( x1 x2 ) − ( x1 + x2 ) + 2 x1 x2 + 1 < 0 m > 2 ⇔ ( m + 1) − 4m + 2m + 3 < 0 ⇔ −3m + 4m + 4 < 0 ⇔  2 ( 2) m < − 3  2

m > 2 Kết hợp (1), (2) suy ra  2 m < − 3  Mà m ∈ ( −2021; 2021) ∩ ℤ suy ra m ∈ {−2020; −2019;...; −1;3;...2020} .

Câu 48: Chọn A.

Ta thấy thiết diện của ( IJK ) và lăng trụ như hình vẽ. Ta có IB / / EB ' ⇒

FI FB FH IB 1 = = = = . FE FB ' FK EB ' 3

Ba điểm E , G, K thẳng hàng nên

EA ' KB ' GC ' . . = 1 ⇒ GC ' = 3GA '. EB ' KC ' GA '

Ba điểm A ', G, C ' thẳng hàng nên

A ' E C ' B ' GK . . = 1 ⇒ GK = GE. A ' B ' C ' K GE

Ta có

EB '.d ( K , A ' B ' ) 3 S EB ' K = = S A ' B 'C ' A ' B '.d ( C ', A ' B ') 4

1 1 3 3 3V . ⇒ VF . EB ' K = S EB ' K .d ( F , ( A ' B ' C ' ) ) = . S A ' B 'C ' . d ( B, ( A ' B ' C ') ) = 3 3 4 2 8 3

VFIBH  1  1 1 3V V =  = ⇒ VFIBH = . = . 27 8 72 VFEB ' K  3  27 VEJA 'G EA ' EJ EG 1 1 3V V . . = = ⇒ VFIBH = . = . 18 8 48 VFEB ' K EB ' EF EK 18

⇒ V1 =

3V V V 49V 49 V . − − = ⇒ 1= 8 48 72 144 V 144

Câu 49: Chọn C. Tập hợp S có 9.105 phần tử. Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = 9.105. Gọi A là biến cố: “Số được chọn là số tự nhiên có tích các chữ số bằng 1400”. Ta có: 1400 = 23.52.71 = 11.21.41.52.71 = 12.81.52.71. * Trường hợp 1: Số được chọn có 3 chữ số 2, 2 chữ số 5 và 1 chữ số 7 có C63 .C32 = 60 cách. * Trường hợp 2: Số được chọn có 1 chữ số 1, 1 chữ số 2, 1 chữ số 4, 2 chữ số 5 và 1 chữ số 7 có C62 .4! = 360 cách. * Trường hợp 3: Số được chọn có 2 chữ số 1, 1 chữ số 8, 2 chữ số 5 và 1 chữ số 7 có C62 .C42 .2! = 180 cách. Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n ( A ) = 60 + 360 + 180 = 600 cách. Vậy xác suất cần tìm là P ( A ) =

n ( A) n (Ω)

600 1 . = 5 9.10 1500

Câu 50: Chọn C. Ta có: −2 x 3 + 6 x 2 − 16 x + 10 + m + 3 − x 3 − 3x + m = 0

⇔ − x 3 − 3x + m + 3 − x3 − 3x + m = x3 − 6 x 2 + 13x − 10 3

⇔ − x3 − 3x + m + 3 − x3 − 3x + m = ( x − 2 ) + x − 2 ⇔

(

− x3 − 3 x + m

− x3 − 3x + m = ( x − 2 ) + ( x − 2 )

( *)

Xét hàm số y = f ( t ) = t 3 + t có f ' ( t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ℝ nên hàm số y = f ( t ) đồng biến trên ℝ. Do đó phương trình (*) ⇔ 3 − x3 − 3x + m = x − 2 ⇔ − x 3 − 3x + m = ( x − 2 )

⇔ − x 3 − 3 x + m = x3 − 6 x 2 + 12 x − 8 ⇔ 2 x3 − 6 x 2 + 15 x − 8 = m

(1)

Phương trình −2 x 3 + 6 x 2 − 16 x + 10 + m + 3 − x 3 − 3x + m = 0 có nghiệm x ∈ [ −1; 2] khi và chỉ khi phương trình

(1)

có nghiệm x ∈ [ −1; 2] .

Xét hàm số y = 2 x 3 − 6 x 2 + 15 x − 8 có y ' = 6 x 2 − 12 x + 15 > 0, ∀x ∈ ℝ nên hàm số này đồng biến trên ℝ. Ta có: y ( −1) = −31 và y ( 2 ) = 14. Do đó phương trình (1) có nghiệm x ∈ [ −1; 2] khi và chỉ khi −31 ≤ m ≤ 14. 26

Kết hợp điều kiện m ∈ ℤ ta có S = {−31; −30; −29;...;13;14} . Vậy tổng tất cả các phần tử của tập S là −391.

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT LẦN 1 KHỐI 12

TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH

NĂM HỌC 2020 – 2021

------------------

MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút không kể thời gian phát đề

Câu 1: Cho hình hộp chữ nhật có chiều dài ba cạnh tương ứng là a, b, c . Thể tích khối hộp chữ nhật là A.

1 abc. 6

B. 3abc.

1 abc. 3

C. abc.

C. 20.

D. 12.

Câu 2: Khối đa diện đều loại {3;5} có bao nhiêu cạnh? A. 30.

B. 60.

Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( x A ; y A ; z A ) và B ( xB ; yB ; zB ) . Độ dài đoạn thẳng AB được tính theo công thức nào dưới đây? A. AB =

B. AB = ( xB − x A ) + ( yB − y A ) + ( z B − z A ) .

xB − x A + y B − y A + z B − z A .

C. AB = xB − x A + yB − y A + zB − z A

D. AB =

( xB − x A ) + ( y B − y A ) + ( z B − z A )

Câu 4: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3x 2 + 1 là A. 6 x + C

x3 + x + C. 3

C. x 3 + x + C.

D. x 3 + C.

Câu 5: Cho hàm bậc ba y = f ( x ) có đồ thị đạo hàm y = f ' ( x ) như hình sau.

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng A. ( −1;0 ) .

B. ( 2;3) .

C. ( 3; 4 ) .

D. (1; 2 ) .

Câu 6: Cho hình nón có chiều cao h , đường sinh l và bán kính đường tròn đáy bằng R. Diện tích toàn phần của hình nón bằng 1

A. π R ( 2l + R ) . Câu 7: Biết

B. π R ( l + 2 R ) .

∫ f ( x ) dx = e

C. 2π R ( l + R ) .

D. π R ( l + R ) .

+ sin x + C . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. f ( x ) = e x − sin x.

B. f ( x ) = e x − cos x.

C. f ( x ) = e x + cos x.

D. f ( x ) = e x + sin x.

Câu 8: Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ bên dưới?

1 1 C. y =   . D. y =   . 2 3 Câu 9: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và dấu của đạo hàm cho bởi bảng sau

( )

A. y =

B. y =

2 .

−2

−3

−∞

f '( x)

( )

3 .

−1

−

+∞

−

Hàm số f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 1.

B. 3.

C. 2.

D. 5.

Câu 10: Số cách chọn ra một nhóm học tập gồm 3 học sinh từ 5 học sinh là B. A53 .

A. 3!.

C. C53 .

D. 15.

Câu 11: Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau: x

f '( x)

−1

−∞ −

−

+∞

Hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng nào sau đây?

A. ( −1; +∞ ) .

B. ( −1;0 ) .

C. ( 0;1) .

Câu 12: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

D. ( −∞; −1) .

−1

−∞

−

g '( x)

+∞

−

+∞

g ( x)

+∞

−2

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( 0;1) .

B. ( −2;0 ) .

C. ( −1;0 ) .

D. ( 0; +∞ ) .

C. x = 9.

1 D. x = . 2

Câu 13: Nghiệm của phương trình log 3 ( x − 4 ) = 2 là A. x = 4.

B. x = 13.

Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( −1;0;0 ) , B ( 0; −2;0 ) và C ( 0;0;3) . Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C có phương trình là

x y z + + = −1. −1 −2 3

B. ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 0.

x y z + + = 0. −1 −2 3

x y z + + = 1. −1 −2 3

Câu 15: Hàm số y = x 3 − 12 x + 3 đạt cực đại tại điểm A. x = 19.

B. x = −2.

C. x = 2.

D. x = −13.

Câu 16: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ \ {−1} , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến như hình sau:

−1

−∞

1 +

+ 4

+∞ −

−1

−∞

Hỏi đồ thị hàm số có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang?

A. 1.

B. 0.

C. 3. 3

D. 2.

Câu 17: Trong không gian với trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − 3 y + 2 z + 4 = 0. Vectơ nào sau đây là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) ?

A. v4 ( 4; 2; −3) .

B. v2 ( 2; −3; 4 ) .

C. v1 ( 2; −3; 2 ) .

D. v1 ( −3; 2; 4 ) .

Câu 18: Hàm số y = x 4 − 2 x 2 + 1 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( −1;1) .

B. ( −1;0 ) .

C. ( −∞;1) .

D. ( −∞; −1) .

Câu 19: Mệnh đề nào sau đây đúng? B. ∫ sin 3 xdx =

A. ∫ sin 3 xdx = − cos 3 x + C . C. ∫ sin 3 xdx =

− cos 3 x + C. 3

cos 3 x + C. 3

D. ∫ sin 3 xdx = 3cos 3 x + C.

Câu 20: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng

A. ( −2; −1) .

B. ( 0;1) .

C. (1; 2 ) .

D. ( −1;0 ) .

Câu 21: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho vectơ v = (1; −2;1) , u = 2v có tọa độ là A. ( 2; −4; 2 )

B. ( 2;4; 2 ) .

C. ( 2; −2;2 ) .

D. ( 2; −4; −2 ) .

Câu 22: Hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên ở hình sau:

x y' y

−2

−∞

−1

−

−3

+∞

+∞ +

+∞

−∞

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng

A. -3.

B. 0.

C. -2.

D. 1.

Câu 23: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên cả tham số m để phương trình f ( x ) − 3m + 5 = 0 có ba nghiệm phân biệt?

A. 4.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Câu 24: Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác đều cạnh có độ dài 2a . Thể tích của khối nón sinh bởi hình nón là A. 2 a 3 .

π a3 3 3

C. 2π a 3 .

a3 3 . 3

Câu 25: Cho hàm bậc bốn trùng phương y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình f ( x) =

3 là 4

A. 2.

B. 4.

C. 1.

D. 3.

Câu 26: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ' ( x ) = x 2 ( x − 1) , ∀x ∈ R. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng? A. f ( x ) đạt cực tiểu tại x = 1.

B. f ( x ) không có cực trị.

C. f ( x ) đạt cực tiểu tại x = 0.

D. f ( x ) có hai điểm cực trị.

Câu 27: Hàm số y = x 2 e x nghịch biến trên khoảng nào? A. ( −2;0 ) .

B. ( −∞; −2 ) .

C. ( −∞;1) . 5

D. (1; +∞ ) .

Câu 28: Hàm số nào dưới đây có đồ thị như hình vẽ bên dưới?

A. y = − x3 + 2 x − 2.

B. y = x 4 + 2 x 2 − 2.

C. y = − x 4 + 2 x 2 − 2.

Câu 29: Thể tích của khối cầu ( S ) có bán kính R = A. 4 3π .

A. 3.

3 bằng 2

B. π .

3π . 4

Câu 30: Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

D. y = − x 3 + 2 x + 2.

3π . 2

x+9 −3 là x2 + x

B. 2.

C. 0.

D. 1.

Câu 31: Một túi đựng 6 bi xanh và 4 bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 2 bi, xác suất để cả hai bi đều màu đỏ là A.

8 . 15

2 . 15

Câu 32: Tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = m > 2 . A.  m < 0

7 . 15

1 . 3

− x3 + mx 2 − 2mx + 1 có hai điểm cực trị là 3

B. 0 < m < 2.

C. m > 2.

D. m > 0.

Câu 33: Nghiệm của bất phương trình log 1 ( x − 1) ≥ −1 là 2

A. x ≥ 3.

C. 1 < x ≤ 3. D. x ≤ 3. 0 Câu 34: Cho khối chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC cân tại A, BAC = 120 , AB = a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, SA = a. Thể tích khối chóp đã cho bằng A.

a3 3 . 12

B. 1 ≤ x < 3.

a3 3 . 4

a3 3 . 2

a3 3 . 6

Câu 35: Biết F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = sin x và đồ thị hàm số y = F ( x ) đi qua điểm π  M ( 0;1) . Giá trị của F   bằng 2 6

A. -1.

B. 0.

C. 2.

D. 1. Câu 36: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ a = ( 3; −2; m ) , b = ( 2; m; −1) với m là tham số nhận giá trị thực. Tìm giá trị của m để hai vectơ a và b vuông góc với nhau A. m = 1.

B. m = 2.

C. m = −1.

D. m = −2.

Câu 37: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và có bảng biến thiên trên ℝ như hình vẽ bên dưới

−1

−∞

f '( x) 2

+∞

−2

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( cos x )

A. 5.

B. 3.

C. 10.

D. 1.

Câu 38: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A (1;1; 4 ) , B ( 5; −1;3) , C ( 3;1;5 ) và điểm

D ( 2; 2; m ) (với m là tham số). Xác định m để bốn điểm A, B, C và D tạo thành bốn đỉnh của hình tứ diện. A. m ≠ 6.

B. m ≠ 4.

C. m ∈ ℝ.

D. m < 0.

Câu 39: Có bao nhiêu số nguyên x thảo mãn ( x 2 − 99 x − 100 ) .ln ( x − 1) < 0 ? A. 96.

B. 97.

Câu 40: A, B là hai số tự nhiên liên tiếp thỏa mãn A < A. 25.

C. 95.

D. 94.

2 2021 < B. Giá trị A + B là 31273

B. 23.

C. 27.

D. 21.

Câu 41: Tìm tập hợp giá trị thực của tham số m để phương trình log 2 x − 2 ( m + 1) log x + 4 = 0 có 2 nghiệm thực 0 < x1 < 10 < x2 . 3 D. m > . 2 Câu 42: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA = SB = SC = SD, AB = a, AD = 2a. Góc

A. m > 3.

B. m < −3.

C. m > −1.

giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SCD ) là 600 . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD .

17 a 3 . 6

17 a 3 . 24

17 a 3 . 4

17 a 3 . 18

Câu 43: Cho hình trụ có trục OO ' và có bán kính đáy bằng 4. Một mặt phẳng song song với trục OO ' và cách OO ' một khoảng bằng 2 cắt hình trụ theo thiết diện là một hình vuông. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng: A. 16 3π .

B. 8 3π .

C. 26 3π . 7

D. 32 3π .

Câu 44: Cho hình nón đỉnh S có chiều cao bằng bán kính đáy và bằng 2a. Mặt phẳng ( P ) qua ( S ) cắt đường tròn đáy tại A và B sao cho AB = 2 3a. Khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy hình nón đến

a . 5

a 2 . 2

2a . 5

( P)

bằng:

D. a.

Câu 45: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA ⊥ ( ABC ) , góc giữa SC và mặt phẳng

( ABC ) bằng 300 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A.

a 3 . 13

2a . 13

SB và AC. C.

a 39 . 13

a 39 . 3

Câu 46: Cho hàm bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số h ( x ) = f ( sin x ) − 1 có bao nhiêu điểm cực trị trên đoạn [ 0; 2π ] .

A. 7.

B. 8.

C. 5.

D. 6.

= 900 , AB = 3a, AC = 4a, hình chiếu của đỉnh S là một điểm H nằm Câu 47: Cho hình chóp S . ABC có BAC trong ∆ABC. Biết khoảng cách giữa các cặp đường thẳng chéo nhau của hình chóp là 6a 34 12a 12a 13 , d ( SB, CA ) = , d ( SC , AB ) = . Tính thể tích khối chóp S . ABC . d ( SA, BC ) = 17 5 13 A. 9a 3 .

B. 12a 3 .

C. 18a 3 .

D. 6a 3 .

Câu 48: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị hàm số f ' ( x ) như hình vẽ. Gọi S là tập hợp các giá  1  trị nguyên của tham số m ∈ [ −5;5] để hàm số y = f ( x 2 − 2mx + m 2 + 1) nghịch biến trên khoảng  0; .  Tổng  2  giá trị các phần tử của S bằng

A. 10.

B. 14.

C. -12.

D. 15.

Câu 49: Tìm số các cặp số nguyên ( a; b ) thỏa mãn log a b + 6 log b a = 5, 2 ≤ a ≤ 2020; 2 ≤ b ≤ 2021. A. 53.

B. 51.

C. 54.

D. 52.

Câu 50: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 3;0;0 ) , B ( −3;0;0 ) và C ( 0;5;1) . Gọi M là một điểm nằm trên mặt phẳng tọa độ ( Oxy ) sao cho MA + MB = 10, giá trị nhỏ nhất của MC là

BẢNG ĐÁP ÁN 1-C

2-A

3-D

4-C

5-D

6-D

7-C

8-D

9-C

10-C

11-B

12-C

13-B

14-D

15-B

16-C

17-C

18-D

19-C

20-D

21-A

22-D

23-B

24-B

25-B

26-A

27-A

28-A

29-D

30-D

31-B

32-A

33-C

34-A

35-C

36-B

37-A

38-A

39-B

40-D

41-D

42-B

43-D

44-C

45-C

46-D

47-D

48-B

49-C

50-A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn C. Thể tích khối hộp chữ nhật đã cho là V = abc.

Câu 2: Chọn A. Khối đa diện đều loại {3;5} là khối hai mươi mặt đều có tất cả 30 cạnh.

Câu 3: Chọn D. Theo công thức tính độ dài đoạn thẳng, ta có AB =

( xB − x A ) + ( y B − y A ) + ( z B − z A ) 9

Câu 4: Chọn C. Ta có

∫

f ( x ) dx = ∫ ( 3 x 2 + 1) dx =

3x3 + x + C = x 3 + x + C. 3

Câu 5: Chọn D. Từ đồ thị ta có bảng xét dấu của đạo hàm y = f ' ( x ) x

−∞

f '( x)

−

+∞

Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng (1; 2 ) .

Câu 6: Chọn D.

Stp = S xq + Sday = π Rl + π R 2 = π R ( R + l ) . Câu 7: Chọn C. Ta có:

∫ f ( x ) dx = e

+ sin x + C ⇒ f ( x ) = ( e x + sin x + C ) ' ⇒ f ( x ) = e x + cos x.

Câu 8: Chọn D. Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị của hàm số y = a x và hàm số nghịch biến trên ℝ ⇒ 0 < a < 1. x

1 1 Đồ thị hàm số đi qua điểm ( −1;3) ⇒ a = ⇒ y =   . 3  3

Câu 9: Chọn C. Dựa vào bảng biến thiên f ' ( −3) = f ' ( −2 ) = f ' ( −1) = 0.

f ' ( x ) đổi dấu qua hai điểm x = −3; x = −2. Nên hàm số f ( x ) có hai điểm cực trị.

Câu 10: Chọn C. Mỗi cách chọn 3 học sinh từ 5 học sinh là một tổ hợp chập 3 của 5 phần tử. Suy ra số cách chọn là C53 .

Câu 11: Chọn B. Hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng ( −1; 0 ) và (1; +∞ ) .

Câu 12: Chọn C. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( −1; 0 ) và (1; +∞ ) . 10

Câu 13: Chọn B. ĐKXĐ: x − 4 > 0 ⇔ x > 4.

log 3 ( x − 4 ) = 2 ⇔ x − 4 = 9 ⇔ x = 13 (thỏa mãn ĐKXĐ). Câu 14: Chọn D. Mặt phẳng đi qua ba điểm A ( −1;0; 0 ) , B ( 0; −2;0 ) và C ( 0;0;3) là mặt phẳng đoạn chắn và có phương trình là

x y z + + = 1. −1 −2 3

Câu 15: Chọn B. TXĐ: D = ℝ . y ' = 3 x 2 − 12 y ' = 0 ⇔ x = ±2 Bảng biến thiên

−2

−∞

−

+∞

−13

−∞ Vậy hàm số đạt cực đại tại x = −2 .

Câu 16: Chọn C. Ta có: lim y = −1, lim y = 2 suy ra đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang y = −1, y = 2 .

x →+∞

x →−∞

lim y = −∞ suy ra đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng x = −1 .

x →( −1)+

Vậy đồ thị hàm số có tất cả 3 đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang.

Câu 17: Chọn C. Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là: v1 ( 2; −3; 2 ) .

Câu 18: Chọn D.

x = 0 Ta có: y ' = 4 x − 4 x, y ' = 0 ⇒ 4 x − 4 x = 0 ⇔  x = 1 .  x = −1 3

Bảng biến thiên

y' y

−1

−∞ −

−

+∞

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; −1) .

Câu 19: Chọn C. Ta có: ∫ sin 3 xdx = −

cos 3 x + C. 3

Câu 20: Chọn D. Dựa vào hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số y = f ( x ) đi lên từ trái sang phải trên khoảng ( −1; 0 ) . Suy ra hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng ( −1; 0 ) .

Câu 21: Chọn A. Ta có: u = 2v = ( 2; −4; 2 ) . Câu 22: Chọn D. Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có giá trị cực tiểu của hàm số đã cho là 1.

Câu 23: Chọn B. Ta có f ( x ) − 3m + 5 = 0 ⇔ f ( x ) = 3m − 5. Số nghiệm của phương trình ban đầu là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng d : y = 3m − 5. Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) để phương trình f ( x ) − 3m + 5 = 0 có 3 nghiệm phân biệt thì:

7 −2 < 3m − 5 < 2 ⇔ 1 < m < . 3 Vậy có 1 giá trị nguyên m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 24: Chọn B.

Theo giả thiết ta có ∆SAB là tam giác đều cạnh 2a. Do đó l = 2a, r = a ⇒ h = l 2 − r 2 = a 3.

1 1 π a3 3 Vậy thể tích khối nón là V = π r 2 h = π .a 2 .a 3 = . 3 3 3

Câu 25: Chọn B. Vì

3 3 ∈ ( 0;1) nên suy ra phương trình f ( x ) = có 4 nghiệm. 4 4

Câu 26: Chọn A. Ta có bảng biến thiên:

−∞

−

+∞ +

y CT Nhìn vào bảng biến thiên suy ra f ( x ) đạt cực tiểu tại x = 1 .

Câu 27: Chọn A. Tập xác đinh: D = ℝ.

y = x 2e x ⇒ y ' = 2 xe x + x 2e x = xe x ( 2 + x ) . x = 0 . y'= 0 ⇔   x = −2

Bảng biến thiên x

f '( x)

−2

−∞ +

−

f ( x)

+∞

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên ( −2;0 ) .

Câu 28: Chọn A. Dựa vào đồ thị ta thấy đây là hàm bậc ba nên loại câu B, C. Mặt khác giao điểm của đồ thị với trục tung tại điểm có tung độ âm nên loại câu D.

Câu 29: Chọn D. 3

4 4  3 3π . Ta có: thể tích khối cầu: V = π R 3 = π   =  3 3  2  2

Câu 30: Chọn D. Tập xác định: D = [ −9; +∞ ) \ {−1;0} . Ta có: lim+ y = −∞ ⇒ đường thẳng x = −1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x →−1

lim y = lim+

x → 0+

x →0

( x + 1) (

1 = . x+9 +3 6

)

1 lim y = . 6

x → 0−

Vậy đồ thị hàm số đã cho chỉ có một tiệm cận đứng.

Câu 31: Chọn B. Gọi T là phép thử ngẫu nhiên lấy ra 2 bi từ túi đựng 6 bi xanh và 4 bi đỏ. Gọi biến cố A : “cả hai viên bi đều màu đỏ”. Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = C102 Số phần tử của biến cố A là n ( A ) = C42

2 C42 Xác suất của biến cố A là P ( A ) = = 2 = . n ( Ω ) C10 15 n ( A)

Câu 32: Chọn A. Ta có y ' = − x 2 + 2mx − 2m. Xét y ' = 0 ⇔ − x 2 + 2mx − 2m = 0 .

Để hàm số y =

− x3 + mx 2 − 2mx + 1 có hai điểm cực trị thì y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt 3 14

m > 2 . ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ m 2 − 2m > 0 ⇔  m < 0

Câu 33: Chọn C.

x −1 > 0 x > 1 x > 1  −1 log 1 ( x − 1) ≥ −1 ⇔   1  ⇔  x − 1 ≤ 2 ⇔  x ≤ 3 ⇔ 1 < x ≤ 3.   2 x −1 ≤  2     Câu 34: Chọn A.

Tam giác ABC cân tại A nên AC = AB = a. S ABC

1 1 a2 3 0 . = . AB. AC.sin BAC = .a.a.sin120 = 2 2 4

1 1 a2 3 a3 3 .a = . VS . ABC = .S ABC .SA = . 3 3 4 12

Câu 35: Chọn C. Vì F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = sin x nên F ( x ) = − cos x + C với C là hằng số. Lại có, đồ thị của hàm số y = F ( x ) đi qua điểm M ( 0;1) nên 1 = − cos 0 + C ⇔ C = 2. π  Do đó F ( x ) = − cos x + 2 ⇒ F   = 2. 2

Câu 36: Chọn B. Ta có a ⊥ b ⇔ a.b = 0 ⇔ 3.2 + ( −2 ) .m + m. ( −1) = 0 ⇔ m = 2. Câu 37: Chọn A. Đặt t = cos x ⇒ −1 ≤ t ≤ 1 ⇒ y = f ( t ) có giá trị lớn nhất bằng 5 trên [ −1;1] (suy ra từ bảng biến thiên). 15

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( cos x ) bằng 5.

Câu 38: Chọn A. Bốn điểm A, B, C , D là bốn đỉnh của tứ diện khi  AB, AC  . AD ≠ 0 Ta có AB = ( 4; −2; −1) , AC = ( 2; 0;1) , AD = (1;1; m − 4 )  AB, AC  = ( −2; −6; 4 ) ⇒  AB, AC  . AD = −2 − 6 + 4 ( m − 4 ) ≠ 0 ⇒ m ≠ 6.    

Câu 39: Chọn B. ĐKXĐ: x > 1 Ta có:  x = −1 x 2 − 99 x − 100 = 0 ⇔   x = 100

ln ( x − 1) ≥ 0 ⇔ x − 1 ≥ 1 ⇔ x ≥ 2. BXD:

−∞

−1

100

+∞

x 2 − 99 x − 100

−

ln ( x − 1)

−

Từ bảng xét dấu suy ra nghiệm của BPT là: 2 < x < 100. Mà x ∈ ℤ nên 3 ≤ x ≤ 99 ⇒ vậy có tất cả 99 − 2 = 97 số nguyên x thỏa mãn đề bài.

Câu 40: Chọn D. Ta có:

22021 < B ⇔ log A < 2021.log 2 − 1273.log 3 < log B 31273

Mà 2021.log 2 − 1273.log 3 ≈ 1, 006 ⇒ log A < 1, 006 < log B ⇒ A < 101,006 < B ⇒ A < 10,145 < B Do A, B là hai số tự nhiên liên tiếp nên A = 10, B = 11 ⇒ A + B = 21.

Câu 41: Chọn D. Điều kiện phương trình: x > 0 . Đặt t = log x, phương trình trở thành f ( t ) = t 2 − 2 ( m + 1) t + 4 = 0 (1) .

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm thỏa mãn 0 < x1 < 10 < x2 thì phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: t1 < 1 < t2 . 3 Khi đó: a. f (1) < 0 ⇔ 1 − 2 ( m + 1)1 + 4 < 0 ⇔ −2m + 3 < 0 ⇔ m > . 2

Câu 42: Chọn B.

Kẻ d / / AB / / CD ( S ∈ d ) ⇒ d = ( SAB ) ∩ ( SCD ) . Gọi P, K lần lượt là trung điểm của AB, CD. Do ABCD là hình chữ nhật nên:

d / / CD ⊥ ( SOK ) ⇒ d / / CD ⊥ SK (1) . d / / AB ⊥ ( SOP ) ⇒ d / / AB ⊥ SP ( 2 ) . = 600 . SP, SK ) = PSK Từ (1) , ( 2 ) ⇒ SK , SP ⊥ d ⇒ ( ( SAB ) , ( SCD ) ) = ( Xét tam giác SOK , vuông tại O , ta có: ⇒ SO =

OK . = tan OSK SO

OK a = =a 3 0 tan OSK tan 30 2

a 5 a 17 . Xét tam giác SOD, vuông tại O , ta có: SD = SO + OD = 3a +   = 2  2  2

Kẻ đường trung trực của SD, cắt SO tại I , khi đó ∆SID cân tại I .

⇒ IS = ID = IA = IB = IC = R . Suy ra tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là I , bán kính mặt cầu R = IS .

17 a 2 17 a 3 SD . Ta có: R = IS = = 4 = 2 SO 2.a 3 24 2

Câu 43: Chọn D.

Mặt phẳng ( ABCD ) song song với OO ' và cách OO ' một khoảng bằng 2. Kẻ OH ⊥ CD ⇒ d ( OO '; ( ABCD ) ) = OH = 2 Ta có: DH = HC , xét tam giác vuông OHD có: DH = OD 2 − OH 2 = 4 2 − 22 = 2 3 . Diện tích xung quanh cần tìm là: S xq = 2π R.OO ' = 2.π .4.4 3 = 32 3π .

Câu 44: Chọn C.

Ta có: SO = R = 2a. Kẻ OH ⊥ AB ⇒ AH = HB =

2 3a = 3a. 2

Xét tam giác vuông OAH , ta có: OH = OA2 − AH 2 =

( 2a )

−

(

)

OH ⊥ AB Ta có:  ⇒ AB ⊥ ( SHO )  SO ⊥ AB Kẻ OK ⊥ SH ⇒ OK ⊥ AB ⇒ d ( O; ( P ) ) = d ( O; ( SAB ) ) = OK . Tam giác vuông SOH vuông tại O, ta có:

1 1 1 = + ⇒ OK = 2 2 OK SO OH 2

2a 5 SO 2 .OH 2 . = 2 2 5 SO + OK

Câu 45: Chọn C.

. Suy ra SCA = 300 . Do SA ⊥ ( ABC ) nên góc giữa SC và mặt phẳng ( ABC ) là góc SCA = Trong tam giác SCA vuông tại A có tan SCA

SA = a. tan 300 = a 3 . ⇔ SA = AC.tan SCA AC 3

Lấy điểm D sao cho ACBD là hình bình hành. Khi đó d ( SB, AC ) = d ( AC , ( SBD ) ) = d ( A, ( SBD ) ) . Ta có AB = BD = AD ⇒ ∆ABD đều cạnh a . Gọi M là trung điểm BD. Suy ra AM ⊥ BD và AM =

a 3 . 2

Trong ∆SAM kẻ AH ⊥ SM với H ∈ SM . Do

BD ⊥ AM   ⇒ BD ⊥ ( SAM ) ⇒ BD ⊥ AH . BD ⊥ SA 

Suy ra AH ⊥ ( SAM ) ⇒ d ( A, ( SBD ) ) = AH . Trong ∆SAM vuông tại A ta có:

1 1 1 1 4 9 1 13 a 3 = + 2 ⇔ = 2+ 2 ⇔ = 2 ⇔ AH = . 2 2 2 2 AH AM SA AH 3a 3a AH 3a 13 19

Vậy d ( SB, AC ) =

a 3 a 39 . = 13 13

Câu 46: Chọn D. Xét hàm số g ( x ) = f ( sin x ) − 1 . sin x = 1 f ( sin x ) − 1 = 0 ⇔ f ( sin x ) = 1 ⇔  sin x = α  0 < α < 1   2  Phương trình sin x = 1 cho một nghiệm x =

π 2

thuộc đoạn [ 0; 2π ] .

Phương trình sin x = α cho 2 nghiệm thuộc đoạn [ 0; 2π ] . Ta tìm số cực trị của hàm số g ( x ) = f ( sin x ) − 1. cos x = 0 Ta có: g ' ( x ) = cos xf ' ( sin x ) , g ' ( x ) = 0 ⇔ cos xf ' ( sin x ) = 0 ⇔   f ' ( sin x ) = 0

π   x = 2 + kπ  cos x = 0   1 π  ⇔ sin x = ⇔  x = + k 2π   2 6  sin x = 2 ( l )   x = 5π + k 2π  6  π π 5π 3π  Vì x ∈ [ 0; 2π ] , suy ra: x ∈  ; ; ;  . 6 2 6 2 

Hàm số g ( x ) = f ( sin x ) − 1 có một điểm cực trị x =

π 2

thuộc trục hoành.

Vậy hàm số h ( x ) = f ( sin x ) − 1 có 6 điểm cực trị.

Câu 47: Chọn D.

∆ABC vuông tại A ⇒ BC = AB 2 + AC 2 =

( 3a ) + ( 4a )

= 25a 2 = 5a .

Vẽ ∆MNP sao cho AB, BC , CA là các đường trung bình của ∆MNP ⇒ ACBN ; ABCP là các hình bình hành; ABMC là hình chữ nhật và MP = 6a; MN = 8a; NP = 10a Ta có: BC / / ( SNP ) ⇒ d ( SA, BC ) = d ( BC , ( SNP ) ) = d ( B, ( SNP ) ) Lại có: d ( B, ( SNP ) ) d ( M , ( SNP ) )

12a 34 BN 1 = ⇒ d ( M , ( SNP ) ) = 2d ( B, ( SNP ) ) = 2d ( SA, BC ) = 17 MN 2

Tương tự ta tính được: d ( P, ( SMN ) ) = 2d ( SB, CA ) =

24a 24a 13 và d ( N , ( SMP ) ) = 2d ( SC , AB ) = 5 13

Gọi D, E , F lần lượt là hình chiếu của H lên NP, MP, MN và đặt h = SH = d ( S , ( MNP ) ) Ta có: SH ⊥ NP và HD ⊥ NP ⇒ NP ⊥ ( SHD ) Chứng minh tương tự: HE ⊥ ( SMP ) ; HF ⊥ ( SMN ) Do đó: 3VSMNP = d ( M , ( SNP ) ) .S SNP = d ( N , ( SMP ) ) .S SMP

= d ( P, ( SMN ) ) .S SMN = d ( S , ( MNP ) ) .S MNP = h.S MNP Mặt khác: S SNP =

1 1 SD.NP = 5a.SD; S SMP = SE.MP = 3a.SE ; 2 2

S SMN = ⇒

1 1 SF .MN = 4a.SF ; S MNP = MN .MP = 24a 2 2 2

12a 34 24a 13 24a .5a.SD = .3a.SE = .4a.SF = 24a 2 h 17 13 5

⇒ SD =

h 34 h 13 5h ; SE = ; SF = 5 3 4

Ta lại có: HD = SD 2 − SH 2 =

34h 2 9h 2 3h − h2 = = 25 25 5

HE = SE 2 − SH 2 =

13h 2 4h 2 2h − h2 = = 9 9 3

HF = SF 2 − SH 2 =

25h 2 9h 2 3h − h2 = = 16 16 4

Mà S MNP = S HNP + S HMP + S HMN =

1 1 1 HD.NP + HE.MP + HF .MN 2 2 2

1 3h 1 2h 1 3h ⇒ . .10a + . .6a + . .8a = 24a 2 ⇒ 8ah = 24a 2 ⇒ h = 3a 2 5 2 3 2 4 1 1 1 Vậy thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC = h.S ABC = .3a. .3a.4a = 6a 3 . 3 3 2

Câu 48: Chọn B.  x = −1 Dựa vào đồ thị của hàm số f ' ( x ) ta thấy f ' ( x ) = 0 ⇔  và f ' ( x ) > 0 ⇔ x > 2. x = 2

(

)

Ta có: y ' = ( 2 x − 2m ) f ' ( x 2 − 2mx + m 2 + 1) = 2 ( x − m ) f ' ( x − m ) + 1 x = m x − m = 0  2 ⇔  ( x − m ) + 1 = −1 y'= 0 ⇔  2  f ' ( x − m ) + 1 = 0  2 ( x − m ) + 1 = 2

(

)

* ( x − m ) + 1 = −1 ⇔ ( x − m ) = −2 → phương trình vô nghiệm. x − m =1  x = m +1 2 2 * ( x − m) +1 = 2 ⇔ ( x − m) = 1 ⇔  ⇔  x − m = −1  x = m − 1 x − m >1 x > m +1 2 2 2 Lại có: f ' ( x − m ) + 1 > 0 ⇔ ( x − m ) + 1 > 2 ⇔ ( x − m ) > 1 ⇔  ⇔  x − m < −1  x < m − 1

(

)

Bảng biến thiên: 22

y' y

m −1

−∞ −

m +1

m +

−

+∞

f (1)

+∞

f ( 2)

1  3  m − 1 ≥ 2 m≥    1 2 Do đó, hàm số y = f ( x 2 − 2mx + m 2 + 1) nghịch biến trên  0;  ⇔  m ≤ 0 ⇔  1 2   − ≤ m ≤ 0  1  2  m + 1 ≥ 2  Mà m nguyên và m ∈ [ −5;5] ⇒ m ∈ S = {0; 2;3; 4;5} . Vậy tổng các phần tử của S là 0 + 2 + 3 + 4 + 5 = 14 .

Câu 49: Chọn C. Đặt t = log a b, khi đó log a b + 6 log b a = 5 trở thành t = 2 1 . t + 6 = 5 ⇔ t 2 − 5t + 6 = 0 ⇔  t t = 3

Với t = 2, suy ra: log a b = 2 ⇔ b = a 2 .

2 ≤ a ≤ 2020 2 ≤ a ≤ 2020 2 ≤ a ≤ 2020  Mặt khác 2 ≤ b ≤ 2021 ⇒  ⇒ 2 2 ≤ a ≤ 2021 1, 41 ≈ 2 ≤ a ≤ 2021 ≈ 44.96  2 b = a

{

}

Suy ra ta có 43 số a ∈ {2;3; 4;...; 44} , tương ứng có 43 số b ∈ ai2 , i = 2, 44 . Trường hợp này có 43 cặp. Với t = 3 , suy ra: log a b = 3 ⇔ b = a 3 .

a, b ∈ ℤ  2 ≤ a ≤ 2020 2 ≤ a ≤ 2020 2 ≤ a ≤ 2020 Mặt khác  ⇒ ⇒ 3 3 3 2 ≤ b ≤ 2021 2 ≤ a ≤ 2021 1.26 ≈ 2 ≤ a ≤ 2021 ≈ 12.64 b = a 3

{

}

Suy ra có 11 số a ∈ {2;3; 4;...;12} , tương ứng có 11 số b ∈ ai3 , i = 2,12 . Trường hợp này có 11 cặp. Vậy có 43 + 11 = 54 cặp. 23

Câu 50: Chọn A.

Gọi C1 ( 0;5;0 ) là hình chiếu của C trên mặt phẳng ( Oxy ) . Khi đó ta có:

MC = CC12 + C1M 2 = 1 + C1M 2 ( *) Vậy MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MC1 nhỏ nhất. Xét trên mặt phẳng tọa độ Oxy, với A ( 3;0 ) , B ( −3;0 ) , C1 ( 0;5 ) Theo giả thiết MA + MB = 10 nên tập hợp điểm M là đường elip có phương trình:  x = 5cos α , 0 ≤ α ≤ 2π . Đặt   y = 4sin α

M ( 5cos α ; 4sin α ) , 2

MC1 = 52 cos 2 α + ( 4sin α − 5 ) = 25 − 25sin 2 α + 16sin 2 α − 40sin α + 25

= 50 − 49sin α − 9sin 2 α = 1 + 40 (1 − sin α ) + 9 (1 − sin 2 α ) ≥ 1 Suy ra C1M min = 1 ⇔ sin α = 1, suy ra M ( 0; 4 ) . Vậy CM min = 12 + 12 = 2 với M ( 0; 4;0 ) .

x2 y 2 + =1. 25 16

SỞ GD&ĐT THÁI BÌNH

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 2

TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI

NĂM HỌC 2020 – 2021

BÌNH

MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

Câu 1 (NB): Tập xác định của hàm số y = ( x 3 − 27 ) 3 là A. D = ( 3; +∞ )

B. D = ℝ

C. D = [3; +∞ )

D. D = ℝ \ {3} .

Câu 2 (NB): Cho hàm số y = f ( x ) bảng biến thiên như hình vẽ

Số nghiệm của phương trình f ( x ) − 1 = 0 là: A. 2.

B. 0.

C. 4.

D. 3.

Câu 3 (NB): Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào sau đây?

A. y =

2x −1 . x −1

B. y =

x +1 . x −1

C. y = x 3 − 3x − 1.

D. y =

x −1 . x +1

Câu 4 (TH): Hai xạ thủ bắn mỗi người một viên đạn vào bia, biết xác suất bắn trúng vòng 10 của xạ thủ thứ nhất là 0, 75 và của xạ thủ thứ hai là 0,85 . Tính xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trúng vòng 10.

A. 0,325.

B. 0, 6375.

C. 0, 0375.

D. 0,9625.

Câu 5 (NB): Hàm số nào sau đây có đồ thị phù hợp với hình vẽ?

Trang 1

A. y = log

1 B. y =   . 6

C. y = 6 x.

D. y = log 0,6 x.

Câu 6 (TH): Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi G là trọng tâm tam giác SAB và M , N lần lượt là trung điểm của SC , SD . Biết thể tích khối chop S . ABCD là V, tính thể tích khối chóp S .GMN .

V . 8

V . 4

V . 6

V . 12

Câu 7 (TH): Hàm số nào dưới đây có nhiều cực trị nhất? A. y = −3 x + 1.

B. y = x 4 + 3 x 2 + 1.

C. x3 − 3 x 2 + 1.

D. y =

2x +1 . x−3

Câu 8 (TH): Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = ( m 2 − 1) x3 + ( m − 1) x 2 − x nghịch biến trên ℝ là

A. 2.

B. 3.

C. 1.

Câu 9 (TH): Với hai số thực dương a, b tùy ý thỏa mãn

D. 0. log 3 5.log 5 a − log 6 b = 2 . Mệnh đề nào dưới đây 1 + log 3 2

đúng? A. 2a + 3b = 0.

B. a = b log 6 2.

Câu 10 (TH): Phương trình 2 x

−3 x + 2

D. a = 36b.

= 4 có hai nghiệm là x1 , x2 . Tính giá trị T = x13 + x23 .

B. T = 9.

A. T = 27.

C. a = b log 6 3.

C. T = 3.

D. T = 1.

Câu 11 (TH): Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số g ( x ) =

1 đồng biến trên khoảng nào dưới đây? f ( x)

A. ( −2;0 )

B. ( 3; +∞ )

C. (1; 2 )

D. ( −∞; −1)

Câu 12 (NB): Cho a, b, c là các số dương và a ≠ 1. Mệnh đề nào sau đây sai?

1 A. log a   = − log a b. b

B. log a ( b + c ) = log a b.log a c.

b C. log a   = log a b − log a c. c

D. log a ( bc ) = log a b + log a c.

Câu 13 (TH): Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a , cạnh bên bằng a 3 . Tính thể tích Vcủa khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD .

Trang 2

3π a 3 2

A. V =

B. V =

5π a 3 2

C. V =

9π a 3 2

D. V =

7π a 3 2

Câu 14 (TH): Một hình nón có chiều cao h = 20cm , bán kính đáy r = 25cm . Tính diện tích xung quanh của hình nón đó.

A. 75π 41cm 2 .

B. 5π 41cm 2 .

C. 125π 41cm 2 .

D. 25π 41cm 2 .

Câu 15 (TH): Giá trị nhỏ của hàm số f ( x ) = x3 + 3 x + 1 trên đoạn [1;3] là A. 5.

B. 37.

C. 3.

D. 6.

Câu 16 (NB): Một tổ có 10 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 2 học sinh từ tổ đó để giữ hai chức vụ tổ trưởng và tổ phó.

B. C102 .

A. 102.

C. A102 .

D. A108 .

Câu 17 (NB): Cho biểu thức P = 4 x 2 3 x , ( x > 0 ) . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 8

A. P = x 12 .

B. P = x 12 .

C. P = x 12 .

D. P = x 12 .

Câu 18 (TH): Cho hình trụ có diện tích toàn phần là 4π và có thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục là hình vuông. Tính thể tích khối trụ.

4π . 9

π 6 9

π 6

Câu 19 (NB): Tập nghiệm của phương trình S của bất phương trình 5 A. S = (1; +∞ ) .

B. S = ( −∞; 2 ) .

C. S = ( −∞;1) .

x+2

4π 6 . 9

 1  <   25 

−x

là

D. S = ( 2; ∞ ) .

1− 2x > 0 có dạng ( a; b ) . Tính T = 3a − 2b. x 3

Câu 20 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình log 1 A. T = 0.

B. T = −1.

C. T = 1.

D. T =

−2 . 3

Câu 21 (NB): Khối lăng trụ có chiều cao bằng h, diện tích đáy bằng B có thể tích là A.

1 .B.h 2

1 B. V = .B.h 3

C. V = B.h.

D. V =

1 Bh. 6

Câu 22 (NB): Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h bán kính đáy R là A. S xq = 2π Rh.

B. S xq = π .R.h

C. S x = π 2 .R.h

D. S xq = 4π Rh

Câu 23 (TH): Tính tổng T tất cả các nghiệm của phương trình 4.9 x − 13.6 x + 9.4 x = 0. A. T =

13 . 4

B. T = 3.

1 C. T = . 4

D. T = 2.

Câu 24 (NB): Cho hình chóp S . ABCD có chiều cao bằng a, đáy là tam giác ABC đều cạnh a. Thể tích của khối S . ABC bằng:

Trang 3

3 3 a. 24

1 3 a. 4

3 3 a. 12

3.a 3

Câu 25 (TH): Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, AB = a, AD = a 3 . Thể tích khối chóp S . ABCD bằng

3a 2 . 2

B. a 3

a3 . 6

a3 2

Câu 26 (TH): Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + mx + 1 có đồ thị hàm số ( C ) và đường thẳng d : y = 2 x + 1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để ( C ) cắt đường thẳng d tại 3 điểm phân biệt ?

A. 4.

B. 5.

C. 9.

D. 3.

Câu 27 (TH): Cho hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình bên dưới.

Trong các số a, b, c, d có bao nhiêu số dương?

A. 1

B. 0

C. 2

D. 3

Câu 28 (VD): Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ cạnh a. Gọi M là trung điểm cạnh C ′D′ , G là trọng tâm tam giác ABD. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( B′MG ) .

a 6 . 6

a 6 . 3

a 6 . 2

a 6 . 4

Câu 29 (NB): Hình tứ diện đều có bao nhiêu mặt đối xứng? A. 4.

B. 3.

C. 5.

D. 6.

Câu 30 (NB): Cho hàm số y = f ( x ) bảng biến thiên như nhau:

Hàm số đạt cực đại tại

A. x = −2

B. x = 3

C. x = 1

D. x = 2 Trang 4

Câu 31 (VD): Một nhóm học sinh có 8 học sinh nữ và 4 học sinh nam. Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh này thành một hàng dọc. Tính xác suất sao cho không có hai bạn nam nào đứng cạnh nhau.

162 165

163 165

14 55

16 55

Câu 32 (VD): Cho bất phương trình log 3 ( x 2 + 2 x + 2 ) + 1 > log 3 ( x 2 + 6 x + 5 + m ) . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình trên nghiệm đúng với mọi x ∈ (1;3) ?

A. 16

B. Vô số

C. 15

D. 14

Câu 33 (TH): Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = ( m 2 − 9 ) x 4 − 2 x 2 + 1 có đúng một cực trị là: A. 4

B. 3

C. 5

D. 7 6

2   Câu 34 (TH): Tìm hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển Newton của  x +  ,x > 0. x 

A. 60.

B. 80.

C. 240.

D. 160.

Câu 35 (VD): Cho hình nón ( N ) đỉnh S có bán kính đáy bằng a và diện tích xung quanh S xq = 2π a 2 . Tính thể tích V của khối chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD nội tiếp đáy của khối nón ( N ) .

A. V = 2 3a 3

B. V =

2 3a 3 3

C. V =

2 5a 3 3

D. V =

2 2a 3 3

Câu 36 (VD): Ông An muốn xây một bể nước chứa dạng hình hộp chữ nhật, phần nắp trên ông để trống một ô có diện tích bằng 20% diện tích của đáy bể. Biết đáy bể là một hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng, bể có thể chứa tối đa 10m3 nước và giá tiền thuê nhân công là 500000 đồng/ m 2 . Số tiền ít nhất mà ông phải trả cho nhân công gần nhất với đáp án nào dưới đây?

A. 14 triệu đồng

B. 13 triệu đồng

C. 16 triệu đồng

D. 15 triệu đồng

Câu 37 (NB): Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Mệnh đề nào dưới đây sai?

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;1) .

B. Hàm số nghịch iến trên khoảng ( −1;0 ) .

C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 2; +∞ ) .

D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;3 ) .

Câu 38 (TH): Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Trang 5

Phương trình tất cả các đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

A. y = 0

B. y = 0 và y = 2

C. x = −1 và x = 1

14 là: f ( x) + 4 D. y = 3

2x2 + x −1 có đồ thị ( C ) . Số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của x −1

Câu 39 (TH): Cho hàm số y =

( C ) là: A. 0

B. 1

C. 3

D. 2

Câu 40 (TH): Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A′B′C ′ mà mặt bên ABB′A′ có diện tích bằng 4. Khoảng cách giữa cạnh CC ′ và AB′ bằng 7. Thể tích khối lăng trụ bằng:

A. 10

B. 16

Câu 41 (VD): Cho hàm số y =

C. 12

D. 14

3x − 2 có đồ thị ( C ) . Có tất cả bao nhiêu đường thẳng cắt ( C ) tại hai x

điểm phân biệt mà hoành độ và tung độ của hai giao điểm này đều là các số nguyên? A. 10

B. 4

C. 6

D. 2 mx +1

Câu 42 (VD): Tìm S là tập hợp các giá trị thực của tham số m để hàm số y = 2 x + m nghịch biến trên

1   ; +∞  . 2   A. S = ( −1;1)

1  B. S =  ;1 2 

 1  C. S =  − ;1  2 

1  D. S =  ;1 2 

Câu 43 (TH): Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) , SA = a 2 , ABCD là hình vuông tâm O cạnh 2a . Góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( ABCD ) bằng:

A. 450

B. 900

Câu 44 (NB): Cho hàm số y =

C. 600

D. 300

2x +1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? x +1

A. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) . B. Hàm số đồng biến trên ℝ \ {−1} . C. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) . D. Hàm số nghịch biến trên ℝ \ {−1} .

Trang 6

Câu 45 (VDC): Cho hai khối cầu đồng tâm có bán kính là 1 và 4. Xét hình chóp S . A1 A2 A3 A4 A5 A6 có đỉnh S thuộc mặt cầu nhỏ và các đỉnh Ai . i = 1;6 thuộc mặt cầu lớn. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S . A1 A2 A3 A4 A5 A6 .

A. 24

B. 18

C. 24 3

D. 18 3

Câu 46 (VDC): Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn x < y và 4 x + 4 y = 32 y − 32 x + 48 . A. 5

B. 4

C. 2

D. 1

Câu 47 (VDC): Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh a. Mặt bên BB′C ′C là hình thoi và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách giữa CC ′ và mặt phẳng ( ABB′A′ ) bằng a 12 . Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ bằng: 5

a3 6

a3 21 14

3a3 8

a3 21 7

Câu 48 (VDC): Cho hàm số đa thức bậc năm y = f ( x ) có đồ thị như hình bên dưới:

Số nghiệm của phương trình f ( xf ( x ) ) = 9 − x 2 f 2 ( x ) là:

A. 13

B. 14

C. 15

D. 8

Câu 49 (VDC): Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và f ′ ( x ) có bảng biến thiên như sau:

(

)

Hàm số g ( x ) = f e 2 x − 2 x − 2 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 9

B. 11

C. 5

D. 7

Câu 50 (VDC): Cho hình chóp S . ABC có AB = a , BC = a 3 , ∠ABC = 600 . Hình chiếu vuông góc của

S lên mặt phẳng ( ABC ) là một điểm thuộc cạnh BC . Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABC ) bằng 450 . Thể tích khối chóp S . ABC đạt giá trị nhỏ nhất bằng Trang 7

a3 3 12

a3 3 8

a3 3 6

a3 3 3

Đáp án 1-A

2-D

3-B

4-D

5-A

6-D

7-C

8-A

9-D

10-A

11-C

12-B

13-C

14-C

15-A

16-C

17-B

18-D

19-D

20-D

21-C

22-A

23-D

24-C

25-D

26-D

27-C

28-B

29-D

30-C

31-C

32-A

33-D

34-A

35-B

36-A

37-D

38-B

39-B

40-D

41-C

42-C

43-A

44-A

45-D

46-D

47-B

48-B

49-A

50-B

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A Phương pháp giải: a

Tập xác định của hàm số lũy thừa y =  f ( x )  phụ thuộc vào giá trị của a. Với a nguyên dương, tập xác định là ℝ ; Với a nguyên âm hoặc bằng 0, tập xác định là ℝ \ {0} ; Với a không nguyên, tập xác định là ( 0, +∞ ) .

Giải chi tiết: π

Xét hàm số y = ( x 3 − 27 ) 3 có a =

π 3

∉ ℤ . Do đó hàm số y = ( x 3 − 27 ) 3 xác định khi và chỉ khi

x3 − 27 > 0 ⇔ x 3 > 27 ⇔ x > 3.

Vậy TXĐ của hàm số đã cho là D = ( 3; +∞ ) .

Câu 2: Đáp án D Phương pháp giải: Số nghiệm của phương trình f ( x ) = a là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) với đường thẳng

y = a.

Giải chi tiết: Ta có: f ( x ) − 1 = 0 ⇔ f ( x ) = 1 . Suy ra: số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = 1.

Trang 8

Từ BBT ta thấy: hai đồ thị y = f ( x ) và y = 1 có ba giao điểm. Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.

Câu 3: Đáp án B Phương pháp giải: - Dựa vào đường TCN và TCĐ của đồ thị hàm số để xác định hàm số. - Đồ thị hàm số y =

ax + b a d có TCN y = và TCĐ là x = − . cx + d c c

Giải chi tiết: Đồ thị hàm số đã cho có TCN y = 1 và TCĐ x = 1 nên chỉ có đáp án B đúng. Câu 4: Đáp án D Phương pháp giải: - Sử dụng quy tắc nhân xác suất. - Sử dụng biến cố đối.

Giải chi tiết: Gọi xác suất bắn trúng bia của xạ thủ thứ nhất là P1 = 0,75. xác suất bắn trúng bia của xạ thủ thứ hai là P2 = 0,85. Gọi A là biến cố: “Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng vòng 10” ⇒ Biến cố đối A : “Không có xạ thủ nào bắn trúng vòng 10”. Khi đó ta có A = P1.P2 .

( ) ( )

⇒ P ( A ) = P P1 .P P2

= (1 − 0, 75 )(1 − 0,85 ) = 0, 0375 Vậy xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trúng vòng 10 là: P ( A ) = 1 − P ( A ) = 0, 9625 .

Câu 5: Đáp án A Phương pháp giải: - Hàm số y = log a x ( 0 < a ≠ 1) có TXĐ D = ( 0; +∞ ) , đồng biến trên D khi a > 1 , nghịch biến trên D khi 0 < a < 1.

- Hàm số y = a x ( 0 < a ≠ 1) có TXĐ D = ℝ , đồng biến trên D khi a > 1 , nghịch biến trên D khi 0 < a < 1 .

Trang 9

Giải chi tiết: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: - Hàm số xác định trên ( 0; +∞ ) nên loại đáp án B và C. - Hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) nên loại đáp án D vì 0 < 0, 6 < 1 . Vậy đồ thị đã cho là của hàm số y = log

Câu 6: Đáp án D Phương pháp giải: - Tính tỉ lệ thể tích

VS .GMN dựa vào công thức tỉ lệ thể tích Simpson. VS . ECD

- So sánh thể tích hai khối chóp có cùng chiều cao S .ECD và S . ABCD , từ đó tính thể tích khối chóp S .GMN .

Giải chi tiết:

Gọi E là trung điểm của AB . Vì G là trọng tâm ∆SAB nên

SG 2 = . SE 3

Ta có:

VS .GMN SG SM SN 2 1 1 1 = = . . = . . VS . ECD SE SC SD 3 2 2 6 1 ⇒ VS .GMN = VS . ECD 6 Ta có: S .ECD và S . ABCD là hai khối chóp có cùng chiều cao nên 1 d ( E; CD ) .CD VS . ECD S ECD 1 = =2 = 2 VS . ABCD S ABCD d ( E ; CD ) .CD 1 ⇒ VS . ECD = VS . ABCD 2

V 1 1 1 ⇒ VS .GMN = . VS . ABCD = VS . ABCD = 6 2 12 12

Câu 7: Đáp án C Trang 10

Phương pháp giải: - Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất, hàm nhị thức bậc nhất không có cực trị. - Hàm đa thức bậc ba có 0 hoặc 2 cực trị. - Hàm đa thức bậc bốn trùng phương có 1 hoặc 3 cực trị.

Giải chi tiết: Dễ thấy: Hàm số ở đáp án A và D không có cực trị. Xét đáp án B: y′ = 4 x 3 + 6 x = 0 ⇔ 2 x ( 2 x 2 + 3) = 0 ⇔ x = 0 nên hàm số có 1 điểm cực trị.

x = 0 nên hàm số có 2 điểm cực trị. Xét đáp án C: y′ = 3 x 2 − 6 x = 0 ⇔  x = 2 Vậy hàm số có nhiều điểm cực trị nhất là hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 1 .

Câu 8: Đáp án A Phương pháp giải: Xét 2 TH: - TH1: m 2 − 1 = 0 , thay m vào hàm số, xét xem hàm số có thỏa mãn nghịch biến trên ℝ hay không? - TH2: m 2 − 1 ≠ 0 . Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên ℝ khi và chỉ khi y′ ≤ 0 ∀x ∈ ℝ .

a < 0 + Tam thức bậc hai ax 2 + bx + c ≤ 0 ∀x ∈ ℝ ⇔  .  ∆′ ≤ 0 Giải chi tiết: TH1: m 2 − 1 = 0 ⇔ m = ±1 . + Với m = 1 ⇒ y = − x nghịch biến trên ℝ (thỏa mãn).  1  + Với m = −1 ⇒ y = −2 x 2 − x nghịch biến trên  − ; +∞  (không thỏa mãn).  4 

TH2: m 2 − 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±1 . Khi đó ta có y′ = 3 ( m 2 − 1) x 2 + 2 ( m − 1) x − 1 .

Để hàm số nghịch biến trên ℝ thì y′ ≤ 0 ∀x ∈ ℝ

⇔ 3 ( m 2 − 1) x 2 + 2 ( m − 1) x − 1 ≤ 0 ∀x ∈ ℝ 3 ( m 2 − 1) < 0  −1 < m < 1  ⇔ ⇔ 2 2 2 2 m − 2m + 1 + 3m − 3 ≤ 0 ∆′ = ( m − 1) + 3 ( m − 1) ≤ 0  −1 < m < 1  −1 < m < 1 1  ⇔ 1 ⇔ − ≤ m <1 ⇔ 2 2 4m − 2m − 2 ≤ 0 − 2 ≤ m ≤ 1

 1  Kết hợp 2 TH ta có m ∈  − ;1 . Mà m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {0;1} .  2 

Trang 11

Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 9: Đáp án D Phương pháp giải: Sử dụng các công thức: log a b.log b c = log a c;

log a c = log b c ( 0 < a, b ≠ 1; c > 0 ) log a b

log a x + log a y = log a ( xy )( 0 < a ≠ 1, x, y > 0 )  x log a x − log a y = log a   ( 0 < a ≠ 1, x, y > 0 )  y

Giải chi tiết: Ta có: log35.log5a1+log32−log6b=2⇔log3alog36−log6b=2⇔log6a−log6b=2⇔log6ab=2⇔ab=36⇔a=36blog3 5.log5a1+log32−log6b=2⇔log3alog36−log6b=2⇔log6a−log6b=2⇔log6ab=2⇔ab=36⇔a=36b

log 3 5.log 5 a − log 6 b = 2 1 + log 3 2

⇔

log 3 a − log 6 b = 2 ⇔ log 6 a − log 6 b = 2 log 3 6

⇔ log 6

a a = 2 ⇔ = 36 ⇔ a = 36b b b

Câu 10: Đáp án A Phương pháp giải: - Giải phương trình mũ a f ( x ) = a g ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x ) , tìm x1 , x2 . - Thay x1 , x2 vừa tìm được vào tính giá trị biểu thức T = x13 + x23 .

Giải chi tiết: Ta có: 2 x

−3 x + 2

x = 0 = 4 = 22 ⇔ x 2 − 3 x + 2 = 2 ⇔  1  x2 = 3

Vậy T= T = x13 + x23 = 03 + 33 = 27

Câu 11: Đáp án C Phương pháp giải: u′  1 ′ - Tính đạo hàm hàm g ′ ( x ) , sử dụng công thức tính đạo hàm   = − 2 . u u

- Giải bất phương trình g ′ ( x ) > 0 và suy ra các khoảng đồng biến của hàm số.

Giải chi tiết: ĐKXĐ: f ( x ) ≠ 0 ⇔ x ≠ −2; x ≠ 0; x ≠ 3 . Trang 12

Ta có g ( x ) =

f ′( x) 1 . ⇒ g′( x) = − 2 f ( x) f ( x) f ′( x) > 0 ⇔ f ′( x) < 0 . f 2 ( x)

Xét g ′ ( x ) > 0 ⇔ −

 x ∈ ( −∞; −1) \ {−2} Dựa vào BBT ta thấy: f ′ ( x ) < 0 ⇔   x ∈ (1;3) ⇒ Hàm số g ( x ) =

1 đồng biến trên ( −∞; −2 ) ; ( −2; −1) ; (1;3) . f ( x)

Vì (1; 2 ) ⊂ (1;3) nên hàm số cũng đồng biến trên (1; 2 ) .

Câu 12: Đáp án B Phương pháp giải: Sử dụng các công thức:

log a x + log a y = log a ( xy )( 0 < a ≠ 1, x, y > 0 )  x log a x − log a y = log a   ( 0 < a ≠ 1, x, y > 0 )  y Giải chi tiết: Dễ thấy mệnh đề sai là đáp án B: log a ( b + c ) = log a b.log a c.

Câu 13: Đáp án C Phương pháp giải: - Sử dụng công thức tính nhanh: Khối chóp đều có cạnh bên bằng b, chiều cao h có bán kính đường tròn ngoại tiếp là R =

b2 . 2h

4 - Thể tích khối cầu bán kính R là V = π R 3 . 3

Giải chi tiết:

Gọi O = AC ∩ BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD )

Trang 13

Vì ABCD là hình vuông cạnh 2a nên OB =

2a 2 =a 2. 2

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOB ta có SO = SB 2 − OB 2 = 3a 2 − 2a 2 = a .

⇒ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là R =

SB 2 3a 2 3a . = = 2 SO 2a 2 3

4 4  3a  9π a 3 . Vậy thể tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là: V = π R 3 = π .   = 3 3  2  2

Câu 14: Đáp án C Phương pháp giải: - Tính độ dài đường sinh l = h 2 + r 2 . - Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r, độ dài đường sinh l là S xq = π rl .

Giải chi tiết: Độ dài đường sinh của hình nón là: l = h 2 + r 2 = 202 + 252 = 5 41 ( cm ) . Diện tích xung quanh của hình nón là: S xq = π rl = π .25.5 41 = 125π 41 ( cm 2 ) .

Câu 15: Đáp án A Phương pháp giải: - Tính đạo hàm f ′ ( x ) . - Giải phương trình f ′ ( x ) = 0 xác định các nghiệm xi ∈ [1;3] . - Tính f (1) ; f ( 3) ; f ( xi ) . - Kết luận: min f ( x ) = min { f (1) ; f ( 3) ; f ( xi )} , max f ( x ) = max { f (1) ; f ( 3) ; f ( xi )} . [1;3]

[1;3]

Giải chi tiết: TXĐ: D = ℝ . Ta có y′ = 3 x 2 + 3 > 0 ∀x ∈ ℝ . Ta có f (1) = 5, f ( 3) = 37 Vậy min f ( x ) = 5 . [1;3]

Câu 16: Đáp án C Phương pháp giải: Sử dụng chỉnh hợp.

Giải chi tiết: Số cách chọn ra 2 học sinh từ tổ đó để giữ hai chức vụ tổ trưởng và tổ phó là A102 cách.

Câu 17: Đáp án B Phương pháp giải: Trang 14

Sử dụng công thức

x n = x m ; x m .x n = x m+ n , ( x m ) = x mn .

Giải chi tiết: 1

P= x

 1 1 7  2 13  4  2 + . x =  x .x  = x 3  4 = x 12  

Câu 18: Đáp án D Phương pháp giải: - Thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục của hình trụ là hình vuông nên hình trụ có chiều cao h bằng 2 lần bán kính đáy R . - Diện tích toàn phần của hình trụ có chiều cao h , bán kính đáy R là Stp = 2π Rh + 2π R 2 , từ đó tính được

R, h . - Thể tích của khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy R là: V = π R 2 h .

Giải chi tiết: Giả sử hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy R. Vì thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục của hình trụ là hình vuông nên h = 2 R . Theo bài ra ta có:

Stp = 2π Rh + 2π R 2 ⇔ 4π = 2π .R.2 R + 2π R 2 ⇔ 4π = 6π R 2 ⇔R=

6 2 6 ⇒h= 3 3 2

 6  2 6 4π 6 Vậy thể tích khối trụ là: V = π R h = π .  .  . 3 = 9  3  2

Câu 19: Đáp án D Phương pháp giải: - Đưa về cùng cơ số.  f ( x ) < g ( x ) khi a > 1 - Giải bất phương trình mũ: a f ( x ) < a g ( x ) ⇔  .  f ( x ) > g ( x ) khi 0 < a < 1

Giải chi tiết: 5

x+2

 1  <   25 

−x

⇔ 5 x + 2 < 52 x ⇔ x + 2 < 2 x ⇔ x > 2 .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = ( 2; +∞ ) .

Câu 20: Đáp án D Phương pháp giải: - Giải bất phương trình logarit: log a f ( x ) > b ⇔ 0 < f ( x ) < a b ( khi 0 < a < 1) . - Giải bất phương trình tìm x, từ đó kết luận tập nghiệm của bất phương trình và suy ra a, b . Trang 15

- Thay a, b vừa tìm được để tính giá trị biểu thức T = 3a − 2b .

Giải chi tiết: 1− 2x 1− 2x >0⇔0< <1 x x 3

Ta có: log 1

1  1− 2x  0 < x 0 < x < 2 ⇔ ⇔ 1 − 2 x < 1 1 − 3 x < 0  x  x 1  0 < x < 2 1 ⇔ ⇔0< x< 3 0 < x < 1  3 1  1 ⇒ Tập nghiệm của bất phương trình là  0;  ⇒ a = 0; b = . 3  3 1 2 Vậy T = 3a − 2b = 3.0 − 2. = − . 3 3

Câu 21: Đáp án C Phương pháp giải: Khối lăng trụ có chiều cao bằng h, diện tích đáy bằng B có thể tích là V = B.h.

Giải chi tiết: Khối lăng trụ có chiều cao bằng h, diện tích đáy bằng B có thể tích là V = B.h.

Câu 22: Đáp án A Phương pháp giải: Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h bán kính đáy R là S xq = 2π Rh.

Giải chi tiết: Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h bán kính đáy R là S xq = 2π Rh.

Câu 23: Đáp án D Phương pháp giải: - Chia cả 2 vế phương trình cho 4 x > 0 . x

3 - Đặt ẩn phụ t =   , đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t, giải phương trình tìm t. 2 - Từ t tìm được tìm x tương ứng và tính tổng các nghiệm.

Giải chi tiết: 2x

 3 3 Chia cả 2 vế phương trình cho 4 x > 0 ta được: 4.   − 13.   + 9 = 0.  2 2

Trang 16

 9 x t= 3 2 Đặt t =   , phương trình trở thành 4t − 13t + 9 = 0 ⇔  4 ( tm ) .  2 t = 1  3  x 9   = 4 x = 2 2  Khi đó ta có: ⇔ x = 0  3 x      = 1  2 

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho là: T = 2 + 0 = 2 .

Câu 24: Đáp án C Phương pháp giải: - Sử dụng công thức tính nhanh diện tích tam giác đều cạnh a là S =

a2 3 . 4

1 - Thể tích khối chóp có chiều cao h, diện tích đáy B là V = Bh 3

Giải chi tiết: Vì đáy là tam giác đều cạnh a nên S ABC =

a2 3 . 4

1 1 a 2 3 a3 3 Thể tích khối chóp là: V = .h.S ABC = .a. . = 3 3 4 12 Câu 25: Đáp án D Phương pháp giải: - Gọi H là trung điểm của AB, chứng minh SH ⊥ ( ABCD ) . 1 - Tính thể tích khối chóp VS . ABCD = SH .S ABCD . 3

Giải chi tiết:

Gọi H là trung điểm của AB , vì ∆SAB đều có AB = a nên SH ⊥ AB và SH =

a 3 . 2

( SAB ) ⊥ ( ABCD ) = AB Ta có:  ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) .  SH ⊂ ( SAB ) ; SH ⊥ AB Trang 17

Ta có: S ABCD = AB. AD = a.a 3 = a 2 3 . a3 1 1 a 3 2 Vậy VS . ABCD = SH .S ABCD = . .a 3 = . 3 3 2 2

Câu 26: Đáp án D Phương pháp giải: - Xét phương trình hoành độ giao điểm. - Đưa phương trình về dạng tích một nhị thức và một tam thức bậc hai. - Biện luận nghiệm của tam thức bậc hai.

Giải chi tiết: Xét phương trình hoành độ giao điểm: x3 − 3 x 2 + mx + 1 = 2 x + 1 ⇔ x 3 − 3 x 2 + ( m − 2 ) x = 0 ⇔ x  x 2 − 3 x + m − 2  = 0

x = 0 ⇔ 2  f ( x ) = x − 3 x + m − 2 = 0 ( *) Để (C) cắt đường thẳng d : y = 2 x + 1 tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 0.

17   ∆ ′ = 9 − 4m + 8 > 0 m < ⇒ ⇔ 4 . m − 2 ≠ 0 m ≠ 2 Mà m là số nguyên dương ⇒ m ∈ {1;3; 4} . Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 27: Đáp án C Phương pháp giải: - Dựa vào chiều của nhánh cuối cùng suy ra dấu của hệ số a. - Dựa vào giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung suy ra dấu của hệ số d. - Dựa vào các điểm cực trị suy ra dấu của hệ số b, c

Giải chi tiết: Vì đồ thị hàm số có nhánh cuối cùng đi xuống nên a < 0 . Vì giao điểm của đồ thị hàm số và trục tung nằm phía dưới trục hoành nên d < 0 . Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Hàm số có 2 điểm cực trị trái dấu, và tổng 2 cực trị là số dương. ac < 0 c > 0  Ta có y′ = 3ax 2 + 2bx + c , do đó  −2b . ⇔ > 0 b > 0   3a

Vậy có 2 số dương là b, c .

Câu 28: Đáp án B Phương pháp giải: Trang 18

- Mở rộng mặt phẳng ( B′MG ) , chứng minh ( B′MG ) ≡ ( B′GN ) với N là trung điểm của AB . - Đổi d ( C ; ( B′GN ) ) sang d ( B; ( B′GN ) ) . - Trong ( ABCD ) kẻ BH ⊥ GN , trong ( B′BH ) kẻ BK ⊥ B′N . Chứng minh BK ⊥ ( B′GN ) . - Sử dụng tam giác đồng dạng, hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.

Giải chi tiết:

Gọi N là trung điểm của AB , ta có B′M / / DN nên B′, M , D, N đồng phẳng ⇒ ( B′MG ) ≡ ( B′GN ) .

⇒ d ( C ; ( B′MG ) ) = d ( C ; ( B′GN ) ) . Gọi O = AC ∩ BD , ta có

AG 2 AG 2 1 1 AG 1 = ⇒ = . = ⇒ = . AO 3 AC 3 2 3 CG 2

Ta có CA ∩ ( B′GN ) = G ⇒

d ( C ; ( B′GN ) ) d ( A; ( B′GN ) )

CG =2 AG

⇒ d ( C ; ( B′GN ) ) = 2d ( A; ( B′GN ) ) . Lại có AB ∩ ( B′GN ) = N ⇒

d ( A; ( B′GN ) ) d ( B; ( B′GN ) )

AN =1 BN

⇒ d ( A; ( B′GN ) ) = d ( B; ( B′GN ) ) ⇒ d ( C ; ( B′GN ) ) = 2d ( B; ( B′GN ) ) Trong ( ABCD ) kẻ BH ⊥ GN , trong ( B′BH ) kẻ BK ⊥ B′N . Ta có: GN ⊥ BH ⇒ GN ⊥ ( BB′H ) ⇒ GN ⊥ BK  GN ⊥ BB′  BK ⊥ B′H ⇒ BK ⊥ ( B′GN ) ⇒ d ( B; ( B′GN ) ) = BK   BK ⊥ GN

Ta có ∆BNH ~ ∆DNA ( g .g ) ⇒

BH BN = ⇒ BH = AD DN

a 2

a2 +

a 4

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BB′H ta có: BK =

a 5 . 5

a 5 a 6 5 . = = 6 BB′2 + BH 2 a2 2 a + 5

BB′.BH

Trang 19

Vậy d ( C ; ( B′MG ) ) = d ( C ; ( B′GN ) ) = 2d ( B; ( B′GN ) ) =

a 6 . 3

Câu 29: Đáp án D Phương pháp giải: Vẽ hình và đếm.

Giải chi tiết: Hình tứ diện đều có 6 mặt phẳng đối xứng.

Câu 30: Đáp án C Phương pháp giải: Dựa vào BBT xác định số điểm cực đại là số điểm mà qua đó đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.

Giải chi tiết: Hàm số đã cho đạt cực đại tại x = 1 .

Câu 31: Đáp án C Phương pháp giải: Sử dụng nguyên tắc vách ngăn.

Giải chi tiết: Số cách xếp 12 học sinh thành 1 hàng dọc là 12! cách ⇒ Không gian mẫu n ( Ω ) = 12! . Gọi A là biến cố: “không có hai bạn nam nào đứng cạnh nhau” Xếp 8 bạn nữ thành hàng ngang có 8! cách, khi đó có 9 vách ngăn giữa 8 bạn nữ này. Xếp 4 bạn nam vào 4 trong 9 vách ngăn trên có A94 cách. Khi đó n ( A ) = 8!. A94 . Vậy xác suất cần tìm là P ( A ) =

8!. A94 14 = . 12! 55

Câu 32: Đáp án A Phương pháp giải: - Giải bất phương trình log a f ( x ) > log a g ( x ) ⇔ f ( x ) > g ( x ) > 0 . - Cô lập m, đưa các bất phương trình về dạng m < f ( x ) ∀x ∈ ( a; b ) ⇔ m ≤ min f ( x ) . [ a ;b ]

Giải chi tiết: Trang 20

Ta có: log 3 ( x 2 + 2 x + 2 ) + 1 > log 3 ( x 2 + 6 x + 5 + m ) ∀x ∈ (1;3) ⇔ log 3 ( 3 x 2 + 6 x + 6 ) > log 3 ( x 2 + 6 x + 5 + m ) ∀x ∈ (1;3)  x 2 + 6 x + 5 + m > 0 ∀x ∈ (1;3) ⇔ 2 2 3 x + 6 x + 6 > x + 6 x + 5 + m ∀x ∈ (1;3)  x 2 + 6 x + 5 + m > 0 ∀x ∈ (1;3) (1) ⇔ 2 2 x + 1 − m > 0 ∀x ∈ (1;3) ( 2 )

Giải (1): x 2 + 6 x + 5 + m > 0 ∀x ∈ (1;3) ⇔ x 2 + 6 x + 5 > − m ∀x ∈ (1;3) .

Đặt f ( x ) = x 2 + 6 x + 5 ta có − m < f ( x ) ∀x ∈ (1;3) ⇔ − m ≤ min f ( x ) . [1;3]

BBT:

Từ BBT ⇒ (1) ⇔ −m ≤ 12 ⇔ m ≥ −12 . Giải (2): 2 x 2 + 1 − m > 0 ∀x ∈ (1;3) ⇔ m < 2 x 2 + 1∀x ∈ (1;3) .

Đặt g ( x ) = 2 x 2 + 1 ta có m < g ( x ) ∀x ∈ (1;3) ⇔ m ≤ min g ( x ) . [1;3]

BBT:

Dựa vào BBT ⇒ ( 2 ) ⇔ m ≤ 3 . Kết hợp ta có −12 ≤ m ≤ 3 . Mà m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {−12; −11; −10;...;1; 2;3} . Vậy có 16 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 33: Đáp án D Phương pháp giải: Hàm bậc bốn trùng phương y = ax 4 + bx 2 + c ( a ≠ 0 ) có đúng một điểm cực trị khi và chỉ khi ab ≥ 0 .

Giải chi tiết: Hàm số y = ( m 2 − 9 ) x 4 − 2 x 2 + 1 có đúng 1 điểm cực trị ⇔ −2 ( m 2 − 9 ) ≥ 0 ⇔ m 2 − 9 ≤ 0 ⇔ −3 ≤ m ≤ 3 . Trang 21

Mà m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {−3; −2; −1; 0;1; 2;3} . Vậy có 7 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 34: Đáp án A Phương pháp giải: n

- Khai triển nhị thức Newton: ( a + b ) = ∑ Cnk a n− k b k . n

k =0

- Tìm k ứng với số mũ của x bằng 3, tìm k và suy ra hệ số của x3 trong khai triển.

Giải chi tiết: 6

6 2    2  Ta có:  x + = C6k x 6 − k  ∑   x  k =0   x

= ∑ C6k 2k x 6 − k x k =0

Để tìm hệ số của số hạng chứa x3 ta cho 6 −

−

k 2

= ∑ C6k 2k x

6−

3k 2

( k ∈ [0;6]) .

k =0

3k = 3 ⇔ k = 2 ( tm ) . 2

Vậy hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển trên là C62 22 = 60 .

Câu 35: Đáp án B Phương pháp giải: - Dựa vào công thức tính diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r và đường sinh l là

S xq = π rl để tính độ dài đường sinh của hình nón. - Tính chiều cao của hình nón h = l 2 − r 2 để tính chiều cao của hình nón, cũng chính là chiều cao của khối chóp.

1 - Tính thể tích khối chóp có chiều cao h , diện tích đáy B là V = Bh . 3

Giải chi tiết:

Gọi O = AC ∩ BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) và SO cũng chính là chiều cao của khối nón. Diện tích xung quanh của hình nón là S xq = π rl = π .a.l = 2π a 2 ⇒ l = 2a . Chiều cao của hình nón là h = l 2 − r 2 = 4a 2 − a 2 = a 3 = SO . Ta có: AC = 2r = 2a nên AB =

AC 2a = = a 2 ⇒ S ABCD = a 2 2 2

(

)

= 2a 2 .

Trang 22

1 1 2 3a 3 . Vậy thể tích khối chóp S . ABCD là: VS . ABCD = SO.S ABCD = .a 3.2a 2 = 3 3 3

Câu 36: Đáp án A Phương pháp giải: - Gọi chiều rộng của bế nước là x ( x > 0 )( m ) thì chiều dài của bể nước là 2 x ( m ) . Gọi chiều cao của bể nước là h ( h > 0 )( m ) , dựa vào công thức tính thể tích khối hộp chữ nhật rút h theo x. - Tính diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật (trừ đi diện tích của ô trống bằng 20% diện tích của

đáy). Diện tích toàn phần hình hộp chữ nhật có 3 kích thước a, b, c là Stp = 2 ( ab + bc + ca ) . - Sử dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm: a + b + c ≥ 3 3 abc . Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c .

Giải chi tiết: Gọi chiều rộng của bế nước là x ( x > 0 )( m ) thì chiều dài của bể nước là 2 x ( m ) . Gọi chiều cao của bể nước là h ( h > 0 )( m ) ta có thể tích bể nước là V = 2 x.x.h = 10 ⇔ h = Diện tích xung quanh của bể nước là: S xq = 2 ( 2 x.h + x.h ) = 6 xh =

5 ( m) . x2

30 2 (m ) . x

Diện tích một đáy là 2 x.x = 2 x 2 ( m ) , suy ra diện tích 2 đáy (trừ đi diện tích của ô trống bằng 20% diện tích của đáy) là: 2 x 2 .80% + 2 x 2 =

18 2 2 x (m ) . 5

⇒ Diện tích toàn phần của bể nước là:

30 18 2 2 + x (m ) x 5

Để giá tiền phải trả là ít nhất thì diện tích toàn phần của bể là nhỏ nhất. Áp dụng BĐT Cô-si ta có: Dấu “=” xảy ra ⇔

30 18 2 15 15 18 2 15 15 18 + x = + + x ≥ 3 3 . . x 2 = 9 3 30 . x 5 x x 5 x x 5

15 18 2 25 = x ⇔x=3 ( m) . x 5 6

Vậy số tiền phải trả cho nhân công ít nhất là 9 3 30.0, 5 ≈ 14 triệu đồng.

Câu 37: Đáp án D Phương pháp giải: Dựa vào BBT xác định các khoảng đồng biến (nghịch biến) là các khoảng mà hàm số liên tục và có đạo hàm dương (âm).

Giải chi tiết: Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; −1) và (1; +∞ ) , nghịch biến trên ( −1;1) . Do đó các đáp án A, B, C đúng và đáp án D sai.

Câu 38: Đáp án B Trang 23

Phương pháp giải: - Sử dụng định nghĩa TCN của đồ thị hàm số: Đồ thị hàm số y = f ( x ) nhận đường thẳng y = y0 làm TCN nếu thỏa mãn một trong các điều kiện lim f ( x ) = y0 . x →±∞

- Dựa vào BBT xác định lim f ( x ) ; lim f ( x ) . x →−∞

x →+∞

Giải chi tiết: Dựa vào BBT ta có lim f ( x ) = −∞; lim f ( x ) = 3 . x →−∞

Khi đó ta có: lim

x →−∞

x →+∞

14 14 = 0; lim =2. x →+∞ f ( x ) + 4 f ( x) + 4

Vậy đồ thị hàm số y =

14 có tất cả 2 TCN là y = 0; y = 2 . f ( x) + 4

Câu 39: Đáp án B Phương pháp giải: - Hàm phân thức có bậc tử > bậc mẫu không có TCN. - Số tiệm cận đứng = số nghiệm của mẫu không bị triệt tiêu bởi nghiệm của tử.

Giải chi tiết: Ta có y =

2 x 2 + x − 1 ( 2 x − 1)( x + 1) . = x −1 x −1

Vì bậc tử > bậc mẫu nên đồ thị hàm số không có TCN. Vì x = 1 là nghiệm của mẫu không bị triệt tiêu nên đồ thị hàm số có TCĐ x = 1 . Vậy đồ thị hàm số đã cho có tổng số TCN và TCĐ là 1.

Câu 40: Đáp án D Phương pháp giải: - Sử dụng định lí: a / / ( P ) ⊃ b ⇒ d ( a; b ) = ( a; ( P ) ) ( a, b là 2 đường thẳng chéo nhau). 1 - Tính VC ′. ABB′A′ = d ( C ′; ( ABB′A′ ) ) .S ABB′A′ . 3 3 - Tính VABC . A′B′C ′ = VC ′. ABB′A′ . 2

Giải chi tiết:

Trang 24

Vì CC ′ / / AA′ nên CC ′ / / ( ABB′A′ ) ⊃ AB′ . Do đó d ( CC ′; AB′ ) = d ( CC ′; ( ABB′A′ ) ) = d ( C ′; ( ABB′A′ ) ) = 7 .

1 1 28 Khi đó ta có: VC ′. ABB′A′ = d ( C ′; ( ABB′A′ ) ) .S ABB′A′ = .7.4 = . 3 3 3 2 3 3 28 Mà VC ′. ABB′A′ = VABC . A′B′C′ ⇒ VABC . A′B′C ′ = VC ′. ABB′A′ = . = 14 . 3 2 2 3

Câu 41: Đáp án C Phương pháp giải: - Tìm số điểm có hoành độ và tung độ là các số nguyên thuộc đồ thị hàm số y =

3x − 2 , giả sử là n. x

- Số đường thẳng thỏa mãn là số đường thẳng đi qua 2 trong n điểm trên, tức là Cn2 đường thẳng.

Giải chi tiết: Để đường thẳng cắt ( C ) tại 2 điểm có hoành độ và tung độ là các số nguyên thì điểm có hoành độ và tung độ là các số nguyên phải thuộc đồ thị hàm số y = Ta có: y =

3x − 2 . x

3x − 2 2 = 3 − ( x ≠ 0) . x x

Để y ∈ ℤ ⇒

2 ∈ ℤ ⇒ x ∈ {±1; ± 2} . x

Khi đó các điểm có hoành độ và tung độ là các số nguyên thuộc đồ thị hàm số y =

3x − 2 là x

A (1;1) ; B ( −1;5 ) ; C = ( 2; 2 ) ; D ( −2; 4 ) . Vậy có C42 = 6 đường thẳng thỏa mãn.

Câu 42: Đáp án C Phương pháp giải: 1  1  - Để hàm số nghịch biến trên  ; +∞  thì y′ < 0 ∀x ∈  ; +∞  2  2 

Trang 25

- Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm số mũ: ( a u )′ = u ′a u ln a .

Giải chi tiết: mx +1

Ta có y = 2 x + m ( x ≠ −m ) ⇒ y′ =

mx +1

m2 − 1

( x + m)

2 x + m ln 2 .

1  1  Để hàm số nghịch biến trên  ; +∞  thì y′ < 0 ∀x ∈  ; +∞  2  2 

⇔

m2 − 1

( x + m)

mx +1 m2 −1 1  1  < 0 ∀x ∈  ; +∞  2 x + m ln 2 < 0 ∀x ∈  ; +∞  ⇔ 2 2  2  ( x + m)

m 2 − 1 < 0 −1 < m < 1  −1 < m < 1 1    ⇔ 1 ⇔ 1 ⇔ − ≤ m <1 1 ⇔ 2 − m ∉  2 ; +∞  −m ≤ 2 m ≥ − 2   

 1  Vậy m ∈ − ;1 .  2  Câu 43: Đáp án A Phương pháp giải: - Sử dụng định lí: Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến. - Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.

Giải chi tiết:

Gọi O = AC ∩ BD ta có AC ⊥ BD tại O (do ABCD là hình vuông).  BD ⊥ AO Ta có:  ⇒ BD ⊥ ( SAO ) ⇒ BD ⊥ SO .  BD ⊥ SA

( SBD ) ∩ ( ABCD ) = BD  Ta có:  AO ⊂ ( ABCD ) , AO ⊥ BD ⇒ ∠ ( ( SBD ) ; ( ABCD ) ) = ∠ ( SO; AO ) = ∠SOA .  SO ⊂ ( ABCD ) , SO ⊥ BD ( cmt )  Vì ABCD là hình vuông cạnh 2a nên AC = 2a 2 ⇒ AO = a 2 .

Trang 26

Xét tam giác vuông SAO có: tan ∠SOA =

SA a 2 = = 1 ⇒ ∠SOA = 450 . AO a 2

Vậy ∠ ( ( SBD ) ; ( ABCD ) ) = 450 .

Câu 44: Đáp án A Phương pháp giải: - Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định của chúng. - Sử dụng công thức tính nhanh đạo hàm: y =

ax + b ad − bc . ⇒ y′ = 2 cx + d ( cx + d )

Giải chi tiết: TXĐ ℝ \ {−1} . Ta có y =

2x +1 1 ⇒ y′ = > 0 ∀x ∈ D . 2 x +1 ( x + 1)

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) .

Câu 45: Đáp án D Phương pháp giải: Giải chi tiết:

Gọi ( S1 ) ; ( S 2 ) là hai khối cầu tâm O có bán kính lần lượt là R1 = 1, R2 = 4 . Giả sử A1 A2 A3 A4 A5 A6 ∈ (α ) . Kẻ OH ⊥ (α ) ( H ∈ (α ) ) , gọi S0 = OH ∩ ( S1 ) sao cho d ( S0 ; (α ) ) > d ( O; (α ) ) . 1 Khi đó ta có: VS . A1 A2 A3 A4 A5 A6 ≤ VS0 . A1 A2 A3 A4 A5 A6 = S 0 H .S A1 A2 A3 A4 A5 A6 . 3

Đặt OH = x ( 0 < x < 4 ) ta có S0 H = x + 1 . Áp dụng định lí Pytago ta có: HA1 = OA12 − OH 2 = 16 − x 2 .

Trang 27

⇒ S A1 A2 A3 A4 A5 A6 đạt giá trị lớn nhất khi khi và chỉ khi A1 A2 A3 A4 A5 A6 là lục giác đều, khi đó

max S A1 A2 A3 A4 A5 A6 =

3 3 (16 − x2 ) . 2

⇒ VS . A1 A2 A3 A4 A5 A6 ≤

1 3 3 3 16 − x 2 ) = ( x + 1) . ( x + 1) (16 − x 2 ) . ( 3 2 2

Xét hàm số f ( x ) = ( x + 1) (16 − x 2 ) với 0 < x < 4 ta có f ′ ( x ) = 16 − x 2 − ( x + 1) 2 x = −3 x 2 − 2 x + 16 .  x = 2 ( tm ) f ′( x) = 0 ⇔   x = − 8 ( ktm ) 3  BBT:

Dựa vào BBT ⇒ max f ( x ) = f ( 2 ) = 36 . ( 0;4 )

⇒ VS . A1 A2 A3 A4 A5 A6 ≤

3 .36 = 18 3 . 2

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối chsop S . A1 A2 A3 A4 A5 A6 là 18 3 .

Câu 46: Đáp án D Phương pháp giải: Giải chi tiết: Theo bài ra ta có: 4 x + 4 y = 32 y − 32 x + 48 ⇔ 4 x + 32 x = 32 y − 4 y + 48 . Vì x, y ∈ ℕ* , x < y nên ta thử các TH sau: + Với x = 1, y = 2 ta có: 4 + 32 = 64 − 16 + 48 ⇔ 36 = 96 (Vô lí).

⇒ x ≥ 2 ⇒ VT = 4 x + 32 x ≥ 80 (1) . Xét hàm số f ( y ) = 32 y − 4 y + 48 ta có f ′ ( y ) = 32 − 4 y ln 4 = 0 ⇔ y = log 4

32 . ln 4

BBT:

Trang 28

Vì y ∈ ℕ* nên f ( y ) = 32 y − 4 y + 48 ∈ ℕ* , dựa vào BBT ⇒ f ( y ) ≤ 97 ( 2 ) . Từ (1) và (2)

⇒ 80 ≤ f ( y ) ≤ 97 ⇒ 80 ≤ VP ≤ 97 ⇒ 80 ≤ VT ≤ 97 ⇒ 80 ≤ 4 x + 32 x ≤ 97 (*) . Hàm số g ( x ) = 4 x + 32 x đồng biến trên ℝ , do đó từ (*) ta suy ra x = 2 . Với x = 2 ta có 80 = 32 y − 4 y + 48 ⇔ 32 y − 4 y = 32 , sử dụng MODE7 ta tìm được y = 3 . Vậy có 1 cặp số ( x; y ) thỏa mãn là ( x; y ) = ( 2;3) .

Câu 47: Đáp án B Phương pháp giải: - Kẻ B′H ⊥ BC ( H ∈ BC ) . Chứng minh B′H ⊥ ( ABC ) . - Đặt B′H = x ( x > 0 ) , tính BH theo x. - Gọi M là trung điểm của AB , trong ( ABC ) kẻ HK / / CM ( K ∈ AB ) , tính B′K theo x, từ đó tính S ABB′A′ theo x. 3 3 - Tính VABC . A′B′C ′ = VC . ABB′A′ = B′K .S ABB′A′ .d ( C ; ( ABB′A′ ) ) = B′H .S ∆ABC . Giải phương trình tìm x, từ đó 2 2 tính VABC . A′B′C ′ .

Giải chi tiết:

Kẻ B′H ⊥ BC ( H ∈ BC ) .

( BCC ′B′ ) ⊥ ( ABC ) = BC Ta có:  ⇒ B′H ⊥ ( ABC ) .  B′H ⊂ ( BCC ′B′ ) ; B′H ⊥ BC

Trang 29

Đặt B′H = x ( x > 0 ) ⇒ BH = a 2 − x 2 (Định lí Pytago trong tam giác vuông BB′H ). Gọi M là trung điểm của AB ta có CM ⊥ AB và CM =

a 3 (do ∆ABC đều ạnh a ). 2

Trong ( ABC ) kẻ HK / / CM ( K ∈ AB ) , áp dụng định lí Ta-lét ta có:

3 a2 − x2 HK BH HK a 2 − x2 = ⇒ = ⇒ HK = . 2 CM BC a a 3 2 Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông B′HK ta có:

B′K 2 = B′H 2 + HK 2 = x 2 +

3a 2 + x 2 3 2 3 1 a − x 2 ) = a 2 + x 2 ⇒ B′K = ( 4 4 4 2

 AB ⊥ B′H Ta có:  ⇒ AB ⊥ ( B′HK ) ⇒ AB ⊥ B′K .  AB ⊥ HK ( HK / /CM ) Khi đó ta có: S ABB′A′ = B′K . AB =

a 3a 2 + x 2 2

Ta có: CC ′ / / BB′ ⇒ CC ′ / / ( ABB′A′ ) ⇒ d ( CC ′; ( ABB′A′ ) ) = d ( C ; ( ABB′A′ ) ) =

a 12 . 5

1 ⇒ VC . ABB′A′ = S ABB′A′ .d ( C ; ( ABB′A′ ) ) 3

1 a 3a 2 + x 2 a 12 = . . 3 2 5

a 2 12 3a 2 + x 2 2 = VABC . A′B′C ′ 30 3

3 a 2 12 3a 2 + x 2 a 2 12 3a 2 + x 2 ⇒ VABC . A′B′C ′ = . = 2 30 20 Lại có VABC . A′B′C ′ = B′H .S ∆ABC = x.

a2 3 4

⇒

a 2 12 3a 2 + x 2 a2 3 = x. 20 4

⇔

2 3a 2 + x 2 = x ⇔ 4 ( 3a 2 + x 2 ) = 25 x 2 5

⇔ 21x 2 = 12a 2 ⇔ x =

Vậy VABC . A′B′C ′ = x.

2 7 a 7

a2 3 2 7 a2 3 21a 3 . = . = 4 7 4 14

Câu 48: Đáp án B Trang 30

Phương pháp giải: - Đặt t = xf ( x ) , sử dụng tương giao đồ thị hàm số tìm nghiệm t. - Rút f ( x ) =

t , tiếp tục sử dụng tương giao đồ thị hàm số tìm nghiệm x. x

Giải chi tiết: Đặt t = xf ( x ) , phương trình trở thành f ( t ) = 9 − t 2 ( −3 ≤ t ≤ 3)(*) . Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( t ) và đồ thị hàm số y = 9 − t 2 . Ta có đồ thị:

t = a ∈ ( −2; −1)  t = b ∈ ( 0;1) Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt  t = c ∈ (1; 2 )  t = 3 a  x , a ∈ ( −2; −1) (1)   b , b ∈ ( 0;1) ( 2 ) t x Khi đó ta có f ( x ) = =  x c , c ∈ (1; 2 ) ( 3) x 3  ( 4) x Tiếp tục sử dụng tương giao ta có:

Trang 31

- Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. - Phương trình (2) có 4 nghiệm phân biệt. - Phương trình (3) có 4 nghiệm phân biệt. - Phương trình (4) có 4 nghiệm phân biệt. Tất cả các nghiệm là không trùng nhau. Vậy phương trình ban đầu có tất cr 14 nghiệm phân biệt.

Câu 49: Đáp án A Phương pháp giải: Giải chi tiết:

 Ta có g ( x ) = f e 2 x − 2 x − 2 = f  

(

⇒ g′( x) =

)

2′  − 2x − 2) . f ′  

2 ( e 2 x − 2 x − 2 )( 2e 2 x − 2 ) 2

− 2x − 2)

(e  f ′ 

(e 2x

2  − 2x − 2)  

 e2 x − 2 x − 2 = 0  g ′ ( x ) = 0 ⇔  2e 2 x − 2 = 0   f ′  ( e 2 x − 2 x − 2 ) 2  = 0   

2  − 2x − 2)  

e2 x − 2 x − 2 = 0  x = 0  2 2x  (e − 2x − 2)  2 ⇔ e2 x − 2 x − 2 ) (   2 2x  (e − 2x − 2)   e2 x − 2 x − 2 2 )  (

= a < −1 ( Loai ) = b ∈ ( −1; 0 )( Loai ) = c ∈ ( 0;1) = d >1

e2 x − 2 x − 2 = 0 (1)  x = 0  e 2 x − 2 x − 2 = c ∈ ( 0;1) ( 2 ) ⇔  2x  e − 2 x − 2 = −c ∈ ( −1;0 ) ( 3) e2 x − 2 x − 2 = d , d > 1 ( 4)  2x  e − 2 x − 2 = − d , − d < −1 ( 5 ) Xét hàm số h ( x ) = e 2 x − 2 x − 2 ta có h′ ( x ) = 2e 2 x − 2 = 0 ⇔ x = 0 . BBT:

Trang 32

Dựa vào BBT ta có: + Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. + Phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. + Phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. + Phương trình (4) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. + Phương trình (5) vô nghiệm. Các nghiệm trên đều là nghiệm bội lẻ (nghiệm đơn) và phân biệt. Do đó phương trình g ′ ( x ) = 0 có 9 nghiệm bội lẻ. Vậy hàm số y = g ( x ) có tất cả 9 điểm cực trị.

Câu 50: Đáp án B Phương pháp giải: - Xác định góc giữa SA và mặt đáy là góc giữa SA và hình chiếu của nó trên mặt đáy. - Từ đó tính SH theo HA . - Tính S ABC =

1 AB.BC.sin ∠ABC không đổi ⇒ VS . ABC đạt GTNN khi HA nhỏ nhất. 2

- HA đạt GTNN khi và chỉ khi HA ⊥ BC , từ đó tính HA và tính GTNN của VS . ABC .

Giải chi tiết:

⇒ ∠ ( SA; ( ABC ) ) = ∠ ( SA; HA ) = ∠SAH = 450 . Ta có SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ AH ⇒ ∆SAH vuông cân tại H ⇒ SH = AH . Ta có: S ABC =

1 1 3a 2 AB.BC.sin ∠ABC = .a.a 3.sin 600 = . 2 2 4

1 1 3a 2 a 2 ⇒ VS . ABC = SH .S ∆ABC = AH . = . AH 3 3 4 4 Để VS . ABC đạt giá trị nhỏ nhất thì AH min ⇔ AH ⊥ BC ⇒ AH = Vậy min VS . ABC =

2 S ∆ABC BC

3a 2 4 =a 3 = 2 a 3 2.

a 2 a 3 a3 3 . = . 4 2 8

Trang 33