ĐỀ THI THỬ TN THPT KHỐI 12 CÁC TRƯỜNG, TRƯỜNG CHUYÊN, CÁC SỞ GIÁO DỤC 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 (31-40) 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

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 (31-40) 31. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - THPT Chuyên KHTN - Hà Nội - Lần 1 32. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - THPT Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 1 33. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - THPT Thạch Thành 1 - Thanh Hóa - Lần 1 34. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - THPT Đông Sơn 1 - Thanh Hóa - Lần 1 35. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - THPT Triệu Sơn 3 - Thanh Hóa - Lần 1 36. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - THPT Kinh Môn - Hải Dương - Lần 2 37. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - Sở GD&ĐT Thái Nguyên - Lần 1 38. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - Sở GD&ĐT Nghệ An - Lần 1 39. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - THPT Kim Sơn A - Ninh Bình - Lần 1 40. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - THPT Phan Châu Trinh - Đà Nẵng - Lần 1

TRƯỜNG ĐH KHTN

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2020 – 2021

KHTN

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

Câu 1 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : d2 :

x y −1 z + 1 = = và 2 1 −2

x −1 y − 2 z − 3 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng này bằng: = = 1 2 −2

17 16

17 4

16 17

D. 16

Câu 2 (TH): Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng y = x + 3 và parabol y = 2 x 2 − x − 1 bằng: A. 9

13 6

13 3

9 2

Câu 3 (TH): Phương trình z 4 = 16 có bao nhiêu nghiệm phức? A. 0

B. 4

C. 2

D. 1

Câu 4 (VD): Cho hàm số y = x 3 − mx 2 − m 2 x + 8. Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số có điểm cực tiểu nằm hoàn toàn phía bên trên trục hoành?

A. 3

B. 5

C. 4

D. 6

Câu 5 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y = A. 4

B. 2

mx + 4 nghịch biến trên khoảng ( −1;1) ? x+m

C. 5

D. 0

Câu 6 (NB): Hàm số y = ( x − 1) 3 có tập xác định là: A. [1; +∞ )

B. (1; +∞ )

C. ( −∞; +∞ )

D. ( −∞;1) ∪ (1; +∞ )

x y +1 z −1 Câu 7 (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : = = và mặt 2 1 −2 phẳng ( Q ) : x − y + 2 z = 0. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A ( 0; −1; 2 ) , song song với

đường thẳng ∆ và vuông góc với mặt phẳng ( Q ) . A. x + y − 1 = 0

B. −5 x + 3 y + 3 = 0

C. x + y + 1 = 0

Câu 8 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình log 1 x ≤ log 2

1  A.  ;1 2 

1  B.  ;1 4 

1  C.  ;1 4 

1 2

( 2 x − 1)

D. −5 x + 3 y − 2 = 0 là: 1  D.  ;1 2 

Câu 9 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình x 4 − 2 x 2 − 3 = 2m − 1 có đúng 6 nghiệm thực phân biệt.

Trang 1

A. 1 < m <

3 2

B. 4 < m < 5

C. 3 < m < 4

D. 2 < m <

5 2

Câu 10 (TH): Số nghiệm thực của phương trình log 4 x 2 = log 2 ( x 2 − 2 ) là: A. 0

B. 2

C. 4

D. 1

Câu 11 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số y = x 3 − 12 x + 1 − m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt?

A. 3

B. 33

C. 32

Câu 12 (VD): Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn log A.

1 3

B. −

1 3

B. 4

( a b ) = 3. Tính log (b a ) . 3

C. 3

Câu 13 (TH): Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2 + A. 6

D. 31 3

D. −3

16 trên ( 0; +∞ ) bằng: x

C. 24

D. 12

Câu 14 (VD): Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 450. Gọi E là trung điểm của BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC.

2a 19 19

a 10 19

a 10 5

2a 19 5

Câu 15 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m không vượt quá 2021 để phương trình 4 x −1 − m.2 x − 2 + 1 = 0 có nghiệm?

A. 2019

B. 2018

C. 2021

D. 2017

Câu 16 (TH): Biết rằng A. −5

x3 − 1 ∫1 x 2 + x dx = a + b ln 3 + c ln 2 với a, b, c là các số hữu tỉ. Tính 2a + 3b − 4c.

B. −19

C. 5

D. 19

Câu 17 (TH): Biết rằng log 2 3 = a, log 2 5 = b. Tính log 45 4 theo a, b. A.

2a + b 2

2b + a 2

2 2a + b

D. 2ab

Câu 18 (TH): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau, chia hết cho 15 và mỗi chữ số đều không vượt quá 5. A. 38

B. 48

C. 44

D. 24

Câu 19 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (1;3; −2 ) và mặt phẳng

( P ) : 2 x + y − 2 z − 3 = 0. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( P ) A.

2 3

B. 2

C. 3

bằng:

D. 1

Trang 2

Câu 20 (TH): Một lớp học có 30 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn một ban cán sự lớp gồm 3 học sinh. Tính xác suất để ban cán sự lớp có cả nam và nữ.

435 988

135 988

285 494

5750 9880

1 tan 2 x + x + C 2

D. tan 2 x + x + C

Câu 21 (TH): Tính nguyên hàm ∫ tan 2 2 xdx. A.

1 tan 2 x − x + C 2

B. tan 2 x − x + C

3π  x  π  Câu 22 (TH): Số nghiệm nguyên thuộc đoạn [ −99;100] của bất phương trình  sin  ≥  cos  là: 5  10   A. 5

B. 101

C. 100

D. 4

Câu 23 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ :

x −1 y − 2 z = = và mặt 1 2 −2

phẳng ( P ) :2 x − y + 2 z − 3 = 0. Gọi α là góc giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (P). Khẳng định nào sau

đây là đúng? A. cos α = −

4 9

B. sin α =

4 9

C. cos α =

4 9

D. sin α = −

4 9

Câu 24 (TH): Cho cấp số cộng ( un ) thỏa mãn u1 + u2020 = 2, u1001 + u1221 = 1. Tính u1 + u2 + .... + u2021. A.

2021 2

B. 2021

C. 2020

D. 1010

Câu 25 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ :

x −1 y − 2 z − 3 và điểm = = 2 1 −2

A ( −1; 2; 0 ) . Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng ∆ bằng: A.

17 9

17 3

2 17 9

Câu 26 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số y =

2 17 3

8 3 x + 2 ln x − mx đồng biến trên 3

( 0;1) ? A. 5

B. 10

C. 6

D. vô số

Câu 27 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ :

x −1 y + 1 z = = và hai mặt 1 1 2

phẳng ( P ) : x − 2 y + 3 z = 0, ( Q ) : x − 2 y + 3 z + 4 = 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng

∆ và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) . 2

A. x 2 + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) =

1 7

B. x 2 + ( y + 2 ) + ( z + 2 ) =

1 7

Trang 3

C. x 2 + ( y + 2 ) + ( z + 2 ) =

2 7

D. x 2 + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) =

2 7

∫ ( 2 x − 1) ln xdx .

Câu 28 (TH): Tìm nguyên hàm A. ( x − x 2 ) ln x +

x2 − x+C 2

B. ( x − x 2 ) ln x −

x2 + x+C 2

C. ( x − x 2 ) ln x −

x2 − x+C 2

D. ( x − x 2 ) ln x +

x2 + x+C 2

Câu 29 (VDC): Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn 2 a +b + 2 ab −3 =

1 − ab . Giá trị nhỏ nhất của biểu a+b

thức a 2 + b 2 là:

A. 3 − 5

(

)

5 −1

5 −1 2

D. 2

Câu 30 (VD): Cho hàm số y = mx3 + mx 2 − ( m + 1) x + 1 . Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số nghịch biến trên R?

A. −

3 <m<0 4

B. m ≤ 0

C. −

3 ≤m≤0 4

D. m ≤ −

3 4

Câu 31 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số y = x 2 + 8ln 2 x − mx đồng biến trên

( 0; +∞ ) ? A. 6

B. 7

C. 5

D. 8

Câu 32 (TH): Cho số phức z thỏa mãn 3 z + i ( z + 8 ) = 0 . Tổng phần thực và phần ảo của z bằng: B. 2

A. −1

C. 1

D. −2

Câu 33 (VDC): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A (1;0; 2 ) , B ( −1;1;3) , C ( 3; 2;0 ) và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2 z + 1 = 0 . Biết rằng điểm M ( a; b; c ) thuộc mặt phẳng (P) sao cho biểu thức MA2 + 2 MB 2 − MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó a + b + c bằng:

B. 1

A. −1

C. 3

Câu 34 (TH): Tính đạo hàm của hàm số y = ln A.

x x +1

1 x +1

Câu 35 (TH): Tính nguyên hàm

(2x A.

− 1)

(2x B.

− 1)

)

x +1 .

∫ x (2x 3

(

D. 5

1 x+ x

1 2x + 2 x

− 1) dx .

(2x C.

− 1)

(2x D.

− 1)

Câu 36 (TH): Phương trình 2 x = 3x có bao nhiêu nghiệm thực? A. 2

B. 1

C. 0

D. 3 Trang 4

Câu 37 (VD): Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 2 . Có bao nhiêu tiếp tuyến với đồ thị hàm số đi qua điểm

A (1;0 ) ? A. 2

B. 0

C. 1

D. 3

Câu 38 (TH): Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a 3 , SA ⊥ ( ABCD ) và SA = a 2 . Tính góc giữa SC và ( ABCD ) .

A. 900

B. 450

C. 300

D. 600

Câu 39 (TH): Tọa độ tâm đối xứng của đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x + 2 là: A. ( 0; 0 )

B. ( 0; 2 )

C. (1; 0 )

D. ( −1; 4 )

Câu 40 (VD): Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn xf ′ ( x ) + ( x + 1) f ( x ) = e − x với mọi x . Tính f ′ ( 0 ) .

A. 1

B. −1

1 e

D. e

Câu 41 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (1; −1; −2 ) và mặt phẳng

( P ) : x − 2 y − 3z + 4 = 0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P). A.

x −1 y + 1 z + 2 = = 1 −2 −3

x +1 y −1 z − 2 = = 1 3 −2

x +1 y −1 z − 2 = = 1 −2 −3

x +1 y +1 z + 2 = = 1 3 −2

Câu

(VDC):

Có

bao

nhiêu

giá

trị

thực

c ủa

để

hàm

số

y = mx9 + ( m 2 − 3m + 2 ) x 6 + ( 2m3 − m 2 − m ) x 4 + m đồng biến trên ℝ .

A. Vô số

B. 1

C. 3

D. 2

1 Câu 43 (VD): Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ( 0; +∞ ) và thỏa mãn 2 f ( x ) + xf   = x với mọi x > 0 . x 2

Tính

∫ f ( x ) dx . 1 2

7 12

7 4

9 4

Câu 44 (TH): Biết rằng đường thẳng y = 1 − 2 x cắt đồ thị hàm số y =

3 4

x−2 tại hai điểm phân biệt A và x −1

B. Độ dài đoạn thẳng AB bằng:

A. 20

C. 15

D. 15

Trang 5

Câu 45 (VD): Cho hình chóp S . ABC có AB = 3a, BC = 4a, CA = 5a , các mặt bên tạo với đáy góc 600 , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ABC ) thuộc miền trong tam giác ABC. Tính thể tích hình chóp S . ABC .

A. 2a3 3

B. 6a 3 3

C. 12a 3 3

D. 2a 3 2

Câu 46 (VD): Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có cạnh đáy là 2a và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( A′BC ) bằng a. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ . 2a3 3

a3 2 2

C. 2 2a3

3a 3 2 2

Câu 47 (TH): Tính thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng 3 x − 2 và đồ thị hàm số y = x 2 quanh quanh trục Ox .

1 6

π 6

4 5

Câu 48 (TH): Cho cấp số nhân ( un ) thỏa mãn 2 ( u3 + u4 + u5 ) = u6 + u7 + u8 . Tính A. 4

B. 1

C. 8

u8 + u9 + u10 . u2 + u3 + u4

D. 2

Câu 49 (VD): Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z − 1 + 3i = z + 1 − i . A. x − 2 y − 2 = 0

B. x + y − 2 = 0

C. x − y + 2 = 0

D. x − y − 2 = 0

Câu 50 (VDC): Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 3a , góc ∠SAB = ∠SCB = 900 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng a 6 . Tính diện tích mặt cầu

ngoại tiếp hình chóp S . ABC .

A. 36π a 2

B. 6π a 2

C. 18π a 2

D. 48π a 2

Trang 6

Đáp án 1-C

2-A

3-B

4-C

5-B

6-B

7-C

8-A

9-D

10-B

11-D

12-B

13-D

14-A

15-B

16-D

17-C

18-A

19-B

20-C

21-A

22-C

23-B

24-A

25-D

26-C

27-B

28-A

29-C

30-D

31-D

32-D

33-C

34-D

35-A

36-A

37-C

38-C

39-B

40-B

41-A

42-B

43-D

44-D

45-A

46-D

47-D

48-A

49-D

50-A

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án C Phương pháp giải:

Cho đường thẳng d1 đi qua điểm M 1 và có VTCP u1 ; đường thẳng d 2 đi qua điểm M 2 và có VTCP u2 . u1 ,u2  .M 1 M 2   . Khi đó ta có khoảng cách giữa d1 , d 2 được tính bởi công thức: d ( d1 ; d 2 ) = u1 ,u2   

Giải chi tiết: Ta có:

x y −1 z + 1 ⇒ d1 đi qua M 1 ( 0; 1; − 1) và có 1 VTCP là: u1 = ( 2;1; −2 ) . = = 2 1 −2 x −1 y − 2 z − 3 ⇒ d 2 đi qua M 2 (1; 2;3) và có 1 VTCP là: u2 = (1; 2; −2 ) . d2 : = = 1 2 −2  M 1M 2 = (1;1; 4 ) ⇒  u , u  = 2; 2;3)   1 2  ( u1 ,u2  .M 1M 2 2 + 2 + 12 16   . = = ⇒ d ( d1 ; d 2 ) = 2 2 2 17 u1 ,u2  2 + 2 + 3   d1 :

Câu 2: Đáp án A Phương pháp giải: - Xét phương trình hoành độ tìm 2 đường giới hạn x = a, x = b . - Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) , đường thẳng x = a, x = b là b

S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx . a

Giải chi tiết: x = 2 . Xét phương trình hoành độ giao điểm: x + 3 = 2 x 2 − x − 1 ⇔   x = −1

Trang 7

Vậy diện tích hình phẳng cần tính là S =

∫ x + 3 − 2x

+ x + 1 dx = 9 .

−1

Câu 3: Đáp án B Phương pháp giải: Sử dụng hằng đẳng thức a 2 − b 2 = ( a − b )( a + b ) .

Giải chi tiết: Ta có z 4 = 16 ⇔ z 4 − 16 = 0 ⇔ ( z 2 − 4 )( z 2 + 4 ) = 0

z2 = 4  z = ±2 ⇔ 2 ⇔  z = ±2i  z = −4 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phức.

Câu 4: Đáp án C Phương pháp giải: - Giải phương trình y′ = 0 xác định các giá trị cực trị theo m. - Chia các TH, tìm các giá trị cực tiểu tương ứng và giải bất phương trình yCT < 0 .

Giải chi tiết: Ta có y′ = 3 x 2 − 2mx − m 2 ; y′ = 0 có ∆′ = m 2 + 3m 2 = 4m 2 ≥ 0 ∀m .

Để hàm số có cực tiểu, tức là có 2 điểm cực trị thì phương trình y′ = 0 phải có 2 nghiệm phân biệt ⇒m≠0

m + 2m  3  x = 3 = m ⇒ y = −m + 8 Khi đó ta có y′ = 0 ⇔  3  x = m − 2 m = − m ⇔ y = 5m + 8  3 3 27  m > 0  3 0 < m < 2   yCT = − m + 8 > 0 ⇔ m < 2  Khi đó yêu cầu bài toán ⇔ m < 0 ⇔ 6 − <m<0  3  3 5  5m 6  yCT = 27 + 8 > 0 ⇔ m > − 3 5  Lại có m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {−3; −2; −1;1} . Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 5: Đáp án B Phương pháp giải: ax + b Hàm số y = nghịch biến trên (α ; β ) khi và chỉ khi cx + d

 y′ < 0   d − c ∉ (α ; β )

Giải chi tiết: Trang 8

TXĐ: D = ℝ \ {−m} . Ta có y =

mx + 4 m2 − 4 . ⇒ y′ = 2 x+m ( x + m)

Để hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) thì m2 − 4 < 0 −2 < m < 2  y′ < 0 1 ≤ m < 2   . ⇔   −m ≤ −1 ⇔   m ≥ 1 ⇔  − 2 < ≤ − 1 m  − m ∉ ( −1;1)    m ≤ −1    −m ≥ 1 Lại có m ∈ ℤ ⇒ m = ±1 . Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 6: Đáp án B Phương pháp giải: Hàm số y = x n với n ∉ ℤ xác định khi và chỉ khi x > 0 .

Giải chi tiết: 1

Hàm số y = ( x − 1) 3 xác định khi và chỉ khi x − 1 > 0 ⇔ x > 1 . Vậy TXĐ của hàm số là (1; +∞ ) .

Câu 7: Đáp án C Phương pháp giải: - Xác định u∆ là 1 VTCP của ∆ và nQ là 1 VTPT của ( Q ) .

nP ⊥ u∆ ( P ) / / ∆ ⇒  ⇒ nP =  nQ ; u∆  . - Vì  ( P ) ⊥ ( Q ) nP ⊥ nQ

- Phương trình mặt phẳng đi qua M ( x0 ; y0 ; z0 ) và có 1 VTPT → n ( A; B; C ) là A ( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0 . Giải chi tiết:

Đường thẳng ∆ có 1 VTCP là u∆ = ( 2; −2;1) . Mặt phẳng ( Q ) có 1 VTPT là nQ = (1; −1; 2 ) . ( P ) / / ∆ nP ⊥ u∆ Gọi nP là 1 VTPT của mặt phẳng ( P ) . Vì  ⇒  . ( P ) ⊥ ( Q ) nP ⊥ nQ ⇒ nP =  nQ ; u∆  = ( 3;3;0 ) ⇒ n (1;1;0 ) cũng là 1 VTPT của ( P ) . Vậy phương trình mặt phẳng ( P ) là 1. ( x − 0 ) + 1. ( y + 1) + 0. ( z − 2 ) = 0 ⇔ x + y + 1 = 0 .

Câu 8: Đáp án A Phương pháp giải: Trang 9

- Tìm ĐKXĐ của bất phương trình. - Giải bất phương trình logarit: log a f ( x ) ≤ log a g ( x ) ⇔ f ( x ) ≥ g ( x ) khi 0 < a < 1 .

Giải chi tiết: x > 0 1 ĐKXĐ:  ⇔x> . 2 2 x − 1 > 0

Ta có:

log 1 x ≤ log 2

1 2

( 2 x − 1) 2

⇔ log 1 x ≤ log 1 ( 2 x − 1) ⇔ x ≥ ( 2 x − 1) 2

⇔ x 2 ≥ 4 x 2 − 4 x + 1 ⇔ 3x 2 − 4 x + 1 ≤ 0 ⇔

1 ≤ x ≤1 3

1  Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là S =  ;1 . 2 

Câu 9: Đáp án D Phương pháp giải: - Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng m = f ( x ) . - Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y = 2m − 1 phải cắt đồ thị hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3 tại 3 điểm phân biệt. - Lập BBT hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3 , từ đó lập BBT hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3 , y = x 4 − 2 x 2 − 3 và tìm m thỏa mãn.

Giải chi tiết: Số nghiệm của phương trình x 4 − 2 x 2 − 3 = 2m − 1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3 và

đường thẳng y = 2m − 1 .

x = 0 Xét hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3 ta có y′ = 4 x 3 − 4 x = 0 ⇔   x = ±1 BBT:

Từ đó ta suy ra BBT của đồ thị hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3 . - Từ đồ thị y = x 4 − 2 x 2 − 3 lấy đối xứng phần đồ thị bên dưới trục Ox qua trục Ox . Trang 10

- Xóa đi phần đồ thị bên dưới trục Ox . Ta có BBT của đồ thị hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3 như sau:

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y = 2m − 1 cắt đồ thị hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3 tại 6 điểm phân biệt khi và chỉ khi 3 < 2m − 1 < 4 ⇔ 4 < 2m < 5 ⇔ 2 < m < Vậ y 2 < m <

5 . 2

Câu 10: Đáp án B Phương pháp giải: - Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng m = f ( x ) . - Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y = m phải cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 3 điểm phân biệt. - Lập BBT hàm số y = f ( x ) và tìm m thỏa mãn.

Giải chi tiết:

x ≠ 0 x > 2   x2 > 0 ĐKXĐ:  2 ⇔  x > 2 ⇔  x − 2 > 0   x < − 2   x < − 2 Ta có:

log 4 x 2 = log 2 ( x 2 − 2 ) 1 ⇔ .2.log 2 x = log 2 ( x 2 − 2 ) 2 ⇔ log 2 x = log 2 ( x 2 − 2 ) ⇔ x 2 − 2 = x 2

⇔ x − x − 2 = 0 ⇔ x = 2 ⇔ x = ±2 ( tm )

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.

Câu 11: Đáp án D Phương pháp giải: - Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng m = f ( x ) .

Trang 11

- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y = m phải cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 3 điểm phân biệt. - Lập BBT hàm số y = f ( x ) và tìm m thỏa mãn.

Giải chi tiết: Xét phương trình hoành độ giao điểm x3 − 12 x + 1 − m = 0 ⇔ m = x3 − 12 x + 1 = f ( x ) .

Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y = m phải cắt đồ thị hàm số

y = f ( x ) tại 3 điểm phân biệt. Ta có f ′ ( x ) = 3 x 2 − 12 = 0 ⇔ x = ±2 . BBT:

Dựa vào BBT ta thấy để đường thẳng y = m phải cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 3 điểm phân biệt thì −15 < m < 17 .

Mà m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {−14; −13; −12;...;15;16} . Vậy có 31 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 12: Đáp án B Phương pháp giải: - Sử dụng các công thức: log a ( xy ) = log a x + log a y ( 0 < a ≠ 1, x, y > 0 )

log a n b m =

m log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 ) n

Từ giả thiết tính log a b . - Biến đổi biểu thức cần tính bằng cách sử dụng các công thức trên, thay log a b vừa tính được để tính giá trị biểu thức.

Giải chi tiết: Theo bài ra ta có: log√ab(a3√b)=log√ab(3√ab.3√a2)=log√ab3√ab+log√ab3√a2=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab (ab)+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒23+134(1+logab)=3⇒logab=−37logab(ab3)=logab(ab3.a23)=lo gabab3+logaba23=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab(ab)+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒2 3+134(1+logab)=3⇒logab=−37 log

( a b ) = log ( 3

ab . 3 a 2

) Trang 12

= log = log

ab + log

3 ab

( ab )

1 2

( ab ) 3 + log

( ab ) 2

2 a3

1 1 = 2.log ab ( ab ) + 1 3 3 . log a ( ab ) 2 2 =

2 1 + 3 3 (1 + log a b ) 4

⇒

2 1 + =3 3 3 1 + log b ( a ) 4

⇒ log a b = −

3 7

Khi đó ta có:

log

(b a ) = log ( 3

= log = log

ab + log

( ab )

)

1 2

ab 3 b 2

( ab ) 3 + log

2 b3

( ab ) 2

1 1 = .2.log ab ( ab ) + 1 3 3 . log b ( ab ) 2 2

2 1 + 3 3 log a + 1 ( b ) 4

2 4 1 1 + . =− 7 3 3 − +1 3 3

Câu 13: Đáp án D Phương pháp giải: Lập BBT của hàm số trên ( 0; +∞ ) và tìm GTNN của hàm số.

Giải chi tiết: Hàm số đã cho xác định trên ( 0; +∞ ) . Ta có y′ = 2 x −

16 2 x 3 − 16 = ; y′ = 0 ⇔ x = 2 . x2 x2 Trang 13

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy min y = 12 . ( 0;+∞ )

Câu 14: Đáp án A Phương pháp giải: - Xác định mặt phẳng ( P ) chứa DE và song song với SC , khi đó d ( DE ; SC ) = d ( SC ; ( P ) ) . - Đổi sang d ( A; ( P ) ) . Dựng khoảng cách. - Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó. - Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lí Pytago, diện tích … để tính khoảng cách.

Giải chi tiết:

Trong ( ABCD ) gọi I = AC ∩ DE , trong ( SAC ) kẻ IG / / SC ( G ∈ SA ) , khi đó ta có DE ⊂ ( GDE ) / / SC .

⇒ d ( SC ; DE ) = d ( SC ; ( GDE ) ) = d ( C ; ( GDE ) ) . Áp dụng định lí Ta-lét ta có: ⇒ d ( C ; ( GDE ) ) =

d ( C ; ( GDE ) ) IC 1 IC EC 1 = = , do AC ∩ ( GDE ) = I nên = = IA AD 2 d ( A; ( GDE ) ) IA 2

1 d ( A; ( GDE ) ) . 2

Trong ( ABCD ) kẻ AH ⊥ DE ( H ∈ DE ) , trong ( GAH ) kẻ AK ⊥ GH ( K ∈ GH ) ta có:  DE ⊥ AH ⇒ DE ⊥ ( AGH ) ⇒ DE ⊥ AK   DE ⊥ AG

Trang 14

 AK ⊥ GH ⇒ AK ⊥ ( GDE ) ⇒ d ( A; ( GDE ) ) = AK   AK ⊥ DE

Vì SA ⊥ ( ABCD ) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên ( ABCD )

⇒ ∠ ( SC ; ( ABCD ) ) = ∠ ( SC ; AC ) = ∠SCA = 450 . ⇒ ∆SAC vuông cân tại A.

Vì ABCD là hình vuông cạnh a 2 nên AC = a 2. 2 = 2a = SA . Áp dụng định lí Ta-lét ta có Ta có: S ∆AED =

AG AI 2 4a . = = ⇒ AG = AS AC 3 3

1 1 1 d ( E ; AD ) . AD = AB. AD = a 2.a 2 = a 2 . 2 2 2

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông CDE ta có DE = CD 2 + CE 2 = 2a 2 + ⇒ AH =

a 2 a 10 . = 2 2

2a 2 2a 10 2 S AED . = = 5 ED a 10 2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông GAH ta có AK=AG.AH√AG2+AH2=4a3.2a√105

AK =

AG. AH 2

AG + AH

Vậy d ( DE; SC ) =

4a 2a 10 . 3 5

2  4a   2a 10     +  3   5 

4a 19 . 19

1 2a 19 = . 2 19

Câu 15: Đáp án B Phương pháp giải: - Đặt ẩn phụ t = 2 x − 2 > 0 . - Cô lập m, đưa phương trình về dạng m = g ( t )( t > 0 ) . - Lập BBT của hàm số g ( t ) khi t > 0 . - Dựa vào BBT tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm.

Giải chi tiết: 2

Ta có 4 x −1 − m.2 x − 2 + 1 = 0 ⇔ 4. ( 2 x − 2 ) − m.2 x − 2 + 1 = 0 .

Đặt t = 2 x − 2 > 0 , phương trình đã cho trở thành 4t 2 − mt + 1 = 0 ⇔ m = Xét hàm số g ( t ) =

4t 2 + 1 = g ( t )( t > 0 ) . t

4t 2 + 1 1 1 1 = 4t + có g ′ ( t ) = 4 − 2 = 0 ⇔ t = . t t t 2 Trang 15

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình có nghiệm t > 0 ⇔ m ≥ 4 . m ∈ ℤ + ⇒ m ∈ {4;5; 6;...; 2020; 2021} . Kết hợp điều kiện  m ≤ 2021 Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 16: Đáp án D Phương pháp giải: - Chia tử cho mẫu để đưa biểu thức dưới dấu tích phân về dạng đa thức + phân thức hữu tỉ có bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu. 2

- Phân tích mẫu thành nhân tử, biến đổi để xuất hiện các tích phân dạng

∫ ax + b dx . 1

- Tính tích phân và tìm a, b, c

Giải chi tiết: 2

Ta có:

x3 − 1 x −1   ∫1 x2 + x dx = ∫1  x − 1 + x 2 + x  dx

= ∫ ( x − 1) dx + ∫ Giả sử

⇔

x −1 1 dx = + I 2 x ( x + 1)

B ( x + 1) + Cx x −1 B C x −1 = + ⇔ = x ( x + 1) x x + 1 x ( x + 1) x ( x + 1)

( B + C ) x + B ⇒  B + C = 1 ⇔  B = −1 x −1 =   x ( x + 1) x ( x + 1)  B = −1 C = 2

Khi đó ta có 2

I =∫ 1

x −1 −1 2 dx = ∫ dx + ∫ dx x ( x + 1) x x +1 1 1 2

= − ln x 1 + 2 ln x + 1 1 = − ln 2 + 2 ln 3 − 2 ln 2 = 2 ln 3 − 3ln 2

Trang 16

1  a=  2 2  x3 − 1 1 ⇒∫ 2 dx = + 2 ln 3 − 3ln 2 ⇒ b = 2 x +x 2 1  c = −3   1 Vậy 2a + 3b − 4c = 2. + 3.2 − 4. ( −3) = 19 . 2

Câu 17: Đáp án C Phương pháp giải: Sử dụng các công thức: log a b m = m log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 ) log a b =

1 ( 0 < a, b ≠ 1) log b a

Giải chi tiết: Ta có: log 45 4 = 2 log 32.5 2 =

2 log 2 3 + log 2 5 2

2 2 = 2 log 2 3 + log 2 5 2a + b

Câu 18: Đáp án A Phương pháp giải: - Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau là abcd ( a; b; c; d ∈ {0;1; 2;3; 4;5} , a ≠ b ≠ c ≠ d ) .

abcd ⋮ 5 ⇒ d ∈ {0;5} - Vì abcd ⋮15 nên  . abcd ⋮ 3 - Ứng với mõi trường hợp của d, tìm các cặp số a, b, c tương ứng.

Giải chi tiết: Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau là abcd ( a; b; c; d ∈ {0;1; 2;3; 4;5} , a ≠ b ≠ c ≠ d ) . abcd ⋮ 5 ⇒ d ∈ {0;5} Vì abcd ⋮15 nên  . abcd ⋮ 3

+ TH1: d = 0 , số cần tìm có dạng abc0 ⇒ a + b + c ⋮ 3 . Các bộ ba chữ số chia hết cho 3 là {1; 2;3} ; {1;3;5} ; {2;3; 4} ; {3; 4;5} .

⇒ có 4.3! = 24 cách chọn a, b, c . ⇒ Có 24 số thỏa mãn. TH2: d = 5 , số cần tìm có dạng abc5 ⇒ a + b + c + 5⋮ 3 ⇒ a + b + c chia 3 dư 1. Các bộ ba chữ số chia 3 dư 1 là {0;1;3} ; {1; 2; 4} ; {0;3; 4} . Trang 17

⇒ có 2.2.2!+ 3! = 14 cách chọn a, b, c . ⇒ Có 14 số thỏa mãn. Vậy có tất cả 14 + 14 = 38 số thỏa mãn.

Câu 19: Đáp án B Phương pháp giải: -

Khoảng

d ( M ; ( P )) =

từ

cách

điểm

M ( x0 ; y0 ; z0 )

Ax0 + By0 + Cz0 + D A2 + B 2 + C 2

đến

mặt

phẳng

( P ) : Ax + By + Cz + D = 0

là

Giải chi tiết: d ( A; ( P ) ) =

2.1 + 3 − 2. ( −2 ) − 3 2

2 + 1 + ( −2 )

= 2.

Câu 20: Đáp án C Phương pháp giải: - Tính số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) là số cách chọn 3 học sinh bất kì. - Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ”. Xét 2 TH để tính số phần tử của biến cố A là n ( A ) . + TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ + TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ - Tính xác suất của biến cố A: P ( A) =

n ( A) . n (Ω)

Giải chi tiết: 3 3 Số cách chọn 3 bạn bất kì là C40 nên số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = C40 .

Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ”. 1 TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ có C30 .C102 cách.

TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ có C302 .C101 cách. 1 .C102 + C402 .C101 . ⇒ n ( A ) = C40

Vậy xác suất của biến cố A là P ( A) =

1 n ( A ) C30 .C102 + C302 .C101 15 285 . = = = 3 26 494 n (Ω) C40

Câu 21: Đáp án A Phương pháp giải: - Sử dụng công thức tan 2 α =

1 − 1. cos 2 α

Trang 18

- Sử dụng công thức tính nguyên hàm mở rộng:

1 1 ∫ cos ( ax + b ) dx = a tan ( ax + b ) . 2

Giải chi tiết: Ta có:

∫ tan

1 1  1  dx − ∫ dx = tan 2 x − x + C 2 xdx = ∫  − 1 dx = ∫ 2 2 cos 2 x 2  cos 2 x 

Câu 22: Đáp án C Phương pháp giải:

π  - Sử dụng tính chất sin α = cos  − α  . 2   - Giải bất phương trình mũ: a f ( x ) ≥ a g ( x ) ⇔ f ( x ) ≤ g ( x ) khi 0 < a < 1 . - Giải bất phương trình đại số tìm x, sau đó kết hợp điều kiện đề bài.

Giải chi tiết: Vì

π 5

π 3π 3π 5π π . = = nên sin = cos 10 10 2 5 10

Khi đó ta có 4

3π  x 4 π  π   π   π x   sin  ≥  cos  ⇔  sin  ≥  sin  ⇔ x ≤  do 0 < sin < 1 x 5  10  5  5 5    ⇔

 x ≤ −2 x2 − 4 ≤0⇔ x 0 < x ≤ 2

Kết hợp điều kiện x ∈ [ −99;100] ta có x ∈ [ −99; −2] ∪ ( 0; 2] . Vậy phương trình đã cho có 100 nghiệm nguyên thỏa mãn.

Câu 23: Đáp án B Phương pháp giải: nP .ud Gọi α là góc giữa ( P ) và ∆ , khi đó ta có sin α = , với n p và ud lần lượt là 1 vtpt của ( P ) và nP . u d

vtcp của ∆.

Giải chi tiết: x −1 y − 2 z Mặt phẳng ( P ) :2 x − y + 2 z − 3 = 0 có 1 vtpt là nP = ( 2; −1; 2 ) , đường thẳng ∆ : có 1 = = 1 2 −2 vtcp là ud = (1; 2; −2 ) .

nP .ud 2.1 − 1.2 + 2. ( −2 ) 4 Ta có: sin α = = = . 2 2 2 2 2 2 9 nP . u d 2 +1 + 2 . 1 + 2 + 2

Trang 19

⇒ cos α = 1 − sin 2 α =

65 . 9

Câu 24: Đáp án A Phương pháp giải: - Gọi d là công sai của CSC trên. Sử dụng công thức SHTQ của CSC: un = u1 + ( n − 1) d , giải hệ phương trình tìm u1 , d .

 2u1 + ( n − 1) d  n - Sử dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của CSC: u1 + u2 + u3 + ... + un =  2 Giải chi tiết: Gọi d là công sai của CSC trên. Theo bài ra ta có:

2021  u1 + u2020 = 2 2u1 + 2019d = 2 u1 = ⇔ ⇔ 2 .    u1001 + u1021 = 1 2u1 + 2020d = 1 d = −1 Vậy u1 + u2 + ... + u2021 =

( 2u1 + 2020d ) .2021 = 2021 . 2

Câu 25: Đáp án D Phương pháp giải:

 AM ; ud    Sử dụng công thức tính khoảng cách từ A đến đường thẳng d là d ( A; d ) = , trong đó M là ud

điểm bất kì thuộc d và ud là 1 vtcp của đường thẳng d. Giải chi tiết:

Lấy M (1; 2;3) ∈ d . Đường thẳng d có 1 VTCP là ud = ( 2; −2;1) . Ta có: AM = ( 2; 0;3) ⇒  AM ; ud  = ( 6; 4; −4 ) . 2  AM ; ud  6 2 + 4 2 + ( −4 ) 2 17   Vậy d ( A; d ) = = = . 2 3 ud 22 + ( −2 ) + 12 Câu 26: Đáp án C Phương pháp giải: - Để hàm số đồng biến trên ( 0;1) thì y′ ≥ 0 ∀x ∈ ( 0;1) . - Cô lập m , đưa bất phương trình về dạng m ≤ g ( x ) ∀x ∈ ( 0;1) ⇔ m ≤ min g ( x ) . [0;1]

- Lập BBT hàm số g ( x ) trên ( 0;1) và kết luận.

Giải chi tiết: TXĐ: D = ( 0; +∞ ) nên hàm số xác định trên ( 0;1) .

Trang 20

Ta có y′ = 8 x 2 +

2 −m. x

2 Để hàm số đồng biến trên ( 0;1) thì y′ ≥ 0 ∀x ∈ ( 0;1) ⇔ m ≤ 8 x 2 + ∀x ∈ ( 0;1) . x 2 Đặt g ( x ) = 8 x 2 + , x ∈ ( 0;1) , khi đó ta có m ≤ g ( x ) ∀x ∈ ( 0;1) ⇔ m ≤ min g ( x ) . [0;1] x Ta có g ′ ( x ) = 16 x −

2 16 x 3 − 2 1 ; g ′ ( x ) = 0 ⇔ x = ( tm ) . = 2 2 x x 2

BBT:

Dựa vào BBT ⇒ m ≤ 6 . Kết hợp điều kiện m ∈ ℤ + ⇒ m ∈ {1; 2;3; 4;5; 6} . Vậy có 6 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 27: Đáp án B Phương pháp giải: - Gọi tâm mặt cầu là I, tham số hóa tọa độ điểm I ∈ ∆ theo biến t. - Vì mặt cầu có tiếp xúc với cả hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) nên R = d ( I ; ( P ) ) = d ( I ; ( Q ) ) . Giải phương trình tìm t và suy ra tâm, bán kính mặt cầu. 2

- Mặt cầu tâm I ( x0 ; y0 ; z0 ) , bán kính R có phương trình là ( x − x0 ) + ( y − y0 ) + ( z − z0 ) = R 2 .

Giải chi tiết: Gọi tâm mặt cầu là I (1 + t ; −1 + t ; 2t ) ∈ ∆ . Vì mặt cầu có tiếp xúc với cả hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) nên R = d ( I ; ( P ) ) = d ( I ; ( Q ) ) . ⇒

1 + t − 2 ( −1 + t ) + 3.2t 2

1 +2 +3

1 + t − 2 ( −1 + t ) + 3.2t + 4 12 + 2 2 + 32

⇔ 5t + 3 = 5t + 7 ⇔ 5t + 3 = −5t − 7 ⇔ t = −1 Khi đó mặt cầu có tâm I ( 0; −2; −2 ) , bán kính R = 2

−5 + 3 14 2

Vậy bán kính mặt cầu cần tìm là x 2 + ( y + 2 ) + ( z + 2 ) =

2 . 14

2 7

Câu 28: Đáp án A Trang 21

Phương pháp giải: Tính nguyên hàm bằng phương pháp từng phần: ∫ udv = uv − ∫ vdu .

Giải chi tiết: dx  u = ln x du = Đặt  ⇒ x dv = ( 2 x − 1) dx v = x 2 − x = x ( x − 1) 

Khi đó ta có 2 2 ∫ ( 2 x − 1) ln xdx = ( x − x ) ln x − ∫ ( x − 1) dx = ( x − x ) ln x −

x2 + x+C 2

Câu 29: Đáp án C Phương pháp giải: - Sử dụng phương pháp logarit cơ số 2 cả hai vế của phương trình, sau đó xét hàm đặc trưng. - Rút a theo b, từ điều kiện của a suy ra điều kiện chặt chẽ hơn của b. 2

- Biến đổi P = a 2 + b 2 = ( a + b ) − 2ab , đặt ẩn phụ t = 2ab , lập BBT tìm miền giá trị của t. - Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN của biểu thức P.

Giải chi tiết: Theo bài ra ta có: 2 a +b + 2 ab −3 =

1 − ab a+b

⇔ a + b + 2ab − 3 = log 2 (1 − ab ) − log 2 ( a + b ) ⇔ a + b + 2ab − 2 = log 2 (1 − ab ) + 1 − log 2 ( a + b ) ⇔ a + b + 2ab − 2 = log 2 ( 2 − 2ab ) − log 2 ( a + b ) ⇔ log 2 ( a + b ) + a + b = log 2 ( 2 − 2ab ) + 2 − 2ab (*) Xét hàm số y = log 2 t + t ( t > 0 ) ta có y′ =

1 + 1 > 0 ∀t > 0 , do đó hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) . t ln 2

Khi đó (*) ⇔ a + b = 2 − 2ab ⇔ a (1 + 2b ) = 2 − b ⇔ a = Vì a, b > 0 ⇒

2−b . 1 + 2b

2−b > 0 ⇔ 2−b > 0 ⇔ b < 2. 1 + 2b 2

Khi đó ta có P = a 2 + b 2 = ( a + b ) − 2ab = ( 2 − 2ab ) − 2ab .

Đặt t = 2ab = 2

2b − b 2 2−b .b ( 0 < b < 2 ) ta có t = 2. 1 + 2b 1 + 2b

( 2 − 2b )(1 + 2b ) − ( 2b − b 2 ) .2 ⇒ t ′ = 2. 2 (1 + 2b ) Trang 22

= 2.

2 + 4b − 2b − 4b 2 − 4b + 2b 2

t′ = 0 ⇔ b =

(1 + 2b )

4 − 4b − 4b 2

(1 + 2b )

−1 + 5 2

BBT:

(

⇒ t ∈ 0;3 − 5  .

(

2 Khi đó ta có P = ( 2 − t ) − t = t 2 − 5t + 4, t ∈ 0;3 − 5  .

Ta có P′ = 2t − 5 = 0 ⇔ t =

5 ( ktm ) , do đó Pmin = P 3 − 5 = 3 − 5 . 2

(

)

Câu 30: Đáp án D Phương pháp giải: - Để hàm số nghịch biến trên ℝ thì y′ ≤ 0 ∀x ∈ ℝ

m < 0 - Xét 2 TH: m = 0 và  .  ∆′ ≤ 0 Giải chi tiết: TXĐ: D = ℝ . Ta có: y′ = 3mx 2 + 2mx − m − 1 .

Để hàm số nghịch biến trên ℝ thì y′ ≤ 0 ∀x ∈ ℝ . ⇔ 3mx 2 + 2mx − m − 1 ≤ 0 ∀x ∈ ℝ

 m = 0 m = 0 m = 0   m<0   −1 ≤ 0 ∀x ∈ ℝ ( luon dung ) ⇔ ⇔  m < 0 ⇔    3 m<0  4m 2 + 3m ≤ 0    − ≤ m ≤ 0  2  ∆′ = m + 3m ( m + 1) ≤ 0  4 m = 0 3 ⇔ 3 ⇔− ≤m≤0 − ≤ m < 0 4  4

Câu 31: Đáp án D Phương pháp giải: Trang 23

- Để hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) thì y′ ≥ 0 ∀x ∈ ( 0; +∞ ) . - Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng m ≤ g ( x ) ∀x ∈ ( 0; +∞ ) ⇔ m ≤ min g ( x ) . [0;+∞ )

- Sử dụng BĐT Cô-si tìm min g ( x ) . [0;+∞ )

Giải chi tiết: TXĐ: D = ( 0; +∞ ) . Ta có: y′ = 2 x + 8.

2 8 − m = 2x + − m 2x x

Để hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) thì y′ ≥ 0 ∀x ∈ ( 0; +∞ ) . ⇔ 2x +

8 − m ≥ 0 ∀x ∈ ( 0; +∞ ) x

8 ⇔ m ≤ 2 x + ∀x ∈ ( 0; +∞ )(*) . x

Đặt g ( x ) = 2 x +

8 , khi đó (*) ⇔ m ≤ min g ( x ) . [0;+∞ ) x

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

⇒ 2x =

2x +

8 8 ≥ 2 2 x. = 2.4 = 8 x x

⇒ min g ( x ) = 8 , dấu “=” xảy ra [0;+∞ )

8 ⇔ x = 2. x

Từ đó ta suy ra được m ≤ 8 , kết hợp điều kiện m ∈ ℤ + ⇒ m ∈ {1; 2;3; 4;5; 6;7;8} . Vậy có 8 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 32: Đáp án D Phương pháp giải: - Đặt z = a + bi ( a; b ∈ ℝ ) ⇒ z = a − bi . - Thay vào giả thiết 3 z + i ( z + 8 ) = 0 , đưa phương trình về dạng A + Bi = 0 ⇔ A = B = 0 .

Giải chi tiết: Đặt z = a + bi ( a; b ∈ ℝ ) ⇒ z = a − bi . Theo bài ra ta có:

3z + i ( z + 8 ) = 0

⇔ 3 ( a + bi ) + i ( a − bi + 8 ) = 0 ⇔ 3a + 3bi + ai + b + 8i = 0

3a + b = 0 a = 1 ⇔ 3a + b + ( a + 3b + 8 ) i = 0 ⇔  ⇔ a + 3b + 8 = 0 b = −3 Vậy tổng phần thực và phần ảo của z là a + b = 1 + ( −3) = −2 .

Câu 33: Đáp án C Trang 24

Phương pháp giải: - Gọi I là điểm thỏa mãn IA + 2 IB − IC = 0 . Phân tích MA2 + 2 MB 2 − MC 2 theo MI.

- Chứng minh đó MA2 + 2 MB 2 − MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất. - Với I cố định, tìm vị trí của M ∈ ( P ) để IM min . - Tìm tọa độ điểm I, từ đó dựa vào mối quan hệ giữa IM và ( P ) để tìm tọa độ điểm M.

Giải chi tiết: Gọi I là điểm thỏa mãn IA + 2 IB − IC = 0 . Khi đó ta có: 2 2 2 MA2 + 2 MB 2 − MC 2 = MA + 2 MB − MC

2 2 = MI + IA + 2 MI + IB − MI + IC

(

)

(

) (

)

2 2 2 2 = 2 MI + 2 MI IA + 2 IB − IC + IA + 2 IB − IC

(

)

= 2 MI 2 + ( IA2 + 2 IB 2 − IC 2 )

Vì I , A, B, C cố định nên IA2 + 2 IB 2 − IC 2 không đổi, do đó MA2 + 2 MB 2 − MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất. Mà M ∈ ( P ) nên IM đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I lên ( P ) hay IM ⊥ ( P ) ⇒ IM và nP = (1; 2; −2 ) cùng phương, với nP là 1 vtpt của ( P ) . Tìm tọa độ điểm I ta gọi I ( x; y; z ) . Ta có: IA + 2 IB − IC = 0

⇒ ( x − 1; y; z − 2 ) + 2 ( x + 1; y − 1; z − 3) − ( x − 3; y − 2; z ) = 0  x − 1 + 2 ( x + 1) − ( x − 3) = 0 2 x + 4 = 0  x = −2    ⇔  y + 2 ( y − 1) − ( y − 2 ) = 0 ⇔ 2 y = 0 ⇔  y = 0 ⇒ I ( −2;0; 4 )  z − 2 + 2 ( z − 3) − z = 0 2 z − 8 = 0 z = 4   

Khi đó ta có IM = ( a + 2; b; c − 4 ) Vì IM và nP = (1; 2; −2 ) cùng phương, lại có M ∈ ( P ) nên ta có hệ phương trình: 2a − b + 4 = 0 a = −1 a + 2 b c − 4 = =    ⇔ b = 2 2 −2 ⇔ b + c − 4 = 0  1 a + 2b − 2c + 1 = 0 a + 2b − 2c + 1 = 0 c = 2   Vậ y a + b + c = − 1 + 2 + 2 = 3

Câu 34: Đáp án D Phương pháp giải: u′ Sử dụng công thức tính đạo hàm ( ln u )′ = . u

Giải chi tiết: Trang 25

)′ =

( y′ =

x +1

1 2 x

(

)

x +1

1 . 2x + 2 x

Câu 35: Đáp án A Phương pháp giải: Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến, đặt t = 2 x3 − 1 .

Giải chi tiết: Đặt t = 2 x3 − 1 ⇒ dt = 6 x 2 dx ⇒ x 2 dx =

dt . 6 3

2 x3 − 1) ( t 2 dt 1 t 3 2 3 Khi đó ta có ∫ x ( 2 x − 1) dx = ∫ = . +C = +C . 6 6 3 18 2

Câu 36: Đáp án A Phương pháp giải: Sử dụng phương pháp logarit hai vế.

Giải chi tiết: Lấy logarit cơ số 3 hai vế của phương trình ta có: 2

2 x = 3x ⇔ log 3 2 x = log 3 3x ⇔ x log 3 2 = x 2 ⇔ x ( x − log 3 2 ) = 0

x = 0 x = 0 ⇒ ⇔  x − log 3 2 = 0  x = log 3 2 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm thực.

Câu 37: Đáp án C Phương pháp giải: - Gọi M ( x0 ; y0 ) thuộc đồ thị hàm số. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M . - Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại M ( x0 ; y0 ) là y = f ′ ( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) . - Cho A (1;0 ) ∈ d , giải phương trình tìm số nghiệm x0 . Số nghiệm x0 chính là số tiếp tuyến với đồ thị hàm số đi qua điểm A (1;0 ) cần tìm.

Giải chi tiết: Ta có y′ = 3 x 2 − 6 x . Gọi M ( x0 ; y0 ) thuộc đồ thị hàm số. Phương

trình

tiếp

tuyến

c ủa

đồ

thị

hàm

số

t ại

điểm

M ( x0 ; y0 )

là

y = ( 3 x02 − 6 x0 ) ( x − x0 ) + x03 − 3 x02 + 2 ( d ) .

Cho A (1;0 ) ∈ d ta có:

Trang 26

0 = ( 3 x02 − 6 x0 ) (1 − x0 ) + x03 − 3 x02 + 2

⇔ 0 = 3 x02 − 6 x0 − 3 x03 + 6 x02 + x03 − 3 x02 + 2 ⇔ 0 = −2 x03 − 6 x0 + 2 ⇔ x0 ≈ 0,32 Vậy có duy nhất 1 tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm A (1;0 ) .

Câu 38: Đáp án C Phương pháp giải: - Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó. - Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc. - Sử dụng công thức tính nhanh: Độ dài đường chéo của hình vuông cạnh a là a 2 .

Giải chi tiết:

Vì SA ⊥ ( ABCD ) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên ( ABCD ) .

⇒ ∠ ( SC ; ( ABCD ) ) = ∠ ( SC ; AC ) = ∠SCA . Vì ABCD là hình vuông cạnh a 3 nên AC = a 3. 2 = a 6 . Xét tam giác vuông SAC ta có: tan ∠SCA =

1 SA = ⇒ ∠SCA = 300 . SC 3

Vậy ∠ ( SC ; ( ABCD ) ) = 300 .

Câu 39: Đáp án B Phương pháp giải: - Hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn làm tâm đối xứng. - Giải phương trình y′′ = 0 tìm hoành độ điểm uốn, từ đó suy ra tọa độ điểm uốn.

Giải chi tiết: Ta có: y = x 3 − 3 x + 2 ⇒ y′ = 3 x 2 − 3; y′′ = 6 x . Cho y′′ = 0 ⇔ 6 x = 0 ⇔ x = 0 ⇒ y = 2

⇒ Hàm số đã cho có điểm uốn là ( 0; 2 ) . Vì hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn làm tâm đối xứng. Vậy hàm số đã cho có tâm đối xứng là ( 0; 2 ) .

Câu 40: Đáp án B Phương pháp giải: Trang 27

- Nhận thấy ( x + 1) e x = ( xe x )′ . Sử dụng công thức ( uv )′ = u ′v + uv′ . - Sử dụng phương pháp nguyên hàm hai vế để tìm f ( x ) . - Tính f ′ ( x ) và tính f ′ ( 0 ) . Giải chi tiết: Theo bài ra ta có

xf ′ ( x ) + ( x + 1) f ( x ) = e − x ⇔ xe x f ′ ( x ) + ( x + 1) e x f ( x ) = 1 Ta có ( xe x )′ = e x + xe x = ( x + 1) e x

⇒ xe x f ′ ( x ) + ( xe x )′ f ( x ) = 1

⇔  xe x f ( x ) ′ = 1 ⇔ ∫  xe x f ( x ) ′ dx = ∫ dx ⇔ xe x f ( x ) = x + C x = 0 Thay x = 0 ta có 0 = 0 + C ⇔ C = 0 , do đó xe f ( x ) = x ⇔ x  e f ( x ) − 1 = 0 ⇔   f ( x ) = 1x = e − x e  x

⇒ f ′ ( x ) = − e − x ⇒ f ′ ( 0 ) = − e 0 = −1 Câu 41: Đáp án A Phương pháp giải: - Vì d ⊥ ( P ) nên ud = nP .

x − x0 y − y0 z − z0 - Phương trình đường thẳng đi qua A ( x0 ; y0 ; z0 ) và có 1 vtcp u ( a; b; c ) là . = = a b c Giải chi tiết: Mặt phẳng ( P ) : x − 2 y − 3 z + 4 = 0 có 1 vtpt là nP = (1; −2; −3) .

Gọi d là đường thẳng đi qua A (1; −1; −2 ) và vuông góc với ( P ) và ud là 1 vtcp của đường thẳng d. Vì d ⊥ ( P ) nên ud = nP = (1; −2; −3) . Vậy phương trình đường thẳng d là

x −1 y + 1 z + 2 . = = 1 −2 −3

Câu 42: Đáp án B Phương pháp giải: Giải chi tiết: TXĐ: D = ℝ . Ta có: y′ = 9mx8 + 6 ( m 2 − 3m + 2 ) x5 + 4 ( 2m3 − m 2 − m ) x 3 y′ = x3 9mx 5 + 6 ( m 2 − 3m + 2 ) x 2 + 4 ( 2m3 − m 2 − m ) 

Trang 28

 x = 0 ( nghiem boi 3) Cho y′ = 0 ⇔  5 2 2 3 2 9mx + 6 ( m − 3m + 2 ) x + 4 ( 2m − m − m ) = 0 (*)

Để hàm số đồng biến trên ℝ thì x = 0 phải là nghiệm bội chẵn của phương trình y′ = 0 , do đó phương trình (*) phải nhận x = 0 là nghiệm bội lẻ. Vì x = 0 là nghiệm của (*) nên thay x=0x=0 vào phương trình (*) ta có: m = 1  1 2 m3 − m 2 − m = 0 ⇔  m = − 2  m = 0 

Thử lại: + Với m = 0 ta có y′ = 12 x 5 không thỏa mãn y′ ≥ 0 ∀x ∈ ℝ . + Với m = 1 ta có y′ = 9 x8 ≥ 0 ∀x ∈ ℝ (thỏa mãn). + Vớ i m = −

x = 0 1 9 45 5 9 ta có y′ = − x8 + , do đó không thỏa mãn x = − x 5 ( x3 − 5 ) = 0 ⇔  3 2 2 2 2 x = 5

y′ ≥ 0 ∀x ∈ ℝ

Vậy có duy nhất 1 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m = 1 .

Câu 43: Đáp án D Phương pháp giải: 1 1 - Thay x = , sau đó rút f   theo f ( x ) và thế vào giả thiết. t x 2

- Tìm f ( x ) theo x và tính

∫ f ( x ) dx bằng phương pháp tích phân 2 vế. 1 2

Giải chi tiết: 1 1 1 1 1 1  1 1 1 Ta có: 2 f ( x ) + xf   = x , với x = ta có 2 f   + f ( t ) = ⇒ f   =  − f ( t )  t t t t x t 2 t t        

1 11 1  ⇒ f   =  − f ( x)  x 2 x x  Khi đó ta có

2 f ( x) + ⇔

1 1 1 1 1  x  − f ( x) = x ⇔ 2 f ( x) + − f ( x) = x 2 x x 2 2  2

3 1 3 1  f ( x ) = x − ⇔ ∫ f ( x ) dx = ∫  x −  dx 2 2 21 2 1

Trang 29

⇔

3 9 3 f ( x ) dx = ⇔ ∫ f ( x ) dx = ∫ 21 8 4 1

Câu 44: Đáp án D Phương pháp giải: - Xét phương trình hoành độ giao điểm. - Áp dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc hai. - Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng AB =

( xB − x A ) + ( y B − y A )

Giải chi tiết: TXĐ: D = ℝ \ {1} Xét phương trình hoành độ giao điểm: x−2 = 1 − 2 x ⇔ x − 2 = ( x − 1)(1 − 2 x ) x −1

⇔ x − 2 = x − 1 − 2 x 2 + 2 x ⇔ 2 x 2 − 2 x − 1 = 0 (*) Khi đó hoành độ của điểm A và B lần lượt là x A , xB là nghiệm của phương trình (*).  x1 + x2 = 1  Áp dụng định lí Vi-ét ta có  1.  x1 x2 = − 2

Ta có: A ( x A ;1 − 2 x A ) ; B ( xB ;1 − 2 xB ) nên: 2

AB 2 = ( xB − x A ) + (1 − 2 xB − 1 + 2 x A ) 2

AB 2 = ( xB − x A ) + 4 ( xB − x A ) AB 2 = 5 ( xB − x A )

2 AB 2 = 5 ( x A + xB ) − 4 x A xB   

  1  AB 2 = 5 12 − 4.  −   = 15  2   Vậy AB = 15 . Câu 45: Đáp án A Phương pháp giải: - Gọi H là hình chiếu của S thuộc miền trong tam giác ABC , chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC .

- Xác định góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng đó.

Trang 30

- Sử dụng công thức tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác r =

S , với S , p lần lượt là diện tích và p

nửa chu vi tam giác. - Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao khối chóp. 1 - Tính thể tích khối chóp VS . ABC = SH .S ∆ABC . 3

Giải chi tiết:

Vì chóp S . ABC có các mặt bên tạo với đáy các góc bằng nhau và hình chiếu của S thuộc miền trong tam giác ABC nên hình chiếu của S là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC . Gọi H là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC ⇒ SH ⊥ ( ABC ) Xét ∆ABC có AB 2 + BC 2 = CA2 = 25a 2 nên ∆ABC vuông tại B (định lí Pytago đảo).  AB ⊥ SH Trong ( ABC ) kẻ HK / / BC ( K ∈ AB ) ta có  ⇒ AB ⊥ ( SHK ) ⇒ AB ⊥ SK .  AB ⊥ HK

( SAB ) ∩ ( ABC ) = AB   SK ⊂ ( SAB ) ; SK ⊥ AB  HK ⊂ ( ABC ) ; HK ⊥ AB 

⇒ ∠ ( ( SAB ) ; ( ABC ) ) = ∠ ( SK ; HK ) = ∠SKH = 600 .

1 .3a.4a S ∆ABC = 2 = a. Vì HK là bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC nên HK = p∆ABC 3a + 4a + 5a 2 Xét tam giác vuông SHK ta có SH = HK . tan 600 = a 3 . 1 1 1 Vậy VS . ABC = SH .S ∆ABC = a 3. .3a.4a = 2 3a 3 . 3 3 2

Câu 46: Đáp án D Phương pháp giải: - Xác định góc từ điểm A đến ( A′BC ) . Trang 31

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính A′A . - Tính thể tích VABC . A′B′C ′ = A′A.S ∆ABC .

Giải chi tiết:

 BC ⊥ AM Gọi M là trung điểm của BC ta có  ⇒ BC ⊥ ( A′BC ) .  BC ⊥ AA′  AH ⊥ BC Trong ( A′BC ) kẻ AH ⊥ A′M ( H ∈ A′M ) ta có:  ⇒ AH ⊥ ( A′BC )  AH ⊥ A′M

⇒ d ( A; ( A′BC ) ) = AH = a . Vì tam giác ABC đều cạnh 2a nên AM = 2a.

3 3 2 = a 3 và S ∆ABC = ( 2a ) = a2 3 . 2 4

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AA′M ta có

⇒

1 1 1 1 1 1 = + ⇒ 2 = + 2 2 2 2 2 ′ ′ AH AA AM a A A 3a

1 2 a 6 = 2 ⇒ A′A = 2 A′A 3a 2

Vậy VABC . A′B′C ′ = A′A.S ∆ABC =

3a 3 2 a 6 2 .a 3 = 2 2

Câu 47: Đáp án D Phương pháp giải: Thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng y = f ( x ) ; đồ thị hàm số b

y = g ( x ) ; đường thẳng x = a; x = b quanh quanh trục Ox là V = ∫ f 2 ( x ) − g 2 ( x ) dx . a

Giải chi tiết:

x = 1 Xét phương trình hoành độ giao điểm 3 x − 2 = x 2 ⇔  . x = 2

Trang 32

Vậy thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng 3 x − 2 và đồ thị hàm số v 2

quanh quanh trục Ox là V = π ∫ ( 3 x − 2 ) − x 4 dx = 1

4π . 5

Câu 48: Đáp án A Phương pháp giải: Sử dụng công thức un = uk q n − k

Giải chi tiết: Giả sử cấp số nhân có công bội là q, khi đó theo bài ra ta có:

2 ( u3 + u4 + u5 ) = u6 + u7 + u8 ⇔ 2 ( u3 + u3q + u3q 2 ) = u6 + u6 q + u6 q 2 ⇔ 2u3 (1 + q + q 2 ) = u6 (1 + q + q 2 )

⇔ 2u3 = u6 ( do 1 + q + q 2 > 0 = q )

 u3 = 0 ⇔ 2u3 = u3q 3 ⇔ u3 ( 2 − q 3 ) = 0 ⇔  3 q = 2

Ta có: 2 u8 + u9 + u10 u8 + u8 q + u8 q 2 u8 (1 + q + q ) u2 q 6 = = = = q6 = 4 2 2 u2 u2 + u3 + u4 u2 + u2 q + u2 q u2 (1 + q + q )

Câu 49: Đáp án D Phương pháp giải: - Sử dụng công thức z1 + z2 = z1 + z2 ; z = z . - Đặt z = a + bi , sử dụng công thức z = a 2 + b 2 , biến đổi rút ra mối quan hệ giữa a, b và kết luận.

Giải chi tiết: Theo bài ra ta có

z − 1 + 3i = z + 1 − i ⇔ z − 1 + 3i = z + 1 + i ⇔ z − 1 + 3i = z + 1 + i ⇔ z − 1 + 3i = z + 1 + i

Đặt z = a + bi ta có:

a + bi − 1 + 3i = a + bi + 1 + i 2

⇔ ( a − 1) + ( b + 3) i = a + 1 + ( b + 1) i ⇔ ( a − 1) + ( b + 3) = ( a + 1) + ( b + 1)

⇔ −2a + 1 + 6b + 9 = 2a + 1 + 2b + 1 ⇔ 4a − 4b − 8 = 0

⇔ a −b−2 = 0 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng x − y − 2 = 0 .

Câu 50: Đáp án A Trang 33

Phương pháp giải: Giải chi tiết:

Gọi I là trung điểm của SB . Vì ∠SAB = ∠SCB = 900 nên IS = IA = IB = IC , do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S . ABC , bán kính R = IS =

1 SB . 2

Xét ∆ v SAB và ∆ v SCB có AB = CB( gt ) , SB chung ⇒ ∆ v SAB = ∆ v SCB (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

⇒ SA = S ⇒ ∆SAC cân tại S.  SM ⊥ AC ⇒ AC ⊥ ( SBM ) . Gọi M là trung điểm của AC ta có   BM ⊥ AC  SH ⊥ BM Trong ( SBM ) kẻ SH ⊥ BM ta có:  ⇒ SH ⊥ ( ABC ) .  SH ⊥ AC ( AC ⊥ ( SBM ) ) Đặt SA = SC = x . Vì ∆ABC vuông cân tại B nên AC = AB 2 = 3a 2 ⇒ BM = AM = MC =

3a 2 . 2

Áp dụng định lí Pytago ta có:

SM = SC 2 − MC 2 = x 2 −

9a 2 2

SB = BC 2 + SC 2 = 9a 2 + x 2 . x2 −

Gọi p là nửa chu vi tam giác SBM ta có p = Diện tích tam giác SBM là: S SBM = Khi đó ta có SH =

9a 2 9a 2 + 9a 2 + x 2 + 2 2 . 2

p ( p − SM )( p − SB )( p − BM )

2 S ∆SBM . BM Trang 34

Ta có: 1 1 VS . ABC = SH .S ∆ABC = d ( A; ( SBC ) ) .S ∆SBC 3 3

⇒ SH .S ∆ABC = d ( A; ( SBC ) ) .S ∆SBC ⇔

2 S ∆SBM 1 1 . .3a.3a = a 6. .3a.x ⇔ x = 3 3a BM 2 2

Áp dụng định lí Pytago ta có: SB = SC 2 + BC 2 = 27 a 2 + 9a 2 = 6a ⇒ R = IS = 3a . Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S . ABC là S = 4π R 2 = 4π .9a 2 = 36π a 2 .

Trang 35

SỞ GD&ĐT THANH HÓA

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2020 – 2021

LAM SƠN

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

Câu 1 (TH): Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ bên dưới?

A. y =

x 1− x

B. y =

x +1 1− x

C. y =

x +1 x −1

Câu 2 (TH): Tìm tất cả các điểm M nằm trên đồ thị hàm số y =

D. y =

x x −1

x−2 mà tiếp tuyến của đồ thị tại điểm x +1

đó song song với đường thẳng d : y = 3 x + 10 .

 1 A. M  3;   4

B. M ( 0; −2 ) hoặc M ( −2; 4 )

C. M ( −2; 4 )

 5  D. M  − ;3   2 

Câu 3 (TH): Cho hàm số y =

x +1 và điểm I (1; −1) . Tìm tất cả các điểm M nằm trên đồ thị hàm số sao 1− x

cho tiếp tuyến tại M vuông góc với IM.

( C. M (

)

(

)

A. M 1 + 2; −1 − 2 và M 1 − 2; −1 + 2 .

)

(

B. M ( −1;0 ) và M ( 3; −2 ) .

)

D. M ( 2; −3 ) và M ( 0;1) .

2; −3 − 2 2 và M − 2; 2 2 − 3 . 2

Câu 4 (TH): Mệnh đề nào dưới đây về hàm số y = ( x 2 − 4 ) + 1 là đúng? A. Nghịch biến trên ( −2; 2 )

B. Đồng biến trên ℝ

C. Đồng biến trên ( −∞; −2 ) và ( 2; +∞ )

D. Đồng biến trên ( −2; 0 ) và ( 2; +∞ ) .

Câu 5 (VD): Cho một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh bằng 1. Tính thể tích khối càu nội tiếp trong hình nón.

π 6

4 3π 27

4π 81

3π 54

Trang 1

Câu 6 (TH): Một người gửi tiền vào ngân hàng với lãi suát không đổi là 6% trên năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (lãi kép). Người đó định gửi tiền trong vòng 3 năm, sau đó rút ra 500 triệu đồng. Hỏi số tiền ít nhất người đó phải gửi vào ngân hàng (làm tròn đến hàng triệu) là bao nhiêu triệu đồng?

A. 420

B. 410

C. 400

Câu 7 (TH): Cho biết a = log 2 5 và b = log 5 7 . Tính log 3 5 3  A. 3  2b −  a 

2  B. 3  − 3b  a 

D. 390 49 theo a và b. 8

2  C. 3  − 3b  b 

3  D. 3  2a −  b 

Câu 8 (TH): Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = ( 2 x − 1) e x trên đoạn [ −1;0] bằng: A. −

3 e

B. −

Câu 9 (TH): Hàm số y = A. x = −

1 3

2 e

C. −1

D. e

1 3 x − 2 x 2 + 3 x − 1 nhận giá trị nhỏ nhất trên đoạn 3

B. x = 1

C. x = 3

 1 10   − 3 ; 3  tại:

D. y =

10 3

Câu 10 (TH): Sau đây, có bao nhiêu hàm số mà đồ thị có đúng một tiệm cận ngang? 1) y =

sin x x

2) y =

1− x x +1

3) y =

x2 + x + 1 x

4) y = x + 1 + x 2 − 1

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 11 (TH): Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a, ACD và BCD là các tam giác vuông tương ứng tại A và B. Tính thể tích khối tứ diện ABCD.

a3 3 8

a3 2 12

a3 3 12

a3 8

 1  Câu 12 (TH): Giá trị lớn nhất của hàm số y = ( 2 x − 1) + ln ( 2 x + 1) trên đoạn  − ;0  bằng:  4 

3 A. − − ln 2 2

B. −1

C. ln 2

D. 1 + ln 3

Câu 13 (NB): Hàm số y = ( x + 1)( x − 2 )( 3 − x ) có số điểm cực trị là: A. 2

B. 3

Câu 14 (NB): A. −

C. 0

D. 1

∫ tan xdx bằng:

1 +C sin 2 x

B. ln cos x + C

1 +C cos 2 x

D. − ln cos x + C

Trang 2

1 Câu 15 (TH): Kết luận nào sau đây đúng về hàm số f ( x ) =   ? 2 x2

1 A. f ′ ( x ) = −2   .ln 2 2

B. nghịch biến trên ℝ

C. f ( 0 ) = 0

D. đồ thị nhận trục tung làm tiệm cận ngang.

Câu 16 (NB): Một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = A. −

( 2 x − 3)

2 ( 2 x − 3)

1 là F ( x ) bằng: 2x − 3

C. 2 ln 2 x − 3

1 ln 2 x − 3 2

Câu 17 (TH): Kết luận nào sau đây và hàm số y = log ( x − 1) là sai? A. Đồ thị có tiệm cận đứng là đường thẳng có phương trình x = 1 . B. Đồng biến trên khoảng (1; +∞ ) . C. y′ =

1 ( x − 1) log e

D. y′ =

1 ( x − 1) ln10

Câu 18 (TH): Trong các hàm số sau đây có bao nhiêu hàm số có đúng một điểm cực trị? 1) y = x 2 + 1

2) y = ( 2 x 2 − 1)

3) y = ( 2 x − 1) 3 x 2

4) y =

A. 0

x x +1 2

B. 1

C. 3

D. 2

Câu 19 (VD): Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Biết SA = AB = BC và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng 3π . Thể tích khối chóp là:

1 2

1 3

1 6

3 2

Câu 20 (TH): Hàm số nào sau đây mà đồ thị có dạng như hình vẽ bên dưới?

A. y = ( x + 1)( x − 1)

B. y = ( x + 1) (1 − x )

C. y = ( x + 1) ( x − 1) D. y = − ( x + 1)( x − 1)

Câu 21 (TH): Hàm số nào sau đây mà đồ thị có dạng như hình vẽ bên dưới?

Trang 3

A. y = ln x

B. y =

( ) 2

1 C. y =   e

D. log 1 x 2

Câu 22 (TH): Cho một hình nón đỉnh S đáy là đường tròn (O), bán kính đáy bằng 1. Biết thiết diện qua trục là một tam giác vuông. Tính diện tích xung quanh của hình nón.

A. 2π

B. π

C. 2 2π

2π

Câu 23 (NB): Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm thỏa mãn f ′ (1) = 3 . Khi đó lim x →1

A. 4

B. 1

C. 2

f ( x ) − f (1) bằng: x −1

D. 3

Câu 24 (VD): Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’. Đáy là tam giác vuông tại A, có BC = 2AC = 2a. Đường thẳng AC’ tạo với mặt phẳng (BCC’B’) một góc 300 . Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho bằng;

A. 12π a 2

B. 6π a 2

Câu 25 (VD): Số tiệm cận của đồ thị hàm số y = A. 3

B. 1

C. 4π a 2

D. 3π a 2

x2 + 1 là: x2 −1

( 2 x − 1) C. 4

D. 2

C. x + x ln x

D. 1 − x + x ln x

Câu 26 (TH): Một nguyên hàm của ln x bằng: A. x − x ln x

1 x

Câu 27 (TH): Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x − 1) ( 2 − x )( x − 3) . Hỏi hàm số đồng biến trên khoảng nào sau đây?

A. ( −∞;1) và ( 3; +∞ ) B. ( −∞;1) và ( 2; +∞ ) C. (1; 2 )

D. ( 3; +∞ )

Câu 28 (TH): Qua điểm M(2;0) kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = x 4 − 4 x 2 ? A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 29 (TH): Tập xác định của hàm số y = ln x 2 + 2 x − 3 là: A. D = ( −∞; −3] ∪ [1; +∞ )

B. D = ( −∞; −3) ∪ (1; +∞ )

C. D = ℝ

D. D = ℝ \ {−3;1}

Câu 30 (VD): Cho một hình trụ có thiết diện qua trục là một hình vuông có cạnh bằng a. Gọi AB và CD là hai đường kính tương ứng của hai đáy. Biết góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng 300 . Tính thể tích khối tứ diện ABCD. Trang 4

a3 12

a3 3 6

a3 6

Câu 31 (VD): Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn a + A. 1

B. 4

a3 3 12

b + log 2 5 = log 6 45 . Tổng a + b + c bằng: c + log 2 3

C. 2

D. 0

Câu 32 (VD): Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [1; 2] , thỏa mãn f ( x ) = x. f ′ ( x ) − x 2 . Biết

f (1) = 3 , tính f f ( 2 ) . A. 16

B. 2

C. 8

Câu 33 (TH): Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = −

D. 4 x . Với a và b là các số dương thỏa mãn x +1 2

a < b , giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) trên đoạn [ a; b] bằng:

A. f ( b )

B. f ( a )

f ( a ) + f (b) 2

 a+b  D. f    2 

Câu 34 (VD): Cho một hình trụ thay đổi nội tiếp trong một hình nón cố định cho trước (tham khảo hình vẽ bên). Gọi thể tích các khối nón và khối trụ tương ứng là V và V’. Biết rằng V’ là giá trị lớn nhất đạt

được, khi đó tỉ số

4 9

V′ bằng: V

4 27

1 2

2 3

Câu 35 (VD): Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ , có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:

Đặt g ( x ) = m + f ( x + 1) (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = g ( x ) có đúng 3 điểm cực trị. A. m < −1 hoặc m > 3 B. −1 < m < 3

C. m ≤ −1 hoặc m ≥ 3 D. −1 ≤ m ≤ 3

Trang 5

Câu 36 (VD): Cho phương trình log 1 ( 2 x − m ) + log 2 ( 3 − x ) = 0 , m là tham số. Hỏi có bao nhiêu giá trị 2

nguyên dương của m để phương trình có nghiệm?

A. 5

B. 4

C. 6

D. 7

Câu 37 (VD): Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; 2; −3) . Hình chiếu của M tương ứng lên

Ox, Oy, Oz, (Oyz ), (Ozx), (Oxy ) là A, B, C , D, E , F . Gọi P và Q tương ứng là giao điểm của đường thẳng OM với các mặt phẳng ( ABC ) và ( DEF ) . Độ dài PQ bằng:

6 7

Câu 38 (VD): Giả sử

7 6

14 2

(1 + x + x

14 3

+ x 3 ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a12 x12 ( ai ∈ ℝ ) . Giá trị của tổng

S = C40 a4 − C41 a3 + C42 a2 − C43 a1 + C44 a0 bằng:

A. 1

B. −4

C. −1

D. 4

Câu 39 (VD): Tìm số nghiệm của phương trình sin ( cos x ) = 0 trên đoạn [1; 2021] . A. 672

B. 643

C. 642

D. 673

Câu 40 (VD): Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ , thỏa mãn f ′ ( x ) = 2 x − 1 và f ( 3) = 5 . Giả sử phương trình f ( x ) = 999 có hai nghiệm x1 và x2 . Tính tổng S = log x1 + log x2 .

A. 5

B. 999

C. 3

D. 1001

Câu 41 (VD): Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’, tất cả các cạnh có độ dài bằng a. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC’.

a 2

a 4

a 2 2

a 2 4

Câu 42 (VD): Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với A’C chia hình lập phương trình hai phần thể tích. Tính tỉ số k hai phần thể tích này, biết k < 1 .

3 25

2 5

1 5

2 25

Câu 43 (VDC): Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của một đa giác lồi (H) có 30 đỉnh. Tính xác suất sao cho 4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của (H). A.

3 30.C27 C304

3 30.C25 4.C304

3 30.C27 4.C304

3 30.C25 C304

Câu 44 (VD): Cho một hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’. Đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a và ∠BAD = 600 . Một mặt phẳng tạo với đáy một góc 600 và cắt tất cả các cạnh bên của hình hộp. Tính diện

tích thiết diện tạo thành

A. 2 3a 2

3a 2

C. 3a 2

D. 3 2a 2

Trang 6

Câu 45 (VD): Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh bằng a không đổi. Độ dài CD thay đổi. Tính giá trị lớn nhất đạt được của thể tích khối tứ diện ABCD.

a3 8

a3 2 12

a3 3 8

a3 3 12

Câu 46 (VDC): Cho tứ diện ABCD có ABC, ABD, ACD là các tam giác vuông tương ứng tại A, B, C. Góc giữa AD và (ABC) bằng 450 , AD ⊥ BC và khoảng cách giữa AD và BC bằng a. Tính thể tích khối tứ diện ABCD. 3a 3 6

4 3a 3 3

2a 3 6

4 2a 3 3

Câu 47 (VD): Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x + 1) ( x − 3) . Tìm số điểm cực trị của hàm số g ( x) = f

(

)

x2 + 2 x + 6 .

B. 2

A. 1

C. 3

D. 5

Câu 48 (VD): Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a. Các cặp mặt phẳng (ACD) và (BCD), (ABC) và (ABD) vuông góc với nhau. Tính theo a độ dài cạnh CD.

2a 3

a 3

a 2

D. a 3

Câu 49 (VD): Cho hàm số f ( x ) = x3 − 3x − m . Tìm m để mọi bộ ba số phân biệt a, b, c thuộc đoạn

[ −1;3] thì f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) là độ dài ba cạnh của một tam giác. A. m ≤ −22

B. m < −2

C. m < 34

D. m < −22

Câu 50 (VD): Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a và ∠BAD = 600 . Mặt chéo ACC’A’ nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, đồng thời ACC’A’ cũng là hình thoi có ∠A′AC = 600 . Thể tích khối tứ diện ACB’D’ là:

a3 3 6

a3 3 4

a3 3 8

a3 3 3

Đáp án 1-D

2-B

3-A

4-D

5-B

6-A

7-A

8-B

9-A

10-C

11-B

12-B

13-A

14-D

15-D

16-D

17-C

18-D

19-C

20-B

21-C

22-D

23-D

24-B

25-C

26-D

27-C

28-C

29-D

30-A

31-A

32-C

33-A

34-A

35-C

36-A

37-D

38-B

39-B

40-C

41-D

42-C

43-D

44-B

45-A

46-D

47-C

48-A

49-A

50-B

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án D Trang 7

Phương pháp giải: - Dựa vào đồ thị xác định các đường tiệm cận của đồ thị hàm số, các điểm thuộc đồ thị hàm số. - Sau đó dựa vào các đáp án để chọn đáp án đúng. - Đồ thị hàm số y =

a d ax + b ( ad ≠ bc ) có TCN y = và TCĐ x = − . cx + d c c

Giải chi tiết: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị có đường TCN y = 1 và TCĐ x = 1 . Do đó loại đáp án A và B.

Đồ thị hàm số đi qua điểm O(0;0) nên loại đáp án C. Câu 2: Đáp án B Phương pháp giải: - Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm M ( x0 ; y0 ) là y = f ′ ( x0 )( x − x0 ) + y0 . a = a′ . - Hai đường thẳng y = ax + b và y = a′x + b′ song song với nhau khi và chỉ khi  b ≠ b′

Giải chi tiết: TXĐ: D = ℝ \ {−1} .  x −2 x−2 Gọi M  x0 ; 0 .  ( x0 ≠ −1) thuộc đồ thị hàm số y = x +1 x0 + 1   Ta có y =

 x −2 3 x−2 ⇒ y′ = nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M  x0 ; 0  có hệ số góc là 2 x +1 x0 + 1  ( x + 1) 

k = y′ ( x0 ) =

( x0 + 1)

Vì tiếp tuyến tại M song song với đường thẳng d : y = 3 x + 10 nên

( x0 + 1)

= 3 ⇔ ( x0 + 1) = 1

 M ( 0; −2 ) x +1 = 1 x = 0 ⇔ 0 ⇔ 0 ( tm ) ⇒   x0 + 1 = −1  x0 = −2  M ( −2; 4 ) Câu 3: Đáp án A Phương pháp giải: - Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm M ( x0 ; y0 ) là y = f ′ ( x0 )( x − x0 ) + y0 . - Đường thẳng y = ax + b vuông góc với vecto IM ( u; v ) khi và chỉ khi vtcp của đường thẳng y = ax + b vuông góc với vecto IM ( u; v ) .

Giải chi tiết: TXĐ: D = ℝ \ {1} . Trang 8

 x +1 x +1 . Gọi M  x0 ; 0  ( x0 ≠ 1) thuộc đồ thị hàm số y = 1− x  1 − x0  Ta có y =

 x +1  2 x +1 nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M  x0 ; 0  có hệ số góc là ⇒ y′ = 2 1− x (1 − x )  1 − x0 

k = y′ ( x0 ) =

⇒

⇔

(1 − x0 )

Phương

trình

2 x0

(1 − x0 )

x− y−

(1 − x0 )

tiếp

tuyến

tại

là:

(1 − x0 )

( x − x0 ) +

x0 + 1 1 − x0

 x0 + 1 2  = 0 , có 1 VTCP là u =  1; . 2  (1 − x )  1 − x0 0  

 x +1   2  Ta có: IM =  x0 − 1; 0 + 1 =  x0 − 1; . 1 − x0   1 − x0   Vì tiếp tuyến tại M vuông góc với IM nên u .IM = 0 . ⇔ ( x0 − 1) +

(1 − x0 )

=0 ⇔

(1 − x0 )

= 1 − x0 ⇔ (1 − x0 ) = 4

1 − x0 = 2 x = 1− 2 ⇔ ⇔ 0 1 − x0 = − 2  x0 = 1 + 2

(

)

(

)

⇒ M 1 + 2; −1 − 2 và M 1 − 2; −1 + 2 . Câu 4: Đáp án D Phương pháp giải: - Tính đạo hàm y′ . - Giải phương trình y′ = 0 . - Lập BXD y′ và kết luận các khoảng đồng nghịch biến của hàm số.

Giải chi tiết: TXĐ: D = ℝ . 2

Ta có: y = ( x 2 − 4 ) + 1 ⇒ y′ = 2 ( x 2 − 4 ) .2 x . x = 0 x = 0 Cho y′ = 0 ⇔  2 . ⇔ x − 4 = 0  x = ±2

BXD y′ :

Dựa vào BXD ta thấy hàm số đồng biến trên ( −∞; −2 ) ; ( 0; 2 ) ; nghịch biến trên ( −2;0 ) ; ( 2; +∞ ) . Trang 9

Do đó chỉ có đáp án D đúng.

Câu 5: Đáp án B Phương pháp giải: - Giả sử thiết diện qua trục là tam giác SAB và O là tâm mặt đáy của hình nón. - Xác định tâm mặt cầu nội tiếp hình nón chính là tâm tam giác đều SAB. Tính bán kính R. 4 - Thể tích khối cầu bán kính R là V = π R 3 . 3

Giải chi tiết:

Giả sử thiết diện qua trục là tam giác SAB và O là tâm mặt đáy của hình nón, ta có tam giác SAB đều cạnh 1 nên SO =

3 . 2

Gọi I là tâm khối cầu nội tiếp trong hình nón, dễ thấy O chính là tâm tam giác đều SAB, do đó bán kính khối cầu là R = IO =

2 2 3 3 . SO = . = 3 3 2 3 3

4 4  3  4 3π Vậy thể tích khối cầu nội tiếp trong hình nón là V = π R 3 = π  .  = 3 3  3  27 Câu 6: Đáp án A Phương pháp giải: n

- Sử dụng công thức lãi kép: An = A (1 + r ) trong đó An là số tiền nhận được sau n năm, A là số tiền gửi ban đầu, r là lãi suất trên 1 kì hạn, n là số kì hạn. - Để sau 3 năm người đó rút được 500 triệu đồng thì số tiền nhận được sau 3 năm (cả gốc và lãi) phải không nhỏ hơn 500 triệu đồng. Giải bất phương trình tìm số tiền gửi ban đầu.

Giải chi tiết: Để sau 3 năm người đó rút được 500 triệu đồng thì số tiền nhận được sau 3 năm (cả gốc và lãi) phải không nhỏ hơn 500 triệu đồng.

Trang 10

Gọi số tiền ban đầu gửi vào ngân hàng là x (triệu đồng), số tiền người đó nhận được sau 3 năm là: 3

x (1 + 6% ) (triệu đồng). 3

Khi đó ta có x (1 + 6% ) ≥ 500 ⇔ x ≥ 420 (triệu đồng).

Câu 7: Đáp án A Phương pháp giải: Sử dụng các công thức:

log a m b n =

log a

n log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 ) m

x = log a x − log a y ( 0 < a ≠ 1, x, y > 0 ) y

Giải chi tiết: Ta có: log 3 5

= 3log 5

49 49 = log 1 8 53 8

72 3  = 3 ( 2 log 5 7 − 3log 5 2 ) = 3  2b −  3 a 2 

Câu 8: Đáp án B Phương pháp giải: - Tính y′ , giải phương trình y′ = 0 xác định các nghiệm xi ∈ [ −1;0] . - Tính các giá trị y ( −1) ; y ( 0 ) ; y ( xi ) . - Kết luận: min y = min { y ( −1) ; y ( 0 ) ; y ( xi )} ; max y = max { y ( −1) ; y ( 0 ) ; y ( xi )} [−1;0]

[ −1;0]

Giải chi tiết: TXĐ: ... Ta có: y = ( 2 x − 1) e x ⇒ y′ = 2e x + ( 2 x − 1) e x = ( 2 x + 1) e x . 1 Cho y′ = 0 ⇔ 2 x + 1 = 0 ⇔ x = − ∈ [ −1;0] . 2 3  1  −2 Ta có: y ( −1) = − ; y ( 0 ) = −1; y  −  = e e  2

Vậy min y = [−1;0]

−2 . e

Câu 9: Đáp án A Phương pháp giải:

 1 10  - Tính y′, giải phương trình y′ = 0 xác định các nghiệm xi ∈  − ;  .  3 3

Trang 11

 1   10  - Tính các giá trị y  −  ; y   ; y ( xi ) .  3  3 

  1   10     1   10   - Kết luận: min y = min  y  −  ; y   ; y ( xi )  ; max y = max  y  −  ; y   ; y ( xi )  .  1 10    3  3   − 13;103    3  3   − ;   3 3 Giải chi tiết: TXĐ: D = ℝ . Ta có: y =

1 3 x − 2 x 2 + 3x − 1 ⇒ y′ = x 2 − 4 x + 3 . 3

  1 10   x = 1∈ − 3 ; 3    Cho y′ = 0 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔  .   1 10   x = 3 ∈ − ;   3 3  181  10  1  1 Ta có: y  −  = − ; y   ≈ −0,88; y (1) = ; y ( 3) = −1 . 81  3  3  3

181  1 Vậy min y = y  −  = − . [−1;0] 81  3

Câu 10: Đáp án C Phương pháp giải: Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số: - Đường thẳng y = y0 được gọi là TCN của đồ thị hàm số y = f ( x ) nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y = y0 ; lim y = y0 . x →+∞

x →−∞

- Sử dụng MTCT để tính giới hạn.

Giải chi tiết: Xét hàm số y = Xét hàm số y = Xét hàm số y =

sin x ta có lim y = 0; lim y = 0 , do đó ĐTHS có 1 TCN y = 0 . x →+∞ x →−∞ x

x2 + x + 1 ta có lim y = 1; lim y = −1 , do đó ĐTHS có 2 TCN y = ±1 . x →+∞ x →−∞ x 1− x ta có lim y không tồn tại, lim y = 0 , do đó ĐTHS có 1 TCN y = 0 . x →+∞ x →−∞ x +1

Xét hàm số y = x + 1 + x 2 − 1 ta có lim y = +∞ , lim y = 1 , do đó ĐTHS có 1 TCN y = 1 . x →+∞

x →−∞

Vậy có 3 hàm số mà đồ thị có đúng một tiệm cận ngang.

Câu 11: Đáp án B Phương pháp giải: - Chóp có các cạnh bên bằng nhau có chân đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy. - Sử dụng tính chất tam giác vuông cân tính chiều cao và diện tích đáy. Trang 12

- Thể tích khối chóp bằng 1/3 tích đường cao và diện tích đáy.

Giải chi tiết:

Vì ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a nên AB = AC = AD = BC = BD = a . Do đó hình chiếu vuông góc của A lên (BCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Lại có tam giác BCD vuông tại B nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD là trung điểm H của CD. ⇒ AH ⊥ CD

Xét tam giác ACD vuông cân tại A có AC = AD = a nên AH =

a 2 . 2

a2 1 Tam giác BCD vuông cân tại B có BC = BD = a nên S ∆BCD = .BC.BD = . 2 2 Vậy VABCD =

1 1 a 2 a 2 a3 2 AH .S ∆BCD = . . = 3 3 2 2 12

Câu 12: Đáp án B Phương pháp giải: - Tính đạo hàm.  1  - Chứng minh y′ > 0 ∀x ∈  − ; 0  và suy ra giá trị lớn nhất của hàm số trên  4 

 1   − 4 ;0  .

Giải chi tiết:  1  Hàm số đã cho xác định trên  − ;0  .  4 

Ta có: y = ( 2 x − 1) + ln ( 2 x + 1) ⇒ y′ = 2 +

2  1  > 0 ∀x ∈  − ; 0  . 2x +1  4 

 1  Do đó hàm số đã cho đồng biến trên  − ;0  .  4 

Vậy max y = y ( 0 ) = −1  1   − 4 ;0 

Câu 13: Đáp án A Phương pháp giải: - Khai triển đưa hàm số về dạng hàm đa thức bậc ba. - Tính y′ , giải phương trình y′ = 0 và xác định số điểm cực trị = số nghiệm bội lẻ. Trang 13

Giải chi tiết: Ta có y = ( x + 1)( x − 2 )( 3 − x ) = − x 3 + 4 x 2 − x − 6 . ⇒ y ′ = −3 x 2 + 8 x − 1 = 0 ⇔ x =

4 ± 13 . 3

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Câu 14: Đáp án D Phương pháp giải: - Sử dụng công thức tan x =

sin x cos x

- Sử dụng phương pháp đổi vi phân: sin xdx = −d ( cos x ) - Sử dụng công thức tính nguyên hàm:

∫

du = ln u + C u

Giải chi tiết:

sin x

∫ tan xdx = ∫ cos x dx = ∫

− d ( cos x ) = − ln cos x + C cos x

Câu 15: Đáp án D Phương pháp giải: - Sử dụng công thức tính đạo hàm: ( a u )′ = u ′.a u ln a . - Xét dấu đạo hàm và suy ra các khoảng đơn điệu của hàm số. - Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Giải chi tiết: x2

1 1 1 1 Ta có f ( x ) =   ⇒ f ′ ( x ) = 2 x.   ln = f ′ ( x ) = −2 x   .ln 2 nên đáp án A sai. 2 2  2 2 Xét f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 0 , do đó hàm số không thể nghịch biến trên ℝ , suy ra đáp án B sai. 0

1 Ta có f ( 0 ) =   = 1 nên đáp án C sai. 2 x2

1 Ta có: lim f ( x ) = lim   = 0 nên ĐTHS nhận y = 0 là TCN. Suy ra đáp án D đúng. x →−∞ x →−∞ 2   Câu 16: Đáp án D Phương pháp giải: Sử dụng công thức tính nguyên hàm:

∫ ax + b = a ln ax + b + C

Giải chi tiết: Ta có F ( x ) = ∫ f ( x ) dx = ∫

1 1 dx = ln 2 x − 3 + C . 2x − 3 2 Trang 14

Câu 17: Đáp án C Phương pháp giải: - Sử dụng công thức tính đạo hàm: ( log u )′ =

u′ . u ln10

- Sử dụng định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số: Đường thẳng x = x0 được gọi là TCĐ của đồ thị hàm

y = f ( x)

số

nế u

thỏa

mãn

một

trong

các

điều

kiện

lim y = +∞; lim+ y = −∞; lim− y = +∞; lim− y = −∞ .

x → x0+

x → x0

- Xét dấu y′ và suy ra các khoảng đơn điệu.

Giải chi tiết: TXĐ: D = (1; +∞ ) Ta có y = log ( x − 1) ⇒ y′ =

1 . Suy ra đáp án D đúng, đáp án C sai. ( x − 1) ln10

Vì x − 1 > 0 ⇒ y′ > 0 ∀x ∈ D , do đó hàm số đồng biến trên (1; +∞ ) , suy ra đáp án B đúng. Ta có: lim+ y = −∞ nên ĐTHS nhận x = 1 là TCĐ, suy ra đáp án A đúng. x →1

Câu 18: Đáp án D Phương pháp giải: Tính đạo hàm từng hàm số, giải phương trình đạo hàm và xác định số điểm cực trị của hàm số = số nghiệm bội lẻ của phương trình đạo hàm.

Giải chi tiết: Xét đáp án A: ta có y′ = 2 x = 0 ⇔ x = 0 , do đó hàm số có 1 điểm cực trị. x = 0 Xét đáp án B: ta có y′ = 2 ( 2 x − 1) .4 x = 0 ⇔  , do đó hàm số có 3 điểm cực trị. x = ± 2  2 2

2 1 6x + 4x − 2 1 Xét đáp án C: ta có y′ = 2 3 x 2 + ( 2 x − 1) . . 3 = = 10 ⇔ x = , do đó hàm số có 1 điểm cực 3 5 3 x 3 x trị. Xét đáp án D: ta có y′ =

x 2 + 1 − x.2 x

+ 1)

− x2 + 1

+ 1)

= 0 ⇔ x = ±1 , do đó hàm số có 2 điểm cực trị.

Câu 19: Đáp án C Phương pháp giải: - Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp, tính bán kính mặt cầu, từ đó suy ra độ dài cạnh SC. - Đặt SA = AB = BC = x, sử dụng định lí Pytago giải phương trình tìm x. 1 - Tính thể tích khối chóp V = SA.S ∆ABC . 3 Trang 15

Giải chi tiết:

Gọi O là trung điểm của AC. Vì tam giác ABC vuông tại B nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi I, M là trung điểm của SC, SA. Ta có IO là đường trung bình của tam giác SAC ⇒ IO / / SA . Mà SA ⊥ ( ABC ) ⇒ IO ⊥ ( ABC ) ⇒ IO là trực của ( ABC ) ⇒ IA = IB = IC . Lại có IM là đường trung bình của tam giác SAC nên IM // AC ⇒ IM ⊥ SA ⇒ IM là trung trực của SA, do đó IS = IA . ⇒ IA = IB = IC = IS ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S . ABC .

⇒ Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC là R = Ta lại có 4π R 2 = 3π ⇔ R =

1 SC . 2

3 ⇒ SC = 3 . 2

Đặt SA = AB = BC = x , ta có tam giác SAB vuông cân tại A nên SB = x 2 .  BC ⊥ AB Ta có:  ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SB ⇒ ∆SBC vuông tại B.  BC ⊥ SA

⇒ SB 2 + BC 2 = SC 2 ⇒ 2 x 2 + x 2 = 3 ⇔ x = 1 1 1 1 1 1 Vậy thể tích khối chóp là V = SA.S ∆ABC = SA. AB.BC = x3 = . 3 3 2 6 6

Câu 20: Đáp án B Phương pháp giải: - Dựa vào các giao điểm có đồ thị với trục hoành suy ra dạng của đồ thị hàm số và loại bớt các đáp án chắc chắn sai. - Dựa vào giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung để chọn đáp án đúng.

Giải chi tiết: Vì đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành tại điểm có hoành độ -1 và cắt qua trục hoành tại điểm có hoành 2

độ bằng 1 nên hàm số có dạng y = a ( x + 1) ( x − 1) , do đó loại đáp án A và D. Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên loại đáp án C. Trang 16

Câu 21: Đáp án C Phương pháp giải: - Dựa vào đồ thị suy ra TXĐ của hàm số và loại đáp án. - Dựa vào tính đơn điệu của hàm số để loại đáp án.

Giải chi tiết: Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số xác định trên ℝ nên loại đáp án A, D. Lại có: Đồ thị hàm số nghịch biến trên ℝ nên chọn đáp án C.

Câu 22: Đáp án D Phương pháp giải: - Dựa vào giả thiết hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân xác định chiều cao và bán kính

đáy của hình nón. - Tính độ dài đường sinh của hình nón l = h 2 + r 2 . - Hình nón có đường sinh l, bán kính đáy r có diện tích xung quanh là S xq = π rl .

Giải chi tiết: Vì hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân nên h = r = 1 .

⇒ Độ dài đường sinh của hình nón là l = h 2 + r 2 = 2 . Vậy diện tích xung quanh của hình nón là S xq = π rl = 2π .

Câu 23: Đáp án D Phương pháp giải: Sử dụng tính đạo hàm bằng định nghĩa: f ′ ( x0 ) = lim

x → x0

f ( x ) − f ( x0 ) x − x0

Giải chi tiết: Ta có: lim x →1

f ( x ) − f (1) = f ′ (1) = 3 . x −1

Câu 24: Đáp án B Phương pháp giải: - Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ. - Xác định góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng (BCC’B’) là góc giữa AC’ và hình chiếu của AC’ lên (BCC’B’). - Dựa vào định lí Pytago, tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính bán kính mặt cầu. - Diện tích mặt cầu bán kính R là S = 4π R 2 .

Giải chi tiết:

Trang 17

Gọi O, O’ lần trung điểm của BC và B’C’. Vì tam giác ABC, A’B’C’ lần lượt vuông tại A và A’ nên O, O’ lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp tam giác ABC, A’B’C’. Lại có OO’ vuông góc với hai đáy nên OO’ là trục hai đáy. Gọi I là trung điểm của OO’ => I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ. Trong

( ABC )

 AH ⊥ BC kẻ AH ⊥ BC ( H ∈ BC ) ta có  ⇒ AH ⊥ ( BCC ′B′ ) ⇒ HC ′ là hình chiếu của  AH ⊥ BB′

AC’ lên (BCC’B’), do đó ∠ ( AC ′; ( BCC ′B′ ) ) = ∠ ( AC ′; HC ) = ∠AC ′H = 300 . Xét tam giác vuông ABC ta có AB = BC 2 − AC 2 = 4a 2 − a 2 = a 3 ⇒ AH = Xét tam giác AC’H vuông tại H có: AC ′ =

AB. AC a 3.a a 3 . = = BC 2a 2

AH a 3 1 : =a 3. = 0 sin 30 2 2

1 a 2 Xét tam giác vuông AA’C’ có: AA′ = AC ′2 − A′C ′2 = 3a 2 − a 2 = a 2 = OO′ ⇒ IO = OO′ = . 2 2

Xét tam giác vuông IOC có: IC = IO 2 + OC 2 =

a2 a 6 + a2 = = R. 2 2 2

a 6 2 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ là: S = 4π R = 4π .   = 6π a . 2   2

Câu 25: Đáp án C Phương pháp giải: Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang, tiệm cận đứng của đồ thị hàm số: - Đường thẳng y = y0 được gọi là TCN của đồ thị hàm số y = f ( x ) nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y = y0 ; lim y = y0 . x →+∞

x →−∞

- Đường thẳng x = x0 được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y = f ( x ) nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim+ y = +∞; lim+ y = −∞; lim− y = +∞; lim− y = −∞ . x → x0

x → x0

Giải chi tiết: TXĐ: D = ℝ \ {±1} . Ta có: Trang 18

lim y = lim

x →+∞

lim y = lim

x →−∞

x2 + 1 = +∞ x2 −1

( 2 x − 1)

x →1

lim− y = lim−

x →1

x2 + 1 = +∞ x2 −1

( 2 x − 1)

x →−1

lim y = lim−

x →−1−

x2 + 1 = −∞ x2 −1

( 2 x − 1)

lim y = lim+

x →−1+

x2 + 1 = −2 x2 −1

( 2 x − 1)

x →−∞

lim+ y = lim+

x →1

x2 + 1 =2 x2 −1

( 2 x − 1)

x2 + 1 = −∞ x2 −1

( 2 x − 1)

x →−1

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 TCN y = ±1 và 2 TCĐ x = ±1 .

Câu 26: Đáp án D Phương pháp giải: Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần ∫ udv = uv − ∫ vdu .

Giải chi tiết: Đặt I = ∫ ln xdx . 1  u = ln x du = dx Đặt  ⇒ x . dv = dx v = x  Khi đó ta có I = ∫ ln xdx = x ln x − ∫ dx = x ln x − x + C . Với C = 1 ta có 1 − x + x ln x là một nguyên hàm của hàm số ln x .

Câu 27: Đáp án C Phương pháp giải: Lập BXD f ′ ( x ) .

Giải chi tiết:

x =1 Ta có: f ′ ( x ) = 0 ⇔ ( x − 1) ( 2 − x )( x − 3) = 0 ⇔  x = 2 .  x = 3 3

BXD:

Trang 19

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

Câu 28: Đáp án C Phương pháp giải: Lập BXD f ′ ( x ) .

Giải chi tiết: Ta có: y = x 4 − 4 x 2 ⇒ y′ = 4 x 3 − 8 x . Gọi A ( x0 ; x04 − 4 x02 ) thuộc đồ thị hàm số, phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A là:

y = ( 4 x03 − 8 x0 ) ( x − x0 ) + x04 − 4 x02 ( d ) Cho M ( 2;0 ) ∈ d ta có: 0 = ( 4 x03 − 8 x0 ) ( 2 − x0 ) + x04 − 4 x02 ⇔ 0 = 8 x03 − 16 x0 − 4 x04 + 8 x02 + x04 − 4 x02

 x0 = 0  4 ⇔ 0 = −3 x04 + 8 x03 + 4 x02 − 16 x0 ⇔  x0 = − 3  x = 2  0 Vậy qua điểm M(2;0) kẻ được 3 tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = x 4 − 4 x 2 .

Câu 29: Đáp án D Phương pháp giải: Hàm số y = ln f ( x ) xác định khi và chỉ khi f ( x ) xác định và f ( x ) > 0 .

Giải chi tiết:

x ≠ 1 Hàm số y = ln x 2 + 2 x − 3 xác định ⇔ x 2 + 2 x − 3 > 0 ⇔ x 2 + 2 x − 3 ≠ 0 ⇔  .  x ≠ −3 Vậy TXĐ của hàm số đã cho là D = ℝ \ {−3;1} .

Câu 30: Đáp án A Phương pháp giải: Sử dụng công thức: Cho tứ diện ABCD có góc giữa hai đường thẳng AB và CD là α , gọi d là góc giữa hai đường thẳng AB và CD. Khi đó VABCD =

1 AB.CD.d .sin α . 6

Giải chi tiết: Vì AB, CD lần lượt là đường kính hai đáy nên khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD là

d ( AB; CD ) = d = h . Mà thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông cạnh a nên h = AB = CD = a . Khi đó ta có VABCD =

a3 1 1 AB.CD.d .sin α = .a.a.a.sin 300 = . 6 6 12

Câu 31: Đáp án A Trang 20

Phương pháp giải: Sử dụng các công thức: log a b =

log c b ( 0 < a, c ≠ 1, b > 0 ) log c a

log a ( xy ) = log a x + log a y ( 0 < a ≠ 1, x, y > 0 ) log an b m =

m log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 ) n

Giải chi tiết: Ta có:

b + log 2 5 b + log 2 5 log 2 45 = log 6 45 ⇔ a + = c + log 2 3 c + log 2 3 log 2 6

⇔ a+

2 b + log 2 5 log 2 ( 3 .5 ) b + log 2 5 2 log 2 3 + log 2 5 = ⇔ a+ = 1 + log 2 3 c + log 2 3 log 2 ( 2.3) c + log 2 3

⇔ a+

−2 + log 2 5 b + log 2 5 2 + 2 log 2 3 − 2 + log 2 5 b + log 2 5 = ⇔ a+ = 2+ 1 + log 2 3 1 + log 2 3 c + log 2 3 c + log 2 3

Đồng nhất hệ số ta có a = 2,b = −2,c = 1. Vậy a + b + c = 2 + ( −2) + 1 = 1.

Câu 32: Đáp án C Phương pháp giải: - Biến đổi, đưa về công thức đạo hàm của một thương. - Sử dụng phương pháp nguyên hàm hai vế tìm hàm f ( x ) . - Sử dụng giả thiết tìm hằng số C. - Suy ra hàm số f ( x ) hoàn chỉnh và tính f ( 2 ) .

Giải chi tiết: Theo bài ra ta có:

f ( x ) = x. f ′ ( x ) − x 2 ⇔ x. f ′ ( x ) − f ( x ) = x 2

x. f ′ ( x ) − x′. f ( x )  f ( x ) ′ f ( x) ⇔ =1⇔  = ∫ dx = x + C  =1 ⇔ 2 x x  x  Lại có f (1) = 3 ⇒ Vậ y

f (1) = 1+ C ⇔ 3 = 1+ C ⇔ C = 2 . 1

f ( x) = x + 2 ⇔ f ( x ) = x2 + 2 x ⇒ f ( 2) = 8 . x

Câu 33: Đáp án A Phương pháp giải: Trang 21

- Giải phương trình f ′ ( x ) = 0 , xét dấu f ′ ( x ) trên [ a; b ] . - Từ đó tìm min f ( x ) . [ a ;b]

Giải chi tiết: Ta có f ′ ( x ) = −

x = 0 ⇔ x = 0 ∉ [ a; b ] (do a, b là các số dương) x +1 2

Khi đó ta có f ′ ( x ) < 0 ∀x ∈ [ a; b ] , do đó hàm số nghịch biến trên [ a; b ] nên min f ( x ) = f ( b ) . [ a ;b ]

Câu 34: Đáp án A Phương pháp giải: - Đặt chiều cao khối trụ là ( 0 < x < h ) . - Áp dụng định lí Ta-lét, tính bán kính đáy hình trụ theo x. - Tính thể tích khối trụ, sử dụng phương pháp hàm số tìm GTLN của V’, từ đó suy ra x theo h. - Lập và tính tỉ số

V′ V

Giải chi tiết:

Đặt tên các điểm như hình vẽ. Gọi h,r lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình nón.

Đặt IO = MQ = NP = x ( 0 < x < h ) . Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

MQ AQ SQ QI x IQ  x = = 1− = 1− ⇒ = 1− ⇒ IQ = 1 −  r SO AS SA OA h r  h 2

π r2 2  x Khi đó thể tích khối nón là V ′ = π .IQ 2 .QM = π .r 2  1 −  .x = 2 .x ( x − h ) . h  h 2

Để V ′ đạt giá trị lớn nhất thì x ( x − h ) phải đạt giá trị lớn nhất. 2

Đặt f ( x ) = x ( x − h ) = x ( x 2 − 2hx + h 2 ) = x 3 − 2hx 2 + h 2 x , với 0 < x < h ta có:  x = h ( ktm ) 2 2 ′ f ( x ) = 3 x − 4hx + h = 0 ⇔   x = 1 h ( tm ) 3 

Trang 22

π r2 1  1

4 ′ = 2 . h  h − h  = π r 2 h ⇒ Vmax h 3 3 27 

4 π r 2h V ′ 27 4 Vậy khi đó = = . 1 V π r 2h 9 3 Câu 35: Đáp án C Phương pháp giải: Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) = số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) + số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) với trục hoành (không tính điểm tiếp xúc)

Giải chi tiết:  x = x1 Dựa vào BBT ta thấy f ′ ( x ) = 0 ⇔  .  x = x2  x + 1 = x1  x = x1 − 1 Đặt h ( x ) = m + f ( x + 1) ta có h′ ( x ) = f ′ ( x + 1) = 0 ⇔  ⇔ , do đó hàm số  x + 1 = x2  x = x2 − 1

h ( x ) = m + f ( x + 1) có 2 điểm cực trị. Suy ra để hàm số g ( x ) = h ( x ) = m + f ( x + 1) có đúng 3 điểm cực trị thì phương trình m + f ( x + 1) = 0 phải có nghiệm bội lẻ duy nhất. Ta có: m + f ( x + 1) = 0 ⇔ f ( x + 1) = − m , dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y = − m cắt qua (không tính  −m ≥ 1  m ≤ −1 điểm tiếp xúc) đồ thị hàm số y = f ( x + 1) tại 1 điểm duy nhất khi và chỉ khi  . ⇔  − m ≤ −3 m ≥ 3

Câu 36: Đáp án A Phương pháp giải: - Tìm ĐKXĐ của phương trình. - Đưa về cùng cơ số 2. - Giải phương trinh logarit: log a f ( x ) = log a g ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x ) . - Dựa vào điều kiện của x tìm m để phương trình có nghiệm.

Giải chi tiết:

2 x − m > 0 2 x − m > 0 ĐKXĐ:  ⇔ . 3 − x > 0 x < 3 Ta có:

log 1 ( 2 x − m ) + log 2 ( 3 − x ) = 0 ⇔ − log 2 ( 2 x − m ) + log 2 ( 3 − x ) = 0 2

⇔ log 2 ( 2 x − m ) = log 2 ( 3 − x ) ⇔ 2 x − m = 3 − x ⇔ 3 x = m + 3 Trang 23

Để phương trình có nghiệm thì m + 3 < 9 ⇔ m < 6 . Kết hợp điều kiện m là số nguyên dương ta có m ∈ {1; 2;3; 4;5} . Vậy có 5 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 37: Đáp án D Phương pháp giải: - Xác định tọa độ các điểm A, B, C , D, E , F . - Viết phương trình tham số đường thẳng OM . - Viết phương trình cá mặt phẳng ( ABC ) và ( DEF ) . - Tham số hóa tọa độ các điểm P, Q thuộc OM, cho P ∈ ( ABC ) ; Q ∈ ( DEF ) , tìm tọa độ P, Q. - Tính độ dài PQ =

− xP ) + ( yQ − yP ) + ( zQ − z P ) .

Giải chi tiết: Theo bài ra ta có: A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;-3), D(0;2;-3), E(1;0;-3), F(1;2;0). Gọi P và Q tương ứng là giao điểm của đường thẳng OM với các mặt phẳng (ABC) và (DEF). Độ dài PQ bằng:

+ Ta có: OM = (1; 2; −3) là 1 VTCP của đường thẳng OM, nên phương trình đường thẳng OM là x = t   y = 2t .  z = −3t  x y z + + = 1 ⇔ 6x + 3 y − 2z − 6 = 0 . 1 2 −3

+ Phương trình mặt phẳng (ABC) là

Gọi OM ∩ ( ABC ) = P ( p; 2 p; −3 p ) , ta có P ∈ ( ABC ) nên: 6 p + 3.2 p − 2. ( −3 p ) − 6 = 0 ⇔ p =

1 3

1 2  ⇒ P  ; ; −1  . 3 3  + Ta có: DE = (1; −2;0 ) ; DF = (1;0;3) ⇒  DE; DF  = ( −6; −3; 2 ) là 1 VTPT của (DEF). ⇒ Phương trình mặt phẳng (DEF) là: −6 x − 3 ( y − 2 ) + 2 ( z + 3) = 0 ⇔ −6 x − 3 y + 2 z + 12 = 0 . Gọi OM ∩ ( DEF ) = Q ( q; 2q; −3q ) , ta có Q ∈ ( DEF ) nên:

−6q − 3.2q + 2 ( −3q ) + 12 = 0 ⇔ q =

2 3

2 4  ⇒ Q  ; ; −2  . 3 3 

Trang 24

14 2 1  2 . Vậy PQ =   +   + ( −1) = 3 3  3

Câu 38: Đáp án B Phương pháp giải: - Phân tích 1 + x + x 2 + x 3 thành nhân tử. n

- Khai triển nhị thức Niu-tơn: ( a + b ) = ∑ Cnk a n− k b k . n

k =0

- Tìm a0 , a1 , a2 , a3 , a4 lần lượt là hệ số của các số hạng không chứa x, chứa x, chứa x 2 , x 3 , x 4 . - Thay vào tính S.

Giải chi tiết: Ta có:

(1 + x + x

k =0

m =0

+ x3 ) = (1 + x + x 2 ( x + 1) ) = ( x + 1) ( x 2 + 1) = ∑ C4k x k ∑ C4m x 2 m 4

Khi đó ta có

( k ; m ) = ( 0;0 ) ⇒ a0 = C40 .C40 = 1 ( k ; m ) = (1;0 ) ⇒ a1 = C41C40 = 4 ( k ; m ) ∈ {( 2;0 ) ; ( 0;1)} ⇒ a2 = C42C40 + C40 .C41 = 10 ( k ; m ) ∈ {( 3;0 ) ; (1;1)} ⇒ a3 = C43C40 + C41 .C41 = 20 ( k ; m ) ∈ {( 4; 0 ) ; ( 2;1) ; ( 0; 2 )} ⇒ a4 = C44C40 + C42C41 + C40 .C42 = 31 Vậy S = C40 a4 − C41a3 + C42 a2 − C43 a1 + C44 a0 = −4 .

Câu 39: Đáp án B Phương pháp giải: Giải phương trình lượng giác cơ bản: sin α = 0 ⇔ α = kπ , cos α = 0 ⇔ α =

π 2

+ kπ ( k ∈ ℤ )

Giải chi tiết: Ta có: sin ( cos x ) = 0 ⇔ cos x = kπ ( k ∈ ℤ ) . Vì −1 ≤ cos x ≤ 1∀x ∈ ℝ nên −1 ≤ kπ ≤ 1, k ∈ ℤ ⇒ k = 0 . Khi đó ta có cos x = 0 ⇔ x = Xét x ∈ [1; 2021] ta có 1 ≤

π 2

+ lπ ( l ∈ ℤ ) .

+ lπ ≤ 2021; l ∈ ℤ ⇔ l ∈ {0;1; 2;...; 642} .

Vậy phương trình đã cho có 643 nghiệm thỏa mãn.

Câu 40: Đáp án C Phương pháp giải:

Trang 25

- Tìm hàm số f ( x ) = ∫ f ′ ( x ) dx . - Xét phương trình f ( x ) = 999 , sử dụng định lí Vi-ét tìm x1 x2 và tính S.

Giải chi tiết: Ta có f ( x ) = ∫ f ′ ( x ) dx = ∫ ( 2 x − 1) dx = x 2 − x + C . Mà f ( 3) = 5 ⇒ 32 − 3 + C = 5 ⇔ C = −1 . Suy ra f ( x ) = x 2 − x − 1 . Xét phương trình f ( x ) = 999 ⇔ x 2 − x − 1 = 999 ⇒ x 2 − x − 1000 = 0 , giả sử phương trình có hai nghiệm

x1 , x2 . Áp dụng định lí Vi-ét ta có x1 x2 = −1000 . Khi đó ta có S = log x1 + log x2 = log x1 x2 = log1000 = 3 .

Câu 41: Đáp án D Phương pháp giải: - Gọi N là trung điểm của CC’ , chứng minh d ( AM ; BC ′ ) = d ( BC ′; ( AMN ) ) = d ( B; ( AMN ) ) . - Đổi d ( B; ( AMN ) ) sang d ( C ; ( AMN ) ) . - Dựng và tính khoảng cách, sử dụng phương pháp dựng khoảng cách từ chân đường cao đến mặt phẳng.

Giải chi tiết:

Gọi N là trung điểm của CC’ ⇒ MN là đường trung bình của tam giác BCC’.

⇒ MN / / BC ′ ⇒ BC ′ / / ( AMN ) ⊃ AM . Khi đó ta có d ( AM ; BC ′ ) = d ( BC ′; ( AMN ) ) = d ( B; ( AMN ) ) . Ta có: BC ∩ ( AMN ) = M ⇒

d ( B; ( AMN ) ) d ( C ; ( AMN ) )

BM = 1 ⇒ d ( B; ( AMN ) ) = d ( C ; ( AMN ) ) . CM

Trong (BCC’B’) kẻ CH ⊥ MN ( H ∈ MN ) ta có:

 AM ⊥ CM ⇒ AM ⊥ ( BCC ′B′ ) ⇒ AM ⊥ CH   AM ⊥ CN

Trang 26

CH ⊥ AM ⇒ CH ⊥ ( AMN ) ⇒ d ( C ; ( AMN ) ) = CH  CH ⊥ MN

⇒ d ( AM ; BC ′ ) = CH .

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông CMN có: CH =

Vậy d ( AM ; BC ′ ) =

CM .CN CM 2 + CN 2

a a . 2 2 =a 2. 4 a2 a2 + 4 4

a 2 . 4

Câu 42: Đáp án C Phương pháp giải: - Chứng minh mặt phẳng đi qua A và vuông góc với A’C chính là (AB’D’). - Xác định (AB’D’) chia khối chóp thành những phần nào và tính thể tích của chúng.

Giải chi tiết:

Gọi (α ) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với A’C. Gọi O′ = A′C ′ ∩ B′D′ và I = AO′ ∩ A′C . Vì ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương cạnh a nên AC = A′C ′ = a 2; A′C = a 3 . Áp dụng định lí Pytago ta có: AO′ = AA′2 + A′O′2 = a 2 +

a2 a 6 = . 2 2

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: 2 AI AC a 6 = = 2 ⇒ AI = 2 IO′ = AO′ = . IO′ A′O′ 3 3 A′I A′O′ 1 1 1 a 3 = = ⇒ A′I = IC = A′C = IC AC 2 2 3 3

Xét tam giác AA’I có: AI 2 + A′I 2 =

2a 2 a 2 + = a 2 = AA′2 , suy ra tam giác AA’I vuông tại I (Định lí 3 3

Pytago đảo) ⇒ AO′ ⊂ (α ) ⇒ O′ ∈ (α ) .  B′D′ ⊥ A′C ′ Lại có  ⇒ B′D′ ⊥ ( ACC ′A′ ) ⇒ B′D′ ⊥ A′C ⇒ B′D′ ⊂ (α )  B′D′ ⊥ AA′

⇒ (α ) ≡ ( AB′D′ ) . Trang 27

Mặt phẳng ( AB′D′ ) chia khối lập phương thành 2 phần: Chóp A.A’B’D’ và khối đa diện B’C’D’.ABCD. Ta có: VA. A′B′D′ =

1 1 1 1 AA′.S A′B′D′ = AA′. S ABCD = VABCD. A′B′C ′D′ 3 3 2 6

1 5 ⇒ VB′C ′D′. ABCD = VABCD. A′B′C ′D′ − VABCD. A′B′C ′D′ = VABCD. A′B′C ′D′ . 6 6 Vậ y k =

VA. A′B′D′ VB′C ′D′. ABCD

1 VABCD. A′B′C ′D′ 1 =6 = 5 5 V ′ ′ ′ ′ 6 ABCD. A B C D

Câu 43: Đáp án D Phương pháp giải: Giải chi tiết: Không gian mẫu: n ( Ω ) = C304 . Gọi A là biến cố: “4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của (H)”. Chọn 1 đỉnh bất kì trong 30 đỉnh là 1 đỉnh của tứ giác, kí hiệu là A1 , có 30 cách chọn. Kí hiệu các đỉnh còn lại theo chiều kim đồng hồ lần lượt là A2 , A3 , A4 ,..., A30 .

x > 1+1 = 2  Khi đó tứ giác có dạng A1 Ax Ay Az , khi đó ta có  y > x + 1 ⇒ 3 ≤ x < y − 1 < z − 2 ≤ 27 . 30 > z > y + 1 > x + 2  3 Đặt X = {3; 4;5;...; 27} , X có 25 phần tử, số cách chọn 1 bộ x, y, z là C25 . 3 ⇒ n ( A ) = 30.C25 .

Vậy xác suất của biến cố A là P ( A) =

3 n ( A ) 30.C25 . = n (Ω) C304

Câu 44: Đáp án B Phương pháp giải: Sử dụng công thức: Gọi ( H ′ ) là hình chiếu của ( H ) lên mặt phẳng ( P ) . Gọi α là góc giữa mặt phẳng

( P)

và mặt phẳng chứa hình ( H ) . Khi đó ta có: S( H ′) = S( H ) cos α .

Giải chi tiết: Vì mặt phẳng tạo với đáy một góc 600 và cắt tất cả các cạnh bên của hình hộp nên hình chiếu của thiết diện lên mặt phẳng đáy chính là ABCD. Khi đó ta có: S ABCD = STD .cos 600 ⇒ STD =

S ABCD = 2 S ABCD , cos 600

Vì ∠BAD = 600 nên ∆ABD là tam giác đều cạnh a ⇒ S ABD =

a2 3 a2 3 . ⇒ S ABCD = 4 2

Vậy STD = a 2 3 . Trang 28

Câu 45: Đáp án A Phương pháp giải: - Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB. Chứng minh d ( AB; CD ) = MN . - Sử dụng công thức VABCD =

1 AB.CD.d ( AB; CD ) .sin∠ ( AB; CD ) . 6

- Đặt CD = x, tính MN theo x, sử dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến. - Sử dụng BĐT Cô-si tìm GTLN của VABCD .

Giải chi tiết:

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB. Vì tam giác ABC, ABD là các tam giác đều cạnh a nên AB = AC = AD = BC = BD = a. CD ⊥ AM ⇒ ∆BCD, ∆ACD là các tam giác cân tại A ⇒  ⇒ CD ⊥ ( ABM ) ⇒ CD ⊥ MN . CD ⊥ BM

Lại có ∆BCD = ∆ACD ( c.c.c ) ⇒ AM = BM ⇒ ∆ABM cân tại M ⇒ MN ⊥ AB .

⇒ d ( AB; CD ) = MN . Đặt CD = x ( x > 0 ) ta có AM = BM =

⇒ MN =

a2 + a2 x2 4a 2 − x 2 − = . 2 4 2

4a 2 − x 2 4 a 2 − x 2 + a2 3a 2 − x 2 4 4 − = 2 4 2

Do đó ta có

VABCD =

1 AB.CD.d ( AB; CD ) .sin∠ ( AB; CD ) 6

1 3a 2 − x 2 = a.x. .sin∠ ( AB; CD ) 6 2

Trang 29

Để VABCD

 3a 2 − x 2 dat GTLN  f ( x ) = x. đạt giá trị lớn nhất thì  2  sin∠ ( AB; CD ) = 1 

Áp dụng BĐT Cô-si ta có f ( x ) = x. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = Vậy max VABCD =

3a 2 − x 2 1 x 2 + 3a 2 − x 2 3a 2 ≤ . = . 2 2 2 4

3a 2 − x 2 a 15 . ⇔ 4 x 2 = 3a 2 − x 2 ⇔ x = 2 5

1 3a 2 a 3 a. = . 6 4 8

Câu 46: Đáp án D Phương pháp giải: - Dựng hình chữ nhật ABHC, chứng minh DH ⊥ ( ABCD ) . - Xác định góc giữa AD và (ABC) là góc giữa AD và hình chiếu của AD lên (ABC). - Chứng minh ABHC là hình vuông. - Xác định đoạn vuông góc chung của AD và BC. - Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao DH và độ dài đường chéo của hình vuông ABHC. 1 - Tính S ABHC ⇒ S ABC , từ đó tính thể tích VABCD = HD.S ABC . 3

Giải chi tiết:

Dựng hình chữ nhật ABHC ta có:

 AB ⊥ BD ⇒ AB ⊥ ( BDH ) ⇒ AB ⊥ DH   AB ⊥ BH  AC ⊥ CH ⇒ AC ⊥ ( CDH ) ⇒ AC ⊥ DH   AC ⊥ CD ⇒ DH ⊥ ( ABCD ) Trang 30

⇒ AH là hình chiếu của AD lên (ABC) ⇒ ∠ ( AD; ( ABC ) ) = ∠ ( AD; AH ) = ∠DAH = 450 .  BC ⊥ DH ( DH ⊥ ( ABCD ) ) Ta có:  ⇒ BC ⊥ ( ADH ) ⇒ BC ⊥ AH .  BC ⊥ AD ( gt )

⇒ ABHC là hình vuông (Tứ giác có hai đường chéo vuông góc).

Gọi O = AH ∩ BC , trong (ADH) kẻ OK ⊥ AD ( K ∈ AD ) ta có: OK ⊥ AD ⇒ d ( AD; BC ) = OK = a .  OK ⊥ BC ( BC ⊥ ( ADH ) )

Xét tam giác OKA vuông tại K có ∠OAK = 450 nên tam giác OAK vuông cân tại K ⇒ OA = OK 2 = a 2 .

⇒ AH = 2OA = 2 2a . Lại có tam giác AHD vuông cân tại H nên HD = AH = 2 2a . Ta có: S ABHC =

1 1 AH 2 = 2 2a 2 = 4a 2 ⇒ S ABC = 2a 2 . 2 2

(

)

1 1 4 2a 3 . Vậy VABCD = HD.S ABC = .2 2a.2a 2 = 3 3 3 Câu 47: Đáp án C Phương pháp giải: - Từ f ′ ( x ) suy ra các nghiệm của phương trình f ′ ( x ) = 0 , chú ý nghiệm bội chẵn, bội lẻ. - Tính đạo hàm g ′ ( x ) . - Giải phương trình g ′ ( x ) = 0 xác định các nghiệm bội lẻ.

Giải chi tiết:

 x = −1 ( nghiem boi 2 ) 2 Theo bài ra ta có: f ′ ( x ) = 0 ⇔ ( x + 1) ( x − 3 ) = 0 ⇔   x = 3 ( nghiem don ) Ta có:

g ( x) = f

(

⇒ g′ ( x) = =

x2 + 2 x + 6 2x + 2 2

2 x + 2x + 6 x +1

)

x + 2x + 6

f′

(

f′

(

x2 + 2 x + 6

x2 + 2x + 6

)

x +1 = 0  x = −1 Cho g ′ ( x ) = 0 ⇔  ⇔  2 2  f ′ x + 2x + 6 = 0  x + 2 x + 6 = 3 

(

)

Trang 31

 x = −1  x = −1  x = −1  ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔  x = 1 (đều là các nghiệm đơn)  x + 2x + 6 = 9  x + 2x − 3 = 0  x = −3 (Ta không xét

x 2 + 2 x + 6 = −1 vì f ′ ( x ) không đổi dấu qua x = −1 nên nghiệm của phương trình

x 2 + 2 x + 6 = −1 không làm cho g ′ ( x ) đổi dấu). Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Câu 48: Đáp án A Phương pháp giải: - Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Chứng minh tam giác ABN, CDM là các tam giác vuông cân. - Tính BN, CN theo MN. - Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông BCN, từ đó tính MN theo a và suy ra CD theo a.

Giải chi tiết:

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.  AN ⊥ CD Vì tam giác ACD, BCD là các tam giác cân lần lượt tại A và B nên  .  BN ⊥ CD

( ACD ) ⊥ ( BCD ) = CD  Lại có  AN ⊂ ( ACD ) , AN ⊥ CD ⇒ ∠ ( ( ACD ) ; ( BCD ) ) = ∠ ( AN ; BN ) = ∠ANB = 900 .  BN ⊂ ( BCD ) , BN ⊥ CD  Dễ thấy ∆ACD = ∆BCD ( c.c.c ) ⇒ AN = BN ⇒ ∆ABN vuông cân tại N ⇒ MN =

1 AB . 2

1 Chứng minh tương tự ta có ∆MCD vuông cân tại M nên MN = CD . 2 ⇒ AB = CD .

Trang 32

1 Ta có: BN = 2 MN , CN = CD = MN . 2 Xét tam giác vuông BCN có: BN 2 + CN 2 = BC 2

⇒ 2 MN 2 + MN 2 = a 2 ⇒ MN = Vậy CD = 2 MN =

a 3 . 3

2a 3 . 3

Câu 49: Đáp án A Phương pháp giải: - Tìm min y; max y [−1;3]

a[ −1;3]

 f ( a ) > 0 - Để f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) là độ dài ba cạnh của một tam giác thì  .  f ( a ) + f ( b ) > f ( c ) Giải chi tiết: Ta có: y′ = 3 x 2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1 ∈ [ −1;3] . Ta có y ( −1) = 2 − m; y (1) = −2 − m; y ( 3) = 18 − m .

⇒ min y = −2 − m; max y = 18 − m . [−1;3]

a[ −1;3]

Không mất tính tổng quát, ta giả sử f ( a ) ≤ f ( b ) ≤ f ( c ) . Vì a, b, c∈ [ −1;3] nên −2 − m ≤ f ( a ) ≤ f ( b ) ≤ f ( c ) ≤ 18 − m .

 f ( a ) > 0 Để f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) là độ dài ba cạnh của một tam giác thì  (*) .  f ( a ) + f ( b ) > f ( c ) −2 − m ≤ f ( a ) Ta có:  ⇒ f ( a ) + f ( b ) ≥ −4 − 2m . −2 − m ≤ f ( b )  −2 − m > 0  m < −2 ⇔ ⇔ m ≤ −22 . Do đó (*) luôn đúng khi và chỉ khi  −4 − 2m ≥ 18 − m m ≤ −22 Câu 50: Đáp án B Phương pháp giải: 1 - Sử dụng kiến thức: VACB′D′ = VABCD. A′B′C ′D′ . 3

( P ) ⊥ ( Q ) = d - Sử dụng định lí  ⇒ a ⊥ (Q ) . a ⊂ ( P ) , a ⊥ d - Tính thể tích khối lăng trụ = tích chiều cao và diện tích đáy tương ứng.

Giải chi tiết:

Trang 33

Gọi O = AC ∩ BD ⇒O là trung điểm của AC và BD. Vì ACC’A’ là hình thoi nên AA’ = AC, lại có ∠A′AC = 600 (gt) nên ∆A′AC là tam giác đều ⇒ A′O ⊥ AC

( ACC ′A′) ⊥ ( ABCD ) = AC Ta có:  ⇒ A′O ⊥ ( ABCD ) .  A′O ⊂ ( ACC ′A′ ) , A′O ⊥ AC Xét tam giác ABC có: AB = AD (do ABCD là hình thoi), ∠BAD = 600 ( gt ) nên tam giác ABC đều cạnh a.

⇒ AO =

a 3 a2 3 a2 3 . ⇒ S ABCD = ⇒ AC = a 3 và S ABC = 2 4 2

⇒ ∆A′AC là tam giác đều cạnh a 3 ⇒ A′O =

a 3. 3 3a . = 2 2

1 1 1 3a a 2 3 a 3 3 Vậy VACB′D′ = VABCD. A′B′C ′D′ = . A′O.S ABCD = . . . = 3 3 3 2 2 4

Trang 34

SỞ GD & ĐT THANH HÓA

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT LẦN 1 KHỐI 12

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH 1

NĂM HỌC 2020 – 2021

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

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

Câu 1: Tập nghiệm của phương trình 2 x A. S =

{ 3} .

−1

{

= 4 là

}

{

B. S = − 3; 3 .

Câu 2: Xét tất cả các số thực dương a và b thỏa mãn log 3 a = log 27 A. a 2 = b.

D. S = {−2; 2} . } ( a b ) . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

C. S = − 2; 2 .

B. a 3 = b.

C. a = b.

D. a = b 2 .

Câu 3: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 8 ( cm ) , chiều cao SH bằng 3 ( cm ) . Tính thể tích khối chóp? A. V = 64 ( cm3 ) .

B. V = 16 ( cm3 ) .

C. V = 24 ( cm3 ) .

D. V = 48 ( cm3 ) .

Câu 4: Cho cấp số cộng ( un ) có số hạng đầu u1 = 2, công sai d = 3. Số hạng thứ 5 của ( un ) bằng A. 30.

B. 10.

C. 162.

D. 14.

Câu 5: Đồ thị hàm số y = x 4 − 2 x 2 + 5 cắt đường thẳng y = 6 tại bao nhiêu điểm? A. 3.

B. 2.

C. 1.

D. 0.

Câu 6: Đường cong trong hình bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?

A. y = − x 2 + x − 1.

B. y = − x 3 + 3 x + 1.

C. y = x3 − 3 x + 1.

Câu 7: Đường cong trong hình vẽ sau là đồ thị của hàm số nào?

D. y = x 4 − x 2 + 1.

A. y = x 4 − 4 x 2 + 1.

B. y = x 4 − 2 x 2 − 1.

C. y = − x 4 + 4 x 2 + 1.

D. y = x 4 + 2 x 2 + 1.

Câu 8: Tính đạo hàm của hàm số f ( x ) = 23 x −1 thì khẳng định nào sau đây đúng? A. f ' ( x ) = ( 3 x − 1) 23 x −2.

B. f ' ( x ) = 23 x −1 ln 2.

C. f ' ( x ) = 23 x −1 log 2.

D. f ' ( x ) = 3.23 x −1 ln 2.

Câu 9: Tìm tập xác định D của hàm số y = log3 ( 3 − x ) . A. D = ( −∞;3) . Câu 10: Cho hàm số y =

B. D = ( 3; +∞ ) .

C. D = ℝ \ {3} .

D. D = ( −∞;3] .

x+2 có đồ thị ( C ) . Tính hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị ( C ) tại điểm có hoành x −1

độ bằng 3. A.

−3 . 4

−3 . 2

3 . 4

5 . 2

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

Hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng nào?

A. ( −2;1) .

B. ( −2; +∞ ) .

C. (1; +∞ ) .

D. ( −∞;1) .

Câu 12: Cho hình trụ có bán kính đáy r = 7 và có độ dài đường sinh l = 3. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A. 49π .

B. 21π .

C. 42π . 2

D. 147π .

Câu 13: Tính thể tích V của khối lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ', biết tổng diện tích các mặt của hình lập phương bằng 150. A. V = 100.

B. V = 125.

C. V = 75.

D. V = 25.

Câu 14: Lớp 12 A có 20 học sinh nam và 25 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn 1 đôi song ca gồm 1 nam và 1 nữ? A. 500.

B. C452 .

C. A452 .

D. 45.

Câu 15: Phương trình log 2 ( 2 x + 4 x − 2 ) − x = 0 có nghiệm là A. 2.

1 . 2

C. 1.

1 . 4

Câu 16: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ.

Phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là

A. y = −2.

B. x = −1.

C. x = −2.

D. y = −1.

Câu 17: Tính thể tích V của một cái cốc hình trụ có bán kính đáy bằng 5cm, chiều cao bằng 10cm. A.

500 π cm3 . 3

B. 250π cm3 .

C. 500π cm3 .

250 π cm3 . 3

3 . 2

Câu 18: Cho ( un ) là một cấp số nhân có u1 = 3 và công bội q = 2. Giá trị của u2 bằng. A. 8.

B. 9.

C. 6.

Câu 19: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA ⊥ ( ABCD ) , SA = 3a. Thể tích V của khối chóp S . ABCD là

A. V = 3a 3 .

1 B. V = a 3 . 3

C. V = 2a 3 .

Câu 20: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng xét dấu f ' ( x ) như sau.

D. V = a 3 .

Hàm số đạt cực đại tại điểm

A. x = 2.

B. x = 0.

C. x = 1.

D. x = −2.

Câu 21: Hàm số y = ax3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây là 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. 3

Câu 22: Tập xác định của hàm số y = ( − x 2 + 4 x + 5 ) 4 + 4 − x là A. [ 4;5) .

B. ( −1; 4] .

C. ( −1;5) .

D. ( −∞; −1) .

Câu 23: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ và có bảng xét dấu đạo hàm như sau.

x y'

−∞

x1 0

−

x2 +

+∞

−

Khi đó số cực trị của hàm số y = f ( x ) là

A. 4.

B. 1.

C. 3.

Câu 24: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên.

D. 2.

Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?

A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng −1. B. Hàm số có đúng một cực trị. C. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và cực tiểu tại x = 1. D. Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng −1. Câu 25: Hàm số nào sau đây đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) . A. y =

x −1 . x+3

B. y = − x 3 − 3 x.

C. y =

x −1 . x−2

D. y = x 3 + x.

Câu 26: Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy bằng a, cạnh bên gấp hai lần cạnh đáy. A. V =

a3 3 . 12

B. V =

a3 3 . 2

C. V =

a3 3 . 4

D. V =

a3 3 . 6

Câu 27: Cho khối chóp S . ABC có đáy là tam giác đều. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và SA = a 2, SC = a 3. Thể tích của khối chóp đã cho bằng A.

6a 3 . 4

6a 3 . 12

3a 3 . 6

3a 3 . 3

Câu 28: Tập xác định của hàm số y = log 2 ( x 2 − 2 x − 3) là A. D = ( −∞; −1] ∪ [3; +∞ ) .

B. D = ( −1;3) .

C. D = [ −1;3] .

D. D = ( −∞; −1) ∪ ( 3; +∞ ) .

Câu 29: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x +

9 trên đoạn [1;5]. Tính giá trị x

của biểu thức A = 4m − M .

A. 14.

B. 12.

C. 13. 5

D. 11.

(

Câu 30: Gọi x1 , x2 ( x1 < x2 ) là nghiệm của phương trình 2 − 3

) + (2 + 3)

= 4. Khi đó 2019 x1 + 2020 x2

bằng

A. 4039.

B. 1.

C. −1.

D. 2020.

Câu 31: Tính thể tích V của khối nón tròn xoay, biết đường kính đường tròn đáy 4 và độ dài đường sinh bằng 5 A. V =

4 21π . 3

B. V =

16π . 3

C. V = 4 21π .

D. V = 16π .

x +1 và đường thẳng d : y = ax + b cắt nhau tại hai điểm A và B có hoành độ x −1 lần lượt bằng 0 và 2. Lúc đó giá trị a.b bằng

Câu 32: Đồ thị của hàm số y =

A. 1.

B. 0.

C. −2.

Câu 33: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y =

D. 2. mx + 4 nghịch biến trên khoảng x+m

( −∞;1) ? A. −2 ≤ m ≤ −1. Câu 34: Cho hàm số y =

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

B. −2 ≤ m ≤ 2.

C. −2 < m < 2.

D. −2 < m ≤ −1.

ax + b có đồ thị như hình sau. Khẳng định nào sau đây đúng? x+c

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

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

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

Câu 35: Cho hàm số bậc ba f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình

f ( x ) + 1 = m có 3 nghiệm phân biệt là

A. 3.

B. 5.

C. 2.

D. 4.

Câu 36: Ông A đã gửi tổng cộng 500 triệu đồng vào hai ngân hàng X và Y theo phương thức lãi kép. Số tiền thứ nhất ông gửi vào ngân hàng Y với lãi suất cố định là 0,37% một tháng trong 9 tháng. Số tiền còn lại ông gửi vào ngân hàng X với lãi suất cố định là 1,7% một quý trong thời gian 15 tháng. Tổng số tiền lãi ông đã thu được từ hai ngân hàng khi chưa làm tròn là 27866121,21 đồng. Tính số tiền gần nhất mà ông A đã gửi lần lượt vào hai ngân hàng X và Y. A. 400 triệu đồng và 100 triệu đồng.

B. 300 triệu đồng và 200 triệu đồng.

C. 200 triệu đồng và 300 triệu đồng.

D. 100 triệu đồng và 400 triệu đồng.

Câu 37: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ. Hỏi đồ thị của hàm số đã cho có bao nhiêu đường tiệm cận?

A. 2.

B. 4.

C. 1.

D. 3.

Câu 38: An và Bình cùng tham gia kỳ thi THPT Quốc Gia, trong đó có 2 môn thi trắc nghiệm là Vật lí và Hóa học. Đề thi của mỗi môn gồm 6 mã khác nhau và các môn khác nhau có mã khác nhau. Đề thi được sắp xếp và phát cho các thí sinh một cách ngẫu nhiên. Xác suất để trong 2 môn thi đó An và Bình có chung đúng một mã đề thi là A.

5 . 18

13 . 18

5 . 36

31 . 36

Câu 39: Cho hình nón N1 có đỉnh S , chiều cao h . Một hình nón N 2 có đỉnh là tâm của đáy N1 và có đáy là một thiết diện song song với đáy của N1 như hình vẽ. Khối nón N 2 có thể tích lớn nhất khi chiều cao x bằng A.

h 3 . 3

h . 2

h . 3

2h . 3

Câu 40: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi tâm O, tam giác ABD đều cạnh a 2, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA =

A. 600.

3a 2 . Góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 2

B. 900.

C. 450.

D. 300.

Câu 41: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m nhỏ hơn 100 để hàm số y = x 4 − 2 ( m − 1) x 2 + m − 2 nghịch biến trên khoảng (1;3) ?

A. 90.

B. 91.

C. 88. 7

D. 89.

Câu 42: Cho hình chóp đều S . ABCD có AB = 2a, SA = 3a (minh họa hình vẽ). Gọi M là trung điểm của AD . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BM bằng

3 3a . 4

Câu 43: Cho phương trình

2 93a . 31

2a . 3

a 6 . 3

log 32 x − 4 log 3 x − 5 = m ( log 3 x + 1) với m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị

của m để phương trình có nghiệm thuộc [ 27; +∞ ) .

A. 0 ≤ m < 1.

B. 0 < m ≤ 2.

C. 0 ≤ m ≤ 1.

D. 0 < m < 2.

Câu 44: Cho hàm số f ( x ) biết f ' ( x ) = x 2 ( x − 1) ( x 2 − 2mx + m + 6 ) . Số giá trị nguyên của m để hàm số đã cho có đúng một điểm cực trị là

A. 6.

B. 4.

C. 7.

D. 5.

Câu 45: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 9 x − ( m − 1) .3x − m − 1 = 0 có nghiệm thuộc khoảng ( 0;1) .

5 A. 1 < m < . 4

1 11 <m< . 3 4

5 7 <m< . 4 4

1 11 <m< . 2 4

Câu 46: Cho hàm số đa thức bậc bốn y = f ( x ) , biết hàm số có ba điểm cực trị x = −3, x = 3, x = 5. Có tất cả

(

bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao cho hàm số g ( x ) = f e x

A. 5.

B. 6.

C. 3.

+ 3 x2

)

− m có đúng 7 điểm cực trị. D. 4.

Câu 47: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 127 số nguyên y thỏa mãn log 3 ( x 2 + y ) ≥ log 2 ( x + y ) ?

A. 45.

B. 90.

C. 89.

Câu 48: Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

D. 46.

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = x 4  f ( x − 1)  là

A. 7.

B. 5.

C. 9.

D. 11.

= 1350 , tam giác SAB Câu 49: Cho hình chóp S . ABC , đáy là tam giác ABC có AB = a; AC = a 2 và CAB vuông tại B và tam giác SAC vuông tại A. Biết góc giữa hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SAB ) bằng 300. Tính thể tích khối chóp S . ABC .

a3 6 . 6

a3 . 3

a3 6 . 3

a3 . 6

Câu 50: Cho hàm số y = f ( x ) và f ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ. Biết hàm số y = f ' ( x ) có bảng biên thiên như hình vẽ và  1  137 . f  =  2  16

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m ∈ [ −2020; 2020] để hàm số g ( x ) = e− x

A. 2019.

B. 2020.

+ 4 mx − 5

C. 4040.

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

1  . f ( x ) đồng biến trên  −1;  . 2 

D. 4041.

BẢNG ĐÁP ÁN 1-B

2-A

3-A

4-D

5-B

6-C

7-A

8-D

9-A

10-A

11-C

12-C

13-B

14-A

15-B

16-D

17-B

18-C

19-D

20-D

21-B

22-B

23-C

24-C

25-D

26-B

27-B

28-D

29-A

30-B

31-A

32-C

33-D

34-C

35-A

36-C

37-D

38-A

39-C

40-A

41-A

42-D

43-A

44-D

45-D

46-B

47-B

48-C

49-D

50-B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn B. Ta có: 2 x

−1

= 4 ⇔ 2x

−1

= 22 ⇔ x 2 − 1 = 2 ⇔ x 2 = 3 ⇔ x = ± 3.

{

}

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S = − 3; 3 .

Câu 2: Chọn A. 1 Vì a > 0; b > 0 nên ta có log 3 a = log 27 a 2 b ⇔ log 3 a = log 3 a 2 b ⇔ 3log 3 a = log 3 a 2 b 3

(

)

(

)

(

)

⇔ log 3 ( a 3 ) = log 3 a 2 b ⇔ a 3 = a 2 b ⇔ a = b ⇔ a 2 = b.

Câu 3: Chọn A. 1 1 1 Thể tích khối chóp S . ABCD là V = B.h = AB 2 .SH = .82.3 = 64 ( cm3 ) . 3 3 3

Câu 4: Chọn D. Áp dụng công thức số hạng thứ n của cấp số cộng un = u1 + ( n − 1) d . Ta có số hạng thứ 5 của ( un ) là u5 = u1 + 4d = 2 + 4.3 = 14.

Câu 5: Chọn B. Phương trình hoành độ giao điểm:

 x 2 = 1 + 2 ( nhan ) x − 2x + 5 = 6 ⇔ x − 2x −1 = 0 ⇔  ⇔ x = ± 1+ 2  x 2 = 1 − 2 ( loai ) 4

Vậy đồ thị hàm số cắt đường thẳng tại 2 điểm.

Câu 6: Chọn C. Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đây là đồ thị của hàm số bậc 3 có hệ số a > 0 nên nhận đáp án y = x3 − 3 x + 1. 10

Câu 7: Chọn A. Do bề lõm quay lên trên nên loại đáp án C.

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị nên loại đáp án D. Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên đáp án đúng là A. Câu 8: Chọn D. Ta có f ( x ) = 23 x −1 ⇒ f ' ( x ) = ( 3 x − 1) '.23 x −1 ln 2 = 3.ln 2.23 x −1.

Câu 9: Chọn A. Hàm số xác định ⇔ 3 − x > 0 ⇔ x < 3. Vậy tập xác định của hàm số D = ( −∞;3) .

Câu 10: Chọn A. Ta có y ' =

−3

( x − 1)

Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị ( C ) tại điểm có hoành độ bằng 3 là: k = y ' ( 3 ) =

Câu 11: Chọn C. Hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −∞; −2 ) và (1; +∞ ) .

Câu 12: Chọn C. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng S xq = 2π rl = 2π .7.3 = 42π (đvdt).

Câu 13: Chọn B. Mỗi mặt của hình lập phương có diện tích là: 150 : 6 = 25 Cạnh của hình lập phương là: 5. Vậy thể tích của khối lập phương là: 53 = 125.

Câu 14: Chọn A. 1 1 .C20 Số cách chọn một đôi song ca gồm một nam và một nữ là: C25 = 500.

Câu 15: Chọn B. Điều kiện 2 x + 4 x > 2 Ta có log 2 ( 2 x + 4 x − 2 ) − x = 0 ⇔ 2 x + 4 x − 2 = 2 x ⇔ 4 x = 2 ⇔ x =

Câu 16: Chọn D.

1 (N ). 2

−3 . 4

Ta có lim y = −1, lim y = −1 nên đồ thị có đường tiệm cận ngang là y = −1. x →+∞

x →−∞

Câu 17: Chọn B. Thể tích V của khối trụ là V = π r 2 h = π .52.10 = 250π cm3 .

Câu 18: Chọn C. Ta có u2 = u1.q = 3.2 = 6.

Câu 19: Chọn D. 1 V = SA.S ABCD = a 3 . 3

Câu 20: Chọn D. Hàm số liên tục trên ℝ và có đạo hàm f ' ( x ) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua điểm x = −2 . Nên x = −2 là điểm cực đại của hàm số.

Câu 21: Chọn B. Dựa vào đồ thị, ta có lim y = +∞ nên a > 0. x →+∞

 x1 + x2 > 0 Hàm số có 2 điểm cực trị x1 , x2 thỏa −1 < x1 < 0 và x2 > 1 nên   x1 x2 < 0  2b − 3a > 0 b < 0 . Khi đó  ⇔ < 0 c c   <0  3a

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên d > 0. Vậy a > 0, b < 0, c < 0, d > 0.

Câu 22: Chọn B.

− x 2 + 4 x + 5 > 0  −1 < x < 5 ⇔ ⇔ −1 < x ≤ 4. Điều kiện:  x ≤ 4 4 − x ≥ 0   Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D = ( −1; 4] .

Câu 23: Chọn C. Từ bảng xét dấu ta thấy số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) là 3.

Câu 24: Chọn C. Từ bảng biến thiên ta thấy qua x = 0 thì y ' không đổi dấu nên hàm số đã cho không đạt cực đại tại x = 0 suy ra đáp án C sai. 12

Câu 25: Chọn D. Loại đáp án A và C là hai hàm số phân thức bậc nhất trên bậc nhất. Loại đáp án B vì y ' = −3 x 2 − 3 < 0, ∀x ∈ ℝ. Vậy: Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) là: y = x 3 + x.

Câu 26: Chọn B.

Khối lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' là khối lăng trụ đứng, cạnh bên có độ dài là: 2a. Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' là: V = AA '.S ∆ABC

a 2 3 a3 3 . = 2a. = 4 2

Câu 27: Chọn B.

Ta có SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA ⊥ AC ⇒ AC = SC 2 − SA2 = 3a 2 − 2a 2 = a. 2 1 = 1 a.a.sin 600 = a 3 . Khi đó S ABC = . AB. AC.sin BAC 2 2 4

1 1 a2 3 6a 3 . Vậy VS . ABC = .SA.S ABC = .a 2. = 3 3 4 12 13

Câu 28: Chọn D. Hàm số y = log 2 ( x 2 − 2 x − 3) xác định ⇔ x 2 − 2 x − 3 > 0

⇔ x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 3; +∞ ) . Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D = ( −∞; −1) ∪ ( 3; +∞ ) .

Câu 29: Chọn A. y ' = 1−

9 , với ∀x ≠ 0. x2

y ' = 0 ⇔ 1−

9 = 0 ⇔ x = ±3. x2

9 34 = . 5 5

y (1) = 10, y ( 3) = 6, y ( 5 ) = 5 +

Vậy M = 10, m = 6 nên 4m − M = 14.

Câu 30: Chọn B.

(

)

(

Đặt t = 2 + 3 , t > 0 ta có 2 − 3

)

1 = . t

1 Ta có phương trình t + = 4 ⇔ t 2 − 4t + 1 = 0 ⇔ t = 2 ± 3. t

(

)

(

)

* Vớ i t = 2 + 3 ⇔ 2 + 3 * Vớ i t = 2 − 3 ⇔ 2 + 3

= 2 + 3 ⇔ x = 1. = 2 − 3 ⇔ x = −1. Vậy x1 = −1, x2 = 1.

Do đó 2019 x1 + 2020 x2 = −2019 + 2020 = 1.

Câu 31: Chọn A.

Ta có: bán kính đáy R = 2.

Đường cao hình nón h = l 2 − R 2 = 52 − 22 = 21. 14

Diện tích đáy S = π R 2 = 4π .

1 1 4 21π . Thể tích khối tròn xoay là: V = Sh = 4π . 21 = 3 3 3

Câu 32: Chọn C. Tập xác định D = ℝ \ {1} . Với x A = 0 ⇒ y A = −1 ⇒ A ( 0; −1) . Với xB = 2 ⇒ yB = 3 ⇒ B ( 2;3) . b = −1 a = 2 Ta có: A ( 0; −1) ∈ d , B ( 2;3 ) ∈ d ⇒  . ⇔  2a + b = 3 b = −1

Vậy a.b = −2.

Câu 33: Chọn D. TXĐ: D = ℝ \ {− m} . y'=

m2 − 4

( x + m)

ad − bc < 0 Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞;1) ⇔  − m ∉ ( −∞;1)

m 2 − 4 < 0 ⇔ −m ≥ 1  −2 < m < 2 ⇔  m ≤ −1

⇔ −2 < m ≤ 1 Vậy −2 < m ≤ −1.

Câu 34: Chọn C. Tiệm cận đứng là đường thẳng x = −c nằm bên phải trục tung nên −c > 0 ⇒ c < 0. Tiệm cận ngang là đường thẳng y = a nằm bên dưới trục hoành nên a < 0.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng

b > 0 ⇔ b < 0. c

Câu 35: Chọn A. Xét phương trình f ( x ) + 1 = m ⇔ f ( x ) = m − 1 (1) . 15

Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = m − 1 là đường thẳng song song hoặc trùng với trục hoành. Vậy để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thì −1 < m − 1 < 3 ⇔ 0 < m < 4. Do m ∈ ℤ nên m ∈ {1; 2;3} . Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 36: Chọn C. * Gọi x (triệu đồng) là số tiền ban đầu mà ông A gửi vào ngân hàng X .

y (triệu đồng) là số tiền ban đầu mà ông A gửi vào ngân hàng Y . (Điều kiện x, y > 0) * Ban đầu ông A gửi tổng cộng 500 triệu đồng vào hai ngân hàng X và Y nên ta có phương trình x + y = 500 (1) . 9

* Số tiền ông A thu được sau 9 tháng gửi ngân hàng Y là y (1 + 0,37% ) (triệu đồng) 9 9 ⇒ số tiền lãi sau 9 tháng là y (1 + 0,37% ) − y = y (1 + 0,37% ) − 1 (triệu đồng)  

* Số tiền ông A thu được sau 15 tháng gửi ngân hàng X là x (1 + 1, 7% ) (triệu đồng) 5 5 ⇒ số tiền lãi sau 15 tháng là x (1 + 1, 7% ) − x = x (1 + 1, 7% ) − 1 (triệu đồng).  

* Tổng số tiền lãi ông đã thu được từ hai ngân hàng là 27866121,21 đồng nên ta có phương trình 5 9 x (1 + 1, 7% ) − 1 + y (1 + 0,37% ) − 1 = 27,86612121 ( 2 ) .     * Từ (1) và ( 2 ) ta có hệ phương trình

 x + y = 500  x = 202, 568 . ⇔ 5 9       x (1 + 1, 7% ) − 1 + y (1 + 0, 37% ) − 1 = 27,86612121  y = 291, 431 Vậy số tiền gần nhất mà ông A đã gửi lần lượt vào hai ngân hàng X và Y là 200 triệu đồng và 300 triệu đồng.

Câu 37: Chọn D. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy: * lim + y = −∞ ⇒ đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = −2 x →( −2 )

* lim− y = +∞ ⇒ đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = 0 x→0

* lim y = 0 ⇒ đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 0 x →+∞

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

Câu 38: Chọn A. Số cách nhận mã đề 2 môn thi của An là 6.6 = 36 Số cách nhận mã đề 2 môn thi của Bình là 6.6 = 36 ⇒ Số phần tử của không gian mẫu là Ω = 36.36 = 1296

Gọi M là biến cố “An và Bình có chung đúng một mã đề thi” Có hai trường hợp trùng mã đề (Vật lí hoặc Hóa học). Nếu An nhận đề trước thì An có 6.6 = 36 cách nhận. Bình nhận đề sau mã đề trùng với mã đề của An thì môn trùng chỉ có 1 cách nhận (An nhận mã đề gì thì bắt buộc Bình nhận mã đề đấy), môn còn lại Bình phải nhận mã đề khác An nên Bình có 5 cách nhận mã đề (nhận 5 mã đề còn lại, trừ mã đề của An ra) ⇒ Số kết quả thuận lợi cho biến cố M là ΩM = 2.36.5 = 360

Vậy xác suất để trong 2 môn thi đó An và Bình có chung đúng một mã đề thi là P(M ) =

ΩM Ω

360 5 = . 1296 18

Câu 39: Chọn C.

Gọi r là bán kính đáy khối nón N1. Gọi V1 là thể tích khối nón N1.

3V1 1 Ta có V1 = π r 2 h ⇔ r = . πh 3 Gọi r ' là bán kính đáy của khối nón N 2 . Ta có

r (h − x) r' h−x . = ⇔ r'= r h h

Gọi V2 là thể tích khối nón N 2 . 17

1 π r2 π 3V V 2 Ta có V2 = π r '2 x = 2 ( h − x ) x = 2 . 1 ( h − x )( h − x ) 2 x = 13 ( h − x )( h − x ) 2 x. 3 3h 6h π h 2h Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương h − x, h − x, 2 x ta có:

( h − x )( h − x ) ⇔

( h − x + h − x + 2x) 2x ≤ 27

⇔ ( h − x )( h − x ) 2 x ≤

8h 3 27

V1 4V h − x )( h − x ) 2 x ≤ 1 . 3 ( 2h 27

h Dấu “=” xảy ra h − x = 2 x ⇔ x = . 3

Vậy khối nón N 2 có thể tích lớn nhất khi chiều cao x bằng

h . 3

Câu 40: Chọn A.

Tứ giác ABCD là hình thoi tâm O nên AC ⊥ BD tại O . Tam giác ABD đều cạnh a 2 nên AO = a 2.

= Tam giác SAO vuông tại A nên tan SOA

3 a 6 . = 2 2

SA 3a 2 2 = 600 . . = = 3, do đó SOA AO 2 a 6

Ta có SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ A là hình chiếu của S trên ( ABCD ) . ⇒ AO là hình chiếu của SO trên ( ABCD ) .

= 600 . ⇒ ( SO, ( ABCD ) ) = ( SO, AO ) = SOA

Câu 41: Chọn A. Tập xác định D = ℝ. 18

Ta có y ' = 4 x3 − 4 ( m − 1) x. Hàm số nghịch biến trên (1;3) ⇔ y ' ≤ 0, ∀x ∈ (1;3) ⇔ g ( x ) = x 2 + 1 ≤ m, ∀x ∈ (1;3) . Lập bảng biến thiên của g ( x ) trên (1;3) . Ta có:

Dựa vào bảng biến thiên, ta kết luận: m ≥ 10 hàm số nghịch biến trên (1;3) . Vậy có 90 giá trị nguyên của tham số m nhỏ hơn 100 để hàm số nghịch biến trên (1;3) .

Câu 42: Chọn D.

Gọi O là tâm hình vuông ABCD, N là trung điểm của BC , DN cắt AC tại I . ⇒ AC = 2a 2, OI =

OC AC a 2 = = , SO = SA2 − AO 2 = a. 3 6 3

O.SID là tam diện vuông tại O

⇒

1 1 1 1 1 1 = + 2+ = 2+ 2 2 OD a d ( O, ( SID ) ) SO OI a 2 2

⇒ d ( O, ( SID ) ) =

(

)

1 a 2    3 

a 6 . 6 19

6 . a2

BM / / BN ⇒ BM / / ( SID ) ⇒ d ( BM , SD ) = d ( B, ( SID ) ) = 2d ( O, ( SID ) ) = 2.

a 6 a 6 . = 6 3

Câu 43: Chọn A. Vì x ∈ [ 27; +∞ ) ⇒ log3 x ≥ 3

t 2 − 4t − 5 = m ( t + 1)

Đặt t = log 3 x ⇒ t ≥ 3 ta có: Khi đó ta có

t 2 − 4t − 5 = m ( t + 1) ⇔

( t ≥ 3) ⇒ m ≥ 0.

( t + 1)( t − 5 ) = m ( t + 1)

Vì t ≥ 3 ⇒ t + 1 ≥ 4 ⇒ Từ điều kiện ( t − 5 )( t + 1) ≥ 0 ⇒ t ≥ 5 Do đó

( t + 1)( t − 5 ) = m ( t + 1) ⇔ ( t + 1)( t − 5 ) = m2 ( t + 1)

−m 2 − 5 ⇔ t − 5 = m ( t + 1) ⇔ ( m − 1) t = − m − 5 ⇔ t = 2 m −1 2

Yêu cầu bài toán ⇔ t =

−m2 − 5 −6m 2 ≥ 5 ⇔ ≥ 0 ⇔ −1 < m < 1. m2 −1 m2 − 1

Kết hợp với điều kiện m ≥ 0 ⇒ 0 ≤ m < 1.

Câu 44: Chọn D. x = 0  Ta có f ' ( x ) = x ( x − 1) ( x − 2mx + m + 6 ) = 0 ⇔  x = 1  x 2 − 2mx + m + 6 = 0  2

Trong đó nghiệm x = 0 là nghiệm bội chẵn nên không là điểm cực trị.

Để hàm số f ( x ) có đúng một điểm cực trị thì phương trình: g ( x ) = x 2 − 2mx + m + 6 = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép x = 1 hoặc có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm x = 1. Trường hợp 1: ∆ ' < 0 ⇔ m 2 − m − 6 < 0 ⇔ −2 < m < 3. Trường hợp 2:

   m < −2   ∆ ' > 0   m 2 − m − 6 > 0 m > 3    m = 7  g (1) = 0 −m + 7 = 0     ∆' = 0 ⇔ ⇔ ⇔m=7   2    m = −2   m − m − 6 = 0     −b  m = 1 = 1 m = 3   2a    m = 1  Vậy m ∈ {−1; 0;1; 2;7} . Suy ra có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn. 20

Câu 45: Chọn D. Đặt t = 3x ; x ∈ ( 0;1) ⇒ t ∈ (1;3) . Phương trình trở thành:

t 2 − ( m − 1) t − m − 1 = 0

⇔ t 2 + t − 1 = m ( t + 1) ⇔m=

t 2 + t −1 1 =t− ( *) t +1 t +1

Phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng ( 0;1) ⇔ Phương trình (*) có nghiệm thuộc khoảng (1;3) . Xét f ( t ) = t − f '(t ) = 1 +

1 trên (1;3) t +1

( t + 1)

> 0, ∀t ∈ (1;3)

Phương trình (*) có nghiệm thuộc khoảng (1;3) ⇔

1 11 <m< . 2 4

Câu 46: Chọn B.

 x = −3 Đặt f ' ( x ) = 0 ⇔  x = 3  x = 5

g ' ( x ) = ( 3x 2 + 6 x ) e x

+3 x2

(

. f ' ex

+3 x 2

−m

)

x = 0 x = 0    x = −2 = − x 2  3 x 2 + 6 x = 0  3 2 3 2  ⇔ e x +3 x − m = −3 ⇔  e x +3 x = m − 3 (1) g '( x) = 0 ⇔  x3 + 3 x 2 −m =0 f ' e  x3 + 3 x 2  e x3 + 3 x 2 − m = 3  = m + 3 ( 2) e  3 2  3 2 x +3 x e x +3 x − m = 5 = m + 5 ( 3)  e

(

)

Xét hàm số g ( x) = ex

+3 x 2

g ' ( x ) = ( 3 x 2 + 6 x ) .e x

+3 x2

x = 0 g '( x) = 0 ⇔   x = −2

Hàm số g ( x ) có đúng 7 điểm cực trị ⇔ ba phương trình (1) ; ( 2 ) ; ( 3) có 5 nghiệm phân biệt. Xét các trường hợp sau: m + 5 ≥ e 4 m ≥ e 4 − 5   TH1: m − 3 ≤ 1 (Vô lý) ⇔ m ≤ 4   4 4 1 < m + 3 < e −2 < m < e − 3 1 < m − 3 < e 4 4 < m < e 4 + 3 TH2:  ⇔ ⇔ e4 − 3 ≤ m < e4 + 3 ⇔ 51,598 ≤ m < 57,598 4 4 m ≥ e − 3 m + 3 ≥ e Mà m ∈ ℤ → m ∈ {52;53;54;55;56;57}

⇒ có 6 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán.

Câu 47: Chọn B.

 x2 + y > 0 . Điều kiện:  x + y > 0

Ta có: log 3 ( x 2 + y ) ≥ log 2 ( x + y ) ⇔ x 2 + y ≥ 3log2 ( x + y ) ⇔ x2 + y ≥ ( x + y ) ⇔ x2 − x ≥ ( x + y )

log 2 3

Đặt t = x + y, ( t > 0 ) thì (1) trở thành x 2 − x ≥ t log2 3 − t

− ( x + y)

(1) .

( 2).

Với mỗi x nguyên cho trước có không quá 127 số nguyên y thỏa mãn bất phương trình (1) tương đương với bất phương trình ( 2 ) có không quá 127 nghiệm t nguyên dương. Ta có hàm số f ( t ) = t log2 3 − t đồng biến trên [1; +∞ ) nên nếu x 2 − x > 128log2 3 − 128 = 2059 thì sẽ có ít nhất 127 nghiệm nguyên t ≥ 1. Do đó yêu cầu bài toán tương đương với x 2 − x ≤ 2059 ⇔ −44 ≤ x ≤ 45 (do x nguyên). Vậy có 90 số nguyên x .

Câu 48: Chọn C. Ta có: f ( x ) = 4 x 4 − 8 x 2 + 3 ⇒ f ' ( x ) = 16 x ( x 2 − 1) Ta có g ' ( x ) = 2 x3 . f ( x − 1) .  2 f ( x − 1) + x. f ' ( x − 1) 

 x3 = 0 (1)  g ' ( x ) = 0 ⇔  f ( x − 1) = 0 ( 2)  2 f x − 1 + x. f ' x − 1 = 0 ( 3) ) ( )  ( Phương trình (1) có x = 0 (nghiệm bội ba). Phương trình ( 2 ) có cùng số nghiệm với phương trình f ( x ) = 0 nên ( 2 ) có 4 nghiệm đơn. Phương trình ( 3) có cùng số nghiệm với phương trình:

2. f ( x ) + ( x + 1) . f ' ( x ) = 0 ⇔ 2 ( 4 x 4 − 8 x 2 + 3) + 16 x ( x + 1) ( x 2 − 1) = 0 ⇔ 24 x 4 + 16 x3 − 32 x 2 − 16 x + 6 = 0 có 4 nghiệm phân biệt. Dễ thấy 9 nghiệm trên phân biệt nên hàm số g ( x ) = 0 có tất cả 9 điểm cực trị.

Câu 49: Chọn D.

Gọi D là hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng ( ABC ) .  AB ⊥ SB ⇒ AB ⊥ ( SBD ) ⇒ AB ⊥ BD .   AB ⊥ SD  AC ⊥ SA ⇒ AC ⊥ ( SAD ) ⇒ AC ⊥ AD .   AC ⊥ SD

= 1350 ⇒ BAD = 450. Tam giác ABC có CAB = 450 suy ra tam giác ABD vuông cân và AD = a 2. Tam giác ABD vuông tại B có BAD Từ đó có tam giác ACD vuông cân tại A ⇒ tứ giác ABDC là hình thang vuông tại B và D . Trong mặt phẳng ( SBD ) , hạ DH ⊥ SB ( H ∈ SB ) . Dễ chứng minh DH ⊥ ( SAB ) . Trong mặt phẳng ( SAD ) , hạ DK ⊥ SA ( K ∈ SA) . Dễ chứng minh DK ⊥ ( SAC ) .

= 300 do tam giác DHK Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAC ) ta có: α = ( DH , DK ) = HDK vuông tại H . Đặt SD = x, ( x > 0 ) .

= Tam giác DHK vuông tại H có cos HDK

HD ax 3 2a 2 + x 2 ⇒ = . DK 2 2.ax a 2 + x2

⇔ 6. a 2 + x 2 = 2 2a 2 + x 2 ⇔ 6a 2 + 6 x 2 = 8a 2 + 4 x 2 ⇔ x = a. 3 1 =a . VS . ABC = .SD. AB. AC.sin BAC 6 6

a3 . Vậy thể tích khối S . ABC bằng 6

Câu 50: Chọn B. 24

Ta có g ' ( x ) = ( −2 x + 4m ) .e− x

+ 4 mx −5

. f ( x ) + e− x

⇔ g ' ( x ) = ( −2 x + 4m ) . f ( x ) + f ' ( x )  .e − x

+ 4 mx − 5

. f '( x)

1  Yêu cầu bài toán ⇔ g ' ( x ) ≥ 0, ∀x ∈  −1;  và g ' ( x ) = 0 chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm thuộc 2  2 1  ⇔ ( −2 x + 4m ) . f ( x ) + f ' ( x ) ≥ 0, ∀x ∈  −1;  (vì e− x + 4 mx −5 > 0) 2 

⇔ −2 x + 4 m ≥ −

⇔ 4m ≥ 2 x −

f '( x)

1  , ∀x ∈  −1;  , (vì f ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ) 2 f ( x) 

f '( x)

1  , ∀x ∈  −1;  (*) . f ( x) 2  2

f " ( x ) . f ( x ) −  f ' ( x )  1  , ∀x ∈  −1;  . Ta có h ' ( x ) = 2 − . Xét h ( x ) = 2 x − 2 f ( x) f 2 ( x)  f '( x)

f " ( x ) . f ( x ) −  f ' ( x )  1 1  f " ( x ) < 0   Mà  < 0, ∀x ∈  −1;  . , ∀x ∈  −1;  ⇒ 2 2 2 f ( x)    f ( x ) > 0

1 1   Từ đó suy ra h ' ( x ) > 0, ∀x ∈  −1;  . Vậy hàm số h ( x ) đồng biến trên  −1;  . 2 2   Bảng biến thiên:

1 f '  225 225 2 1 1 Vậy điều kiện (*) ⇔ 4m ≥ h   ⇔ 4m ≥ 2.   −   ⇔ 4m ≥ . ⇔m≥ 137 548 2 2 f 1   2 m ∈ ℤ Lại có  ⇒ m ∈ {1; 2;3;...; 2020} . m ∈ [ −2020; 2020] 25

1   −1;  . 2 

Vậy có 2020 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

SỞ GD & ĐT THANH HÓA

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT LẦN 1 KHỐI 12

TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1

NĂM HỌC 2020 – 2021

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

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

Câu 1: Cho các số thực a, b . Giá trị của biểu thức M = log 2

1 1 + log 2 b bằng giá trị của biểu thức nào trong a 2 2

các biểu thức sau đây?

A. − a − b.

B. ab .

C. − ab .

D. a + b .

Câu 2: Cho hai đường thẳng l và ∆ song song với nhau một khoảng không đổi. Khi đường thẳng l quay xung quanh ∆ ta được A. hình nón.

B. khối nón.

C. mặt nón.

D. mặt trụ.

Câu 3: Đồ thị hàm số y = x3 − 3 x − 2 cắt trục tung tại điểm có tọa độ là A. ( 2; 0 )

B. ( 0; 2 ) .

C. ( 0; −2 ) .

D. ( −1; 0 ) .

Câu 4: Cho u = (1;1;1) và v = ( 0;1; m ) . Để góc giữa hai vectơ u , v có số đo bằng 450 thì m bằng

A. ± 3

B. 2 + ± 3

C. 3.

Câu 5: Họ nguyên hàm của hàm số y = ( 2 x + 1)

( 2 x + 1) A.

2021

+ C.

( 2 x + 1) B.

2020

là

2021

4040

D. 1 ± 3

( 2 x + 1) C.

+ C.

2021

4042

+ C.

( 2 x + 1)

2021

4024

Câu 6: Điều kiện để phương trình m sin x − 3cos x = 5 có nghiệm là: A. m ≥ 4.

B. −4 ≤ m ≤ 4.

C. m ≥ 34.

 m ≤ −4 . D.  m ≥ 4

C. {6; 6}

D. {3;3}

Câu 7: Khối lập phương là khối đa diện đều loại A. {3; 4}

B. {4;3}

Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ O, i, j.k , vectơ u = −4i + 3 j có tọa độ là

(

A. ( −4;3;0 ) .

)

B. ( 4; −3;1) .

C. ( 3; −4;0 ) .

D. ( −3; 4;0 ) .

Câu 9: Kí hiệu Ank là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử (1 ≤ k ≤ n ) . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Ank =

n! . ( n + k )!

B. Ank = 1

n! . k !( n − k ) !

+C .

n! . ( n − k )! Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho ba vectơ a = (1; −1; 2 ) , b = ( 3; 0; −1) , c = ( −2;5;1) , vectơ m = a + b − c có tọa độ là C. Ank =

n! . k !( n + k ) !

D. Ank =

A. ( −6;6; 0 ) .

B. ( 6;0; −6 ) .

C. ( 6; −6; 0 ) .

D. ( 0;6; −6 ) .

Câu 11: Cho hình nón có bán kính đáy r = 3 và độ dài đường sinh l = 4 . Diện tích xung quanh S xq của hình nón đã cho là A. S xq = 12π .

B. S xq = 39π .

C. S xq = 8 3π .

D. S xq = 4 3π .

C. x = 4.

D. x = 2.

Câu 12: Nghiệm của phương trình 3x−1 = 9 là A. x = 3.

B. x = 0.

Câu 13: Khối chóp có diện tích đáy là B và chiều cao bằng h . Thể tích V của khối chóp là: 1 A. B.h. 2

1 B.h. 3

C. B.h.

1 B.h. 6

Câu 14: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 − 3 x + 4 trên đoạn [ 0; 2] . A. min y = 4.

B. min y = 0.

[0;2]

C. min y = 2.

[0;2]

D. min y = 1.

[0;2]

Câu 15: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau: x

−∞

−

+∞

+ +∞

−∞ Mệnh đề nào sau đây sai?

A. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( 0;3) . B. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( −∞;1) . C. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (1; 2 ) . D. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( 2; +∞ ) . Câu 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M ( 2;1; −2 ) , N ( 4; −5;1) . Độ dài đoạn thẳng MN bằng 2

A. 41 .

B. 7.

C. 49.

C. ℝ .

D. ( 0; +∞ ) .

C. y = cos 3 x.

D. y = cot 4 x.

Câu 17: Tập xác định của hàm số y = log 2 x là A. [ 0; +∞ ) .

B. ℝ \ {0} .

Câu 18: Trong các hàm số sau hàm số nào là hàm số chẵn? A. y = tan 5 x.

B. y = sin 2 x.

Câu 19: Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới:

Số nghiệm của phương trình f ( x ) = 1 là:

A. 3.

B. 0.

C. 4.

D. 2.

Câu 20: Cho khối lăng trụ đứng có cạnh bên bằng 5, đáy là hình vuông có cạnh bằng 4. Thể tích khối lăng trụ đã cho là: A. 80.

B. 64.

C. 20.

D. 100.

Câu 21: Tập nghiệm của bất phương trình log ( x 2 − 4 ) > log ( 3 x ) là: A. ( 2; +∞ ) .

B. ( −∞; 2 ) .

C. ( −∞; −1) ∪ ( 4; +∞ ) .

D. ( 4; +∞ ) .

Câu 22: Cho các số tự nhiên 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Số các số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau lấy từ các chữ số trên sao cho chữ số đầu tiên bằng 1 là: A. 216. Câu 23: Cho hàm số y =

C. 7 4.

B. 343.

x+b , ( b, c, d ∈ ℝ ) có đồ thị như hình vẽ bên. cx + d

D. 120.

Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. b > 0, c > 0, d > 0. Câu 24: Cho hàm số y =

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

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

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

x3 + 3 x 2 − 2 có đồ thị là ( C ) . Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C ) biết tiếp 3

tuyến có hệ số góc k = −9 .

A. y + 16 = −9 ( x + 3) .

B. y − 16 = −9 ( x + 3) .

C. y = −9 ( x + 3) .

D. y − 16 = −9 ( x − 3) .

Câu 25: Trong các dãy số sau đây, dãy số nào là một cấp số cộng? A. un = 2n − 3, n ≥ 1.

C. un = n 2 + 1, n ≥ 1.

B. un = n + 1, n ≥ 1.

D. un = 2n , n ≥ 1.

Câu 26: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M ( 2;3; −1) , N ( −1;1;1) , P (1; m − 1;3) với giá trị nào của m thì ∆MNP vuông tại N .

A. m = 3.

B. m = 0.

C. m = 2.

D. m = 1.

Câu 27: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAD vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết AB = a, SA = 2 SD, mặt phẳng ( SBC ) tạo với mặt phẳng đáy một góc 600. Thể tích khối chóp S . ABCD bằng

5 3 a. 2

3 3 a. 2

C. 5a 3 .

15 3 a. 2

Câu 28: Cắt hình nón đỉnh S bởi mặt phẳng đi qua trục ta được một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng a 2. Thể tích khối nón theo a là: A.

π a3 2 4

π a3 7 3

π a3 2 12

π a3 4

Câu 29: Đầy mỗi tháng chị Tâm gửi vào ngân hàng 3.000.000 đồng theo hình thức lãi kép với lãi suất là 0,6% một tháng. Biết rằng ngân hàng chi tất toán vào cuối tháng và lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian chị Tâm gửi tiền. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng kể từ khi bắt đầu gửi thì chị Tâm có được số tiền cả lãi và gốc không ít hơn 50.000.000 đồng? 4

A. 16.

B. 18.

C. 17. 1−3 x

2 Câu 30: Tập nghiệm S của bất phương trình   5

1  A. S =  −∞;  . 3 

Câu 31: Phương trình log A. 2.

≥

25 là: 4

1  B. S =  ; +∞  . 3  2

D. 15.

C. S = ( −∞;1] .

D. S = [1; +∞ ) .

x = log 2 ( x + 2 ) có bao nhiêu nghiệm?

B. 3.

C. 1.

D. 0.

Câu 32: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A (1; 2; 0 ) , B ( −1;1;3) , C ( 0; −2;5 ) . Để 4 điểm A, B, C , D đồng phẳng thì tọa độ điểm D là A. D (1; 2;3) .

B. D ( 0;0; 2 ) .

C. D ( −2;5; 0 ) .

D. D = (1; −1; 6 ) .

Câu 33: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình bên. Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

1 là f ( x) +1

A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

u1 = −3  Câu 34: Cho hàm số ( un ) :  . Tính S = u20 − u6 . 5 = + , ≥ 1 u u n n  n +1 2

A. S =

69 . 2

B. 35.

C. 33.

75 . 2

Câu 35: Tập nghiệm của phương trình 2 log 2 x = log 2 ( 2 − x ) là A. S = {−2} .

B. S = {1} .

C. S = {−2;1} .

D. S = ∅.

Câu 36: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ là f ' ( x ) = ( x − 1)( x + 3) . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [ −10; 20] để hàm số f ( x 2 + 3 x − m ) đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) ?

A. 19.

B. 17.

C. 18.

D. 16.

Câu 37: S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số a thỏa mãn mỗi nghiệm của bất phương trình log x ( 5 x 2 − 8 x + 3) > 2 đều là nghiệm của bất phương trình x 2 − 2 x − a 4 + 1 ≥ 0. Khi đó  10 10  A. S =  − ; . 5   5

  10   10 B. S =  −∞; − ; +∞  . ∪ 5   5  

  10   10 C. S =  −∞; − ; +∞  .  ∪  5   5  

 10 10  D. S =  − ; . 5   5

Câu 38: Gọi S là tập các giá trị dương của tham số m sao cho hàm số y = x3 − 3mx 2 + 27 x + 3m − 2 đạt cực trị tại x1 , x2 thỏa mãn x1 − x2 ≤ 5. Biết S = ( a; b ] . Tính T = 2b − a .

A. T = 61 + 3.

B. T = 51 + 6.

C. T = 61 − 3.

D. T = 51 − 6.

Câu 39: Cho hình nón đỉnh O có thiết diện đi qua trục là một tam giác vuông cân OAB, AB = a. Một mặt phẳng ( P ) đi qua O, tạo với mặt phẳng đáy một góc 600 và cắt hình nón theo thiết diện là tam giác OMN . Diện tích tam giác OMN bằng

a2 2 . 6

a2 2 . 7

a2 3 . 16

a2 3 . 8

Câu 40: Trong không gian tọa độ Oxyz cho ba điểm A ( 2;5;1) , B ( −2; −6; 2 ) , C (1; 2; −1) và điểm M ( m; m; m ) , để MB − 2 AC đạt giá trị nhỏ nhất thì m bằng A. 1.

B. 4.

C. 2.

D. 3.

Câu 41: Cho hàm số y = cos 4 x có một nguyên hàm F ( x ) . Khẳng định nào sau đây đúng? π  A. F   − F ( 0 ) = 1. 8

1 π  B. F   − F ( 0 ) = . 4 8

π  C. F   − F ( 0 ) = −1. 8

−1 π  D. F   − F ( 0 ) = . 4 8

Câu 42: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm A ( 2;3;1) , B ( −1; 2;0 ) , C (1;1; −2 ) . Gọi

I ( a; b; c ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tính giá trị biểu thức P = 15a + 30b + 75c . A. 52.

B. 50.

C. 46.

D. 48.

Câu 43: Phương trình: 9 x + ( m − 1) .3x + m > 0 (1) . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình (1) nghiệm đúng ∀x > 1. 6

3 A. m ≥ − . 2

3 B. m > − . 2

C. m > 3 + 2 2.

D. m ≥ 3 + 2 2.

C. 3.

D. 1.

Câu 44: Số nghiệm của phương trình 2log5 ( x +3) = x là A. 2.

B. 0.

Câu 45: Cho hàm số y = f ( x ) không âm và liên tục trên khoảng ( 0; +∞ ) . Biết f ( x ) là một nguyên hàm của hàm số

ex. f 2 ( x) +1 f ( x)

2 5

1 3

+ 1) +

và f ( ln 2 ) = 3, họ tất cả các nguyên hàm của hàm số e2 x . f ( x ) là

2 3

+ 1) + C.

− 1) + C.

1 3

− 1) − e 2 x − 1 + C . 3

− 1) + C.

Câu 46: Cho hình chóp đều S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi E , F lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC. Biết mặt phẳng ( AEF ) vuông góc với mặt phẳng ( SBC ) . Tính thể tích khối chóp S . ABC . a3 5 . A. 24

a3 5 . B. 8

a3 3 . C. 24

a3 6 . D. 12

Câu 47: Trong một hộp có chứa các tấm bìa dạng hình chữ nhật có kích thước đôi một khác nhau, các cạnh của hình chữ nhật có kích thước là m và n(m, n ∈ ℕ;1 ≤ m, n ≤ 20, đơn vị là cm). Biết rằng mỗi bộ kích thước ( m, n ) đều có tấm bìa tương ứng. Ta gọi một tấm bìa là “tốt” nếu tấm bìa đó có thể được lặp ghép từ các miệng bìa dạng hình chữ L gồm 4 ô vuông, mỗi ô có độ dài cạnh là 1cm để tạo thành nó (Xem hình vẽ minh họa một tấm bìa “tốt” bên dưới).

Rút ngẫu nhiên một tấm bìa từ hộp, tính xác suất để tấm bìa vừa rút được là tấm bìa “tốt”.

9 . 35

29 . 95

29 . 105

2 . 7

Câu 48: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 2 ≤ x ≤ 2021 và 2 y − log 2 ( x + 2 y −1 ) = 2 x − y ? A. 2020.

B. 10.

C. 9.

D. 2019.

Câu 49: Cho hàm số f ( x ) = x5 + 3 x3 − 4m. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

(

)

f ( x ) + m = x3 − m có nghiệm thuộc [1; 2] ?

A. 15.

B. 18.

C. 17. 7

D. 16.

Câu 50: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy ( ABCD ) và góc giữa SC với mặt phẳng ( SAB ) bằng 300. Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và H là hình chiếu vuông góc của S lên đường thẳng BM . Khi M di động trên CD thì thể tích khối chóp S . ABH lớn nhất là

A. V =

a3 2 . 6

B. V =

a3 2 . 12

C. V =

a3 2 . 15

D. V =

a3 2 . 8

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

BẢNG ĐÁP ÁN 1-A

2-D

3-C

4-B

5-C

6-D

7-B

8-A

9-D

10-C

11-D

12-A

13-B

14-C

15-A

16-B

17-D

18-C

19-A

20-A

21-D

22-D

23-B

24-B

25-A

26-D

27-A

28-C

29-A

30-D

31-C

32-C

33-C

34-B

35-B

36-C

37-A

38-C

39-A

40-C

41-B

42-B

43-A

44-D

45-C

46-A

47-C

48-B

49-D

50-B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn A. Ta có M = log 2

1 1 + log 2 b = log 2 2 − a + log 2 2− b = − a − b. a 2 2

Câu 2: Chọn D. Ta có mặt tròn xoay sinh bởi l khi quay quanh trục ∆ / /l là mặt trụ.

Câu 3: Chọn C. Cho x = 0 suy ra y = −2. Vậy đồ thị hàm số đã cho cắt trục tung tại điểm ( 0; −2 ) .

Câu 4: Chọn B. 2 Vì u , v = 450 nên cos u , v = cos 450 = 2

( )

⇔

( )

1.0 + 1.1 + 1.m 2

1 +1 +1 . 0 +1 + m

2 2

⇔ 2 m + 1 = 6 ( m 2 + 1) ⇔ 2m2 − 8m + 2 = 0 ⇔ m = 2 ± 3. Câu 5: Chọn C. 8

2021

Ta có:

∫ ( 2 x + 1)

2020

1 ( 2 x + 1) dx = . 2 2021

( 2 x + 1) +C =

2021

4042

+ C.

Câu 6: Chọn D. Phương trình m sin x − 3cos x = 5 có nghiệm khi và chỉ khi  m ≤ −4 . m 2 + 32 ≥ 52 ⇔ m 2 ≥ 16 ⇔ m 2 − 16 ≥ 0 ⇔  m ≥ 4

Câu 7: Chọn B. Câu 8: Chọn A. u = −4i + 3 j ⇒ u = ( −4;3; 0 ) . Câu 9: Chọn D. Ank là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử (1 ≤ k ≤ n ) có dạng Ank =

Câu 10: Chọn C. Ta có: m = a + b − c = (1 + 3 + 2; −1 + 0 − 5; 2 − 1 − 1) = ( 6; −6; 0 ) . Câu 11: Chọn D. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho là S xq = π rl = 4 3π .

Câu 12: Chọn A. Ta có 3x −1 = 9 ⇔ 3x −1 = 32 ⇔ x − 1 = 2 ⇔ x = 3.

Câu 13: Chọn B. 1 Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp ta được V = Bh. 3

Câu 14: Chọn C. y ' = 3 x 2 − 3.

 x = 1 ∈ [ 0; 2] . y'= 0 ⇔   x = −1 ∉ [ 0; 2]

y ( 0 ) = 4, y (1) = 2, y ( 2 ) = 6. Vậy min y = y (1) = 2. [0;2]

Câu 15: Chọn A. Dựa vào bảng biến thiên ta có: 9

n! . ( n − k )!

Trên khoảng ( −∞;1) đạo hàm mang dấu dương nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( −∞;1) . Trên khoảng (1; 2 ) đạo hàm mang dấu âm nên hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (1; 2 ) . Trên khoảng ( 2; +∞ ) đạo hàm mang dấu dương nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( 2; +∞ ) . Vậy mệnh đề hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( 0;3) là sai.

Câu 16: Chọn B. Ta có MN =

( 4 − 2 ) + ( −5 − 1) + (1 − ( −2 ) )

= 49 = 7

Câu 17: Chọn D. Hàm số y = log 2 x xác định ⇔ x > 0. Vậy D = ( 0; +∞ ) .

Câu 18: Chọn C. Xét hàm số y = cos 3 x, ta có: Tập xác định: D = ℝ là tập đối xứng. Xét f ( − x ) = cos 3 ( − x ) = cos 3x = f ( x ) . Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn.

Câu 19: Chọn A. Số nghiệm của phương trình f ( x ) = 1 là số giao điểm của đồ thị hàm số bậc bốn y = f ( x ) và đường thẳng y = 1. Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = 1 có 3 điểm chung phân biệt. Vậy phương trình f ( x ) = 1 có 3 nghiệm.

Câu 20: Chọn A. Thể tích khối lăng trụ đã cho là V = 4 2.5 = 80 .

Câu 21: Chọn D.

x > 0 3 x > 0 x > 0  ⇔   x > 4 ⇔ x > 4. Bất phương trình đã cho tương đương với  2 ⇔ 2  x − 4 > 3x  x − 3x − 4 > 0   x < −1  Vậy tập nghiệm của BPT là ( 4; +∞ ) .

Câu 22: Chọn D. Kí hiệu X = {1, 2,3, 4,5, 6,7} .

Số tự nhiên cần tìm có dạng 1abc, a, b, c đôi một khác nhau lấy từ tập X \ {1} . Vậy có A63 = 120 số.

Câu 23: Chọn B. Ta có: y ' =

d − bc

( cx + d )

Tiệm cận ngang của đồ thị là: y =

1 > 0 ⇒ c > 0. c

Tiệm cận đứng của đồ thị là: x = −

d < 0 ⇒ d > 0 (Vì c > 0 ). c

b  b Giao của đồ thị với trục Oy là  0;  ⇒ < 0 ⇒ b < 0. (Vì d > 0 ).  d d Vậy: b < 0, c > 0, d > 0.

Câu 24: Chọn B. Ta có: y ' = x 2 + 6 x Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình: x 2 + 6 x = −9 ⇔ x 2 + 6 x + 9 = 0 ⇔ x = −3 Với x = −3 ⇒ y = 16 Phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C ) biết tiếp tuyến có hệ số góc k = −9 là:

y − 16 = −9 ( x + 3) Câu 25: Chọn A. Ta có: un +1 − un = 2 ( n + 1) − 3 − 2n + 3 = 2 ⇒ un là một cấp số cộng có d = 2.

Câu 26: Chọn D. Ta có: NM ( 3; 2; −2 ) , NP ( 2; m − 2; 2 ) . Để ∆MNP vuông tại N thì MN .NP = 0 ⇔ 3.2 + 2 ( m − 2 ) − 2.2 = 0 ⇔ m = 1 .

Câu 27: Chọn A.

Trong ( SAD ) , vẽ SH ⊥ AD với H ∈ AD . Trong ( ABCD ) , vẽ HE ⊥ BC với E ∈ BC. ( SAD ) ∩ ( ABCD ) = AD ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) tại H .   SH ⊂ ( SAD ) .SH ⊥ AD  BC ⊥ HE ⇒ BC ⊥ ( SHE ) ⇒ BC ⊥ SE.   BC ⊥ SH

( SBC ) ∩ ( ABCD ) = BC  = 600 , HE = SEH SBC ) , ( ABCD ) = SE ⇒ (  SE ⊂ ( SBC ) , SE ⊥ BC   HE ⊂ ( ABCD ) , HE ⊥ BC

(

) (

)

= 600 , HE = AB = a. ∆SHE vuông tại H có SEH = a. tan 600 = a 3. Suy ra SH = HE.tan SEH

Đặt SD = x, suy ra SA = 2 x. ∆SAD vuông tại S có SD = x, SA = 2 x, đường cao SH = a 3. Do đó

1 1 1 1 1 1 15 = 2+ ⇔ 2 = 2 + 2 ⇔ x2 = a2. 2 2 SH SA SD 3a 4x x 4

5 3 SA.SD 2 x 2 15a 2 1 . a. Mặt khác AD = = = = SH 2 a 3 2 a 3 1 1 1 5 3 5 a = a3. Vậy VS . ABCD = .SH .S ABCD = .SH . AB. AD = .a 3.a. 3 3 3 2 2 12

Câu 28: Chọn C.

∆SAB vuông cân tại S có AB = a 2, suy ra SO =

1 a 2 . AB = 2 2

AB a 2 a 2 , h = SO = . = 2 2 2

Do đó hình nón đã cho có r = 2

1 1  a 2  a 2 π a3 2 . Vậy V = π r 2 h = π .  =  . 3 3  2  2 12

Câu 29: Chọn A. Gọi a = 3.000.000 là số tiền chị Tâm gửi vào ngân hàng mỗi tháng, r = 0, 6% là lãi suất mỗi tháng. + Cuối tháng thứ nhất, khi ngân hàng đã tính lãi thì số tiền có được là

S1 = a (1 + r ) =

a 1 (1 + r ) − 1 (1 + r )  r

+ Đầu tháng thứ hai, khi đã gửi thêm số tiền a đồng thì số tiền là

(1 + r ) 2 − 1  = a  1 + r 2 − 1 T1 = a (1 + r ) + a = a (1 + r ) + 1 = a  ( )  (1 + r ) − 1 r  + Cuối tháng thứ hai, khi ngân hàng đã tính lãi thì số tiền có được là

S2 =

a 2 1 + r ) − 1 (1 + r ) (  r

+ Từ đó ta có số tiền có được sau n tháng là S n =

a n 1 + r ) − 1 (1 + r ) (  r

+ Theo yêu cầu bài toán ta cần: Sn =

3.000.000  553 n n  553  ⇔ n ≥ log1,006  (1, 006 ) − 1 (1, 006 ) ≥ 50.000.000 ⇔ (1, 006 ) ≥  ≈ 15,84  0, 006 503  503 

Do đó sau 16 tháng thì chị Tâm có được số tiền cả lãi và gốc không ít hơn 50.000.000 đồng.

Câu 30: Chọn D. 13

1−3 x

2 Ta có   5

25 5 ≥ ⇔  4 2

3 x −1

5 ≥   ⇔ 3 x − 1 ≥ 2 ⇔ x ≥ 1. 2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình S = [1; +∞ ) .

Câu 31: Chọn C. x > 0 x > 0 ⇔ ⇔ x > 0. Điều kiện:  x + 2 > 0  x > −2

log

 x = −1 ( l ) . x = log 2 ( x + 2 ) ⇔ log 2 x 2 = log 2 ( x + 2 ) ⇔ x 2 = x + 2 ⇔ x 2 − x − 2 = 0 ⇔   x = 2 ( t / m )

Vậy phương trình có một nghiệm.

Câu 32: Chọn C. Ta có: AB = ( −2; −1;3) ; AC = ( −1; −4;5 ) ;  AB; AC  = ( 7;7; 7 ) . Mặt phẳng đi qua 3 điểm A, B, C nhận n = (1;1;1) là vectơ pháp tuyến có phương trình:

x − 1 + y − 2 + z = 0 ⇔ x + y + z − 3 = 0 (1) . Để 4 điểm A, B, C , D đồng phẳng thì D thuộc mặt phẳng

( ABC ) .

Thay D ( −2;5; 0 ) vào (1) ta có:

−2 + 5 + 0 − 3 = 0 nên D thuộc ( ABC ) ⇒ Chọn C.

Câu 33: Chọn C.

Dựa vào đồ thị ta có: lim f ( x ) = +∞, lim f ( x ) = +∞. x →+∞

Khi đó: lim

x →±∞

x →−∞

1 1 = 0 ⇒ y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = . f ( x) +1 f ( x) +1 14

Dựa vào đồ thị ta thấy y = −1 cắt đồ thị y = f ( x ) tại 3 điểm:

x = a ( −2 < a < −1) , x = 0, x = b (1 < b < 2 ) . Suy ra: Phương trình f ( x ) + 1 = 0 có 3 nghiệm x = a ( −2 < a < −1) , x = 0, x = b (1 < b < 2 ) . Ta có: lim+

1 1 = +∞, lim− = −∞. x→ a f ( x ) + 1 f ( x) +1

lim+

1 1 = +∞, lim− = −∞. x →0 f ( x ) + 1 f ( x) +1

lim+

1 1 = +∞, lim− = −∞. x →b f ( x ) + 1 f ( x) +1

x→ a

x→0

x →b

Suy ra: x = a, x = b, x = 0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = Vậy đồ thị hàm số y =

1 . f ( x) +1

1 có 3 tiệm cận đứng. f ( x) +1

Câu 34: Chọn B. 5 Ta có: un +1 − un = ∀n ≥ 1 ⇒ Dãy số đã cho là một cấp số cộng có 2 Khi đó: u20 = u1 + 19d =

89 19 , u6 = u1 + 5d = . 2 2

⇒ S = u20 − u6 = 35 .

Câu 35: Chọn B. Điều kiện: 0 < x < 2 .  x = 1( N ) . Phương trình tương đương x 2 + x − 2 = 0 ⇔   x = −2 ( L )

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {1} .

Câu 36: Chọn C. x ≥ 1 Ta có f ' ( x ) = ( x − 1)( x + 3) ⇒ f ' ( x ) ≥ 0 ⇔   x ≤ −3

Xét hàm số y = f ( x 2 + 3 x − m ) . 15

u1 = −3   5 . d =  2

* y ' = ( 2 x + 3) f ' ( x 2 + 3 x − m ) , ∀x ∈ ( 0; 2 ) .

 m ≤ min ( x 2 + 3 x − 1) 2  + 3 − ≥ 1 x x m ( 0;2 )  m ≤ −1 * y ' ≥ 0 ⇔ f ' ( x 2 + 3x − m ) ≥ 0 ⇔  2 ⇔  ⇔ mà x 2 + 3 x + 3)  m ≥ 13 (  x + 3 x − m ≤ −3  m ≥ max ( 0;2 )  m ∈ ℤ, m ∈ [ −10; 20] nên m ∈ {−10; −9;...; −1} ∪ {13;14;...; 20} . Vậy có tất cả 18 giá trị của m .

Câu 37: Chọn A.  x > 1   x > 3 ∨ x < 1  x > 1  2 2  2 2 3  5 x 8 x 3 x − + >   x>    2 Ta có log x ( 5 x 2 − 8 x + 3) > 2 ⇔  0 < x < 1 ⇔  0 < x < 1 ⇔  1 < x < 3    5 x 2 − 8 x + 3 > 0 3 5  2  x > 1 ∨ x <  2 2 5   5 x − 8 x + 3 < x  1 3  2 < x < 2 

 1 3  3  Bài toán đưa về tìm a để x 2 − 2 x − a 4 + 1 ≥ 0 đúng với mọi x ∈  ;  ∪  ; +∞  .  2 5  2   x ≥ a2 +1 2 Cách 1: Ta có x 2 − 2 x − a 4 + 1 ≥ 0 ⇔ ( x − 1) ≥ a 4 ⇔  2 x ≤ 1− a

3   2 2 2 1 − a ≥ 5 a ≤ 5 2 10 10 Yêu cầu bài toán ⇔  ⇔ ⇔ a2 ≤ ⇔ − ≤a≤ 5 5 5 a 2 + 1 ≤ 3 a 2 ≤ 1   2  2

Cách 2: x 2 − 2 x − a 4 + 1 ≥ 0 ⇔ x 2 − 2 x + 1 ≥ a 4 .  1 3  3  Xét hàm số f ( x ) = x 2 − 2 x + 1 trên  ;  ∪  ; +∞  .  2 5  2 

x y'

−∞

1 2

3 5

3 2

+∞ +

−

y 4 25 16

1 4

Suy ra: a 4 ≤

4 2 10 10 ⇔ a2 ≤ ⇔ − ≤a≤ . 25 5 5 5

Câu 38: Chọn C. Ta có y ' = 3 x 2 − 6mx + 27, ∆ ' y ' = 9m 2 − 81 m > 3 Để hàm số y = x3 − 3mx 2 + 27 x + 3m − 2 đạt cực trị tại x1 , x2 thì ∆ ' y ' > 0 ⇔ 9m 2 − 81 > 0 ⇔  ( *)  m < −3

 x1 + x2 = 2m Khi đó phương trình y ' = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn  (1)  x1.x2 = 9 2

Theo bài ra ta có x1 − x2 ≤ 5 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1.x2 ≤ 25 ( 2 ) Thay (1) vào ( 2 ) , được: 4m 2 − 36 ≤ 25 ⇔ m 2 ≤

61 61 61 ⇔− ≤m≤ 4 2 2

 61  Kết hợp điều kiện (*) , suy ra tập các giá trị dương của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là S =  3; . 2  

Vậy T = 2.

61 − 3 = 61 − 3. 2

Câu 39: Chọn A.

Do tam giác vuông cân OAB nên ta có OB =

AB a a 2 = . = OM = ON và OI = 2 2 2

Gọi I là tâm đường tròn đáy và H là giao điểm của MN và AB . Suy ra IH ⊥ MN và H là trung điểm MN . Khi đó OH ⊥ MN .

. Khi đó OHI = 600 . Vậy góc giữa ( P ) và mặt phẳng đáy là góc OHI Trong tam giác ∆OIH vuông tại I ta có 17

= sin OHI

OI OI a a 3 . ⇔ OH = = = 0 2sin 60 3 OH sin OHI

2a 2 3a 2 a 6 Trong tam giác ∆OHM vuông tại H ta có MH = OM − OH = . − = 4 9 9 2

Suy ra MN = 2 MH =

a 6 . 3

1 1 a 3 a 6 a2 2 Vậy diện tích ∆OMN là S ∆OMN = .OH .MN = . . = (đvdt). 2 2 3 3 6

Câu 40: Chọn C. Ta có: MB = ( −2 − m; −6 − m; 2 − m ) , AC = ( −1; −3; −2 ) . Suy ra tọa độ MB − 2 AC = ( −2 − m + 2; −6 − m + 6; 2 − m + 4 ) = ( −m; − m;6 − m ) . 2 2 Vậy độ dài MB − 2 AC = m 2 + m 2 + ( 6 − m ) = 3m 2 − 12m + 36 = 3 ( m − 2 ) + 24 ≥ 2 6 . Suy ra MB − 2 AC đạt giá trị nhỏ nhất 2 6 khi m = 2.

Câu 41: Chọn B. Ta có π 8

1 1  1  1  π   1 π ∫0 cos 4 xdx = 4 ( sin 4 x ) 8 = 4  sin 4. 8  − ( sin 4.0 ) = 4  sin 2  − ( sin 0 ) = 4 (1 − 0 ) = 4 . 0 Câu 42: Chọn B. AB = ( −3; −1; −1)  Ta có  ⇒ n =  AB; AC  = (1; −8;5 ) . AC = ( −1; −2; −3) 

Phương trình ( ABC ) đi qua B và có véc tơ pháp tuyến n là:

1. ( x + 1) − 8. ( y − 2 ) + 5. ( z − 0 ) = 0 ⇔ x − 8 y + 5 z = −17 (1) . 1 5 1 Gọi M là trung điểm của AB thì M  ; ;  . Khi đó mặt phẳng trung trực của AB đi qua M và nhận 2 2 2 BA = ( 3;1;1) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình:

1 5 1 9    3.  x −  + 1.  y −  + 1.  z −  = 0 ⇔ 3 x + y + z = 2 2 2 2   

( 2) .

 3 −1  Gọi N là trung điểm của AC thì N  ; 2;  . Khi đó mặt phẳng trung trực của AC đi qua N và nhận 2  2 CA = (1; 2;3) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình:

3 1   1.  x −  + 2. ( y − 2 ) + 3.  z +  = 0 ⇔ x + 2 y + 3 z = 4 ( 3) . 2 2   Vì I ( a; b; c ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên I thuộc giao tuyến hai mặt phẳng trung trực của

AB và AC , đồng thời I ∈ ( ABC ) . Từ (1) , ( 2 ) , ( 3) ta có tọa độ của I thỏa mãn hệ phương trình

14  a=  a − 8b + 5c = −17 15   9 61   ⇔ b = . 3a + b + c = 2 30   −1 a + 2b + 3c = 4  c = 3  Do đó P = 15.

14 61  −1  + 30. + 75.   = 50. 15 30  3 

Câu 43: Chọn A. Đặt 3x = t , t > 3.

(1)

thành: t 2 + ( m − 1) .t + m > 0 ⇔ m >

−t 2 + t t +1

−t 2 + t Xét f ( t ) = trên t > 3 . t +1

Có f ' ( t ) =

−t 2 − 3t

( t + 1)

< 0, ∀t > 3.

3 Nên f ( t ) < f ( 3) = − , ∀t > 3 2

3 Vậ y m ≥ − . 2

Câu 44: Chọn D. Điều kiện: x > −3 Đặt: t = log 3 ( x + 3) ⇒ x = 5t − 3 t

2 1 Phương trình trở thành 2 = 5 − 3 ⇔   + 3   = 1 (1) 5 5 t

2 1 2 2 1 1 Xét hàm số f ( t ) =   + 3   có f ' ( t ) =   ln + 3   ln < 0, ∀t nên hàm số nghịch biến trên 5 5 5 5 5 5 ( −∞; +∞ ) .

Ta lại có f (1) = 1 nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất t = 1. Khi đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.

Câu 45: Chọn C. Ta có f ' ( x ) = ⇔

ex . f 2 ( x ) +1 f ( x)

⇔

f '( x). f ( x) f

( x) +1

= ex

f 2 ( x ) +1 = ex + C

Vì f ( ln 2 ) = 3 ⇒ C = 0 ⇒ f 2 ( x ) + 1 = e2 x ⇒ f ( x ) = e2 x − 1 ⇒ I = ∫ e 2 x . f ( x ) dx = ∫ e 2 x . e2 x − 1dx ⇔I=

1 1 e 2 x − 1d ( e2 x − 1) ⇔ I = ∫ 2 3

− 1) + C .

Câu 46: Chọn A.

Gọi M là trung điểm của BC và H là trọng tâm của tam giác ABC . Ta có S . ABC là chóp đều ⇒ SH ⊥ ( ABC ) . Gọi SM ∩ EF = N . Ta có BC ⊥ AM , BC ⊥ SM ⇒ BC ⊥ ( SAM ) ⇒ BC ⊥ AN . Lại có EF / / BC ⇒ EF ⊥ AN và SN ⊥ EF . = 900 Mặt khác ( AEF ) ∩ ( SBC ) = EF , ( AEF ) ⊥ ( SBC ) = ( ( AEF ) , ( SBC ) ) = SNA 20

⇒ AN ⊥ SM , mà N là trung điểm của SM ⇒ ∆ASM cân tại A ⇒ AS = AM =

a 3 . 2

Xét tam giác SHA vuông tại H , có SA = ⇒ SH = SA2 − AH 2 =

Ta có S ∆ABC =

a 3 2 a 3 , AH = AM = 2 3 3

a 15 . 6

a2 3 . 4

1 a3 5 Vậy VS . ABC = .S ∆ABC .SH = . 3 24

Câu 47: Chọn C. Số hình chữ nhật trong hộp là: Có 20 hình chữ nhật mà m = n và có C202 hình chữ nhật mà m ≠ n 2 ⇒ n ( Ω ) = 20 + C20 = 210

Gọi A là biến cố: “Rút được tấm bìa tốt”. Do mỗi miếng bìa có hình chữ nhật L, một chiều gồm 2 hình vuông

đơn vị, một chiều gồm 3 hình vuông đơn vị và diện tích của mỗi miếng bìa bằng 4cm 2 nên hình chữ nhật n.m m ≥ 3, n ≥ 2  là tốt khi và chỉ khi m, n thỏa mãn m.n ⋮8 m, n ∈ ℕ*, m, n ≤ 20  Do đó phải có ít nhất một trong hai số m, n , chia hết cho 4. Do hình chữ nhật có kích thước ( m; n ) cũng chính là hình chữ nhật có kích thước ( n; m ) nên ta chỉ cần xét với kích thước m . TH1: m ∈ {8;16} ⇒ n ∈ {2,3,..., 20} ⇒ có 19 + 18 = 37 tấm bìa tốt. TH2: m ∈ {4,12, 20} . Do 4 = 4.1,12 = 3.4, 20 = 4.5 nên để m, n chia hết cho 8 thì n chẵn. Tập hợp

{2,3, 4,10,12,14,18, 20} có 8 phần tử. +) m = 4 có 8 cách chọn n . +) m = 12 có 8 − 1 = 7 cách chọn n . +) m = 20 có 8 − 2 = 6 cách chọn n . TH2 có 8 + 7 + 6 = 21 tấm bìa tốt.

⇒ n ( A ) = 37 + 21 = 58. Vậy P ( A ) =

58 29 . = 210 105 21

Câu 48: Chọn B. Đặt log 2 ( x + 2 y −1 ) = t ⇒ x + 2 y −1 = 2t ⇔ x = 2t − 2 y −1. Phương trình đã cho trở thành: 2 y − t = 2 ( 2t − 2 y −1 ) − y ⇔ 2.2 y + y = 2.2t + t Xét hàm số f ( x ) = 2.2 x + x đồng biến trên ℝ ⇒ y = t. Suy ra phương trình log 2 ( x + 2 y −1 ) = y ⇔ x + 2 y −1 = 2 y ⇔ x = 2 y −1.

2 ≤ x ≤ 2021 ⇒ 2 ≤ 2 y −1 ≤ 2021 ⇔ 1 ≤ y − 1 ≤ log 2 2021 ⇔ 2 ≤ y ≤ log 2 2021 + 1.

Do y ∈ ℤ nên y ∈ {2;3; 4;...;11} có 10 giá trị nguyên của y . Mà x = 2 y −1 nên với mỗi số nguyên y ∈ {2;3; 4;...;11} xác định duy nhất một giá trị nguyên của x. Vậy có 10 cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn bài toán.

Câu 49: Chọn D. Đặt u =

Khi đó f

f ( x ) + m ⇒ f ( x ) = u 3 − m (1) .

(

)

f ( x ) + m = x3 − m ⇔ f ( u ) = x3 − m ( 2 ) .

Lấy (1) − ( 2 ) ta được f ( u ) − f ( x ) = u 3 − x 3 ⇔ f ( u ) + u 3 = f ( x ) + x3 (*) . Xét h ( t ) = f ( t ) + t 3 = t 5 + 4t 3 − 4m ⇒ h ' ( t ) = 5t 4 + 12t 2 ≥ 0 ∀t. Kết hợp (*) , yêu cầu bài toán ⇔ x =

f ( x ) + m ⇔ f ( x ) = x3 − m có nghiệm thuộc [1; 2] .

⇔ x5 + 3 x3 − 4m = x3 − m ⇔ g ( x ) = x 5 + 2 x 3 = 3m có nghiệm thuộc [1; 2] . Mà g ' ( x ) = 5 x 4 + 6 x 2 ≥ 0 ∀x ∈ [1; 2] ⇒ g (1) ≤ 3m ≤ g ( 2 ) ⇔ 3 ≤ 3m ≤ 48 ⇔ 1 ≤ m ≤ 16 .

Câu 50: Chọn B.

1 Theo bài SA ⊥ ( ABH ) ⇒ VS . ABH = SA.S ABH . Nên VS . ABH lớn nhất khi S ABH lớn nhất. 3

 BC ⊥ AB = 300 Ta có  ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ ( SC , ( SAB ) ) = CSB  BC ⊥ SA

= tan 300 = Xét ∆SBC vuông tại B, ta có tan CBS

BC ⇒ SB = a 3. SB

Xét ∆SAB vuông tại A, ta có SB 2 = SA2 + AB 2 ⇒ SA = a 2.

 BM ⊥ SH Mặt khác  ⇒ BM ⊥ ( SAH ) ⇒ BM ⊥ AH ⇒ BH ⊥ AH nên ∆ABH vuông tại H .  BM ⊥ SA Gọi x, y là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác ∆ABH có cạnh huyền là a, 0 < x < a và 0 < y < a. Diện 1 tích ∆ABH là S = xy. Ta có x 2 + y 2 = a 2 . 2

S ABH lớn nhất khi và chỉ khi x 2 y 2 = x 2 ( a 2 − x 2 ) đạt giá trị lớn nhất. Suy ra S ABH =

a2 a 2 a3 2 . Vậy VS . ABH = lớn nhất khi x = y = lớn nhất. 4 2 12

SỞ GD & ĐT THANH HÓA

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT LẦN 1 KHỐI 12

TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 3

NĂM HỌC 2020 – 2021

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

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

Câu 1: Hàm số nào sau đây đồng biến trên ℝ ? A. y = x3 − x + 2.

B. y = x3 − 3 x + 5.

C. y = x 3 + x − 1.

D. y = x 4 + 4.

Câu 2: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu của y ' như sau: x

−2

−∞

−

+∞

−

Hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −∞; −2 ) .

B. ( −3;1) .

C. ( 0; +∞ ) .

D. ( −2;0 ) .

Câu 3: Cho biểu thức P = 4 x5 , với x > 0. Mệnh đề nào sau đây đúng? 4

A. P = x 4 .

Câu 4: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = A. y = −2.

C. P = x 20 .

B. P = x 5 .

D. P = x9 .

x +1 có phương trình là 2x − 4

1 B. y = . 2

1 C. y = − . 4

D. y = −1.

Câu 5: Cho khối nón có bán kính đáy r = 3 và chiều cao h = 4. Tính thể tích V của khối nón đã cho. A. V = 4.

B. V = 4π .

C. V = 12.

D. V = 12π .

Câu 6: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = ( x + 2 ) x 2 ( x − 1) với ∀x ∈ ℝ. Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị. A. 2.

B. 0.

C. 3.

Câu 7: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

D. 1.

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho bằng?

A. 2.

B. 1.

1 Câu 8: Tập nghiệm của bất phương trình   2

A. [ 6; +∞ ) .

C. 0.

D. 3.

C. ( −∞;8] .

D. ( −∞; −6] .

C. x ≠ 1.

D. x < 1.

C. 3.

D. −2.

C. x = −1.

D. x = 1.

C. x = 1.

4 D. x = . 3

x−1

≥ 128 là?

B. [8; +∞ ) .

Câu 9: Điều kiện xác định của hàm số y = log 2 ( x − 1) là A. ∀x ∈ ℝ.

B. x > 1.

Câu 10: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên sau

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng

A. 4. Câu 11: Hàm số y = A. x = −3.

B. 2. 1 3 x + x 2 − 3 x + 1 đạt cực tiểu tại điểm 3

B. x = 3.

Câu 12: Phương trình log 2 ( 3x − 2 ) = 2 có nghiệm là 2 A. x = . 3

B. x = 2.

Câu 13: Đồ thị sau là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y =

x . 2x + 1

B. y =

x +1 . 2x + 1

C. y =

x −1 . 2x + 1

D. y =

x+3 . 2x + 1

Câu 14: Phương trình 3x− 4 = 1 có nghiệm là: A. x = 5.

B. x = 0.

C. x = 4.

D. x = −4.

Câu 15: Cho khối lăng trụ đứng có diện tích đáy bằng 2a 2 và cạnh bên bằng 3a. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng A. 2a 3 .

B. 3a 3 .

C. 18a 3 .

D. 6a 3 .

Câu 16: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ , có bảng biến thiên như sau

Hàm số y = f ( x ) đạt cực đại tại điểm

A. x = −1.

B. x = 4.

C. x = 3.

D. x = −2.

Câu 17: Cho hàm số y = x3 + 5 x + 7. Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [ −5;0] bằng bao nhiêu A. 7.

B. 5.

C. 80.

D. −143.

Câu 18: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị ( C ) như hình vẽ. Số giao điểm của ( C ) và đường thẳng y = 3 là

A. 2.

B. 0.

Câu 19: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = A. x = 2.

C. 3.

D. 1.

C. y = 3.

D. y = 2.

3x − 5 là x−2

B. x = 3.

Câu 20: Hàm số nào sau đây đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) ? x

e A. y =   . 4

2 B. y =   . 3

π  C. y =   . 3

3 D. y =   . 4

Câu 21: Thể tích khối cầu đường kính 2a bằng 3

A. 4π a .

4π a 3 . B. 3

C. 2π a .

32π a 3 . D. 3

Câu 22: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 5 và chiều cao bằng 7. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A. 175π .

175π . 3

C. 35π .

D. 70π .

Câu 23: Gọi m là giá trị nhỏ nhất và M là giá trị lớn nhất của hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3 trên đoạn [ 0; 2] . Giá trị biểu thức M + m bằng

A. 2.

B. 1.

C. −3.

D. −7.

C. 4.

D. 8.

Câu 24: Số cạnh của một hình tứ diện là A. 6.

B. 12.

Câu 25: Thể tích khối chóp có diện tích đáy bằng A. 1.

3 2 3 và chiều cao bằng là: 2 3

6 . 6

1 C. . 3

2 . 3

Câu 26: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = x3 − 3mx 2 + 3 ( m 2 − 2 ) x đồng biến trên khoảng (12; +∞ ) ?

A. 10.

B. 0.

C. 13. 4

D. 11.

4 Câu 27: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = sin 3 2 x + 2 cos 2 2 x − ( m 2 + 3m ) sin 2 x − 1 3  π nghịch biến trên khoảng  0;  .  4

A. m ≤

−3 − 5 −3 + 5 . hoặc m ≥ 2 2

B. m ≤ −3 hoặc m ≥ 0.

C. −3 ≤ m ≤ 0.

−3 − 5 −3 + 5 . ≤m≤ 2 2

Câu 28: Hàm số log 2 ( 4 x − 2 x + m ) có tập xác định là ℝ thì 1 A. m ≥ . 4

1 C. m > . 4

B. m > 0.

1 D. m < . 4

Câu 29: Cho khối chóp S . ABC có thể tích V . Gọi B ', C ' lần lượt là trung điểm của AB, AC . Tính theo V thể tích khối chóp S . AB ' C '. 1 A. V . 3

1 B. V . 2

1 V. 12

1 V. 4

Câu 30: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A . Gọi E là trung điểm AB . Cho biết AB = 2a, BC = a 3, CC ' = 4a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' B và CE bằng A.

4a . 7

12a . 7

6a . 7

3a . 7

Câu 31: Ông X gửi vào ngân hàng 60 triệu đồng theo hình thức lãi kép. Lãi suất ngân hàng là 8% trên năm. Sau 5 năm ông X tiếp tục gửi thêm 60 triệu đồng nữa. Hỏi sau 10 năm kể từ lần gửi đầu tiên ông X đến rút toàn bộ tiền gốc và tiền lãi được là bao nhiêu? (Biết lãi suất không thay đổi qua các năm ông X gửi tiền). A. 217,695 (triệu đồng).

B. 231,815 (triệu đồng).

C. 190,271 (triệu đồng).

D. 197,201 (triệu đồng).

Câu 32: Hàm số f ( x ) = ln A. f ' ( x ) = −

2 . x +1 2

x +1 có đạo hàm là x −1

B. f ' ( x ) = −

( x + 1)

C. f ' ( x ) = −

2 . x −1 2

D. f ' ( x ) = −

x −1 . x +1

Câu 33: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 9 x − 8.3x + 15 = 0 là A. 15.

B. 8.

C. log 3 5.

D. log 3 15.

Câu 34: Cho a, b, x là các số thực dương thỏa mãn log 2 x = 5log 2 a + 3log 2 b. Mệnh đề nào là mệnh đề đúng? A. x = a 5b3 .

C. x = a 5 + b3 .

B. x = 3a + 5b.

D. x = 5a + 3b.

Câu 35: Cho hàm số y = f ( x ) =

2 − ax ( a, b, c ∈ ℝ, b ≠ 0 ) có bảng biến thiên như sau: bx − c

Trong các số a, b, c có bao nhiêu số âm?

A. 2.

B. 1.

C. 0.

D. 3. 2

Câu 36: Cho hàm số f ( x ) = x − 3 3 x + 1 + m, đặt P = max  f ( x )  + min  f ( x )  . Có bao nhiêu giá trị nguyên [ −1;7] [ −1;7] của m để giá trị của P không vượt quá 26?

A. 6.

B. 7.

C. 4.

D. 5.

Câu 37: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 3, AD = 4 và các cạnh bên của hình chóp tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.

A. V =

250 3 π. 3

B. V =

125 3 π. 6

C. V =

50 3 π. 3

Câu 38: Cho các số thực x, y với x ≥ 0 thỏa mãn e x +3 y + e xy +1 + x ( y + 1) + 1 = e− xy −1 +

D. V = 1

x +3 y

500 3 π. 27

− 3 y. Gọi m là giá

trị nhỏ nhất của biểu thức T = x + 2 y + 1. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. m ∈ ( 2;3) .

B. m ∈ ( −1;0 ) .

C. m ∈ ( 0;1) .

D. m ∈ (1; 2 ) .

Câu 39: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = 3 x 4 − 4 x3 − 12 x 2 + m 2 có đúng 5 điểm cực trị?

A. 5.

B. 7.

C. 6.

D. 4.

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 = 10a 3 .

B. V =

5a 3 . 2

C. V = 5a 3 .

D. V = 20a 3 .

= CSA = 600. Tính thể tích khối Câu 41: Cho hình chóp S . ABC có SA = a, SB = 2a, SC = 4a và ASB = BSC chóp S . ABC theo a.

a3 2 . 3

8a 3 2 . 3

4a 3 2 . 3

2a 3 2 . 3

Câu 42: Cần sản xuất một vỏ hộp sữa hình trụ có thể tích V cho trước. Để tiết kiệm vật liệu nhất thì bán kính đáy của vỏ hộp sữa phải bằng A.

V . 2π

V . 3π

V . 2

Câu 43: Cho hình trụ có diện tích toàn phần là 4π và có thiết diện cắt mặt phẳng qua trục là một hình vuông. Tính thể tích khối trụ. A.

4π . 9

4π 6 . 9

π 6 9

π 6 12

Câu 44: Một hộp đựng thẻ gồm 10 thẻ được đánh số từ 1 đến 10. Rút ngẫu nhiên 2 thẻ từ hộp thẻ đó. Xác suất để 2 thẻ rút được có tổng là một số tự nhiên chia hết cho 3 là A.

16 . 45

14 . 45

1 C. . 3

Câu 45: Cho x, y > 0 thỏa mãn log 6 x = log 9 y = log 4 ( 2 x + 2 y ) . Tính A.

3 −1 . 2

B. 1 + 3.

Câu 46: Đồ thị của hàm số y = A. 0.

17 . 45

3 . 2

x . y

3 . 2

x −1 có bao nhiêu đường tiệm cận? x + 2x − 3 2

B. 2.

C. 3. 3

Câu 47: Tập xác định của hàm số y = ( x 2 − 3 x + 2 ) 5 + ( x − 3 )

−2

D. 1.

là

A. D = ( −∞; +∞ ) \ {3} .

B. D = ( −∞; +∞ ) \ {1; 2} .

C. D = ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ ) .

D. D = ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ ) \ {3} .

Câu 48: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D '. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của cạnh AC và B ' C '. Góc α là góc hợp giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( A ' B ' C ' D ') . Tính giá trị của sin α . A. sin α =

5 . 5

B. sin α =

2 . 5

C. sin α =

2 . 2

1 D. sin α = . 2

Câu 49: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có đường chéo bằng a 3. Tính thể tích khối chóp A '. ABCD. 7

A. 2 2a3

a3 . 3

C. a 3 .

2 2a 3 3

Câu 50: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ. Đồ thị hàm số y = f ' ( x ) như hình vẽ bên dưới.

Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = 2 f ( x + 2 ) + ( x + 1)( x + 3) là

A. 4.

B. 3.

C. 2.

D. 1.

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

BẢNG ĐÁP ÁN 1-C

2-D

3-A

4-B

5-B

6-A

7-D

8-D

9-B

10-C

11-D

12-B

13-A

14-C

15-D

16-A

17-A

18-C

19-A

20-C

21-B

22-D

23-B

24-A

25-C

26-A

27-D

28-C

29-D

30-C

31-A

32-C

33-D

34-A

35-A

36-B

37-D

38-C

39-B

40-A

41-A

42-A

43-B

44-C

45-B

46-B

47-D

48-B

49-B

50-D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn C. Ta có y = x3 + x − 1 ⇔ y ' = 3 x 2 + 1 > 0 ∀x ∈ ℝ.

Câu 2: Chọn D. Căn cứ vào bảng xét dấu ta có hàm số đồng biến trên khoảng ( −2;0 ) .

Câu 3: Chọn A. 5

Áp dụng định lý lũy thừa với số mũ hữu tỉ ta được P = x 4 . 8

Câu 4: Chọn B. x +1 1 = . x →+∞ 2 x − 4 2

lim

x +1 1 = x →−∞ 2 x − 4 2 lim

Vậy đường thẳng y =

1 x +1 . là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = 2 2x − 4

Câu 5: Chọn B. 1 1 Ta có khối nón có thể tích V = π r 2 h = π .3.4 = 4π . 3 3

Câu 6: Chọn A. Ta có bảng biến thiên:

Nhìn vào bảng biến thiên suy ra hàm số y = f ( x ) có 2 điểm cực trị.

Câu 7: Chọn D. lim y = 0 ⇒ tiệm cận ngang là y = 0.

x →+∞

lim + y = −∞ ⇒ tiệm cận đứng là x = −2.

x →( −2 )

lim y = +∞ ⇒ tiệm cận đứng là x = 0.

x → 0−

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số bằng 3.

Câu 8: Chọn D. 1   2

x −1

≥ 128 ⇔ x − 1 ≤ −7 ⇔ x ≤ 6.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −∞; −6] .

Câu 9: Chọn B. Hàm số đã cho xác định khi: x − 1 > 0 ⇔ x > 1. 9

Vậy điều kiện xác định của hàm số y = log 2 ( x − 1) là: x > 1.

Câu 10: Chọn C. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y = f ( x ) đổi dấu từ ‘+’ sang ‘ − ’ khi đi qua x = 2 nên giá trị cực đại của hàm số y = f ( x ) là: y = 3.

Câu 11: Chọn D.  x = −3 ; y " = 2 x + 2; y " ( −3) = −4 < 0; y " (1) = 4 > 0. Ta có y ' = x 2 + 2 x − 3; y ' = 0 ⇔  x = 1 Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1.

Câu 12: Chọn B. 2 ĐKXĐ: 3 x − 2 > 0 ⇔ x > . 3 Ta có log 2 ( 3x − 2 ) = 2 ⇔ 3x − 2 = 4 ⇔ x = 2 (thỏa mãn ĐKXĐ).

Câu 13: Chọn A. Đồ thị hàm số đã cho đi qua gốc tọa độ. Đối chiếu với đáp án ta chọn được đáp án A. Câu 14: Chọn C. Ta có: 3x − 4 = 1 ⇔ 3x − 4 = 30 ⇔ x − 4 = 0 ⇔ x = 4.

Câu 15: Chọn D. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng V = B.h = 2a 2 .3a = 6a 3 (đvtt).

Câu 16: Chọn A. Hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm x = −1.

Câu 17: Chọn A. Ta có y ' = 3 x 2 + 5 > 0, ∀x ∈ ℝ ⇒ Hàm số đã cho đồng biến trên [ −5;0]

⇒ max y = y ( 0 ) = 7. [ −5;0]

Câu 18: Chọn C.

Số giao điểm của ( C ) và đường thẳng y = 3 bằng 3.

Câu 19: Chọn A. Ta có lim+ y = lim+ x→ 2

x→ 2

3x − 5 = +∞ nên đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho. x−2

Câu 20: Chọn C. Vì

π  > 1 nên hàm số y =   luôn đồng biến trên ℝ. 3 3

Câu 21: Chọn B. Bán kính mặt cầu: R = a. 4 4 Thể tích khối cầu: V = π .R 3 = π a 3 . 3 3

Câu 22: Chọn D. Ta có: r = 5 và l = 7. Diện tích xung quanh của hình trụ: S xq = 2π rl = 2π .5.7 = 70π .

Câu 23: Chọn B.

 x = 0 ∉ ( 0; 2 )  y ' = 4 x3 − 4 x = 0 ⇔  x = 1 ∈ ( 0; 2 )  x = −1 ∉ 0; 2 ( ) 

y (1) = −4, y ( 0 ) = −3, y ( 2 ) = 5 Suy ra M = 5, m = −4 Vậy M + m = 5 − 4 = 1.

Câu 24: Chọn A. Câu 25: Chọn C.

1 1 3 2 3 1 = . Thể tích khối chóp: V = B.h = . . 3 3 2 3 3

Câu 26: Chọn A. Tập xác định: D = ℝ . y ' = 3 x 2 − 6mx + 3 ( m 2 − 2 ) y ' = 0 ⇔ x 2 − 2mx + m 2 − 2 = 0. Ta có: ∆ ' = 2 > 0, ∀m nên y ' = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 .

 x1 + x2 = 2m . ⇒ 2 . = − 2 x x m  1 2 Hàm số đồng biến trên (12; +∞ ) ⇔ x1 < x2 ≤ 12

( x1 − 12 )( x2 − 12 ) ≥ 0   x1.x2 − 12 ( x1 + x2 ) + 144 ≥ 0 ⇔ x + x ⇔ 1 2 < 12  x1 + x2 < 24   2

m 2 − 2 − 12.2m + 144 ≥ 0 m 2 − 24m + 142 ≥ 0 ⇔ ⇔ 2m < 24 m < 12   m ≤ 12 − 2  ⇔   m ≥ 12 + 2 ⇔ m ≤ 12 − 2.  m < 12 Do m ∈ ℤ + ⇒ m ∈ {1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9,10} .

Câu 27: Chọn D. 4 4 Ta có y = sin 3 2 x + 2 cos 2 2 x − ( m 2 + 3m ) sin 2 x − 1 hay y = sin 3 2 x − 2sin 2 2 x − ( m 2 + 3m ) sin 2 x + 1 do vậy 3 3 2 2 y ' = 2  4 sin 2 x − 4 sin 2 x − ( m + 3m )  cos 2 x.

 π  π Với ∀x ∈  0;  ta có cos 2 x > 0 vì vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  0;  khi và chỉ khi  4  4  π  π y ' ≥ 0, ∀x ∈  0;  ⇔ 4sin 2 2 x − 4sin 2 x − ( m2 + 3m ) ≥ 0, ∀x ∈  0;  .  4  4  π Đặt t = sin 2 x với ∀x ∈  0;  ta được t ∈ ( 0;1) do vậy ta có bất phương trình  4 4t 2 − 4t − ( m 2 + 3m ) ≥ 0, ∀t ∈ ( 0;1) ⇔ 4t 2 − 4t ≥ m 2 + 3m, ∀t ∈ ( 0;1) . 12

Xét hàm số g ( t ) = 4t 2 − 4t ta có bảng biến thiên như sau

Qua bảng ta cần có m 2 + 3m ≤ 1 ⇔ m 2 + 3m − 1 ≤ 0 ⇔

−3 − 5 −3 + 5 . ≤m≤ 2 2

Câu 28: Chọn C. Hàm số y = log 2 ( 4 x − 2 x + m ) có tập xác định là ℝ khi và chỉ khi 4 x − 2 x + m > 0, ∀x ∈ ℝ 2

Ta có 4 x − 2 x + m = ( 2 x ) − 2 x +

1 1  1 1 + m − =  2x −  + m − . 4 4  2 4

1 1 1 Do vậy 4 x − 2 x + m ≥ m − , ∀x ∈ ℝ suy ra 4 x − 2 x + m > 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ m − > 0 ⇔ m > . 4 4 4 1 Vậy hàm số y = log 2 ( 4 x − 2 x + m ) có tập xác định là ℝ thì m > . 4

Câu 29: Chọn D.

Ta có

VS . AB 'C ' VA.SB 'C ' AS AB ' AC ' 1 1 1 = = = 1. . = . . 2 2 4 VS . ABC VA.SBC AS AB AC

1 Do đó VS . AB 'C ' = V . 4

Câu 30: Chọn C. 13

Gọi N là trung điểm của A ' A ⇒ NE / / A ' B ⇒ AB '/ / ( CNE ) Do đó d ( CE; A ' B ) = d ( A ' B; ( CNE ) ) = d ( A '; ( CNE ) ) = d ( A; ( CNE ) ) Từ A hạ AH ⊥ NE và AK ⊥ CH

 AC ⊥ AB Ta có  ⇒ AC ⊥ NE mà AH ⊥ NE nên NE ⊥ ( AHC ) .  AC ⊥ AA '

⇒ ( AHC ) ⊥ ( CNE ) theo giao tuyến CH Mặt khác AK ⊥ CH nên AK ⊥ ( CNE ) vì vậy d ( A; ( CNE ) ) = AK . Trong tam giác vuông AHC có

1 1 1 = + 2 2 AK AC AH 2

Trong tam giác vuông ANE có

1 1 1 = + 2 2 AH AE AN 2

Vậ y

1 1 1 1 1 1 1 6a = + + = + 2+ ⇒ AK = 2 2 2 2 2 2 7 AK AC AE AN ( 3a ) a ( 2a )

Khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' B và CE bằng

6a . 7

Câu 31: Chọn A. 5

Sau 5 năm đầu tiên số tiền ông X thu về là T1 = 60 (1 + 8% ) (triệu đồng). 5 Số tiền gốc của giai đoạn gửi thứ hai là: T2 = 60 (1 + 8% ) + 1 (triệu đồng).  

5 5 Tổng số tiền thu về là T = 60 (1 + 8% ) + 1 (1 + 8% ) = 217, 695 (triệu đồng).  

Câu 32: Chọn C. 2 −2  x − 1   x + 1 ′  x − 1  f '( x) =   = =− 2 . 2  x −1  x − 1   x + 1  ( x − 1)  x + 1 

Câu 33: Chọn D. Ta có 9 x − 8.3x + 15 = 0 ⇔ ( 3x − 3)( 3x − 5 ) = 0 3x = 3 x = 1 ⇔ x ⇔ . x = log 5 = 3 5 3  

Câu 34: Chọn A. Ta có log 2 x = 5log 2 a + 3log 2 b ⇔ log 2 x = log 2 a 5 + log 2 b3 ⇔ log 2 x = log 2 a 5b3 ⇔ x = a 5b 3 .

Câu 35: Chọn A. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy: hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) và (1; +∞ ) ; đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1; đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y = 3. '

 2 − ax  ( 2 − ax ) ' ( bx − c ) − ( 2 − ax )( bx − c ) ' − abx + ac + abx − 2b ac − 2b * y'=  = =  = 2 2 2  bx − c  ( bx − c ) ( bx − c ) ( bx − c ) Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) và (1; +∞ ) ⇔ y ' > 0 ⇔ ac − 2b > 0 ⇔ ac > 2b (1) * Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = 1 ⇔ b.1 − c = 0 ⇔ b = c ( 2 ) 2 − ax a = 3 ⇔ − = 3 ⇔ a = −3b ( 3) x →∞ bx − c b

* Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là y = 3 ⇔ lim

Từ (1) , ( 2 ) và ( 3) ⇒ −3b 2 > 2b ⇔ 3b 2 + 2b < 0 ⇔ −

2 < b < 0 ⇒ c < 0 và a > 0 3

Vậy trong các số a, b, c có 2 số âm.

Câu 36: Chọn B. Xét f ( x ) = x − 3 3 x + 1 + m liên tục trên ℝ. Với x ≠ −1 ta có f ' ( x ) = 1 −

f ' ( x ) = 0 ⇒ x = −2; x = 0 15

1 3

( x + 1)

Có f ( −1) = m − 1; f ( 0 ) = m − 3; f ( 7 ) = m + 1 ⇒ max f ( x ) = m + 1; min f ( x ) = m − 3 [ −1;7 ]

[ −1;7]

2 0 ≤ m + 1 ≤ 4 0 ≤ ( m + 1) ≤ 16 TH1: Với ( m + 1)( m − 3) ≤ 0 ⇔ m ∈ [ −1;3] ⇒  ⇒ 2 −4 ≤ m − 3 ≤ 0 0 ≤ ( m − 3) ≤ 16 2

{

Khi đó ta có min  f ( x )  = 0; max  f ( x )  = max ( m + 1) ; ( m − 3) [ −1;7] [ −1;7]

} ≤ 16 ⇒ P ≤ 16.

Vậy các giá trị

m ∈ [ −1;3] thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2

TH2: Với ( m + 1)( m − 3) > 0 ⇔ m ∈ ( −∞ − 1) ∪ ( 3; +∞ ) ⇒ P = ( m + 1) + ( m − 3) = 2m 2 − 4m + 10 Theo bài P ≤ 26 ⇔ 2m 2 − 4m + 10 ≤ 26 ⇔ m 2 − 2m − 8 ≤ 0 ⇔ m ∈ [ −2; 4] ⇒ m ∈ [ −2;1) ∪ ( 3; 4] Kết hợp hai trường hợp suy ra m ∈ [ −2; 4] ⇒ có 7 giá trị nguyên của m .

Câu 37: Chọn D.

Gọi O = AC ∩ BD khi đó SO ⊥ ( ABCD ) ⇒ SO là trục đường tròn ngoại tiếp đáy ABCD . Trong mặt phẳng ( SAO ) gọi giao của đường trung trực của SA với SA là E và SO là I . Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S . ABCD . Do đó bán kính là R = SI = Do AO =

AC 5 = 600 nên SO = 5 3 ; SA = 5 ⇒ R = = và SAO 2 2 2

SA2 (1) 2 SO

52 5 = 5 3 3 2. 2

4 4  5  500 3 Thể tích khối cầu V = π R3 = π .  π. = 3 3  3  27 Câu 38: Chọn C. + Ta có e x +3 y + e xy +1 + x ( y + 1) + 1 = e − xy −1 +

x +3 y

− 3 y ⇔ e x +3 y − 16

x +3 y

+ x + 3 y = e − xy −1 −

− xy −1

+ ( − xy − 1)(*) .

1 1 + t ⇒ f ' ( t ) = et + t + 1 > 0, ∀t ∈ ℝ. Nên hàm số f ( t ) đồng biến trên ℝ t e e x +1 2x + 2 ⇒ T = x +1− = g ( x) (*) ⇔ f ( x + 3 y ) = f ( − xy − 1) . Do đó x + 3 y = − xy − 1 ⇔ y = − x+3 x+3

+ Đặt

f ( t ) = et −

g ' (t ) = 1 −

1 ≥ 0, ∀x ≥ 0 nên g ( x ) đồng biến trên [ 0; +∞ ) . Suy ra MinT = Min g ( x ) = g ( 0 ) = . [ 0;+∞ ) 3

( x + 3)

nên

Câu 39: Chọn B. Xét hàm số f ( x ) = 3x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m2 , hàm số đã cho trở thành y = f ( x ) . Tập xác định của f ( x ) là: ℝ.

x = 0 Ta có f ' ( x ) = 12 x − 12 x − 24 x = 12 x ( x − x − 2 ) , f ' ( x ) = 0 ⇔  x = −1.  x = 2 3

Bảng biến thiên của f ( x ) :

Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f ( x ) bằng số cực trị của đồ thị hàm số y = f ( x ) cộng với số giao điểm của đồ thị y = f ( x ) với trục hoành (không tính các điểm tiếp xúc). Từ bảng biến thiên ta được điều kiện để hàm số y = f ( x ) có 5 điểm cực trị là  −4 2 < m ≤ − 5   m 2 − 32 < 0 ≤ m 2 − 5 ⇔ 5≤m<4 2  2  m ≤ 0  m = 0 Do m ∈ ℤ nên ta được tập các giá trị của m là {−5; −4; −3; 0;3; 4;5} . Vậy có 7 giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu của bài toán. 17

Câu 40: Chọn A. 1 1 1 . ∆SBC = SA.SB.SC = .3a.4a.5a = 10a 3 . Thể tích khối chóp là V = SAV 3 6 6

Câu 41: Chọn D.

Gọi D là trung điểm SB , ta có SD =

1 AB = a. 2

Gọi E là điểm trên cạnh SC sao cho SE =

1 1 SC , ta có SE = SC = a. 4 4

= CSA = 600 và SA = SE = SD = a nên SAED là tứ diện đều cạnh a . Vì ASB = BSC 2

Tứ diện đều SAED có S ADE

VSAED

2 a 3 a2 3 a 6 , SH = SE 2 − EH 2 = a 2 −  . . =  = 4 3 3 2 

1 1 a 2 3 a 6 a3 2 . . = .S ADE .SH = . = 3 3 4 3 12

Mặt khác,

VSAED SD SE 1 1 1 a 3 2 2a 3 2 = . = . = . Vậy VS . ABC = 8VSAED = 8. . = 12 3 VS . ABC SB SC 2 4 8

Câu 42: Chọn A. 18

Ta có V = π r 2 h ⇒ h =

V . π r2

Stoaøn phaàn = Sxung quanh + 2Sñaùy = 2π rh + 2π r 2 = 2π r.

V 2V V V + 2π r 2 = + 2π r 2 = + + 2π r 2 . 2 r r r πr

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương

V V V V , ,2π r 2 ta có + + 2π r 2 ≥ 3 3 2π V 2 . r r r r

Dấu “=” xảy ra ⇔

V V V . = 2π r 2 ⇔ r 3 = ⇔r=3 2π 2π r

Vậy để tiết kiệm vật liệu nhất thì bán kính đáy của vỏ hộp sữa phải bằng

Câu 43: Chọn B.

Thiết diện qua trục là hình vuông nên AB = AA ' = 2r ⇒ l = 2r. Diện tích toàn phần của khối trụ là: STP = 2π .r.l + 2π r 2 = 2π .r.2r + 2π r 2 = 6π r 2 = 4π ⇒ r = 2

6 . 3

 6  6 4 6 Nên thể tích khối trụ: V = B.h = π R . AA ' = π .   .2.   = 9 π . 3 3     2

Câu 44: Chọn C. 19

V . 2π

Ta có: n ( Ω ) = C102 = 45. Gọi A: “2 thẻ rút được có tổng là một số tự nhiên chia hết cho 3” Từ 1 đến 10 có 3 số tự niên chia hết cho 3 là {3;6;9} . Có 3 số tự nhiên chia hết cho 3 dư 2 là {2;5;8} . Có 4 số tự nhiên chia hết cho 3 dư 1 là {1; 4; 7;10} . Lấy 2 thẻ rút được có tổng là một số tự nhiên chia hết cho 3 có 2 trường hợp xảy ra: TH1: 2 số đó chia hết cho 3 nên có C32 = 3 cách TH2: 1 số đó chia cho 3 dư 1 và số còn lại chia 3 dư 2 nên có C31.C41 = 3.4 = 12 cách ⇒ n ( A ) = 12 + 3 = 15 ⇒ P ( A ) =

n ( A) n (Ω)

15 1 = . 45 3

Câu 45: Chọn B.

 x = 6t  Đặt log 6 x = log 9 y = log 4 ( 2 x + 2 y ) = t ⇒  y = 9t  2 x + 2 y = 4t   2 t   = 1 + 3 ( n ) 2t t t 3 2 2 2 t t t  ⇒ 2.6 + 2.9 = 4 ⇔   − 2.   − 2 = 0 ⇔ ⇒   = 1 + 3.  2 t 3 3 3     = 1 − 3 ( l )  3  Vậy

x = 1 + 3. y

Câu 46: Chọn B. Tập xác định: D = ℝ \ {−3;1} .  lim y = 0 x →+∞ +)  ⇒ đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho. y=0  xlim →−∞

1 1 1 1 = và lim− y = lim− = nên đường thẳng x = 1 không là đường tiệm cận đứng của đồ x → 1 x → 1 x+3 4 x+3 4 thị hàm số đã cho.

+) lim+ y = lim+ x →1

x →1

x −1 x −1 = +∞ và lim − y = lim − = −∞ nên đường thẳng x = −3 là x →( −3) x →( −3) ( x − 1)( x + 3 ) x →( −3 ) x →( −3) ( x − 1)( x + 3 ) đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho. +)

lim + y = lim +

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.

Câu 47: Chọn D.

 x < 1  x 2 − 3x + 2 > 0  Điều kiện xác định:  ⇔  x > 2 x − 3 ≠ 0  x ≠ 3 Tập xác định là D = ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ ) \ {3} .

Câu 48: Chọn B.

Gọi E là trung điểm A ' C '. Đặt AB = a

Ta có ME ⊥ ( A ' B ' C ' D ') , suy ra ( NM , ( A ' B ' C ' D ' ) ) = MNE =α a a2 a 5 ⇒ NM = a 2 + = 2 4 2 2 ME a Vậy sin α = = = . MN a 5 5 2 ME = a, EN =

Câu 49: Chọn B.

Độ dài đường chéo AC ' = AB 3 = a 3 ⇒ AB = a. a3 1 Thể tích khối chóp A '. ABCD là V = .S ABCD . AA ' = . 3 3

Câu 50: Chọn D. Ta có g ( x ) = 2 f ( x + 2 ) + x 2 + 4 x + 3 ⇒ g ' ( x ) = 2 f ' ( x + 2 ) + 2 x + 4.

g ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( x + 2) = − x ( x + 2)  x + 2 = −1  x = −3 x + 2 = 0  x = −2 . ⇔ ⇔ x + 2 =1  x = −1   x + 2 = 2 x = 0 Bảng xét dấu g ' ( x ) x

g '( x)

−2

−3

−∞ +

−

Từ bảng xét dấu, suy ra hàm số có một điểm cực tiểu.

−1 +

0 +

+∞

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT LẦN 2 KHỐI 12

TRƯỜNG THPT KINH MÔN

NĂM HỌC 2020 – 2021

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

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

Câu 1: Cho cấp số cộng ( un ) với u1 = −2 và công sai d = 3 thì số hạng u5 bằng A. 7.

B. 10.

C. 5.

D. 6.

Câu 2: Trong không gian Oxyz , mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 8 x + 4 y + 2 z − 4 = 0 có bán kính R là A. R = 5.

B. R = 25.

C. R = 5.

D. R = 2.

C. ( −1;1)

D. (1; +∞ )

C. 310.

D. −290.

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

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

A. ( 0;1)

B. ( −1; 0 )

Câu 4: Cho log a = 10;log b = 100. Khi đó log ( a.b3 ) bằng A. 30.

B. 290.

Câu 5: Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?

A. y = − x 4 + 2 x 2 + 1.

B. y = − x 4 + 2 x 2 − 1.

C. y = − x 4 + 1. 1

D. y = − x 4 − 2 x 2 + 1.

Câu 6: Tính diện tích toàn phần của hình trụ có đường cao bằng 2 và đường kính đáy bằng 8. A. 80π .

B. 24π .

C. 160π .

D. 48π .

Câu 7: Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Tính thể tích khối chóp S . ABC. A.

a3 3 . 12

a3 3 . 2

a3 3 . 6

a3 3 . 3

Câu 8: Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e2020 x + 2 x là A. 2020e 2020 x + x 2 + C. C. e2020 x +

1 2 x + C. 2

1 2020 x e + 2 x 2 + C. 2020

1 2020 x e + x 2 + C. 2020

Câu 9: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng

A. 2.

B. -1.

C. 1.

D. -2.

Câu 10: Trong không gian Oxyz cho điểm M thỏa mãn hệ thức OM = 2i + j. Tọa độ điểm M là

A. M ( 0; 2;1) .

B. M (1; 2;0 ) .

C. M ( 2;1;0 ) .

D. M ( 2; 0;1) .

Câu 11: Cho đồ thị y = f ( x ) như hình vẽ sau đây. Biết rằng

∫ f ( x ) dx = a −2

của phần hình phẳng được tô đậm.

và

∫ f ( x ) dx = b. Tính diện tich S 1

A. S = − a − b.

B. S = a + b.

Câu 12: Đồ thị hàm số y = A. y = 2.

C. S = b − a.

x−2 có đường tiệm cận ngang là x2 − 4

B. y = 0.

Câu 13: Số nghiệm của phương trình 3x A. 3.

D. S = a − b.

−2 x

C. y = 1.

D. x = −2.

C. 2.

D. 0.

= 27 là

B. 1.

Câu 14: Cho khối hộp có thể tích bằng 64 và chiều cao bằng 4. Diện tích của khối hộp đã cho bằng A. 8.

B. 2.

C. 16.

Câu 15: Số nghiệm nguyên của bất phương trình 4 x −1 ≥ 2 x A. 4.

−3 x + 2

B. 1.

D. 6.

là

C. 0.

D. 3.

Câu 16: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Có bao nhiêu giá trị nguyên để phương trình 2 f ( x ) + 3m = 0 có 3 nghiệm phân biệt?

A. Vô số.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Câu 17: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [ a; b ]. Hãy chọn đáp án đúng A.

∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 0.

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx.

∫

f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx.

∫

f ( x ) dx =

1 f ( x ) dx. 2 ∫b

Câu 18: Tổng diện tích các mặt của hình lập phương bằng 96. Thể tích khối lập phương là A. 9.

B. 64.

C. 48.

D. 84.

Câu 19: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x.ln x tại điểm có hoành độ bằng e là A. y = 2 x − e.

B. y = x + e.

C. y = ex − 2e.

D. y = 2 x + 3e.

Câu 20: Cho tứ diện ABCD. Hỏi có bao nhiêu vectơ 0 mà mỗi vectơ có điểm đầu, điểm cuối là hai đỉnh của tứ diện ABCD ? A. 4.

B. 8.

C. 12.

D. 10.

Câu 21: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = ( x 2 + 1) ( x − 2 ) , ∀x ∈ ℝ. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 2; +∞ ) .

B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) .

C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1; 2 ) .

D. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞, 2 ) .

Câu 22: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại C , SA vuông góc với mặt phẳng đáy, 4V biết AB = 2a, SB = 3a. Thể tích khối chóp S . ABC là V . Tỷ số 3 có giá trị là a A. 4 5.

4 3 . 3

C. 2

4 5 . 3

5 . 3

Câu 23: Số nghiệm thực của phương trình 4 x − 5.2 x + 4 = 0 là A. 3.

B. 1.

Câu 24: Tập xác định của hàm số y = ( x 2 − 7 x + 10 ) A. ( 2;5) .

C. 2. −2021

B. ( −∞; 2 ) ∪ ( 5; +∞ ) .

D. 4.

là

C. ℝ \ {2;5} .

D. ( −∞; 2] ∪ [5; +∞ )

Câu 25: Cho hàm số y = 4 + x + 4 − x . Khẳng định nào sau đây đúng? A. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x = 0.

B. Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x = 4.

C. Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 4.

D. Giá trị lớn nhất của hàm số bằng 4.

Câu 26: Cho hàm số bậc ba f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ.

Tính tổng: T = a − b + c + d

A. 1.

B. 3.

C. −1.

D. 0.

Câu 27: Cho mặt cầu ( S ) đi qua A ( 3;1;0 ) , B ( 5;5;0 ) và có tâm I thuộc trục Ox, ( S ) có phương trình là: 2

B. ( x − 10 ) + y 2 + z 2 = 5 2.

D. ( x + 10 ) + y 2 + z 2 = 50.

A. ( x + 10 ) + y 2 + z 2 = 5 2.

C. ( x − 10 ) + y 2 + z 2 = 50.

Câu 28: Lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A, BC = 2a, AB = a. Mặt bên BB ' CC ' là hình vuông. Khi đó thể tích lăng trụ là a3 3 . A. 3

B. a 3 2.

C. 2a 3 3.

D. a 3 3.

Câu 29: Trong không gian, cho hình chữ nhật ABCD , có AB = 1, AD = 2. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và BC . Quay hình chữ nhật đó xung quanh trục MN , ta được một hình trụ. Tính diện tích toàn phần Stp của hình trụ đó. A. Stp = 10π .

B. Stp = 4π .

C. Stp = 6π .

D. Stp = 2π .

Câu 30: Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân, có cạnh góc vuông bằng a. Tính diện tích xung quanh của hình nón. 2π a 2 3 . A. 3

π a2 2 4

C. π a

Câu 31: Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số = A. 3.

B. 2.

C. 1.

x −3 9 − x2

π a2 2 2

là

D. 4.

Câu 32: Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = e 2 x , trục hoành và hai đường thẳng x = 0, x = 3 là A.

e6 1 + . 2 2

e6 1 + . 3 3

e6 1 − . 2 2

e6 1 − . 3 3

Câu 33: Đồ thị hàm số nào trong bốn hàm số liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây, có đúng một cực trị? A. y = x 4 + 2 x 2 − 5.

B. y = x3 − 6 x 2 + x.

C. y =

2x − 7 . x +1

D. y = − x 3 − 4 x + 5.

Câu 34: Biết rằng tích phân

∫ ( 2 x + 1) e dx = a + b.e, tích ab bằng x

A. −15.

B. −1.

C. 1.

D. 2.

Câu 35: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = sin 3 x.cos x. A. ∫ f ( x ) dx = − C. ∫ f ( x ) dx =

sin 4 x + C. 4

B. ∫ f ( x ) dx =

sin 2 x + C. 2

∫

sin 4 x + C. 4

f ( x ) dx = −

sin 2 x + C. 2

Câu 36: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ, thỏa mãn cos x. f ' ( x ) + sin x. f ( x ) = 2sin x.cos3 x, với π  9 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? mọi x ∈ ℝ, và f   = 4 4 π  A. f   ∈ ( 2;3) . 3

π  B. f   ∈ ( 3; 4 ) . 3

π  C. f   ∈ ( 4; 6 ) . 3

π  D. f   ∈ (1; 2 ) . 3

Câu 37: Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f ' ( x ) như hình dưới.

Hàm số g ( x ) = f ( x ) + 2021 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 5.

B. 7.

C. 3.

D. 2.

Câu 38: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ, đồ thị hàm số f ' ( x ) như trong hình vẽ dưới. Hỏi phương trình f ( x ) = 0 có tất cả bao nhiêu nghiệm biết f ( a ) > 0.

A. 3.

B. 1.

C. 2.

D. 0.

Câu 39: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị của hàm số y = f ' ( x ) như hình vẽ.

Hàm số y = f ( 3 − x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( 4; 7 ) .

B. ( −∞; −1) .

C. ( 2;3) .

D. ( −1; 2 ) .

Câu 40: Cho bất phương trình: 9 x + ( m + 1) .3x + 2m > 0 (1) . Có bao nhiêu giá trị của tham số m nguyên thuộc

[ −8;8] để bất phương trình (1) A. 11.

nghiệm đúng ∀x > 1.

B. 9.

C. 8.

D. 10.

Câu 41: Ông M vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 0,4% tháng theo hình thức mỗi tháng trả góp số tiền giống nhau sao cho sau đúng 3 năm thì hết nợ. Hỏi số tiền ông phải trả hàng tháng là bao nhiêu? (làm tròn đến hai chữ số sau dấu phẩy) A. 2,96 triệu đồng.

B. 2,98 triệu đồng.

C. 2,99 triệu đồng.

D. 2,97 triệu đồng.

Câu 42: Cho hình chóp đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a 2, cạnh bên SA = 2a. Côsin góc giữa hai mặt phẳng ( SCD ) và ( SAC ) bằng

21 . 14

21 . 3

21 . 7

21 . 2

Câu 43: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có ABC là tam giác vuông cân, AB = AC = a, AA ' = a 3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB ', BC '.

6a . 4

3a . 4

3a . 2

15a . 5

Câu 44: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông MNPQ và M (10;10 ) , N ( −10;10 ) , P ( −10; −10 ) ,

Q (10; −10 ) . Gọi S là tập hợp tất cả các điểm có tọa độ đều là các số nguyên nằm trong hình vuông MNPQ (tính cả các điểm nằm trên các cạnh của hình vuông). Chọn ngẫu nhiên một điểm A ( x; y ) ∈ S , khi đó xác suất để chọn được điểm A thỏa mãn OA.OM ≤ 1 là

1 . 21

2 . 49

1 . 49

19 . 441

= 300. Câu 45: Cho khối chóp S . ABC có đường cao SA = a, tam giác ABC vuông ở C có AB = 2a, góc CAB Gọi H là hình chiếu của A trên SC. Gọi B ' là điểm đối xứng của B qua mặt phẳng ( SAC ) . Tính thể tích khối chóp H . AB ' B.

a3 3 . 12

a3 3 . 4

3a 3 3 . 4

a3 3 . 6

Câu 46: Xét các số thực dương a, b, x, y thỏa mãn a > 1, b > 1 và a 2 x = b3 y = ( ab ) . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 xy + 2 x + y có dạng m + n 30 (với m, n là các số tự nhiên). Tính S = m − 2n. 8

A. S = 34. Câu

47:

∫ ( f '( x))

A. −

B. S = 28.

f ( x)

Cho

là

hàm

C. S = 32.

số

liên

có

đạo

hàm

f '( x)

trên

[ 0;1] , f ( 0 ) = 0.

Biết

1 2

1 1 dx = , ∫ f ( x ) dx = − . Khi đó 3 0 3

5 . 48

t ục

D. S = 24.

∫ f ( x ) dx bằng 0

1 C. − . 6

B. 0.

6 . 23

Câu 48: Cho mặt cầu tâm O bán kính R . Từ điểm A tùy ý trên mặt cầu dựng các đường thẳng đôi một hợp với nhau góc α và cắt mặt cầu tại B; C ; D khác A thỏa mãn AB = AC = AD. Khi α thay đổi, thể tích lớn nhất của khối tứ diện ABCD bằng A. V =

8 3 R. 9

B. V =

4 2 3 R. 27

C. V =

8 3 3 R. 27

D. V =

4 3 3 R. 27

Câu 49: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ, có đồ thị như hình vẽ.

4m3 + m

Giá trị của tham số m để phương trình

( x) + 5

= f 2 ( x ) + 3 có 3 nghiệm phân biệt là m =

a với a, b là b

hai số nguyên tố. Tính T = a + b.

A. T = 43.

B. T = 35.

C. T = 39.

D. T = 45.

Câu 50: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có diện tích các mặt ABCD, ABB ' A ', ADD ' A ' lần lượt bằng 30 cm 2 , 40cm 2 , 48cm 2 . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp bằng A. 3 10cm.

B. 5 10cm.

5 5 cm. 2

---------------- HẾT ---------------

2 5 cm. 5

BẢNG ĐÁP ÁN 1-B

2-C

3-A

4-C

5-A

6-D

7-C

8-D

9-A

10-C

11-C

12-B

13-C

14-C

15-A

16-B

17-A

18-B

19-A

20-C

21-D

22-C

23-A

24-C

25-D

26-C

27-C

28-D

29-B

30-D

31-C

32-C

33-A

34-C

35-B

36-A

37-A

38-D

39-D

40-A

41-C

42-C

43-B

44-A

45-B

46-B

49-C

50-C

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn B. Ta có u5 = u1 + 4d = −2 + 4.3 = 10.

Câu 2: Chọn C. 2

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 4; −2; −1) và bán kính R = 42 + ( −2 ) + ( −1) − ( −4 ) = 5.

Câu 3: Chọn A. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên ( −∞; −1) và ( 0;1) .

Câu 4: Chọn C. log ( a.b3 ) = log a + log ( b3 ) = log a + 3log b = 10 + 3.100 = 310.

Câu 5: Chọn A.

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy khi x = 0 thì hàm số nhận giá trị dương (loại phương án B). Hơn nữa hàm số có ba điểm cực trị nên y ' = 0 có ba nghiệm phân biệt (tích hệ số của x 4 , x 2 phải nhỏ hơn 0 (loại C, D)). Ta chọn A.

Câu 6: Chọn D. Hình trụ có đường cao bằng h = 2 thì độ dài đường sinh của hình trụ là l = h = 2. Bán kính đáy của hình trụ bằng r = 8 : 2 = 4. Diện tích toàn phần của hình trụ là

Stp = 2π rl + 2π r 2 = 2π .4.2 + 2π .42 = 48π . Câu 7: Chọn C.

Tam giác ABC đều nên S ∆ABC = VS . ABC

a2 3 . 4

1 1 a 2 3 a3 3 . = .SA.S ∆ABC = .2a. = 3 3 4 6

Câu 8: Chọn D. Ta có:

∫ (e

2020 x

+ 2 x ) dx =

1 2020 x e + x 2 + C. 2020

Câu 9: Chọn A. Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 2.

Câu 10: Chọn C. Theo công thức OM = ai + b j + ck ⇔ M ( a; b; c ) . Ta có OM = 2i + j ⇔ M ( 2;1; 0 ) . Câu 11: Chọn C. 11

Diện tích S của phần hình phẳng được tô đậm bằng tổng diện tích hình S1 và S 2 .

Trong đó S1 được giới hạn bởi các đường gồm đồ thị của hàm số y = f ( x ) , Ox; x = −2; x = 1, trên đoạn [ −2;1] 1

hàm số y = f ( x ) nhận các giá trị không dương nên S1 = − ∫ f ( x ) dx = − a. −2

Tương tự S 2 = ∫ f ( x ) dx = b. Vậy S = b − a. 1

Câu 12: Chọn B. TXĐ: D = ℝ. 1 2 1 2 − 2 − 2 x−2 x−2 x x x x = 0 ; nên đồ thị hàm số đã cho có tiệm lim y = lim 2 = lim = 0; lim y = lim 2 = lim x →+∞ x →+∞ x − 4 x →+∞ x →−∞ x →−∞ x − 4 x →−∞ 4 4 1− 2 1− 2 x x cận ngang y = 0.

Câu 13: Chọn C. Ta có: 3x

−2 x

= 27 ⇔ 3x

−2 x

 x = −1 . = 33 ⇔ x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔  x = 3

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.

Câu 14: Chọn C. Ta có: V = Bh ⇒ B =

V 64 = = 16. Vậy diện tích đáy của khối hộp là 16. h 4

Câu 15: Chọn A. Ta có: 4 x −1 ≥ 2 x

−3 x + 2

⇔ 22 x −2 ≥ 2 x

−3 x + 2

⇔ 2 x − 2 ≥ x 2 − 3 x + 2 ⇔ x 2 − 5 x + 4 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ 4.

Tập nghiệm của bất phương trình S = [1; 4] . ⇒ Các nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là: x = 1; x = 2; x = 3; x = 4. 12

Câu 16: Chọn B. Ta có: 2 f ( x ) + 3m = 0 ⇔ f ( x ) = −

3m . (1) 2

Số nghiệm của (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) với đường thẳng y =

(1)

−3m . 2

có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt đường thẳng y =

biệt. Dựa vào bảng biến thiên ta có:

−3m = −3 ⇔ m = 2. 2

Câu 17: Chọn A. Ta có

∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 0.

Câu 18: Chọn B. Do 6 mặt của hình lập phương là các hình vuông canh a nên ta có

6a 2 = 96 ⇔ a 2 = 16 ⇒ a = 4 ⇒ V = 43 = 64.

Câu 19: Chọn A. Với x0 = e ⇒ y0 = e. Ta có: y ' = ln x + 1, y ' ( e ) = 2. Vậy: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm M ( e; e ) là

y − e = 2 ( x − e ) ⇔ y = 2 x − e. Câu 20: Chọn C.

−3m tại ba điểm phân 2

Các vectơ khác vectơ 0 mà mỗi vectơ có điểm đầu, điểm cuối là hai đỉnh của tứ diện ABCD là: AB, BA, AC , CA, AD., DA, BC , CB, BD, DB, CD, DC. Câu 21: Chọn D. Ta có f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 2 Dấu f ' ( x ) :

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; 2 ) .

Câu 22: Chọn C.

Ta có ∆ABC vuông cân tại C , AB = 2a nên CA = CB = a 2.

∆SAB vuông tại A nên SA = SB 2 − AB 2 = a 5. 1 1 1 1 a3 5 . V = SA.S ∆ABC = SA. AC.CB = a 5.a 2.a 2 = 3 3 2 6 3 Vậ y

4V 4 5 . = a3 3

Câu 23: Chọn A. 2

( )

Phương trình 4 x − 5.2 x + 4 = 0 ⇔ 2 x

− 5.2 x + 4 = 0.

2 t = 1 . Đặt t = 2 x ≥ 20 = 1, phương trình trở thành: t 2 − 5t + 4 = 0 ⇔  t = 4 2

+ Với t = 1 ⇒ 2 x = 1 ⇔ x 2 = 0 ⇔ x = 0. 2

+ Với t = 4 ⇒ 2 x = 4 ⇔ x 2 = 2 ⇔ x = ± 2. Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm thực phân biệt.

Câu 24: Chọn C. Hàm số y = ( x 2 − 7 x + 10 )

−2021

x ≠ 2 xác định khi và chỉ khi x 2 − 7 x + 10 ≠ 0 ⇔ ( x − 2 )( x − 5 ) ≠ 0 ⇔  x ≠ 5

Vậy tập xác định của hàm số là D = ℝ \ {2;5} .

Câu 25: Chọn D. Tập xác định: D = [ −4; 4] . Ta có: y ' =

1 1 4− x − 4+ x . − = 2 4 + x 2 4 − x 2 4 + x. 4 − x

y ' = 0 ⇔ x = 0 ∈ ( −4; 4 ) . y ( 4 ) = 2 2; y ( −4 ) = 2 2; y ( 0 ) = 4. Vậy giá trị lớn nhất của hàm số bằng 4.

Câu 26: Chọn C. Ta có: f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d ⇒ f ' ( x ) = 3ax 2 + 2bx + c. Từ đồ thị ta thấy: Tại x = ±1 ⇒ f ' ( x ) = 0 và đồ thị hàm số đi qua các điểm: (1; −1) ; ( 0;1) và ( −1;3) . Từ đó ta có hệ phương trình:

 y ' (1) = 0 a = 1    y ' ( −1) = 0 b = 0 . ⇔   = − 3 c 1 = − 1 y ( )   y 0 =1 d = 1  ( ) Suy ra: T = a − b + c + d = −1.

Câu 27: Chọn C. Gọi điểm I ( a; 0;0 ) ∈ Ox 15

Ta có: IA =

( a − 3)

+ 12 ; IB =

( a − 5)

Mặt cầu ( S ) đi qua A, B nên IA = IB ⇔ 2

+ 52

( a − 3)

+ 12 =

( a − 5)

+ 52

⇔ ( a − 5 ) + 52 = ( a − 3) + 12 ⇔ 4a = 40 ⇔ a = 10 ⇒ I (10;0; 0 ) ⇒ R = IA = 50. 2

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: ( x − 10 ) + y 2 + z 2 = 50.

Câu 28: Chọn D.

Mặt bên BB ' C ' C là hình vuông nên BC = BB ' = h = 2a.

Đáy là tam giác vuông tại A, ta có: AC = BC 2 − AB 2 = 4a 2 − a 2 = a 3. Thể tích lăng trụ là: V = S .h =

1 1 AC. AB.BB ' = a 3.a.2a = 3a 3 . 2 2

Câu 29: Chọn B.

Hình trụ có bán kính R =

AD = 1 và chiều cao h = AB = 1. 2

Ta có: Stp = 2π Rh + 2π R 2 = 4π .

Câu 30: Chọn D. 16

Giả sử cắt hình nón có đỉnh S bởi một mặt phẳng đi qua trục SO ta được thiết diện là ∆SAB. Bán kính đáy hình nón là R =

AB a 2 = và l = SA = a. 2 2

Diện tích xung quanh hình nón là S xq = π Rl = π .

a 2 π a2 2 .a = . 2 2

Câu 31: Chọn C. Tập xác định D = ( −3;3) . Suy ra không tồn tại lim f ( x ) , lim f ( x ) . Do đó đồ thị hàm số không có đường tiệm cận ngang. x →+∞

Ta có y =

x −3 9− x

lim + f ( x ) = lim +

x →( −3 )

x → ( −3 )

x →−∞

− 3− x . 3+ x

− 3− x = −∞. 3+ x

Suy ra đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng x = −3. Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 1.

Câu 32: Chọn C. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = e 2 x , trục hoành và hai đường thẳng x = 0, x = 3 là 3

S = ∫ e 2 x dx = 0

e6 1 − . 2 2

Câu 33: Chọn A. Ta có: 1.2 ≥ 0 ⇒ hàm số có đúng 1 cực trị.

Câu 34: Chọn C.

u = 2 x + 1 du = 2dx Đặt  ⇒ x x dv = e dx v = e

⇒ ∫ ( 2 x + 1) e x dx = ( 2 x + 1) e x 0

1 1 x − 2e dx = 1 + e. 0 ∫0

Vậy ab = 1.

Câu 35: Chọn B. Ta có:

∫

f ( x ) dx = ∫ sin 3 x.cos xdx = ∫ sin 3 xd ( sin x ) =

sin 4 x + C. 4

Câu 36: Chọn A. Trường hợp 1: cos x = 0 ⇒ f ( x ) = 0 ∀x ∈ ℝ (loại). Trường hợp 2: cos x ≠ 0, khi đó

cos x. f ' ( x ) + sin x. f ( x ) = 2sin x.cos3 x ⇔

cos x. f ' ( x ) − ( cos x ) '. f ( x )

cos 2 x

= sin 2 x

f ( x ) −1  f ( x)   f ( x ) ′ ⇔ ' = sin 2 x ⇔ = cos 2 x + C.    dx = ∫ sin 2 xdx ⇔ ∫ cos x 2  cos x   cos x  9 1 9 π  9 2 Theo bài, f   = ⇒ C = ⇒ f ( x ) = − cos 2 x.cos x + cos x. 4 2 2 2 4  π  19 Vậy f   = ∈ ( 2;3) . 3 8

Câu 37: Chọn A. Từ đồ thị hàm số f ' ( x ) ta thấy đồ thị hàm số f ' ( x ) cắt trục hoành tại 2 điểm có hoành độ dương (và 1 điểm có hoành độ âm) ⇒ Hàm số y = f ( x ) có 2 điểm cực trị có hoành độ dương. Hàm số y = f ( x ) là hàm chẵn ⇒ Đồ thị hàm số gồm hai phần: Phần nằm bên phải trục Oy của đồ thị hàm số

y = f ( x ) và phần đối xứng với phần này qua trục Oy Đồ thị hàm số y = f ( x ) có dạng như hình dưới:

⇒ Hàm số f ( x ) có 5 điểm cực trị ⇒ Hàm số g ( x ) = f ( x ) + 2021 có 5 điểm cực trị (vì phép tịnh tiến lên trên hay xuống dưới không ảnh hướng đến số điểm cực trị của hàm số).

Câu 38: Chọn D. Dựa vào đồ thị của hàm số f ' ( x ) ta thấy: f ' ( x ) ≥ 0 ⇔ x ∈ [ a; b ] ∪ [ c; +∞ ) . Bảng biến thiên:

Ta có:

∫ a

b c f ' ( x ) dx > − ∫ f ' ( x ) dx ⇒ ∫ f ' ( x ) dx + ∫ f ' ( x ) dx > 0 ⇒ f ( x ) + f ( x ) > 0 a b b a b

⇒ f (b ) − f ( a ) + f (c ) − f (b ) > 0 ⇒ f ( c ) − f ( a ) > 0 ⇒ f (c ) > f ( a ) > 0 Vậy phương trình f ( x ) = 0 vô nghiệm.

Câu 39: Chọn D.  f ( 3 − x ) , khi x ≤ 3 . Ta có y = f ( 3 − x ) =   f ( x − 3) , khi x > 3 TH1: Xét hàm số y = f ( 3 − x ) khi x ≤ 3. 19

Ta có: y ' = ( 3 − x ) ' f ' ( 3 − x ) = − f ' ( 3 − x )

 3 − x = −1  x = 4 y ' = 0 ⇔ f ' ( 3 − x ) = 0 ⇔ 3 − x = 1 ⇔  x = 2 .  x = −1 3 − x = 4  3 − x < −1 x > 4 . y ' > 0 ⇔ f ' (3 − x ) < 0 ⇔  ⇔ 1 < 3 − x < 4  −1 < x < 2  −1 < 3 − x < 1  2 < x < 4 ⇔ . y ' < 0 ⇔ f ' (3 − x ) > 0 ⇔  3 − x > 4  x < −1 Bảng biến thiên:

TH2: Xét hàm số y = f ( x − 3) khi x > 3. Ta có: y ' = ( x − 3) '. f ' ( x − 3) = f ' ( x − 3)

 x − 3 = −1  x = 2 y ' = 0 ⇔ f ' ( x − 3) = 0 ⇔  x − 3 = 1 ⇔  x = 4.  x − 3 = 4  x = 7  −1 < x − 3 < 1  2 < x < 4 y ' > 0 ⇔ f ' ( x − 3) > 0 ⇔  ⇔ x − 3 > 4 x > 7  x − 3 < −1 x < 2 . y ' < 0 ⇔ f ' ( x − 3) < 0 ⇔  ⇔ 1 < x − 3 < 4 4 < x < 7

Từ hai trường hợp trên ta có bảng biến thiên của hàm số y = f ( 3 − x )

Vậy hàm số y = f ( 3 − x ) đồng biến trên khoảng ( −1; 2 ) .

Câu 40: Chọn A. Đặt t = 3x , với x > 1 ⇒ t > 3. Bất phương trình (1) trở thành t 2 + ( m + 1) t + 2m > 0 nghiệm đúng ∀t > 3 t2 + t ⇔ > −m, ∀t > 3 t+2 ⇔ − m ≤ min g ( t ) , với g ( t ) = [3; +∞ )

Xét hàm số g ( t ) =

t2 + t t 2 + 4t + 2 , có g ' ( t ) = > 0, ∀t > 3 2 t+2 (t + 2)

⇒ min g ( t ) = g ( 3 ) = [3;+∞ )

t2 + t . t+2

12 12 ⇒ − m ≤ ⇔ m ≥ −2, 4. 5 5

Vì m nguyên thuộc [ −8;8] nên m ∈ {−2, −1, 0,1, 2,...,8} . Vậy có 11 giá trị của m.

Câu 41: Chọn C. Gọi số tiền giống nhau mà ông M trả cho ngân hàng mỗi tháng là a triệu đồng.

Cách 1: Sau 3 năm, mỗi khoản tiền a trả hàng tháng của ông M sẽ lần lượt trở thành 36 khoản tiền được liệt kê dưới đây (cả gốc và lãi): 35

a (1 + 0, 004 ) ; a (1 + 0, 004 ) ; a (1 + 0, 004 ) ;...; a (1 + 0, 004 ) ; a 21

Sau 3 năm, khoản tiền 100 triệu đồng trở thành: 100 (1 + 0, 004 ) . Ta có phương trình: 35

a (1 + 0, 004 ) + a (1 + 0, 004 ) + a (1 + 0, 004 ) + a (1 + 0, 004 ) + a = 100 (1 + 0, 004 )

⇔ a.

1, 00436 − 1 0, 004.100.1, 00436 = 100.1, 00436 ⇔ a = ≈ 2,99 (triệu đồng) 1, 004 − 1 1, 00436 − 1

Cách 2: Đặt q = 1, 004; C0 = 100 triệu đồng. Áp dụng trực tiếp công thức lãi kép, ta có n

(1 + i ) − 1 = C . 1 + i n ⇔ a = C0i (1 + i ) ⇔ a = 100.0, 004.1, 00436 ⇔ a. ( ) n 1, 00436 − 1 (1 + i ) − 1 0 (1 + i ) − 1

≈ 2, 99 (triệu đồng)

Câu 42: Chọn C.

Gọi I là trung điểm CD, do S . ABCD là hình chóp tứ giác đều nên dễ thấy OI ⊥ CD, SI ⊥ CD . Ta có OD ⊥ AC , OD ⊥ SO ⇒ OD ⊥ ( SAC ) . Dựng OH ⊥ SC ⇒ DH ⊥ SC (định lý ba đường vuông góc). Do . đó, góc giữa hai mặt phẳng ( SCD ) và ( SAC ) là góc DHO Ta có: IC = OI =

a 2 a 2. 2 a 2 a 14 , OC = . = a, SC = 2a ⇒ SI = SC 2 − IC 2 = 4a 2 − = 2 2 2 2

Xét tam giác SCD, ta có: S ∆SCD =

CD.SI DH .SC = ⇔ 2 2

a 14 2 = DH .2a ⇔ DH = a 7 . 2 2 2

a 2.

Xét tam giác vuông SOC , ta có: SO = SC 2 − OC 2 = 4a 2 − a 2 = a 3;

1 1 1 1 1 1 a 3 . + = ⇔ 2+ 2 = ⇔ OH = 2 2 2 2 SO CO OH 3a a OH 2

a 3 = OH = 2 = 3 = 21 . Xét tam giác vuông DOH , ta có: cos DHO 7 DH a 7 7 2

Câu 43: Chọn B.

- Từ giả thiết ta có chóp C '. A ' ABB ' có đáy là hình chữ nhật, C ' A ' vuông góc với đáy. - Gọi O là tâm đáy A ' ABB ', I là trung điểm C ' A ', khi đó ta có C ' B / / ( IAB ') . Suy ra

d ( AB ', BC ) = d ( BC ', ( IAB ') ) = d ( C ', ( IAB ') ) - Do I là trung điểm C ' A ', ta có d ( C ', ( IAB ') ) = d ( A ', ( IAB ') ) = d - Ta thấy A ' A, A ' I , A ' B ' đôi một vuông góc Khi đó

1 1 1 1 = + + 2 2 2 d A' A A' B ' A' I 2

- Ta có A ' A = a 3; A ' B = a = A ' C '. Suy ra

1 1 1 4 16 a 3 = 2 + 2 + 2 = 2 ⇒d = 2 d 3a a a 3a 4

Đáp án: B. Câu 44: Chọn A. - Số điểm có tọa độ nguyên thuộc hình vuông MNPQ kể cả các điểm trên cạnh là: 21× 21 . Suy ra số phần tử không gian mẫu là: 21× 21 1 - Ta có OM = (10;10 ) , OA = ( x, y ) , OM .OA = 10 x + 10 y ≤ 1 ⇔ x + y ≤ với x, y thuộc đoạn [ −10;10] . Khi 10 đó điểm A nằm trên đường chéo NQ (đường phân giác góc vuông thứ II, IV). Suy ra có 21 điểm A như vậy.

- Xác suất cần tìm là

21 1 = . 21.21 21

Câu 45: Chọn B. 23

= 2a.sin 300 = a  BC = AB.sin CAB  ∆ABC vuông tại C có  . 2 2 2 2  AC = AB − BC = ( 2a ) − a = a 3 ∆SAC vuông tại A có AH là đường cao nên

⇔

1 1 1 = 2+ 2 AH SA AC 2

1 1 1 a 3 . = 2 + 2 ⇔ AH = 2 AH a 3a 2 2

Ta có HC = AC − AH =

Suy ra S AHC =

(a 3)

 2a 21  3a −   = 2  7 

1 1 a 3 3a 3a 2 3 . = . AH .HC = . 2 2 2 2 8

 BC ⊥ AC Mà  ⇒ BC ⊥ ( SAC ) ⇒ BC ⊥ ( HAC ) .  BC ⊥ SA

1 1 3a 2 3 a 3 3 Suy ra VH . ABC = BC.S AHC = .a. . = 3 3 8 8 Vì B ' đối xứng với B qua mặt phẳng ( SAC ) nên VH . AB ' B = 2VH . ABC = 2.

Câu 46: Chọn B.

a3 3 a 3 3 = (đvtt). 8 4

Ta có a

= ( ab )

6 6  a 2 x = a 6b 6 2 x = log a ( a b )  x = 3 (1 + log a b ) . ⇔  3y ⇔ ⇔   6 6 6 6 3 y = log b ( a b ) b = a b  y = 2 (1 + log b a )

Vì a > 1, b > 1 nên log a b > 0. Do đó P = 3xy + 2 x + y = 18 (1 + log a b )(1 + log b a ) + 6 (1 + log a b ) + 2 (1 + log b a )

= 44 + 24 log a b + 20 logb a = 44 + 4 ( 6 log a b + 5log b a ) . Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương, ta có

6 log a b + 5log b a ≥ 2 6 log a b.5log b a = 2 30. Khi đó P ≥ 44 + 4.2 30 = 44 + 8 30 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 6 log a b = 5 log b a. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 44 + 8 30 . Suy ra m = 44, n = 8. Vậy m − 2n = 28.

Câu 49: Chọn C. Ta có

4m3 + m 2f

( x) + 5

= f 2 ( x ) + 3 ⇔ 8m3 + 2m = ( 2 f 2 ( x ) + 5 ) 2 f 2 ( x ) + 5 + 2 f 2 ( x ) + 5. (*)

Xét hàm số f ( t ) = t 3 + t ⇒ f ' ( t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀x ∈ ℝ ⇒ f ( t ) đồng biến trên ℝ .  5 m > 0 m > 2   . Do đó (*) ⇔ 2m = 2 f 2 ( x ) + 5 ⇔  2 4m 2 − 5 ⇔  4m 2 − 5  f ( x) =   2  f ( x ) = 2 Dựa vào đồ thị hàm số

y = f ( x)

suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt là

4m 2 − 5 37 . = 4 ⇔ 4m2 − 5 = 32 ⇔ m = 2 2 Vậy a = 37, b = 2 ⇒ T = 39.

Câu 50: Chọn C.

 xy = 30 z = 8   Đặt AB = x, AD = y, AA ' = z. Ta có  xz = 40 ⇒ xyz = 240 ⇒  y = 6.  yz = 48 x = 5   Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật cũng chính là tâm O của hình hộp. Do đó bán kính mặt cầu cần tìm 1 2 5 5 5 + 6 2 + 82 = . là R = 2 2

SỞ GD & ĐT THÁI NGUYÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1: Nghiệm của phương trình 2 x−1 = 8 là A. x = 4.

B. x = 3.

C. x = 9.

D. x = 10.

Câu 2: Hàm số y = − x 4 + 2 x 2 + 1 đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 0; +∞ ) .

B. ( −∞; −1) .

C. (1; +∞ ) .

D. ( −∞; 0 ) .

Câu 3: Cho hình trụ có bán kính đáy r = 7 và chiều cao h = 2 . Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A. 28π.

B. 4 53π .

C. 28.

D. 14π .

C. một lục giác đều.

D. một ngũ giác đều.

C. y = 0.

D. x = −2.

C. 8.

D. 5.

Câu 4: Mỗi mặt của một khối đa diện đều loại {4;3} là A. một tam giác đều.

B. một hình vuông.

Câu 5: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = A. x = 1.

1 − 2x là: x −1

B. y = −2.

Câu 6: Số mặt bên của một hình chóp ngũ giác là A. 6.

B. 7.

Câu 7: Tập nghiệm của bất phương trình log 2 x < log 2 (12 − 3x ) là A. ( 3; +∞ ) .

B. ( −∞;3) .

C. ( 0;6 ) .

D. ( 0;3) .

Câu 8: Với a, b là các số thực dương tùy ý và a ≠ 1, log a b 2 bằng A.

1 log a b. 2

B. 2 + log a b.

C. 2 log a b.

Câu 9: Hình vẽ nào sau đây là hình biểu diễn một hình đa diện?

1 + log a b. 2

A. Hình 1.

B. Hình 2.

C. Hình 3.

D. Hình 4.

Câu 10: Một khối chóp có diện tích đáy B = 6 và chiều cao h = 9 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng? A. 54. Câu 11: Hàm số y = ( x 2 − 4 ) A. ℝ.

B. 27. −3

C. 15.

D. 18.

C. ( −∞; −2 ) ∪ ( 2; +∞ ) .

D. ℝ \ {−2; 2} .

có tập xác định là

B. ( −2; 2 ) .

Câu 12: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −1;1) .

B. ( −∞;1) .

C. ( −2; −1) .

D. ( −3; +∞ ) .

Câu 13: Cho hình nón có độ dài đường sinh l = 6 và chiều cao h = 2 . Bán kính đáy của hình nón đã cho bằng A. 4.

1 C. . 3

B. 4 2.

D. 2 10.

Câu 14: Cho khối lăng trụ có thể tích V = 20 và diện tích đáy B = 15 . Chiều cao của khối trụ đã cho bằng A. 4.

4 C. . 3

B. 2.

Câu 15: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?

D. 5.

A. y =

x −1 . x +1

B. y =

x+2 . x +1

C. y =

2x + 1 . x −1

D. y =

x+2 . x−2

Câu 16: Với x > 0, đạo hàm của hàm số y = log 2021 x là 1 A. y ' = . x

B. y ' =

1 . x ln 2021

C. y ' =

ln 2021 . x

D. y ' = x ln 2021.

Câu 17: Thể tích của khối cầu có đường kính 6 bằng A. 36π .

B. 288π .

C. 12π .

D. 144π .

C. x = 3.

D. x = −1.

Câu 18: Điểm cực tiểu của hàm số y = x3 − 3 x 2 − 9 x + 2 là A. x = 7.

B. x = 25.

Câu 19: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x + 4 − x 2 . Giá trị M − m bằng A. 4.

B. 2 2 − 2.

C. 2 + 2 2.

D. 2 2.

Câu 20: Biết S = [ a; b ] là tập nghiệm của bất phương trình 3.9 x − 28.3x + 9 ≤ 0. Giá trị của b − a bằng A. 1.

B. 3.

C. 0.

D. −1.

Câu 21: Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn log 2 a + log 9 b = 4 và log 2 a 3 + log 3 b = 11. Giá trị 28a − b − 2021 bằng A. −1806.

B. −2004.

C. −1995.

D. −1200.

Câu 22: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = 2; AD = 4 2; AA ' = 2 3. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp đã cho bằng A. 36π .

B. 9π .

C. 48π .

D. 12π .

Câu 23: Gọi A, B là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y = x3 − 3 x 2 + 1. Phương trình của đường thẳng AB là A. y = x + 1.

B. y = 2 x + 1.

C. y = − x + 1. 3

D. y = −2 x + 1.

Câu 24: Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có BC = 2a; BB ' = a 3. Thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' bằng 3

A. a .

3a 3 . C. 4

a3 3 . B. 4

D. 3a 3 .

Câu 25: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x 2 − 2 x, ∀x ∈ ℝ. Hàm số y = −2 f ( x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 0; 2 ) .

B. ( −2;0 ) .

C. ( 2; +∞ ) .

D. ( −∞; −2 ) . 3a , góc giữa cạnh 3

Câu 26: Cho hình chóp tam giác đều có độ dài cạnh đáy bằng a và độ dài đường cao bằng bên và mặt phẳng đáy của hình chóp bằng

A. 600.

B. 700.

C. 300.

D. 450.

Câu 27: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a. Thể tích khối chóp S . ABC bằng A.

3a 3 . 4

3a 3 . 6

3a 3 . 2

3a 3 .

Câu 28: Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 6%/ năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi người đó phải gửi ít nhất bao nhiêu năm để nhận được tổng số tiền cả vốn ban đầu và lãi nhiều hơn 150 triệu đồng, nếu trong khoảng thời gian gửi người đó không rút tiền và lãi suất không thay đổi? A. 8.

B. 7.

C. 6.

D. 5.

Câu 29: Số cách chọn một ban cán sự gồm lớp trưởng, một lớp phó và một bí thư từ một lớp học có 45 học sinh bằng A. 85140.

B. 89900.

Câu 30: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = A. y = x + 2.

C. 14190.

D. 91125.

x+2 tại giao điểm của đồ thị với trục tung có phương trình là x +1

B. y = − x.

C. y = x.

D. y = − x + 2.

C. 8 2a3 .

Câu 31: Thể tích của khối bát diện đều cạnh 2a bằng A. 4 2a3 .

4 2a 3 . 3

8 2a 3 . 3

Câu 32: Cho cấp số cộng ( un ) có u5 = −15, u20 = 60. Tổng của 20 số hạng đầu tiên của cấp số cộng đã cho là A. S 20 = 200.

B. S 20 = 250.

C. S 20 = −250.

Câu 33: Đồ thị hàm số nào dưới đây có đường tiệm cận ngang

D. S 20 = −200.

9 − x2 . C. y = x

x −3 . B. y = x +1

A. y = x − 1.

3x 2 + 1 . D. y = x

Câu 34: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −10;10] để hàm số y = ( 2m − 1) x − ( 3m + 2 ) cos x nghịch biến trên ( 0; π ) ?

A. 12.

B. 10.

C. 9.

D. 11.

Câu 35: Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn ( O ) và ( O ') , bán kính đáy r = 3. Biết AB là một dây của đường tròn ( O ) sao cho tam giác O ' AB là tam giác đều và ( O ' AB ) tạo với mặt phẳng chứa hình tròn ( O ) một góc 600. Thể tích của khối trụ đã cho bằng

27 5π . 5

27 7π . 7

81 7π . 7

Câu 36: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −5;5] để đồ thị hàm số y =

81 5π . 5

x 2 x2 − 2 x − m − x − 1

có hai

đường tiệm cận đứng A. 8.

B. 7. 1+

Câu 37: Cho phương trình 3

3 x

C. 5. 2

− 3.3 x

− 2 x +1

1 1+ − 4 x x

+ ( m + 2 ) .3

− m.31−6

D. 6. x

= 0. Có bao nhiêu giá trị nguyên của

tham số m thuộc đoạn [ −2020; 2021] để phương trình có nghiệm?

A. 1346.

B. 2126.

C. 1420.

D. 1944.

Câu 38: Cho hàm số y = x3 − 3mx 2 + 3 ( m 2 − 1) x − m3 , với m là tham số. Gọi ( C ) là đồ thị của hàm số đã cho. Biết rằng khi m thay đổi, điểm cực tiểu của đồ thị ( C ) luôn nằm trên đường thẳng cố định. Hệ số góc của

đường thẳng d bằng 1 A. − . 3

B. 3.

C. −3.

1 . 3

Câu 39: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như đường cong trong hình vẽ bên.

)

(

Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f 3 − 2 6 x − 9 x 2 . Giá trị 3M − m bằng

A. −8.

B. 0.

C. 14.

D. 2.

Câu 40: Cho hình nón có chiều cao h = 6 và bán kính đường tròn đáy r = 3. Xét hình trụ có một đáy nằm trên hình tròn đáy của hình nón, đường tròn của mặt đáy còn lại nằm trên mặt xung quanh của hình nón sao cho thể tích khối trụ lớn nhất. Khi đó, bán kính đáy của hình trụ bằng 9 A. . 4

B. 2.

C. 1.

3 . 2

Câu 41: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B và A ' A = A ' B = A ' C. Biết rằng AB = 2a, BC = 3a và mặt phẳng ( A ' BC ) tạo với mặt đáy một góc 300. Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' bằng A.

3a 3 . 2

B. a 3 .

a3 . 3

3a 3 . 4

Câu 42: Một cửa hàng kem có bán bốn loại kem: kem sôcôla, kem sữa, kem đậu xanh và kem thập cẩm. Một người vào cửa hàng kem mua 8 cốc kem. Xác suất trong 8 cốc kem đó có đủ cả bốn loại kem bằng A.

5 . 14

5 . 13

7 . 33

5 . 12

Câu 43: Cho các số nguyên dương x, y, z đôi một nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn x log 3200 5 + y log 3200 2 = z. Giá trị biểu thức 29 x − y − 2021z bằng A. −2020.

B. −1970.

C. −2019.

D. −1968.

Câu 44: Cho bất phương trình log 3 ( x 2 − x + 2 ) + 1 ≥ log 3 ( x 2 + x + m − 3) . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi giá trị của x thuộc đoạn [ 0; 6] ?

A. 6.

B. 5.

C. 4. 6

D. 3.

Câu 45: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang có đáy lớn là AD , các đường thẳng SA, AC và CD đôi một vuông góc với nhau SA = AC = CD = 2a và AD = 2 BC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AD = 2 BC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD bằng

a 10 . 5

a 10 . 2

a 5 . 2

a 5 . 5

= CBD = 900 , AB = 2a, AC = 2 5a và Câu 46: Cho tứ diện ABCD có DAB ABC = 1350. Góc giữa hai mặt phẳng ( ABD ) và ( BCD ) bằng 300. Thể tích của khối tứ diện ABCD bằng

4 2a 3 . A. 3

4a 3 . C. 3

B. 4 2a . x3 +

Câu 47: Cho các số thực x, y thỏa mãn 2021

3 3 − 2 x2 2

4 3a 3 . D. 3

= log 2021 2020  2004 − ( y − 11) y + 1  với x > 0 và y ≥ −1.

Giá trị của biểu thức P = 2 x 2 + y 2 − 2 xy + 6 bằng

A. 14.

B. 11.

C. 10.

D. 12.

Câu 48: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và f ' ( x ) = ( x − 1)( x + 3) . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [ −10; 20] để hàm số g ( x ) = f ( x 2 + 3 x − m ) đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) ?

A. 16.

B. 20.

C. 17.

D. 18.

= 600. Xét hai tia Bx, Cy cùng Câu 49: Trong mặt phẳng ( P ) cho tam giác ABC vuông tại A, BC = 4a, ABC hướng và cùng vuông góc với ( ABC ) . Trên Bx lấy điểm B1 sao cho mặt cầu đường kính BB1 tiếp xúc với Cy . Trên tia Cy lấy điểm C1 sao cho mặt cầu đường kính AC1 tiếp xúc với Bx . Thể tích khối đa diện ABCC1 B1 bằng.

A. 24 3a 3 .

B. 32 3a 3 .

C. 8 3a 3 .

8 3 3 a. 3

Câu 50: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và hàm số f ' ( x ) có đồ thị như đường cong trong hình bên.

Tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình x 2 + 4 x − m ≥

1 f ( 2 x + 4 ) nghiệm đúng với mọi 2

x ∈ [ −3; −1] là. A. m ≥ −

1 f ( −2 ) − 3. 2

B. m ≤ −

1 f ( −2 ) − 3. 2

C. m > −

1 f ( 2 ) − 3. 2

D. m ≤ −

1 f ( 2 ) − 3. 2

-------------- HẾT ------------

BẢNG ĐÁP ÁN 1-A

2-B

3-A

4-B

5-B

6-A

7-D

8-C

9-D

10-D

11-D

12-C

13-B

14-C

15-D

16-B

17-A

18-C

19-C

20-B

21-A

22-C

23-D

24-C

25-A

26-D

27-B

28-B

29-A

30-A

31-D

32-B

33-B

34-B

35-B

36-A

37-A

38-C

39-D

40-B

41-B

42-C

43-B

44-C

45-A

46-C

47-B

48-D

49-C

50-D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn A. 2 x −1 = 8 ⇔ x − 1 = log 2 8 ⇔ x = 4.

Câu 2: Chọn B.

x = 0 y ' = −4 x + 4 x. y ' = 0 ⇔  x = −1.  x = 1 3

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đồng biến trên ( −∞; −1) .

Câu 3: Chọn A. S xq = 2π rh = 2π .7.2 = 28π .

Câu 4: Chọn B. Khối đa diện đều loại {4;3} là hình lập phương.

Câu 5: Chọn B. TCN: y = −2.

Câu 6: Chọn A. Câu 7: Chọn D. Ta có:

x < 0 x > 0   log 2 x < log 2 (12 − 3 x ) ⇔ 12 − 3 x > 0 ⇔  x < 4 ⇔ 0 < x < 3.  x < 12 − 3 x   x < 3 Câu 8: Chọn C. Ta có: log a b 2 = 2 log a b.

Câu 9: Chọn D. Câu 10: Chọn D. 1 1 Ta có: V = Bh = .6.9 = 18. 3 3

Câu 11: Chọn D. x ≠ 2 . Vậy tập xác định của hàm số là: D = ℝ \ {−2; 2} . Điều kiện xác định là: x 2 − 4 ≠ 0 ⇔   x ≠ −2 9

Câu 12: Chọn C. Dựa vào đồ thị, suy ra hàm số y = f ( x ) đồng biến trên ( −∞; −1) và (1; +∞ ) .

Câu 13: Chọn B. Bán kính đáy của hình nón là: r = l 2 − h 2 = 62 − 22 = 4 2.

Câu 14: Chọn C. Thể tích của khối lăng trụ là: V = Bh ⇒ h =

V 20 4 = = . B 15 3

Câu 15: Chọn D. Dựa vào đồ thị hàm số, suy ra đường tiệm cận ngang y = 1 và tiệm cận đứng x = 2.

Câu 16: Chọn B. y'=

1 . x ln 2021

Câu 17: Chọn A. Mặt cầu có đường kính bằng 6 nên bán kính R = 3. 4 4 V = π R 3 = π .33 = 36π . 3 3

Câu 18: Chọn C. x = 3 y ' = 3x2 − 6 x − 9 = 0 ⇔   x = −1

Từ bảng biến thiên ta thấy điểm cực tiểu của hàm số là x = 3.

Câu 19: Chọn C. ĐK: x ∈ [ −2; 2] . y ' = 1−

x 4 − x2

= 0 ⇔ x = 2.

y ( 2 ) = 2; y

( 2) = 2

2; y ( −2 ) = −2.

⇒ M = max y = 2 2, m = min y = −2 ⇒ M − m = 2 + 2 2. [ −2;2]

[ −2;2]

Câu 20: Chọn B. 2

3.9 x − 28.3x + 9 ≤ 0 ⇔ 3. ( 3x ) − 28.3x + 9 ≤ 0 ⇔

1 ≤ 3x ≤ 9 ⇒ −1 ≤ x ≤ 2. 3

Do đó a = −1; b = 2 ⇒ b − a = 3.

Câu 21: Chọn A. 2 log 2 a + log 3 b = 8 log 2 a = 3 a = 8 log 2 a + log 9 b = 4 Ta có  . ⇔ ⇔ ⇔ 3 b = 9 log 2 a + log 3 b = 11 3log 2 a + log 3 b = 11 log 3 b = 2 ⇒ 28a − b − 2021 = 28.8 − 9 − 2021 = −1806.

Câu 22: Chọn C.

Gọi I là tâm mặt cầu ⇒ I là trung điểm của CA '.

(

Ta có AC = AB 2 + BC 2 = 2 2 + 4 2 Bán kính mặt cầu: R =

)

(

= 6 ⇒ A ' C = AA '2 + AC 2 = 6 2 + 2 3

A'C = 2 3. Diện tích mặt cầu bằng: S = 4π R 2 = 4π . 2 3 2

(

)

= 4 3.

= 48π .

Câu 23: Chọn D. x = 0 ⇒ A ( 0;1) ; B ( 2; −3) ⇒ AB = ( 2; −4 ) . Ta có y ' = 3 x 2 − 6 x; y ' = 0 ⇔ 3 x 2 − 6 x = 0 ⇔  x = 2 Phương trình AB :

x − 0 y −1 = ⇔ y = −2 x + 1. 1 −2

Câu 24: Chọn C.

1 3a 3 . Ta có V = BB '.S ABC = a 3. .a.a.sin 600 = 2 4

Câu 25: Chọn A. x = 0 . Ta có: y ' = −2 f ' ( x ) = 0 ⇔ x 2 − 2 x = 0 ⇔  x = 2

Bảng xét dấu y '.

Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng ( 0; 2 ) .

Câu 26: Chọn D.

Ta có ( SA; ( ABCD ) ) = SAO

Theo đề AB = a ⇒ OA =

a 3 . 3

a 3 SO = = 450 Xét tam giác SAO vuông tại O ta có: tan SAO = 3 = 1 ⇒ SAO AO a 3 3 12

Vậy ( SA; ( ABCD ) ) = 450.

Câu 27: Chọn B.

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

Câu 28: Chọn B. Gọi A là số tiền ban đầu gửi vào ngân hàng (đơn vị triệu đồng) Gọi n là số năm người đó gửi vào ngân hàng (đơn vị năm) Gọi P là số tiền cả vốn và lãi (đơn vị triệu đồng) n

Theo đề bài ta có P > 150 ⇒ A (1 + r ) > 150 ⇔ 100 (1 + 6% ) > 150 ⇔ 1, 06 n > 1,5 ⇔ n > 6, 9 Suy ra n = 7.

Câu 29: Chọn A. Số cách chọn một ban cán sự gồm một lớp trưởng, một lớp phó và một bí thư từ một lớp học có 45 học sinh là 3 A45 = 85140.

Câu 30: Chọn D. Gọi M là giao điểm của đồ thị với trục tung Suy ra tọa độ điểm M là ( 0; 2 ) . Ta có y ' =

−1

( x + 1)

suy ra k = y ' ( 0 ) =

−1

( 0 + 1)

= −1

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm M ( 0; 2 ) là y = − x + 2.

Câu 31: Chọn D.

 AC  Ta có SO = SA − AO = SA −   =  2  2

( 2a )

 2a 2  −   = a 2.  2 

1 2 8 2a 3 2 . Thể tích khối bát diện đều là V = 2VS . ABCD = 2. SO.S ABCD = .a 2. ( 2a ) = 3 3 3

Câu 32: Chọn B.

u5 = −15 u1 + 4d = −15 u1 = −35 . Ta có  ⇔ ⇔ d = 5 u1 + 19d = 60 u20 = 60 n Áp dụng công thức tổng n số hạng đầu của cấp số cộng S n = .  2u1 + ( n − 1) d  ta có: 2 Tổng 20 số hạng đều tiên của cấp số cộng là S 20 =

20 .  2. ( −35 ) + 19.5 = 250. 2 

Câu 33: Chọn B. +) Hàm số y = x 2 − 1 có tập xác định D = ( −∞ − 1] ∪ [1; +∞ ) và lim y = lim x →±∞

x →±∞

x 2 − 1 = +∞ nên đồ thị hàm số

không có tiệm cận ngang. +) Hàm số y =

x −3 x −3 = 0 nên đồ thị hàm số có tiệm cận có tập xác định D = [3; +∞ ) có lim y = lim x →+∞ x →+∞ x + 1 x +1

ngang y = 0. +) Hàm số y =

9 − x2 có tập xác định D = [ −3;3] \ {0} nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang. x

+) Hàm số y =

3x 2 + 1 có tập xác định D = ℝ \ {0} và lim y = +∞, lim y = −∞ nên đồ thị hàm số không có x →+∞ x →−∞ x

tiệm cận ngang.

Câu 34: Chọn B.

y ' = 2m − 1 + ( 3m + 2 ) sin x Hàm số y = ( 2m − 1) x − ( 3m + 2 ) cos x nghịch biến trên ( 0; π ) .

⇒ y ' ≤ 0 ∀x ∈ ( 0; π ) ⇔ 2m − 1 + ( 3m + 2 ) sin x ≤ 0 ∀x ∈ ( 0; π )

⇔ m ( 2 + 3sin x ) + 2sin x − 1 ≤ 0 ∀x ∈ ( 0; π ) . ⇔m≤

1 − 2 sin x  1 − 2 sin  ∀x ∈ ( 0; π ) ⇔ m ≤ min  . x∈( 0;π ) 2 + 3sin x 2 + 3sin x  

Xét f ( x ) = f '(t ) =

1 − 2t , ∀t ∈ ( 0;1] . 2 + 3t

−7

( 2 + 3t )

Do đó m ≤ −

< 0, ∀t ∈ ( 0;1] ⇒ min f ( t ) = f (1) = − t∈( 0;1]

1 5

Mà m ∈ [ −10;10] ∩ ℤ ⇒ m ∈ {−10;...; −1} .

Câu 35: Chọn B.

Gọi H là trung điểm của AB . Khi đó góc giữa ( O ' AB ) tạo với mặt phẳng chứa hình tròn ( O ) bằng góc ' = 600. OHO Ta có O ' H =

1 AB 3 AB 3 ; OH = cos 600.O ' H = O ' H = 2 2 4 15

2  AB 3   AB 2 12 7  AB  OA = OH +   +   ⇔ 9 =   ⇔ AB = 7  2   4   2  2

O'H =

6 21 7

OO ' = O ' H .sin 600 =

9 7 . 7

1 9 7 27π 7 . Thể tích của khối trụ đã cho bằng V = π .32. = 3 7 7

Câu 36: Chọn A. Đồ thị hàm số y =

có hai đường tiệm cận đứng

2 x2 − 2x − m − x − 1

2 x 2 − 2 x − m ≥ 0  ⇔  2 x 2 − 2 x − m − x − 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x ≠ 0 

 x ≥ −1  ⇔ 2 x 2 − 2 x − m = x 2 + 2 x + 1 có hai nghiệm phân biệt x ≠ 0   x ≥ −1  ⇔  x 2 − 4 x − 1 = m có hai nghiệm phân biệt x ≠ 0  −5 < m ≤ 4 x 2 − 4 x − 1 = m có hai nghiệm phân biệt khác 0 và lớn hơn hoặc bằng −1 ⇔  (1) m ≠ 1 Mà m ∈ [ −5;5] ∩ ℤ ( 3) Từ (1) , ( 3) ⇒ m ∈ {−4; −3; −2;0;1; 2;3; 4} .

Câu 37: Chọn A. Điều kiện: x > 0. 1+

Ta có: 3

3 x

1  3 + 2 x  x 

⇔3

− 3.3

2 − 2 x +1 x

− 3.3

1 1+ − 4 x x

+ ( m + 2 ) .3

1  2 + 2 x  x 

+ ( m + 2 ) .3 x

+2 x

− m.31− 6

− m = 0 ( *) 16

Đặt t = 3

1 +2 x x

1 + x+ x x

1 33 . x. x x

≥3

= 33 = 27.

Phương trình có dạng: ⇔ t 3 − 3.t 2 + ( m + 2 ) .t − m = 0 ( **) Ta tìm m ∈ [ −2020; 2021] để phương trình (**) có nghiệm lớn hơn hoặc bằng 27. Ta có: (**) ⇔ ( t − 1) ( t 2 − 2t + m ) = 0

⇔ t 2 − 2t + m = 0 (Vì t ≥ 27 ) 2

⇔ ( t − 1) = 1 − m 1 − m ≥ 0 ⇔ t = 1 ± 1 − m Vậy để phương trình (*) có nghiệm lớn hơn hoặc bằng 27 thì m ≤ 1 1 − m ≥ 0 ⇔ ⇔ m ≤ −675.  1 − m ≥ 676 1 + 1 − m ≥ 27 Vì m ∈ [ −2020; 2021] nên có: 2020 − 675 + 1 = 1346 giá trị m.

Câu 38: Chọn C. Tập xác định D = ℝ . Ta có: y ' = 3 x 2 − 6mx + 3 ( m 2 − 1) .  x = m −1 . y ' = 0 ⇔ x 2 − 2mx + m2 − 1 = 0 ⇔  x = m +1 Vì hàm số có hệ số bậc ba dương nên hàm số có điểm cực tiểu xCT = m + 1. Mặt khác ta lại có: y = ( x − m ) ( x − m ) + 3mx  − 3mx ( x − m ) − 3x   2

2 Suy ra: yCT = ( xCT − m ) ( xCT − m ) + 3mxCT  − 3mxCT ( xCT − m ) − 3xCT  

yCT = [1 + 3mxCT ] − 3mxCT − 3xCT = 1 − 3xCT Vậy tọa độ điểm cực tiểu thỏa mãn phương trình đường thẳng y = −3 x + 1 hay đường thẳng d có hệ số góc bằng −3.

Câu 39: Chọn D.  3 Đặt t = 3 − 2 6 x − 9 x 2 , x ∈ 0;  .  2 17

Có t ' = −2.

6 − 18 x

1 ,t ' = 0 ⇔ x = . 3 2 6x − 9x 2

1 2 Ta có t ( 0 ) = 3; t   = 1; t   = 3, hàm số t = t ( x ) liên tục trên 3 3

 2 0; 3  , nên t ∈ [1;3] .

Xét hàm số y = f ( t ) trên [1;3] . Từ đồ thị hàm số ta có giá trị lớn nhất của hàm số trên [1;3] bằng −1 và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [1;3] bằng −5. Vậy 3M − m = 3 ( −1) + 5 = 2.

Câu 40: Chọn B. Gọi hình trụ có chiều cao và bán kính đáy lần lượt là: h0 ; r0 ( 6 > h0 > 0;3 > r0 > 0 ) , khi đó thể tích của khối trụ

V = h0π r02 .

Cắt khối tròn xoay bởi mặt phẳng qua trục của hình, gọi điểm O là tâm của đường tròn đáy hình nón, tâm I của đường tròn còn lại của hình trụ; IO đường cao của hình trụ nằm trong hình nón; E và F là các điểm nằm trên đường tròn đáy của hình trụ Ta có

r 6 − h0 IE SI = ⇒ 0 = ⇔ h0 = 6 − 2r0 OA SO 3 6 3

 r + r + 6 − 2r0  ⇒ V = π r02 ( 6 − 2r0 ) ≤ π  0 0  = 8π . 3   Dấu “=” khi r0 = 6 − 2r0 ⇔ r0 = 2.

Câu 41: Chọn B.

+ Gọi H là trung điểm của AC , do tam giác ABC vuông tại B nên H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Lại có A ' A = A ' B = A ' C , suy ra A ' H ⊥ ( ABC ) . + VABC . A ' B 'C ' = A ' H .S ∆ABC . + S ∆ABC =

1 1 AB.BC = 2a 3a = a 2 3. 2 2

+ Gọi J là trung điểm BC , JH vuông góc với BC , do đó dễ dàng lập luận được góc A ' JH là góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BC ) và ( ABC ) . Từ đó tính được: A ' H = tan 300.JH = + Do đó: VABC . A ' B 'C ' =

1 a 3 . a= 3 3

a 3 2 a 3 = a3 . 3

Câu 42: Chọn A. * Xét hai bài toán sau:

+ Bài toán 1: Tìm số nghiệm nguyên dương của phương trình:

x1 + x2 + ... + xk = n, ( n, k ∈ ℕ*; n ≥ k ) . Đáp số: Cnk−−11. Đáp số bài toán trên cho ta kết quả bài toán chia n cái kẹo cho k em bé sao cho em nào cũng có ít nhất một cái, hoặc cũng có thể nói số cách phân phối n cái kẹo cho k em bé sao cho em nào cũng có kẹo. Từ đó áp dụng trong các bài toán khác khi cần đếm số cách phân phối đồ vật giống nhau vào trong các hộp sao cho hộp nào cũng có ít nhất một đồ vật hoặc phân phối các đồ vật theo các loại sao cho trong các đồ vật loại nào cũng có. + Bài toán 2: Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình:

x1 + x2 + ... + xk = n, ( n, k ∈ ℕ *) . Đáp số: Cnk+−k1−1. 19

Đáp số bài toán trên cho ta kết quả bài toán chia n cái kẹo cho k em bé hoặc cũng có thể nói số cách phân phối n cái kẹo cho k em bé. Từ đó áp dụng trong các bài toàn khác thì cần đếm số cách phân phối đồ vật giống nhau và trong các hộp hoặc phân phối các đồ vật theo các loại. * Áp dụng trong câu hỏi trên ta có lời giải:

+ Số cách phân phối 8 que kem cho 4 loại là: Ω = C113 . + Số cách phân phối 8 que kém về cho 4 loại sao cho loại nào cũng có: C73 . C73 7 Do đó xác suất cần tính là: 3 = . C11 33

Câu 43: Chọn B. x log 3200 5 + y log 3200 2 = z ⇔ log 3200 ( 5 x.2 y ) = z ⇔ 5 x.2 y = 3200 z ⇔ 5 x.2 y = 52 z.27 z x = 2z . Do x, y, z nguyên dương suy ra   y = 7z Do x, y, z đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta có z = 1, x = 2, y = 7. Vậy 29 x − y − 2021z = −1970.

Câu 44: Chọn C. log 3 ( x 2 − x + 2 ) + 1 ≥ log 3 ( x 2 + x + m − 3) ∀x ∈ [ 0;6] ⇔ ( x 2 − x + 2 ) 3 ≥ ( x 2 + x + m − 3 ) > 0, ∀x ∈ [ 0; 6]  x 2 + x + m − 3 > 0 , ∀x ∈ [ 0; 6] ⇔ 2 2 x − 4 x − m + 9 ≥ 0 m > − x 2 − x + 3 , ∀x ∈ [ 0; 6] (1) ⇔ 2 m ≤ x − 4 x + 9 Ta có − x 2 − x + 3 ≤ 3, ∀x ∈ [ 0;6]. Dấu “=” xảy ra khi x = 0. Suy ra max ( − x 2 − x + 3) = 3. x∈[ 0;6]

Lại có 2 x 2 − 4 x + 9 = 2 ( x − 1) + 7 ≥ 7, ∀x ∈ [ 0;6] . Dấu “=” xảy ra khi x = 1. Suy ra min ( 2 x 2 − 4 x + 9 ) = 7. x∈[ 0;6]

m > 3 ⇔ 3 < m ≤ 7. Vì m ∈ ℤ nên ta được m ∈ {4;5;6;7} (4 giá trị nguyên). Vậy (1) ⇔  m ≤ 7

Câu 45: Chọn A. 20

 SA ⊥ AC Ta có  ⇒ SA ⊥ ( ABCD ) .  SA ⊥ CD Gọi M là trung điểm AD. Do SA = AC = CD = 2a nên tam giác ACD vuông cân tại C suy ra CM ⊥ AD , AD = 2 AC = 2a, 1 CM = AM = AD = a. 2 Từ đó ABCM là hình vuông suy ra AB ⊥ AD . Lại có CD / / BM ⇒ CD / / ( SBM ) ⇒ d ( CD, AB ) = d ( D, ( SBM ) ) = d ( A, ( SBM ) ) Gọi O = AC ∩ BM Trong mặt phẳng ( SAO ) ; kẻ AK ⊥ SO (1) Ta có:  BM ⊥ SA   BM ⊥ CA

⇒ BM ⊥ ( SAO ) ⇒ BM ⊥ AK ( 2 ) Từ (1) và ( 2 ) ⇒ AK ⊥ ( SBM ) ⇒ d ( A, ( SBM ) ) = AK =

SA. AO SA2 + AO 2

a 10 . 5

Có thể tính khoảng cách nhanh theo công thức

AB; AM ; AS đôi một vuông góc thì d ( A, ( SBM ) ) =

SA.SB.SM 2

SA .SB + SB .SM + SM .SA

Câu 46: Chọn C. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên mặt phẳng ( ABC ) 21

a 10 . 5

 AB ⊥ DH Ta có:  ⇒ AB ⊥ AH  AB ⊥ AD CB ⊥ DH Mặt khác:  ⇒ CB ⊥ BH CB ⊥ BD

ABH = 450 ⇒ ∆ABH vuông cân tại A ⇒ AH = AB = 2a; BH = 2a 2. Tam giác ABH vuông tại A, AB = 2a, Áp dụng định lí cosin, AC 2 = AB 2 + BC 2 − 2. AB.BC.cos ABC

BC 2 + AB 2 − 2. AB.BC.cos ABC − AC 2 = 0 ⇔ BC 2 + 2a 2 BC − 16a 2 = 0 ⇒ BC = 2 2a 1 1 2 S ABC = . AB.BC.sin1350 = .2a.2 2a. = 2a 2 2 2 2  HE ⊥ DA Dựng  ⇒ HE ⊥ ( DAB ) ; HF ⊥ ( DCB )  HF ⊥ DB

)

(

. Tam giác EHF vuông tại F . Suy ra ( DAB ) ; ( DCB ) = ( HE , HF ) = EHF

Đặt DH = x, khi đó EH =

DH . AH 2

DH + AH

= cos EHF

2ax 2

4a + x

, FH =

2a 2 x 8a 2 + x 2

EH 3 8a 2 + x 2 = = ⇒ 6 ( 4a 2 + x 2 ) = 4 ( 8a 2 + x 2 ) ⇒ x = 2a. 2 2 EF 2 2 4a + x

1 1 4a 3 Vậy thể tích của khối tứ diện ABCD : VS . ABCD = .S ABC .DH = .2a 2 .2a = . 3 3 3

Câu 47: Chọn B. x3 +

2021

3 3 − 2 x2 2

= log 2021 2020  2004 − ( y − 11) y + 1  22

x3 +

⇔ 2021

3 3 − 2 x2 2

= 2021log 2020  2004 − ( y − 11) y + 1 

5 3 − 3 x3 x 3 1 1 1 cauchy 5 Ta có: x + 2 = + + 2 + 2 + 2 ≥ , ∀x > 0 ⇒ VT ≥ 20212 2 = 2021 (1) 2x 2 2 2x 2x 2x 2 3

Ta có: 2004 − ( y − 11) y + 1 = 2004 −

Đặt t =

(

)

y + 1 + 12 y + 1

y + 1 ⇒ t ≥ 0.

f ( t ) = 2004 − t 3 + 12t ⇒ f ' ( t ) = −3t 2 + 12

f ' ( t ) = 0 ⇔ t = ±2.

Dựa vào BBT, ta có f ( t ) ≤ 2020, dấu “=” xảy ra ⇔ t = 2.

⇒ VP ≤ 2021.log 2020 2020 = 2021.1 = 2021

( 2)

Từ (1) và ( 2 ) ⇒ Dấu “=” xảy ra đồng thời ở (1) và ( 2 )

 x3 1 x = 1  = 2 ⇔  2 2x ⇔  ⇒ P = 11. y = 3   y +1 = 2  Câu 48: Chọn D.

f ' ( x ) = ( x − 1)( x + 3) x = 1 f '( x) = 0 ⇔   x = −3

g ( x ) = f ( x 2 + 3 x − m ) ⇒ g ' ( x ) = ( 2 x + 3) f ' ( x 2 + 3 x − m ) Hàm số g ( x ) = f ( x 2 + 3 x − m ) đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) ⇔ g ' ( x ) = ( 2 x + 3) . f ' ( x 2 + 3 x − m ) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; 2 ) 23

⇔ f ' ( x 2 + 3 x − m ) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; 2 ) ⇔ ( x 2 + 3 x − m − 1)( x 2 + 3 x − m + 3) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; 2 )

(1)

Đặt t = x 2 + 3 x Xét hàm số h ( x ) = x 2 + 3 x, ∀x ∈ ( 0; 2 )

h ' ( x ) = 2 x + 3 > 0, ∀x ∈ ( 0; 2 ) nên hàm số h ( x ) đồng biến trên ( 0; 2 ) . Do x ∈ ( 0; 2 ) ⇒ t ∈ ( 0;10 )

(1) ⇒ ( t − m − 1)( t − m + 3) ≥ 0, ∀t ∈ ( 0;10 ) 10 ≤ m − 3  m ≥ 13 ⇔ ⇔ 0 ≥ m + 1  m ≤ −1

Mà m là số nguyên thuộc đoạn [ −10; 20] nên có 18 giá trị của m thỏa điều kiện đề bài.

Câu 49: Chọn C. * Ta có: Gọi E là trung điểm của BB1 thì E là tâm mặt cầu đường kính BB1 bán kính

r = d ( E; CC1 ) = BC = 4a. Khi đó: ta có BB1 = 8a; AB = 2a; AC = 2a 3.

Gọi I , F lần lượt là trung điểm của AC1 và AC suy ra IF / / CC1 / / BB1 ; IF ⊥ ( ABC ) Kẻ IG ⊥ BB1 tại G Ta có: IG = BF =

AC1 = R là bán kính của mặt cầu có đường kính AC1 2 24

Đặt CC1 = x ( x > 0 ) . AC1 Ta có: R = = 2

( 2a 3 )

+ x2 =

(

12a 2 + x 2 2

R = BF = BA2 + FA2 = 4a 2 + a 3

⇒

)

=a 7

12a 2 + x 2 = a 7 ⇔ x = 4a 2

* Kẻ AH ⊥ BC tại H

 AH ⊥ BC Ta có:  ⇒ AH ⊥ ( BB1C1C ) hay AH là đường cao của hình chóp A.BB1C1C  AH ⊥ BB1 * Diện tích tứ giác BB1C1C là S =

1 1 BC. ( BB1 + CC1 ) = .4a ( 8a + 4a ) = 24a 2 2 2

* Chiều cao của hình chóp d ( A, ( BB1C1C ) ) =

AB. AC 2a.2a 3 = =a 3 BC 4a

1 1 Thể tích hình chóp S .BB1C1C là V = d ( A, BB1C1C ) .S BB1C1C = .a 3.24a 2 = 8 3a 3 . 3 3

Câu 50: Chọn D. Đặt t = 2 x + 4, t ∈ [ −2; 2] ⇒ x = Bất phương trình viết lại:

t−4 2

t2 1 − 4 − m ≥ f ( t ) nghiệm đúng ∀t ∈ [ −2; 2] 4 2

⇔ t 2 − 16 − 4m ≥ 2 f ( t ) nghiệm đúng ∀t ∈ [ −2; 2] . ⇔ 4m ≤ t 2 − 16 − 2 f ( t ) nghiệm đúng ∀t ∈ [ −2; 2] (1) * Đặt g ( t ) = t 2 − 16 − 2 f ( t ) , t [ −2; 2] ⇒ g ' ( t ) = 2t − 2 f ' ( t ) Vẽ đồ thị y = x; y = f ' ( x ) trên cùng một hệ trục.

Ta thấy f ' ( x ) ≥ x; ∀x ∈ [ −2; 2] nên:

g ' ( t ) = 2t − 2 f ' ( t ) ≤ 0, ∀t ∈ [ −2; 2] hay g ( t ) là hàm nghịch biến trên [ −2; 2]. ⇒ min g ( t ) = g ( 2 ) = −12 − 2 f ( 2 ) [ −2;2]

(1) ⇒ 4m ≤ −12 − 2 f ( 2 ) ⇒m≤−

1 f ( 2 ) − 3. 2

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1: Cho hình chóp có diện tích mặt đáy là 3a 2 và chiều cao bằng 3a . Thể tích của khối chóp bằng A. a 3 .

B. 9a 3 .

C. 6a 3 .

D. 3a 3 .

Câu 2: Cho a, b, c là các số dương, a ≠ 1. Đẳng thức nào sau đây đúng? A. log a

b = log a b + log a c. c

B. log a

C. log a

b = log b a − log b c. c

D. log a

Câu 3: Giá trị lớn nhất của hàm số y =

b = log a c − log a b c

−x + 3 trên đoạn [ −2;0] bằng x−2

3 B. − . 2

A. 4.

b = log a b − log a c. c

5 D. − . 4

C. 3.

Câu 4: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = 4a và AA ' = a 3. Thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' bằng

A. 8a

B. 4a

C. 16a

8a 3 3 D. . 3

Câu 5: Gọi R là bán kính, S là diện tích mặt cầu và V là thể tích khối cầu. Công thức nào sau đây sai? A. S = 4π R 2 .

4 B. S = π R 2 . 3

V 4 = π R2. R 3

D. 3V = S .R

Câu 6: Cho hình chóp S . ABCD có SB ⊥ ( ABCD ) (xem hình dưới), góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng

( ABCD )

là góc nào sau đây?

A. DSB

B. SDA

C. SCB

D. SDC

C. x ∈ ( 3; +∞ ) .

D. ( −∞;3) .

Câu 7: Hàm số y = ( 3 − x ) xác định khi và chỉ khi A. x ≠ 3.

B. x ∈ ( 0; +∞ ) .

Câu 8: Hàm số y = x 4 − 4 x 2 + 3 nghịch biến trên khoảng nào sau đây? A. ( 0; +∞ )

(

B. ( −∞; +∞ ) .

)

C. 0; 2 .

(

D. −∞; 2

)

Câu 9: Một cấp số nhân có u1 = −3, u2 = 6. Công bội của cấp số nhân đó là A. 2.

B. 9.

C. −2 .

D. −3 .

C. y ' = − sin x.

D. y ' = − cos x.

Câu 10: Đạo hàm của hàm số y = sin x là A. y ' = sin x.

B. y ' = cos x.

Câu 11: Đường cong trong hình bên dưới là của đồ thị hàm số

A. y = log 2 ( x + 1) .

B. y = 2 x − 1.

C. y = log 2 x.

D. y = 2 x.

Câu 12: Số giao điểm của đồ thị hàm số y = − x 4 − 4 x 2 − 2 và trục hoành là A. 2.

B. 4.

C. 1.

D. 0.

C. 1.

D. 2.

C. ( 0; +∞ ) .

D. ( −∞; 0 ) .

Câu 13: Số điểm cực trị của hàm số y = x 4 − 4 x 2 + 5 là A. 3.

B. 0. x

4 Câu 14: Bất phương trình:   > 1 có tập nghiệm là 3

A. ( 0;1) .

B. (1; +∞ ) .

Câu 15: Đường cong trong hình là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y = 2 x 4 − 3 x 2 + 1.

B. y = x3 − 3 x + 1.

C. y =

x +1 . x −1

D. y = − x 3 + 3 x 2 + 1.

Câu 16: Khối trụ có bán đáy r và đường cao h khi đó thể tích khối trụ là A. V = π r 2 h.

2 B. V = π rh. 3

1 C. V = π r 2 h. 3

D. V = 2π rh.

Câu 17: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Biết SA ⊥ ( ABCD ) và SA = a 3. Thể tích khối chóp S . ABC bằng a3 3 . A. 4

B. a

a3 3 . C. 3

a3 3 . D. 6

Câu 18: Đường thẳng x = 3 là tiệm cận đồ thị hàm số nào sau đây? A. y =

2x − 6 . x+3

B. y =

x +1 . −x − 3

C. y =

x +1 . x −3

D. y =

x −1 . x+3

Câu 19: Cho hình trụ có bán kính đáy r = 2 và chiều cao h = 4. Diện tích xung quanh của hình trụ này bằng A. 16π .

B. 12π .

C. 20π .

D. 24π .

Câu 20: Vật thể nào dưới đây không phải là khối đa diện?

Câu 21: Với a là số thực dương, biểu thức rút gọn của

A. a 3 .

(

B. a 6 .

3 +1

.a 3−

5 −2

)

5+2

C. a 2 3 . 3

là

D. a 5 .

Câu 22: Tất cả các giá trị của m sao cho hàm số y = − x3 − 3mx 2 + 4m đồng biến trên khoảng ( 0; 4 ) là A. m > 0.

B. m ≤ −2.

C. −2 ≤ m < 0.

D. m ≤ −4.

Câu 23: Cho khối chóp S . ABC có đáy là tam giac vuông tại B, AB = 1, BC = 2 , cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = 3. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC bằng A.

3π . 2

B. 2π .

C. 12π .

D. 6π .

Câu 24: Với giá trị nào của m thì hàm số y = x 3 − 3 x 2 + mx đạt cực tiểu tại x = 2? A. m ≠ 0.

B. m = 0.

C. m < 0.

D. m > 0.

3a , hình chiếu vuông góc của S 2 lên mặt phẳng ( ABCD ) là trung điểm của AB . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD .

Câu 25: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SD =

2a 3 . 3

a3 . 3

a3 . 4

a3 . 2

Câu 26: Số nghiệm của phương trình log 2 ( 3 − x ) + log 2 (1 − x ) = 3 là A. 1.

B. 3.

C. 0.

D. 2.

Câu 27: Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng? A. Hình lập phương.

B. Bát diện đều.

C. Tứ diện đều.

D. Lăng trụ lục giác đều.

Câu 28: Số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số f ( x ) = A. 1.

B. 3.

C. 0.

2− x là x − x−6 2

D. 2.

Câu 29: Một hộp chứa 7 quả cầu xanh, 5 quả cầu vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 quả. Xác suất để 3 quả được chọn có ít nhất 2 quả cầu xanh là A.

7 . 44

4 . 11

7 . 11

21 . 220

Câu 30: Số tiếp tuyến của đồ thị hàm số f ( x ) = x3 − 3x 2 + 2 song song với đường thẳng y = 9 x − 2. A. 1.

B. 0.

C. 2.

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

D. 3.

Số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f ( x ) là

A. 0.

B. 2.

C. 1.

D. 3.

Câu 32: Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều, AA ' = 4a. Biết rằng hình chiếu vuông góc của A ' lên ( ABC ) là trung điểm M của BC , A ' M = 2a. Thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C '. 8a 3 3 . A. 3

16a 3 3 . B. 3

C. 16a 3 3.

D. 8a 3 3.

Câu 33: Gọi M , C , Đ thứ tự là số mặt, số cạnh, số đỉnh của hình bát diện. Khi đó S = M − C + Đ bằng A. S = 2.

B. S = 10.

C. S = 14.

D. S = 26.

Câu 34: Một khối cầu có bán kính bằng 2, một mặt phẳng (α ) cắt khối cầu đó theo một hình tròn ( C ) biết khoảng cách từ tâm khối cầu đến mặt phẳng (α ) bằng

A. 2π .

2. Diện tích của hình tròn ( C ) là

B. 8π .

C. π .

D. 4π .

Câu 35: Cho hai số thực 0 < a < b < 1. Khẳng định nào sau đây là đúng: A. log a b < 1 < log b a.

B. log b a < log a b < 1.

C. log b a < 1 < log a b.

D. 1 < log 6 a < log a b.

Câu 36: Cho α = log a x, β = log b x. Khi đó log ab2 ( x3 ) bằng A.

3 2α + β

αβ 2α + β

Câu 37: Cho hình chóp tam giác đều có cạnh bên bằng

3αβ 2α + β

3 (α + β ) α + 2β

a 21 và mặt bên tạo với mặt đáy một góc 600. Tính 3

thể tích V của khối chóp.

A. V =

a3 3 . 3

B. V =

a 3 .7 21 . 32

C. V = a 3 3.

D. V =

a 3 .7 21 . 96

Câu 38: Cho tứ diện ABCD có AB = 2, các cạnh còn lại bằng 4, khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD bằng 5

A. 13.

D. 11.

Câu 39: Tìm tất cả các giá trị của tham số để đồ thị hàm số y = − x 3 + 2 x 2 − ( m + 2 ) x + m có 2 điểm cực trị và 1  điểm N  2; −  thuộc đường thẳng đi qua hai điểm cực trị đó. 3  9 A. m = . 5

5 C. m = − . 9

B. m = −1.

9 D. m = − . 5

Câu 40: Cho hình nón có chiều cao bằng 4a . Một mặt phẳng đi qua các đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo một thiết diện là tam giác đều có diện tích bằng 9 3a 2 . Thể tích khối nón giới hạn bởi hình nón đã cho bằng A. 10a 3 .

B. 30a 3π .

100a 3π . 3

80a 3π . 3

Câu 41: Cho hình chóp ngũ giác đều có tổng diện tích tất cả các mặt là S = 4. Giá trị lớn nhất của thể tích khối a a 10 , trong đó a, b ∈ ℕ*, là phân số tối giản. Hãy tính chóp ngũ giác đều đã cho có dạng max V = b b tan 360 T = a + b. A. 15.

B. 17.

C. 18.

D. 16.

Câu 42: Một loại kẹo có hình dạng là khối cầu với bán kính bằng 1cm được đặt trong vỏ kẹo có hình dạng là hình chóp tứ giác đều (các mặt của vỏ tiếp xúc với kẹo). Biết rằng khối chóp đều tạo thành từ vỏ kẹo đó có thể tích bé nhất, tính tổng diện tích tất cả các mặt xung quanh của vỏ kẹo: A. 12cm 2 .

B. 48cm 2 .

C. 36cm 2 .

D. 24cm 2 .

Câu 43: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt thuộc các cạnh SA, SD SQ sao cho 3SM = 2 SA, 3SN = 2 SD. Mặt phẳng ( α ) chứa MN cắt cạnh SB, SC lần lượt tại Q, P . Đặt = x, V1 SB 1 là thể tích của khối chóp S .MNPQ , V là thể tích khối chóp S . ABCD . Tìm x để V1 = V . 2 A. x =

−2 + 58 . 6

B. x =

−1 + 41 . 4

C. x =

−1 + 33 . 4

1 D. x = . 2

Câu 44: Điều kiện để phương trình 12 − 3x 2 − x = m có nghiệm m ∈ [ a; b ]. Khi đó 2a − b bằng A. 3.

B. −8.

C. − 4.

D. 0.

Câu 45: Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x 2 + y 2 = 1, tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=

( 2 y − 1)

A. 3.

x 2 + ( 2 y 2 − y ) + 2 y + 2 bằng

13 2 . 4

C. 3 3.

13 3 . 4

Câu 46: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) trên ℝ và đồ thị của hàm số f ' ( x ) như hình vẽ sau: 6

1 1 1 7 1 Hỏi phương trình f  cos 2 x +  − cos 6 x − sin 2 2 x + − 2 3 4 24 2 π   ; 2π  ? 4 

A. 2

B. 6

1 f   = 0 có bao nhiêu nghiệm trong khoảng 2

C. 4

D. 3

Câu 47: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O . Biết AC = 4 3a, BD = 4a, SD = 2 2a và SO vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD bằng A.

4 21a . 7

3 21a . 7

5 21a . 7

2 21a . 7

Câu 48: Có bao nhiêu giá trị m để đồ thị hàm số y = − x 3 + mx 2 − 2m cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Câu 49: Hàm số y = x − ln ( 2 x − 3) nghịch biến trên khoảng 3  A.  ; +∞  2 

3 5 C.  ;  2 2

B. ( 0; +∞ )

 5 D.  0;   2

Câu 50: Cho mặt cầu đường kính AB = 2 R. Mặt phẳng ( P ) vuông góc AB tại I ( I thuộc đoạn AB ) cắt mặt cầu theo một đường tròn ( C ) . Tính h = AI theo R để hình nón đỉnh A , đáy là ( C ) có thể tích lớn nhất.

A. h = R.

B. h =

R . 3

C. h =

4R . 3

D. h =

2R . 3

-------------- HẾT ------------

BẢNG ĐÁP ÁN 1-D

2-B

3-D

4-A

5-B

6-C

7-D

8-C

9-C

10-B

11-B

12-D

13-A

14-C

15-B

16-A

17-D

18-C

19-A

20-A

21-A

22-B

23-D

24-B

25-B

26-A

27-C

28-D

29-C

30-C

31-B

32-D

33-A

34-A

35-A

36-C

37-A

38-D

39-D

40-D

41-B

42-D

43-A

44-B

45-D

46-D

47-A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn D. 1 1 Thể tích khối chóp là V = .S .h = .3a 2 .3a = 3a 3 . 3 3

Câu 2: Chọn B. Theo lý thuyết ta có log a

b = log a b − log a c. c

Câu 3: Chọn D. Ta có y ' = −

( x − 2)

Suy ra hàm số y =

< 0 ∀x ∈ [ −2;0]

−x + 3 nghịch biến trên khoảng ( −2;0 ) x−2

5 Suy ra max y = f ( −2 ) = − . [ −2;0] 4

Câu 4: Chọn A. V = S .h =

1 2 ( 4a ) .a 3 = 8a 3 3. 2

Câu 5: Chọn B. Thể tích khối cầu là V =

4 3 πR , nên đáp án B sai. 3

Câu 6: Chọn C.

Hình chiếu vuông góc của đường thẳng SC lên mặt phẳng ( ABCD ) là BC .

48-C

49-C

50-C

. SC ; BC ) = SCB Suy ra ( SC ; ( ABCD ) ) = (

Câu 7: Chọn D. Hàm số lũy thừa với số mũ không nguyên nên: 3 − x > 0 ⇔ x < 3.

Câu 8: Chọn C. Tập xác đinh: D = ℝ. Ta có: y ' = 4 x3 − 8 x = 4 x ( x 2 − 2 ) .

x = 0 y ' = 0 ⇔ 4x ( x2 − 2) = 0 ⇔  x = ± 2 Bảng xét dấu y '.

(

)

Từ bảng xét dấu suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng 0; 2 .

Câu 9: Chọn C. Gọi cấp số nhân có công bội q. Ta có u2 = u1.q ⇒ q =

u2 6 = = −2. u1 −3

Câu 10: Chọn B. Ta có y ' = ( sin x ) ' ⇒ y ' = cos x.

Câu 11: Chọn B. Câu 12: Chọn D. Phương trình hoành độ giao điểm − x 4 − 4 x 2 − 2 = 0 (phương trình vô nghiệm.) Vậy đồ thị hàm số y = − x 4 − 4 x 2 − 2 không cắt trục hoành.

Câu 13: Chọn A. Tập xác định của hàm số: D = ℝ. Ta có: y ' = 4 x3 − 8 x.

x = − 2  y ' = 0 ⇔ 4 x3 − 8 x = 0 ⇔  x = 0 x = 2  Bảng biến thiên:

Hàm số có 3 điểm cực trị.

Câu 14: Chọn C. x

4 4 4 Ta có:   > 1 ⇔   >   ⇔ x > 0. 3 3 3 Tập nghiệm của bất phương trình là: ( 0; +∞ ) .

Câu 15: Chọn B. Đồ thị có dạng của hàm số bậc ba, nhánh cuối đi lên nên có a > 0. Do đó chọn đáp án B.

Câu 16: Chọn A. Thể tích khối trụ là V = πr 2 h.

Câu 17: Chọn D.

 a2 S = 1 a2 a3 3  . Ta có  ∆ABC 2 ⇒ VS . ABC = . .a 3 = 3 2 6  SA = a 3  Câu 18: Chọn C. Vì lim+ x →3

x +1 = +∞ nên nhận đường thẳng x = 3 làm tiệm cận đứng. x −3

Câu 19: Chọn A.

Ta có đường sinh của hình trụ là l = h = 2. Suy ra diện tích xung quanh của hình trụ là S xq = 2π rl = 2π .2.4 = 16π .

Câu 20: Chọn A.

Cạnh AB của vật thể trong hình.

A. vi phạm tính chất trong khái niệm về hình đa diện “Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác”. Cụ thể cạnh AB trong hình là cạnh chung của 4 đa giác. Câu 21: Chọn A. a

3 +1

.a 3−

(a ) 5 −2

5+2

( a = ( a

)(

3 +1 3− 3 5 −2

)(

)

5 +2

)

a4 = a3. a

Câu 22: Chọn B. y = − x3 − 3mx 2 + 4m y ' = −3 x 2 − 6mx. Hàm số y = − x3 − 3mx 2 + 4m đồng biến trên khoảng ( 0; 4 )

⇔ f ' ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0; 4 ) ⇔ −3x 2 − 6mx > 0, ∀x ∈ ( 0; 4 ) ⇔ −3 x 2 > 6mx, ∀x ∈ ( 0; 4 ) ⇔ −m >

x , ∀x ∈ ( 0; 4 ) 2

⇔ −m ≥ 2 11

⇔ m ≤ −2. Vậy m ≤ −2.

Câu 23: Chọn D.

Do tam giác ABC vuông tại B nên AB ⊥ BC , mặt khác BC ⊥ SA nên BC ⊥ SB. Do vậy ta có = SAC = 900 nên tâm mặt cầu ngoại tiếp của S . ABC là trung điểm của SC . SBC

SC Bán kính R = = 2

SA2 + AC 2 = 2

6 SA2 + AB 2 + BC 2 = . Vậy diện tích mặt cầu S = 4π R 2 = 6π . 2 2

Câu 24: Chọn B. y = x3 − 3 x 2 + mx, suy ra y ' = 3 x 2 − 6 x + m; y " = 6 x − 6.

Để hàm số y = x 3 − 3 x 2 + mx đạt cực tiểu tại x = 2 thì  y ' ( 2 ) = 0 m = 0 ⇔ ⇔ m = 0.   y " ( 2 ) > 0 −6 < 0 ( luon dung ) Câu 25: Chọn B.

Gọi H là trung điểm của AB, khi đó SH ⊥ ( ABCD ) . Ta có HD 2 = AH 2 + AD 2 =

a2 5a 2 9 a 2 5a 2 + a2 = ⇒ SH = SD 2 − HD 2 = − =a 4 4 4 4 12

a3 1 Vậy VS . ABCD = S ABCD .SH = . 3 3

Câu 26: Chọn A. ĐK: x ≤ 1. Phương trình log 2 ( 3 − x ) + log 2 (1 − x ) = 3 ⇔ log 2 ( 3 − x )(1 − x )  = 3  x = −1 ⇔ ( 3 − x )(1 − x ) = 8 ⇔ x 2 − 4 x − 5 = 0 ⇔  x = 5

Kết hợp với ĐK ta có nghiệm của phương trình x = −1.

Câu 27: Chọn C. Hình tứ diện đều không có tâm đối xứng.

Câu 28: Chọn D. TXĐ: ( −∞; 2] \ {−2} . Ta có lim f ( x ) = 0 ⇒ y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x →−∞

lim f ( x ) = +∞ ⇒ x = −2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

x →( −2 )

Câu 29: Chọn C.

n ( Ω ) = C123 Xác suất để 3 quả được chọn có ít nhất 2 quả cầu xanh là: P =

C72 .C51 + C73 7 = . 11 C123

Câu 30: Chọn C. Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm.

f ' ( x ) = 3x 2 − 6 x  x0 = −1 Tiếp tuyến song song với đường thẳng y = 9 x − 2 ⇒ f ' ( x0 ) = 9 ⇔ 3 x02 − 6 x0 = 9 ⇒   x0 = 3 Với x0 = −1 ⇒ y0 = −2. Phương trình tiếp tuyến y = 9 ( x + 1) − 2 ⇔ y = 9 x + 7 Với x0 = 3 ⇒ y0 = 2. Phương trình tiếp tuyến y = 9 ( x − 3) + 2 ⇔ y = 9 x − 25 . Vậy có 2 tiếp tuyến.

Câu 31: Chọn B. Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) ta có: 13

+ Tập xác định: D = ℝ \ {2} . + Các giới hạn: lim y = −∞; lim y = 1; lim− y = −∞; lim+ y = −∞. x →−∞

x→2

x →+∞

x→2

Từ các giới hạn trên ta suy ra: Đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng và đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang của

đồ thị hàm số y = f ( x ) . Câu 32: Chọn D.

Xét tam giác AMA ' vuông tại M có: AM = AA '2 − A ' M 2 = 16a 2 − 4a 2 = 2a 3.

Đặt cạnh tam giác đều bằng x, ta có: AM = 2a 3 =

x 3 ⇒ x = 4a. 2

Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' bằng VABC . A ' B 'C ' = A ' M .S ABC

( 4a ) = 2a.

= 8a 3 3.

Câu 33: Chọn A. Hình bát diện có số mặt là 8, số đỉnh là 6 và số cạnh là 12. Do đó S = M − C + Đ = 8 − 12 + 6 = 2.

Câu 34: Chọn A.

R = 2; IH = 2 ⇒ r = R 2 − IH 2 = 2. 14

Diện tích của hình tròn ( C ) là S = πr 2 = 2π.

Câu 35: Chọn A. Ta có: log a b =

log b log a < 1 do 0 < a < b < 1 và log b a = > 1. log a log b

Câu 36: Chọn C. Ta có: log ab2 ( x3 ) = 3log ab2 x =

3 1 2 + log a x log b x

3 3 = 2 log x ( ab ) log x a + 2 log x b

3log a x.log b x 2αβ . = 2 log a x + log b x 2α + β

Câu 37: Chọn A.

Giả sử chóp tam giác đều là S . ABC , ta có tam giác ABC đều và SG ⊥ ( ABC ) với G là trọng tâm tam giác

ABC . Gọi M là trung điểm của đoạn BC , suy ra  AG ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAG ) ⇒ BC ⊥ SM .   SG ⊥ ( ABC ) ⇒ SG ⊥ BC

Do đó

= 60 . ( ( SBC ) , ( ABC ) ) = ( SM , AM ) = SMA 0

Gọi cạnh AB = x ( x > 0 ) , suy ra AM = AB 2 − BM 2 = GM =

2 a 3 x 3 ; ⇒ AG = AM = 2 3 3

1 x 3 . AM = 3 6

= Lại có tan SMA

SG SG x ⇔ tan 600 = ⇔ SG = GM . tan 600 ⇔ SG = . GM GM 2

Mà tam giác SAG vuông tại G ⇒ SG 2 + GA2 = SA2 ⇔ Suy ra SG = a, S ∆ABC =

x2 x2 7a2 + = ⇔ x 2 = 4a 2 ⇔ x = 2a. 4 3 3

1 1 a3 3 . AM .BC = a 2 3. Vậy VS . ABC = .SG.S ∆ABC = 2 3 3

Câu 38: Chọn D.

Gọi M là trung điểm của đoạn AB . Ta có tam giác ABC cân tại C nên CM ⊥ AB và tam giác ABD cân tại D nên DM ⊥ AB. Suy ra AB ⊥ ( CDM ) . Gọi N là trung điểm của CD thì AB ⊥ MN . Lại có ∆DAB = ∆CAB ⇒ DM = CM hay tam giác DCM cân tại M ⇒ CD ⊥ MN nên MN là đoạn vuông góc chung của AB và CD . Suy ra d ( AB, CD ) = MN . AB 2 Có DM = CM = CA − BM = CA − = 15. 4 2

CD 2 = 11. Do đó MN = CM − CN = CM − 4 2

Vậy d ( AB, CD ) = 11.

Câu 39: Chọn D. Ta có y ' = −3x 2 + 4 x − ( m + 2 )

Để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt −3 ≠ 0 2 ⇔ ⇔m<− . 3 4 − 3 ( m + 2 ) > 0 16

Mặt khác y =

1 2 1 ( 3x − 2 ) y '− ( 3m + 2 ) x + ( 7m − 4 ) 9 9 9

y ( x1 ) = −

2 1 ( 3m + 2 ) x + ( 7m − 4 ) , vì y ' ( x1 ) = 0. 9 9

y ( x2 ) = −

2 1 ( 3m + 2 ) x2 + ( 7 m − 4 ) , vì y ' ( x2 ) = 0. 9 9

Do đó phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là

∆: y = −

2 1 ( 3m + 2 ) x + ( 7m − 4 ) 9 9

4 1 1 9 1  Mà N  2; −  ∈ ∆ nên − ( 3m + 2 ) + ( 7 m − 4 ) = − ⇔ m = − . 9 9 3 5 3 

Câu 40: Chọn D.

Giả sử SAB là thiết diện đi qua đỉnh hình nón. Ta có tam giác SAB có SA = SB = AB = l và S SAB =

l2 3 = 9 3a 2 ⇒ l = 6a. 4

Mà r = l 2 − h 2 = 2 5a. 1 80a 3π Khi đó thể tích khối nón là V = π r 2 h = . 3 3

Câu 41: Chọn B.

Gọi hình chóp ngũ giác đều đã cho là S . ABCDE có O là tâm của đáy ABCDE , I là trung điểm cạnh CD .

⇒ SO ⊥ ( ABCDE ) và OI ⊥ CD ⇒ CD ⊥ ( SOI ) . = 1 COD = 360 ⇒ IC = OI . tan 360 Lại có: COI 2

1 4 1 1 4 4 Dễ thấy: S ∆SCD + S ∆OCD = S = ⇒ SI .CD + OI .CD = ⇒ SI .IC + OI .IC = 5 5 2 2 5 5 ⇒ SI .OI . tan 360 + OI 2 .tan 360 =

4 4 ⇒ SI = − OI 5 5.IO.tan 360 2

4 16 8   ⇒ SO = SI − OI =  − OI  − OI 2 = − 0 2 2 0 25.OI . tan 36 5 tan 360  5.OI .tan 36  2

1 1 5 1 Thể tích khối chóp S . ABCDE là: V = SO.S ABCDE = SO.5S ∆COD = SO. OI .CD 3 3 3 2

5 4 16 8 .OI 2 . tan 360 = SO.OI .IC = − 2 2 0 0 3 2 25.OI .tan 36 5 tan 36

10 2 3 5 tan 360

2 − OI 2 .tan 360 + OI 2 .tan 360 10 2 2  2 0 2 0 .5  − OI .tan 36  .OI . tan 36 ≤ 0 5 2   3 5 tan 36

10 2 1 2 10 . = 0 3 5 tan 36 5 15 tan 360

Vậy: a = 2; b = 15 ⇒ T = a + b = 17.

Câu 42: Chọn D. 18

Giả sử vỏ kẹo có hình dạng là hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a, đường cao SO = h. Loại kẹo có hình dạng là khối cầu có tâm I . Gọi M là trung điểm cạnh CD . Gọi K là hình chiếu của I trên SM ⇒ K là hình chiếu của I trên mặt phẳng ( SCD ) . ⇒ OI = OK = 1.

Dễ thấy ∆SKI ∽ ∆SOM ⇒

SI IK = ⇒ SM OM

SO − OI 2

SO + OM

IK OM

1 2a 2 2 2 ⇒ = ⇒ ah − a = 4h + a ⇒ h = 2 a −4 a2 a 2 h + 2 4

h −1

Thể tích khối chóp S . ABCD là:

1 1 2a 2 2 2 a 4 2  16 32  2 V = SO.S ABCD = . 2 .a = . 2 = . a2 − 4 + 2 + 8  ≥ . ( 2.4 + 8 ) = 3 3 a −4 3 a −4 3  3 a −4  3 Dấu bằng xảy ra ⇔ a 2 − 4 =

16 ⇔ a = 2 2. a −4 2

⇒ h = 4 ⇒ OM = 2; SM = 3 2

Câu 43: Chọn A. Cách 1.

Ta có V1 = VS .MNPQ = VS .MNQ + VS . PNQ

(α ) ∩ ( SBC ) = PQ  SP SQ  MN / / BC Ta có  ⇒ PQ / / MN / / BC ⇒ = = x. MN ⊂ α SC SB ( )   BC ⊂ ( SBC )  Có

VS .MNQ VS . ADB

Đồng thời

SM SN SQ 2 2 4 4x 4x V 2x . . = . x= ⇒ VS .MNQ = VS . ADB = . = V . 9x 9 9 2 9 SA SD SB 3 3

VS . PNQ VS .CDB

SP SN SQ 2 2 x2 2 x2 2 x2 V x2 . . .VS .CDB = . = V. ⇒ VS . PNQ = = x. .x = 3 3 3 3 2 3 SC SD SB

 x2 2 x  1 Như vậy V1 =  +  V . Mà theo giả thiết ta có V1 = V nên ta suy ra: 2 9   3  −2 + 58 x= ( Nhan )  −2 + 58 x 2x 1 6  . . Vậy x = + = ⇔ 6 3 9 2  −2 − 58 ( Loai ) x = 6  2

Cách 2:

Đặt a = Lại có

SM 2 SN 2 SP 1 1 1 1 . Ta có + = + ⇒ c = x. = ;b = = ;c = SA 3 SD 3 SC a c b x

2 V1 abcx  1 1 1 1  x 2  =  + + +  =  3 + . V x 4 a b c x 9 

  x = 0 ( Loai )  V1 1 −2 + 58 3 2 Mà = ⇒ 6 x + 4 x − 9 x = 0 ⇔  x = ( Nhan ) . V 2 6  −2 − 58  ( Loai )  x = 6

Vậy x =

−2 + 58 . 6

Câu 44: Chọn B. ĐK: −2 ≤ x ≤ 2. Xét hàm số f ( x ) = 12 − 3 x 2 − x, ∀x ∈ [ −2; 2] .

−3 x

Ta có f ' ( x ) =

12 − 3 x 2

− 1, ∀x ∈ ( −2; 2 ) .

 −3 x ≥ 0 x ≤ 0 Cho f ' ( x ) = 0 ⇔ −3 x = 12 − 3 x 2 ⇔  2 ⇔ ⇔ x = −1. 2  x = ±1 9 x = 12 − 3 x Bảng biến thiên:

 a = −2 ⇒ 2a − b = −8. Vậy YCBT ⇔ m ∈ [ −2; 4] ⇒  b = 4

Câu 45: Chọn D. + Từ giả thiết suy ra: x, y ∈ [ −1;1] . + P=

( 2 y − 1)

x2 + ( 2 y 2 − y ) + 2 y + 2 =

( 2 y − 1)

+ y2 ) + 2 y + 2 = 2 y −1 + 2 y + 2

1  2 y − 1 + 2 y + 2, 2 ≤ y ≤ 1 . + Đặt P = f ( y ) =  1 −2 y + 1 + 2 y + 2, −1 ≤ y ≤  2

1  1 + Xét f ( y ) trên  ;1 : Khảo sát ta được min f ( y ) = f   = 3; max f ( y ) = f (1) = 3. 1   1  2 2   2 ;1  2 ;1 







 1 1  7  13 + Xét f ( y ) trên  −1;  : Khảo sát ta được min f ( y ) = f   = 3; max f ( y ) = f  −  = . 1    1  2 2  8 4  −1; 2   −1; 2  

+ Suy ra: min f ( y ) = 3; max f ( y ) = [ −1;1]

[ −1;1]





13 . 4

Câu 46: Chọn D. 21



1 1 11 1 1 + Phương trình ⇔ f ( cos x ) − cos 6 x + cos 4 x − cos 2 x = f   −   +   − . (*) 2  2 3 2  2 2 2

1 + Xét hàm số g ( t ) = f ( t ) − t 3 + t 2 − t trên [ 0;1] . 3 Ta có: g ' ( t ) = f ' ( t ) − ( t − 1)

Từ tương giao giữa đồ thị f ' và Parabol y = ( x − 1) trên đoạn [ 0;1]

Suy ra: f ' ( t ) ≥ ( t − 1) , ∀t ∈ [ 0;1] ⇔ g ' ( t ) ≥ 0, ∀t ∈ [ 0;1] Hay g ( t ) là hàm số đồng biến trên [ 0;1] . + Do đó:

π kπ 1 1 2 2 .  ⇔ cos x = , (do cos x ∈ [ 0;1]) ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ x = + 4 2 2 2

(*) ⇔ g ( cos 2 x ) = g 

π  Dễ dàng suy ra phương trình có 3 nghiệm trên khoảng  ; 2π  . 4 

Câu 47: Chọn A.

Ta có AB / / CD, CD ⊂ ( SCD ) ⇒ AB / / ( SCD ) Lại có SD ⊂ ( SCD ) ⇒ d ( AB, SD ) = d ( AB, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) 22

Mặt khác OA ∩ ( SCD ) = C ⇒ d ( A, ( SCD ) ) =

CA .d ( O, ( SCD ) ) = 2d ( O, ( SCD ) ) . CO

Trong tam giác OCD vuông tại O, kẻ OM ⊥ CD, ta có SO ⊥ CD ⇒ CD ⊥ ( SOM ) Mà CD ⊂ ( SCD ) ⇒ ( SOM ) ⊥ ( SCD ) Trong mặt phẳng ( SOM ) , kẻ OH ⊥ OM

( SOM ) ⊥ ( SCD )  Ta có ( SOM ) ∩ ( SCD ) = SM ⇒ OH ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( O, ( SCD ) ) = OH .  OH ⊂ ( SOM ) , OH ⊥ SM Tam giác SOD vuông tại O, có OD =

1 BD = 2a, SD = 2 2a 2

⇒ SO = SD 2 − OD 2 = 2a. Tam giác OCD vuông tại O, có OD = 2a, OC = 2 3a và OM ⊥ CD ⇒ OM =

OC.OD OC 2 + OD 2

2 3a.2a

( 2 3a )

⇒ OM = 3a.

+ ( 2a )

Tam giác SOM vuông tại O, có OM = 3a, SO = 2a và OH ⊥ SM ⇒ OH =

SO.OM SO 2 + OM 2

2a. 3a

( 2a )

Vậy d ( AB, SD ) = 2d ( O, ( SCD ) ) =

(

)

⇒ OH =

2 21a . 7

4 21a . 7

Câu 48: Chọn C. Xét phương trình hoành độ giao điểm: − x3 + mx 2 − 2m = 0 (1) . +) Điều kiện cần: Giả sử phương trình (1) có ba nghiệm x1 , x2 , x3 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng

⇒ − x 3 + mx 2 − 2m = − ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 ) Đồng nhất hệ số ta được x2 = Thay x2 =

m . 3

m m3 m3 + − 2m = 0 vào phương trình (1) ta được − 3 27 9 23

m = 0 ⇔ m3 − 27 m = 0 ⇔   m = ±3 3

+) Điều kiện đủ: + Với m = 0 thì (1) ⇔ x = 0 (không thỏa mãn).  x = −3 + 3  + Với m = 3 3 thì (1) ⇔ − x3 + 3 3 x 2 − 6 3 = 0 ⇔  x = 3 (thỏa mãn điều kiện).   x = 3 + 3  x = −3 − 3  + Với m = −3 3 thì (1) ⇔ − x3 − 3 3 x 2 + 6 3 = 0 ⇔  x = − 3 (thỏa mãn điều kiện).   x = 3 − 3

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 49: Chọn C. 3 Điều kiện: x > . 2 Ta có: y = x − ln ( 2 x − 3) ⇒ y ' = 1 −

2 . 2x − 3

5 y'= 0⇒ x = . 2 Bảng biến thiên:

3 5 Từ bảng biến thiên suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng  ;  . 2 2

Câu 50: Chọn C. Đặt OI = x; ( 0 ≤ x ≤ R ) . Ta có: h = AI = AO + OI = R + x. Lại có r 2 = R 2 − x 2 1 1 1 V = π r 2 h = π ( R 2 − x 2 ) ( R + x ) = π ( − x 3 − Rx 2 + xR 2 + R 3 ) 3 3 3 24

Vmax khi và chỉ khi ( − x3 − Rx 2 + xR 2 )

max

Xét f ( x ) = − x3 − Rx 2 + xR 2 , x ∈ [ 0; R ]

f ' ( x ) = −3x 2 − 2 Rx + R 2  x = − R ∉ [ 0; R ] f ' ( x ) = −3 x − 2 Rx + R = 0 ⇔   x = R ∈ [ 0; R ]  3 2

 R  11 3 f ( 0 ) = 0; f ( R ) = − R 3 ; f   = R.  3  27 ⇒ h= R+

R 4R . = 3 3

SỞ GD & ĐT NINH BÌNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1

TRƯỜNG THPT KIM SƠN A

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 ) liên tục trên ℝ và có bảng xét dấu của đạo hàm như hình vẽ

Hàm số đã cho đồng biến trong khoảng nào dưới đây? A. ( 2; 4 ) .

B. ( −∞; 0 ) .

C. ( 0; 2 ) .

Câu 2: Phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = A. x = −3.

B. x = −1.

D. ( −1; 2 ) .

4 − 3x là x +1

C. y = −3.

D. y = 4.

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

Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận ngang.

B. Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y = 4.

C. Đồ thị hàm số không có tiệm cận.

D. Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x = 0.

Câu 4: Cho hàm số y = e x . Mệnh đề nào sau đây sai? A. Đồ thị hàm số đi qua điểm A (1; 0 ) . B. Tập xác định của hàm số là D = ℝ. C. Hàm số có đạo hàm y ' = e x , ∀x ∈ ℝ. 1

D. Đồ thị hàm số nhận trục hoành là tiệm cận ngang. Câu 5: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh bằng 2a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB ' và CD ' bằng A. 2a.

B. a.

C. 2 2a.

2a.

Câu 6: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có BA = a; BC = 2a, BB ' = 3a. Thể tích V của khối hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' bằng A. V = 2a 3 .

B. V = 3a 3 .

C. V = 6a 3 .

D. V = a 3 .

Câu 7: Cho khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có diện tích đáy bằng 2a 2 , đường cao bằng 3a. Thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là A. a 3 .

B. 6a 3 .

C. 12a 3 .

D. 2a 3 .

Câu 8: Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ \ {0} , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( x ) = m − 1 có ba nghiệm thực phân biệt.

A. m ∈ ( 2; 4 ) .

B. m ∈ [ 2; 4 ) .

C. m ∈ (1;3) .

D. m ∈ [1;3) .

C. 4π R 3 .

3π R 3 . 4

∫ x dx = − x

Câu 9: Thể tích của khối cầu có bán kính R là A.

4π R 3 . 3

Câu 10: Tìm A.

4 R3 . 3

∫ x dx = − ln x + C.

∫ x dx.

∫ x dx = ln x + C.

∫ x dx = x

+ C.

Câu 11: Khối bát diện đều là khối đa diện loại A. {4;3} .

B. {3; 4} .

C. {3;3} .

Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho u = 2i − 3 j − 2k . Tọa độ vectơ u là 2

D. {3;3} .

1 2

+ C.

A. ( 2; −3; 2 ) .

B. ( 2; −3; −2 ) .

C. ( 2;3; 2 ) .

D. ( −2; −3; 2 ) .

Câu 13: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như sau:

Mệnh đề nào sau đây sai?

A. Đồ thị hàm số không có tiệm cận.

B. Giá trị cực tiểu của hàm số bằng 1.

C. x = 5 là điểm cực đại của hàm số.

D. Hàm số có ba điểm cực trị.

Câu 14: Biểu thức a 3 : 3 a 4 viết dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỷ là: 9

A. a 8 .

B. a 4 .

C. a 4 .

D. a 3 .

C. [ 0; +∞ ) .

D. D = ( 0; +∞ ) \ {1} .

C. y = − x3 − 3 x + 1.

D. y = 2 x 3 + 3 x + 1.

Câu 15: Tập xác định của hàm số y = log 2021 x là: A. D = ( 2021; +∞ ) .

B. D = ( 0; +∞ ) .

Câu 16: Hàm số nào sau đây đồng biến trên ℝ. A. y = x 4 + 2 x 2 .

B. y =

x −1 . x +1

Câu 17: Hàm số nào sau đây là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 2 ? A. F ( x ) = 3x3 .

B. F ( x ) =

x3 . 3

Câu 18: Tập nghiệm S của bất phương trình 9

C. F ( x ) = x+

1 2

x3 . 2

D. F ( x ) = 2 x.

− 10.3x + 3 ≤ 0

A. S = {−1;1} .

B. S = ( −1;1) .

C. s = [ −1;1] .

D. S = ( −∞; −1] ∪ [1; +∞ ) .

Câu 19: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A ( 2;0; 0 ) , B ( 0; 4; 0 ) , C ( 0; 0;6 ) . Tính thể tích V của tứ diện OABC ? A. V = 48 (đvđt).

B. V = 24 (đvđt).

C. V = 8 (đvđt).

D. V = 16 (đvđt).

Câu 20: Cho cấp số cộng ( un ) có u3 = −7 và u4 = −4. Tìm công sai của cấp số cộng đã cho 3

4 B. d = . 7

A. d = 3.

C. d = −11.

D. d = −3.

Câu 21: Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

A. 3.

B. 1.

C. 2.

x +1 là x − 3x + 4 2

D. 0.

Câu 22: Số cách chọn đồng thời ra 4 người từ một nhóm có 11 người là B. A124 .

A. 44.

C. 15.

D. C114 .

Câu 23: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên. Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên [ −2;0] là

A. −1.

B. 0.

C. 2.

D. −2.

Câu 24: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên. Điểm cực đại của hàm số là

A. x = 3.

B. x = 1.

C. x = 0.

D. x = −1.

Câu 25: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn 3

y = 2 x − 3 x + 2020

[ 0;1]

của hàm số

2021

. Giá trị biểu thức P = M − m bằng

A. −1.

C. 20202021 + 1.

B. 1.

Câu 26: Cho b là số dương tùy ý. Mệnh đề nào sau đây sai? 5 B. log 5   = 1 − log 5 b. b

A. log 5 ( 5b ) = 1 + log 5 b. 4

D. 20202021 − 1.

C. log 5 ( b5 ) = 5 log 5 b.

D. log 5

( b ) = 5log b. 5

Câu 27: Cho hình nón có bán kính r , đường sinh l và chiều cao h . Diện tích xung quanh của hình nón đó bằng A. 2π rh.

B. π rh. −2

Câu 28: Cho hàm số f ( x ) = ( x 2 − 4 ) + log A. ℝ \ {±2} .

C. 2π rl.

D. π rl.

C. ( 2; +∞ ) .

 1  D.  − ; +∞  \ {2} .  2 

C. x = 5.

D. x = 3.

( 2 x + 1)

 1  B.  − ; +∞  .  2 

Câu 29: Phương trình 4 x−1 = 16 có nghiệm là A. x = 4.

B. x = 2.

Câu 30: Đồ thị hàm số nào dưới đây là đường cong hình bên.

A. y =

x −1 . x +1

B. y =

x +1 . x −1

C. y =

x . x −1

D. y =

x . x +1

Câu 31: Trong không gian Oxyz , cho A (1; 0; −2 ) , B ( 2; −3;1) . Tọa độ của vectơ BA là

A. ( 3; −3;1) .

B. ( −1;3; −3) .

C. (1; −3; −3) .

D. (1; −3;3) .

Câu 32: Cắt hình trụ bằng một mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình vuông cạnh bằng 3a . Diện tích xung quanh của hình trụ đó bằng A. 18π a 2 .

9π a 2 . 2

C. 36π a 2 .

D. 9π a 2 .

Câu 33: Trong không gian Oxyz , cho A (1; 2; 0 ) , B ( −1;3;5 ) . Gọi I ( a; b; c ) là điểm thỏa mãn IA + 3IB = 0. Khi đó giá trị của biểu thức a + 2b + 2c bằng

25 . 2

B. −

25 . 2

C. 50.

27 . 2

Câu 34: Cho a, b là các số thực dương và a > 1, a ≠ b thỏa mãn log a b = 3. Giá trị của biểu thức T=

b3 + log a ab bằng a9 b

A. −3. Câu 35: Biết

B. 0.

C. 5.

D. 2.

∫ f ( u ) du = F ( u ) + C. Với mọi số thực a ≠ 0, mệnh đề nào sau đây đúng?

A. ∫ f ( ax + b ) dx =

1 F ( ax + b ) + C. a

B. ∫ f ( ax + b ) dx = F ( ax + b ) + C

C. ∫ f ( ax + b ) dx = aF ( ax + b ) + C

∫ f ( ax + b ) dx = aF ( x + b ) + C

Câu 36: Cho hàm số f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d , (a, b, c, d là các hệ số thực và a ≠ 0) có đồ thị f ' ( x ) như hình bên.

1  Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để hàm số y = f ( x 2 + 2 x ) + 2021m  ln x −  nghịch biến trên [1; +∞ ) . x 

A. 0

B. 1

C. 2020

D. 2021

Câu 37: Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vuông tại B với AB = a. Hình chiếu vuông góc của a 2 . Tính khoảng đỉnh A ' lên mặt phẳng ( ABC ) là điểm H trên cạnh AB sao cho HA = 2 HB. Biết A ' H = 3 cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC theo a. A.

a 3 . 6

a 3 . 3

a 3 . 2

2a 3 . 3

Câu 38: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a. Biết SA ⊥ ( ABCD ) , SA = a. Gọi E là điểm thỏa mãn SE = BC. Góc giữa hai mặt phẳng ( BED ) và ( SBC ) bằng 600. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SDCE bằng

a 3 . 2

a 2 . 2

C. a 3.

D. a 2.

Câu 39: Trong không gian Oxyz cho hình chóp S . ABC có S ( 2;3;1) và G ( −1; 2;0 ) là trọng tâm tam giác SA ' 1 SB ' 1 SC ' 1 = ; = ; = . Mặt SA 3 SB 4 SC 5 phẳng ( A ' B ' C ') cắt SG tại G '. Giả sử G ' ( a; b; c ) . Giá trị của biểu thức a + b + c bằng

ABC. Gọi A ', B ', C ' lần lượt là các điểm thuộc các cạnh SA, SB, SC sao cho

19 . 4

29 .. 4

C. 1.

D. −14.

Câu 40: Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 8 chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 1, 2,3, 4, 5, 6, 7,8,9. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Tính xác suất để số được chọn có chữ số ở hàng đơn vị chia hết cho 3 và tổng các chữ số của số đó chia hết cho 13. A.

1 . 18

1 . 36

1 C. . 9

1 . 72

Câu 41: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên của hàm số f ' ( x ) như sau:

 ln ( x 2 + 1) − 2 Hỏi hàm số g ( x ) =   2 

A. 9. Câu 42: Cho hàm số y = A. m < −11.

  có bao nhiêu điểm cực tiểu?  

B. 4.

C. 7.

D. 5.

2x + m ( m là tham số thực) thỏa mãn max y = 3. Mệnh đề nào dưới đây đúng [0;2] x−4

B. m = −12.

C. m > −8.

D. m < −8.

Câu 43: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a. Gọi M , K lần lượt là trọng tâm tam giác SAB, SCD; N là trung điểm của BC . Thể tích tứ diện SMNK bằng A.

2a 3 . 27

a3 . 27

4a 3 . 27

Câu 44: Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số y = x + 3 − 7

8a 3 . 27

m đồng biến trên [5; +∞ ) ? x−2

A. 3.

B. 2.

C. 8.

D. 9.

Câu 45: Cho hình nón có chiều cao bằng 3a, biết rằng khi cắt hình nón đã cho bởi một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón và cách tâm của đáy hình nón một khoảng bằng a, thiết diện thu được là một tam giác vuông. Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng A. 15π a 3 .

B. 9π a 3 .

45π a 3 . 4

D. 12π a 3 .

  x  Câu 46: Cho phương trình  log 3    + 3m log 3 x + 2m 2 − 2m − 1 = 0. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số  3   m lớn hơn −2021 sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x1 + x2 > 10 ? A. 2020.

B. 2019.

C. 2020.

D. 2021.

2 π  . Biết F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) thỏa mãn F   = 0. Giá sin x 2  π 2π  F x trị lớn nhất của hàm số g ( x ) = e ( ) trên đoạn  ;  bằng 6 3 

Câu 47: Cho hàm số f ( x ) =

A. 3.

1 B. . 3

C. 7 − 4 3.

Câu 48: Biết rằng F ( x ) là một nguyên hàm trên ℝ của hàm số f ( x ) =

D. 7 + 4 3. 2021x

+ 1)

2022

1 và thỏa mãn F ( 0 ) = − . 2

Giá trị nhỏ nhất của hàm số F ( x ) bằng

1 . 2

1 B. − . 2

2021 . 2

D. −

2021 . 2

Câu 49: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A ( −3; 0;0 ) , B ( 0; −4; 0 ) . Gọi I , J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác OAB. Tính độ dài đoạn thẳng IJ ?

5 . 2

5 B. . 4

61 . 6

Câu 50: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình dưới đây:

61 . 2

 9π  Số nghiệm của phương trình f ( 3sin x ) = 3 cos x trên khoảng  0;  là  2  A. 16.

B. 17.

C. 15.

D. 18.

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

BẢNG ĐÁP ÁN 1-C

2-C

3-C

4-A

5-A

6-C

7-B

8-A

9-A

10-A

11-B

12-B

13-C

14-D

15-B

16-D

17-B

18-C

19-C

20-A

21-B

22-D

23-C

24-D

25-B

26-D

27-D

28-D

29-D

30-B

31-B

32-D

33-A

34-B

35-A

36-A

37-B

38-A

39-A

40-B

41-D

42-D

43-C

44-D

45-C

46-A

47-A

48-B

49-A

50-A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn C. Từ bảng xét dấu suy ra hàm số đồng biến trong khoảng ( 0; 2 ) .

Câu 2: Chọn C. 4 − 3x 4 − 3x = −3, lim = −3. x →−∞ x + 1 x →+∞ x + 1

Ta có: lim

Vậy đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận ngang y = −3.

Câu 3: Chọn C. Từ bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận.

Câu 4: Chọn A. Với x = 1 ⇒ y = e. Vậy đồ thị hàm số không đi qua điểm A (1; 0 ) . Phương án A sai.

Câu 5: Chọn A.

Ta có ( ABB ' A ') / / ( CDD ' C ') . CD '/ / ( ABB ' A ' ) ⇒ d ( CD '; AB ') = d ( CD '; ( ABB ' A ' ) ) = d ( C ; ( ABB ' A ') ) = CB = 2a.   AB ' ⊂ ( ABB ' A ' )

Câu 6: Chọn C.

Ta có: V = BA.BB '.BC = a.2a.3a = 6a 3 .

Câu 7: Chọn B.

Ta có: V = B.h = 2a 2 .3a = 6a 3 .

Câu 8: Chọn A. 10

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình

f ( x ) = m − 1 có ba nghiệm phân biệt khi

1 < m − 1 < 3 ⇔ 2 < m < 4 ⇒ m ∈ ( 2; 4 ) . Câu 9: Chọn A. 4π R 3 . Theo công thức tính thể tích khối cầu bán kính R ta có: V = 3

Câu 10: Chọn A. Ta có:

∫ x dx = ln x + C.

Câu 11: Chọn B.

Khối bát diện đều là khối đa diện loại {3; 4} .

Câu 12: Chọn B. Vectơ u = ( 2; −3; −2 ) . Câu 13: Chọn C. Từ bảng biến thiên ta thấy x = 5 là điểm cực tiểu của hàm số.

Câu 14: Chọn D. 8

8 4 − 3

Ta có a 3 : 3 a 4 = a 3 : a 3 = a 3

= a3.

Câu 15: Chọn A. Hàm số xác định ⇔ x > 0. Vậy tập xác định của hàm số là D = ( 0; +∞ ) .

Câu 16: Chọn D. Hàm số y = 2 x3 + 3 x + 1 có y ' = 6 x 2 + 3 > 0, ∀x ∈ ℝ. Vậy hàm số y = 2 x3 + 3 x + 1 đồng biến trên ℝ.

Câu 17: Chọn B. 11

Ta có

∫

f ( x ) dx = ∫ x 2 dx =

x3 x3 + C ⇒ F ( x) = là một nguyên hàm của f ( x ) . 3 3

Câu 18: Chọn C. Ta có 9

1 2

− 10.3x + 3 ≤ 0 ⇔ 3.9 x − 10.3x + 3 ≤ 0 ⇔ 3. ( 3x ) − 10.3x + 3 ≤ 0.

Đặt t = 3x , t > 0. Khi đó, bất phương trình trở thành: 3t 2 − 10t + 3 ≤ 0 ⇔

1 1 ≤ t ≤ 3 ⇔ ≤ 3x ≤ 3 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1. 3 3

Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = [ −1;1] .

Câu 19: Chọn C. 1 Thể tích khối tứ diện O. ABC là VOABC = .2.4.6 = 8. 6

Câu 20: Chọn A. Công sai của cấp số cộng là d = u4 − u3 = ( −4 ) − ( −7 ) = 3.

Câu 21: Chọn B. Tập xác định D = ℝ.

Đồ thị hàm số y =

x +1 không có tiệm cận đứng. x − 3x + 4 2

1 1 + 2 x x = 0 ⇒ y = 0 là đường tiệm cận ngang. Ta có lim y = lim x →±∞ x →±∞ 3 4 1− + 2 x x Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

Câu 22: Chọn D. Số cách chọn đồng thời ra 4 người từ một nhóm có 11 người là C114 .

Câu 23: Chọn C. Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên [ −2;0] là 2.

Câu 24: Chọn D. Từ đồ thị hàm số suy ra điểm cực đại của hàm số là x = −1.

Câu 25: Chọn B. 12

x +1 là 1. x − 3x + 4 2

Xét hàm số y = 2 x 3 − 3 x 2 + 20202021 trên đoạn [ 0;1] . Ta có y ' = 6 x 2 − 6 x  x = 0 ∈ [ 0;1] . y'= 0 ⇔   x = 1 ∈ [ 0;1]

y ( 0 ) = 20202021 ; y (1) = 20202021 − 1. Suy ra M = max y = 20202021 ; m = min y = 20202021 − 1 ⇒ P = M − m = 1. [0;1]

[0;1]

Câu 26: Chọn D. Ta có log 5

( b ) = log b 5

1 5

1 = log 5 b. 5

Câu 27: Chọn D.

Ta có S xq = π rl.

Câu 28: Chọn D.  x ≠ ±2 x ≠ 2  x2 − 4 ≠ 0   Điều kiện  ⇔ 1⇔ 1. 2 x + 1 > 0  x > − 2  x > − 2  1  Tập xác định: D =  − ; +∞  \ {2} .  2 

Câu 29: Chọn D. Ta có: 4 x −1 = 16 ⇔ 4 x −1 = 42 ⇔ x − 1 = 2 ⇔ x = 3.

Câu 30: Chọn B. Ta có: Tiệm cận đứng: x = 1; Tiệm cận ngang: y = 1

Đồ thị cắt trục tung tại điểm ( 0; −1) . Câu 31: Chọn B. Ta có BA = ( −1;3; −3) . Câu 32: Chọn D. 13

Thiết diện qua trục là hình vuông ⇒ R =

1 3a AB = , h = 3a ⇒ S = 2π Rh = 9π a 2 . 2 2

Câu 33: Chọn A.

1  a = − 2 1 − a + 3 ( −1 − a ) = 0   25  11 Ta có IA + 3IB = 0 ⇔ 2 − b + 3 ( 3 − b ) = 0 ⇔ b = ⇒ a + 2b + 2c = . 4 2    −c + 3 ( 5 − c ) = 0 15  c = 4  Câu 34: Chọn B. 3 3

Ta có log a b = 3 ⇒ b = a 3

(a ) do đó T = a9

+ log a a3

aa 3 = 1 + log a−2 a 2 = 1 − 1 = 0.

Câu 35: Chọn A. Ta có I = ∫ f ( ax + b ) dx, đặt u = ax + b ⇒ du = adx ⇒ dx =

du nên a

1 1 1 f ( u ) du = F ( u ) + C = F ( ax + b ) + C. ∫ a a a

Câu 36: Chọn A. 1 1  Ta có y ' = ( 2 x + 2 ) f ' ( x 2 + 2 x ) + 2021m.  + 2  . Để hàm số nghịch biến trên [1; +∞ ) thì x x  1 1  y ' ≤ 0, ∀x ∈ [1; +∞ ) ⇔ ( 2 x + 2 ) f ' ( x 2 + 2 x ) + 2021m.  + 2  ≤ 0, ∀x ∈ [1; +∞ ) x x 

⇔ 2021m.

x +1 ≤ − ( 2 x + 2 ) f ' ( x 2 + 2 x ) , ∀x ∈ [1; +∞ ) x2

⇔ 2021m ≤ −2 x 2 f ' ( x 2 + 2 x ) , ∀x ∈ [1; +∞ ) 14

⇔ 2021m ≤ Ming ( x ) , ∀x ∈ [1; +∞ ) , g ( x ) = −2 x 2 f ' ( x 2 + 2 x ) Mặt khác g (1) = −2. f ' ( 3) = 0, do đó 2021m ≤ 0 (vô lý), vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn.

Câu 37: Chọn B.

Ta có AA '/ / BB ' ⇒ AA '/ / ( BCC ' B ') mà BC ⊂ ( BCC ' B ')

⇒ d ( AA ', BC ) = d ( AA ', ( BCC ' B ') ) = d ( A, ( BCC ' B ') ) = 3d ( H , ( BCC ' B ') ) Ta có: A ' H ⊥ ( ABC ) ⇒ A ' H ⊥ BC ; BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ ( ABB ' A ') ⇒ ( ABB ' A ') ⊥ ( BCC ' B ') Kẻ HK ⊥ BB ' ⇒ HK ⊥ ( BCC ' B ') ⇒ d ( H ; ( BCC ' B ') ) = HK Gọi I = A ' H ∩ BB '.

a 1 1 IH HB a 2 Ta có = = 3 = ⇒ HI = HA ' = IA ' A ' B ' a 3 2 6

⇒ HK =

HB.HI HB 2 + HI 2

⇒ d ( H ; ( BCC ' B ') ) =

a a 2 . 3 6 2 a a 2    + 3  6 

3 a 9

3 3a a ⇒ d ( AA '; BC ) = 9 3 15

Câu 38: Chọn A.

Ta có: SE = BC ⇒ SE / / BC ; SE = BC ⇒ SADE là hình chữ nhật. Dựng hình hộp chữ nhật SGHE. ABCD.

Ta có:

( ( BED ) , ( SBC ) ) = ( ( BDEG ) , ( BCES ) ) .(1)

Ta có tứ giác ABGS là hình vuông ⇒ AG ⊥ SB ⇒ AG ⊥ ( BCES )( 2 ) Kẻ AI ⊥ BD ⇒ AI ⊥ ( BDEG )( 3) . Gọi J = AI ∩ BC. Từ (1) , ( 2 ) , ( 3) ta có

( ( BED ) , ( SBC ) ) = ( AG, AJ ) = 60

Đặt AD = x. Ta có ∆ABJ ∽ ∆ABD ⇒ Từ đó ta có: AJ =

BJ AB AB 2 a 2 = ⇒ BJ = = AB AD AD x

a 2 a 2 a + x 2 ; GJ = a + x 2 ; AG = a 2 x x

Vậy ∆AGJ cân tại J ⇒ ∆AGJ đều ⇒ AJ = AG ⇒

a 2 a + x 2 = a 2 ⇒ x = a. x

Ta có tứ diện SDCE là hình chóp S .DCE có SE ⊥ ( CDE ) nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp S .DCE là 2

 SE  2 R=   + Rday  2  2

Ta có ∆CDE vuông cân tại D ⇒ Rday

2 CE a 2 a 3 a a 2 . Vậy R =   +  . = =  = 2 2 2 2  2 

Câu 39: Chọn A.

1 1 1 Ta có SA ' = SA; SB ' = SB; SC ' = SC ; SG ' = k SG. 3 4 5 Bốn điểm A ', B ', C ', G ' đồng phẳng nên với mọi điểm S ta có SG ' = xSA ' + ySB ' + zSC ' (1) với x + y + z = 1.

(1) ⇔ k SG =

1 x y z SA + SB + SC , mặt khác SG = SA + SB + SC . Vì SA, SB, SC không đồng phẳng nên 3 4 5 3

(

)

k x  3 = 3 x = k   4 4 5 1 k y   = ⇔ y = k ; x + y + z =1⇔ k + k + k =1⇔ k = . 3 3 3 4 3 4  5 k z  3 = 5  z = 3 k  −3  a − 2 = 4  1 1 5 19 −1  Vậy SG ' = SG = ( −3; −1; −1) ⇔ b − 3 = ⇒ a+b+c = 6− = . 4 4 4 4 4  −1  c − 1 = 4  Câu 40: Chọn B. + Số các số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau mà các chữ số được lấy từ tập A là A98 . Với

a8 ⋮ 3 ⇒ a8 = {3; 6;9} . + Gọi số tự nhiên có 8 chữ số là a1a2 a3 ...a7 a8 thỏa mãn ( a1 + a2 + ... + a8 )⋮13 Ta có 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45 ⇒ 36 ≤ a1 + a2 + ... + a8 ≤ 44,

( a1 + a2 + ... + a8 )⋮13 ⇒ a1 + a2 + ... + a8 = 39 Nếu a8 = 3 ⇒ a1 + a2 + ... + a7 = 36 có các số 1, 2, 4, 5, 7,8,9 có 7! số thỏa mãn. Nếu a8 = 6 ⇒ a1 + a2 + ... + a7 = 33 không tìm được số thỏa mãn. 17

Nếu a8 = 9 ⇒ a1 + a2 + ... + a7 = 30 có các số 1, 2,3, 4, 5, 7,8 có 7! số thỏa mãn. Vậy có 2.7! số thỏa mãn. Xác suất là: P =

2.7! 1 = . A98 36

Câu 41: Chọn D. Đặt u =

ln ( x 2 + 1) − 2

⇒u'=

x ; u ' = 0 ⇔ x = 0. x +1 2

Dựa vào bảng biến thiên đề bài ta có

u  u f '( u ) = 0 ⇔  u u 

= a ∈ ( −∞; −1) = b ∈ ( −1;0 ) = c ∈ ( 0;1)

 u = c ∈ ( 0;1) ⇒  u = d > 1

(1) ( 2)

= d >1

Với x0 = e 2 − 1 thì u có 3 cực trị, trong đó 1 cực đại, 2 cực tiểu. Bảng biến thiên mới theo biến u là

Hai phương trình lần lượt có 4 và 2 nghiệm như sau

 x1 < − x0   x5 < x1  x2 ∈ ( − x0 ; 0 ) Giải u = c ∈ ( 0;1) ⇒  và giải u = d > 1 ⇒  x ∈ ( 0; x0 )  x6 > x4  3  x4 ∈ ( 0; +∞ ) Chú ý c là điểm cực đại và d là điểm cực tiểu nên từ (1) thu được 2 cực tiểu, từ ( 2 ) thu được 1 cực tiểu. Kết luận tổng cộng 5 điểm cực tiểu. 18

Câu 42: Chọn D. Đạo hàm y =

−8 − m 2x + m . ⇒ y'= 2 x−4 ( x − 4)

Do hàm số đơn điệu trên từng khoảng xác định nên ta xét f ( 0 ) = −

m m+4 ; f ( 2) = . 4 −2

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định khi

−8 − m > 0 ⇒ m < −8 ⇒ max y = f ( 2 ) ⇒ [0;2]

m+4 = 3 ⇒ m = −10 (thỏa mãn). −2

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định khi m > −8 ⇒ max y = f ( 0 ) ⇒ [0;2]

m = 3 ⇒ m = −12 (loại). −4

Câu 43: Chọn C.

Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB, CD . Khi đó M ∈ SI : Ta có

SM 2 SN 2 = ; N ∈ SJ : = . SI 3 SJ 3

VS .MNK SM SK 4 4 . = = ⇒ VS .MNK = VS . INJ VINJ SI SJ 9 9

1 1 1 1 1 4a 3 2 . Mặt khác VS . NIJ = VS . ABCD ⇒ VS .MNK = VS . ABCD = . . AB 2 .SA = . ( 2a ) .a = 4 9 9 3 27 27

Câu 44: Chọn D. Ta có y ' = 1 +

( x − 2)

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì 1 +

( x − 2)

≥ 0 ∀x ∈ [5; +∞ ) ⇔ m ≥ − ( x − 2 ) ∀x ∈ [5; +∞ )

Ta có bảng biến thiên của f ( x ) = − ( x − 2 ) = − x 2 + 4 x − 4 trên [5; +∞ ) .

Khi đó m ≥ −9. Vậy số giá trị nguyên âm của tham số m là 9.

Câu 45: Chọn C.

Giả sử hình nón có đỉnh S , tâm đường tròn đáy là I , thiết diện là tam giác SAB, H là hình chiếu vuông góc của I lên ( SAB ) (như hình vẽ). Theo bài ra ta có IH = a, ∆SAB vuông cân tại S , SI = 3a.

1 1 1 1 1 8 3a 2 = − 2 = 2 − 2 = 2 ⇒ IT = 2 2 IT IH SI a 9a 9a 4 ∆SAB vuông cân tại S nên ST =

1 9a 2 SI .IT 9a 2 SB = = ⇒ AT = 2 IH 4 4 2

9a 2  9a 2  45a 2 . R = IA = IT + AT = +  =  8  4  4 2

1 45a 2 45π a 3 Thể tích của khối nón là V = π .3a. . = 3 4 4

Câu 46: Chọn A. ĐK: x > 0. 2

 2  x  2 2  log 3  3   + 3m log 3 x + 2m − 2m − 1 = 0 ⇔ ( log 3 x − 1) + 3m log 3 x + 2m − 2m − 1 = 0    20

Đặt t = log 3 x t = − m 2 Phương trình trở thành ( t − 1) + 3mt + 2m2 − 2m − 1 = 0 ⇔ t 2 + ( 3m − 2 ) t + 2m 2 − 2m = 0 ⇔   t = −2 m + 2  x = 3− m ⇒ −2 m + 2 x = 3 x1 + x2 > 10 ⇔ 3− m + 3−2 m + 2 > 10 ⇔ 9.3−2 m + 3− m − 10 > 0 ⇔ 3− m > 1 ⇔ − m > 0 ⇔ m < 0. Vì m ∈ ℤ và m > −2021 nên m ∈ {−2020; −2019;...; −1} .

Câu 47: Chọn A. Cách 1: x  d  tan  2dx 2dx dx x 2 =∫ =∫ = 2∫  = 2 ln tan + C. Ta có: F ( x ) = ∫ x x x x x sin x 2 2 sin cos cos 2 .tan tan 2 2 2 2 2

⇒ F ( x ) = 2 ln tan

x + C. 2 2

x x π π   Mà F   = 0 ⇔ 2 ln tan + C = 0 ⇒ C = 0 ⇒ F ( x ) = 2 ln tan = ln  tan  . 4 2 2 2  ⇒ g ( x) = e

F ( x)

= tan 2

x x  x  π 2π  ⇒ g ' ( x ) = tan . 1 + tan 2  > 0, ∀x ∈  ;  . 2 2  2 6 3 

 π 2π   2π Do đó hàm số g ( x ) đồng biến trên  ;  nên max g ( x ) = g  2 π π   6 3   3 6; 3  



 π 2π  Vậy giá trị lớn nhất của hàm số g ( x ) trên đoạn  ;  bằng 3. 6 3 

Cách 2: Ta có g ' ( x ) = F ' ( x ) .e F ( x ) =

 2π ⇒ max g ( x ) = g   π 2π   3  6; 3  



 =e 

2  π 2π  F x .e ( ) > 0, ∀x ∈  ;  . sin x 6 3 

 2π  F   3 

π  F  + 2

2π 3

2 dx

∫ sin x

= 3.

 π 2π  Vậy giá trị lớn nhất của hàm số g ( x ) trên đoạn  ;  bằng 3. 6 3  21

π    =  tan  = 3. 3  

Câu 48: Chọn B. Ta có F ' ( x ) = f ( x ) =

2021x

( x2 + 1)

2022

⇒ F ' ( x ) = 0 ⇔ x = 0.

1 Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số F ( x ) bằng F ( 0 ) = − . 2 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số F ( x ) bằng − . 2

Câu 49: Chọn A. OA = ( −3;0; 0 ) ⇒ OA.OB = 0 ⇒ ∆OAB vuông tại O ⇒ J là trung điểm của AB Ta có  OB = ( 0; −4; 0 )

OA = 3   3  ⇒ J  − ; −2; 0  . Ta có OB = 4.  2   AB = 5  Vì I là tâm đường tròn nội tiếp ∆OAB 5 . ⇒ AB.IO + BO.IA + OA.IB = 0 ⇒ I ( −1; −1;0 ) ⇒ IJ = 2

Câu 50: Chọn A. Ta có Pt ⇔ f ( 3sin x ) = 3 1 − sin 2 x ⇔ f ( 3sin x ) = 9 − 9sin 2 x (1) .

Đặt t = 3sin x ( t ∈ [ −3;3]) . Phương trình (1) trở thành f ( t ) = 9 − t 2

( 2) .

Gọi ( C ) là đồ thị hàm số y = 9 − t 2 suy ra ( C ) là nửa trên đường tròn tâm O, bán kính R = 3.

t = a ∈ ( −2; −1)  t = b ∈ ( 0;1) . Ta có Dựa vào đồ thị, ta có ( 2 ) ⇔  = ∈ t c 1;3 ( )  t = 3

 9π  0;  2

9π   0; 4π ] ∪  4π ;  = ( 2   2 vong

Ta xét đường tròn lượng giác như sau:

Dựa vào đường tròn lượng giác, ta thấy phương trình có 2.7 + 2 = 16 nghiệm.

 . 

SỞ GD & ĐT ĐÀ NẴNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1

TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH

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 ) = ax3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ.

Khi đó phương trình f ( f 2 ( x ) ) = 1 có bao nhiêu nghiệm? A. 7. Câu 2: Rút gọn biểu thức P =

B. 8.

3 +1

.a 2−

(a ) 2 −2

A. a 5 .

C. 5.

D. 6.

C. a 3 .

D. a.

2 +2

B. a 2 .

Câu 3: Cho tứ diện ABCD cạnh a. Gọi M là điểm thuộc cạnh BC sao cho BM = 2 MC. Gọi I , J lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC và ABD . Mặt phẳng ( IJM ) chia tứ diện ABCD thành hai phần, thể tích của phần đa diện chứa đỉnh B tính theo a bằng

2a 3 . 162

2a 3 . 324

2a 3 . 81

2 2a 3 . 81

Câu 4: Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có thể tích V . Gọi M , N , P lần lượt thuộc các cạnh AB, BC , A ' D ' sao 1 1 1 cho AM = AB, BN = BC , A ' P = A ' D '. Thể tích của khối tứ diện MNPD ' tính theo V bằng 2 4 3 A.

V . 36

V . 12

V . 18

V . 24

Câu 5: Biết tập nghiệm của bất phương trình 2 x < 3 −

A. 1.

2 là khoảng ( a; b ) . Tổng a + b bằng? 2x

B. 2.

C. 3.

D. 0.

C. y ' = 13x.ln13.

D. y ' =

Câu 6: Đạo hàm của hàm số y = 13x là A. y ' = x.13x −1.

B. y ' = 13x.

13x . ln13

Câu 7: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và đồ thị hàm số y = f ' ( x ) như hình bên. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hàm số y = f ( x ) − x 2 − x + 2021 đạt cực tiểu tại x = 0. B. Hàm số y = f ( x ) − x 2 − x + 2021 không đạt cực trị tại x = 0. C. Hàm số y = f ( x ) − x 2 − x + 2021 đạt cực đại tại x = 0. D. Hàm số y = f ( x ) − x 2 − x + 2021 không có cực trị. Câu 8: Một khối lăng trụ đứng tam giác có các cạnh đáy bằng 37;13;30 và diện tích xung quanh bằng 480. Khi đó thể tích khối lăng trụ bằng? A. 1170. Câu 9: Cho hàm số y = A. m < 2.

B. 2160.

C. 360.

D. 1080.

x−2 nghịch biến trên khoảng ( −∞;3) khi: x−m

B. m > 2.

C. m ≥ 3.

D. m < −3.

Câu 10: Cho khối chóp tứ giác đều S . ABCD có AB = a. Thể tích khối chóp S . ABCD bằng cách từ C đến mặt phẳng ( SAB ) bằng 2

a3 2 . Khoảng 3

a 2 . 3

a . 3

a 2 . 2

2a 2 . 3

x2 − 2x . Khẳng định nào sau đây đúng? Câu 11: Cho hàm số y = 1− x

A. Hàm số đó đồng biến trên ℝ. B. Hàm số đó nghịch biến trên các khoảng ( −∞;1) và (1; +∞ ) . C. Hàm số đó nghịch biến trên ℝ. D. Hàm số đó đồng biến trên các khoảng ( −∞;1) và (1; +∞ ) . Câu 12: Cho hình nón xoay đường sinh l = 2a. Thiết diện qua trục của nó là một tam giác cân có một góc bằng 1200. Thể tích V của khối nón đó là A. π a 3 3.

B. V =

π a3 3

C. V =

π a3 3 3

D. V = π a 3 .

Câu 13: Cho hai số thực a, b thỏa mãn 2 log3 ( a − 3b ) = log 3 a + log3 ( 4b ) và a > 3b > 0. Khi đó giá trị của

a b

là

A. 3.

B. 9.

C. 27.

1 . 3

Câu 14: Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC và AD đôi một vuông góc. Các điểm M , N , P lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC , CD, BD. Biết rằng AB = 4a; AC = 6a; AD = 7 a. Thể tích V của khối tứ diện AMNP bằng A. V = 7 a 3 .

B. V = 14a 3 .

C. V = 28a 3 .

D. V = 21a 3 .

Câu 15: Một công ty bất động sản có 50 căn hộ cho thuê. Nếu giá mỗi căn là 3.000.000 đồng/tháng thì không có phòng trống, còn nếu cứ tăng giá mỗi căn hộ thêm 200000 đồng/tháng thì sẽ có 2 căn bị bỏ trống. Hỏi công ty phải niêm yết giá bao nhiêu để doanh thu là lớn nhất. A. 3.400.000

B. 3.000.000

C. 5.000.000

D. 4.000.000

Câu 16: Cho khối lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a. Gọi S là điểm thuộc đường thẳng AA ' sao cho A ' là trung điểm của SA. Thể tích phần khối chóp S . ABD nằm trong khối lập phương bằng A.

a3 . 4

3a 3 8

7 a3 24

a3 . 3

x+2 ( C ) và đường thẳng ( d ) : y = x + m. Có bao nhiêu giá trị nguyên m thuộc x +1 khoảng ( −10;10 ) để đường thẳng ( d ) cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm về hai phía trục hoành?

Câu 17: Cho hàm số y =

A. 10.

B. 11.

C. 19. 3

D. 9.

Câu 18: Cho cấp số cộng ( un ) có số hạng đầu u1 = 2 và công sai d = −7. Giá trị u6 bằng: A. −26.

B. 30.

C. −33.

D. −35.

Câu 19: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau.

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số g ( x ) =

A. 2.

B. 3.

C. 0.

Câu 20: Số đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = A. 0.

1 là 2 f ( x) −1

B. 1.

D. 1.

10000 − x 2 là x−2 C. 2.

D. 3.

u1 = 2020  Câu 21: Cho dãy số ( un ) thỏa mãn điều kiện  . Gọi S n = u1 + u2 + ... + un là tổng của n số 1 un +1 = 3 un , ∀n ∈ ℕ * hạng đầu tiên của dãy số đã cho. Khi đó lim S n bằng

A. 2020.

1 B. . 3

C. 3030.

D. 2.

C. 3.

D. 2.

Câu 22: Số nghiệm âm của phương trình log x 2 − 3 = 0 là A. 4.

B. 1.

Câu 23: Kí hiệu Cnk là số các tổ hợp chập k của n phần tử, Ank là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử. Cho tập X có 2020 phần tử. Số tập con gồm 10 phần tử của tập X bằng A. 10!

10 C. A2020

B. 210

10 D. C2020

Câu 24: Cho khối trụ tròn xoay có bán kính đường tròn đáy R = 4a. Hai điểm A và B di động trên hai đường tròn đáy của khối trụ. Tính thể tích V của khối trụ tròn xoay đó biết rằng độ dài lớn nhất của đoạn AB là 10a. A. V = 69π a 3 .

B. V = 48π a 3 .

C. V = 144π a 3 .

D. V = 96π a 3 .

C. D = ℝ.

D. D = (1; +∞ ) .

Câu 25: Tập xác định của hàm số y = ( x − 1) 3 là A. D = ℝ \ {1} .

B. D = ( 0; +∞ ) .

Câu 26: Cho hàm số y = x 3 − 3 x . Nhận định nào dưới đây là đúng? 4

(

) (

A. Hàm số đồng biến trên các khoảng −∞; 3 và

)

3; +∞ .

B. Hàm số nghịch biến trên ( −1;1) . C. Tập xác định của hàm số D =  − 3; 0  ∪ [3; +∞ ) . D. Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −1; 0 ) và ( 0;1) . Câu 27: Với a là số thực dương, ln ( 7a ) − ln ( 3a ) bằng A.

ln 7 . ln 3

7 C. ln . 3

B. ln ( 4a ) .

ln ( 7 a ) ln ( 3a )

Câu 28: Cho hàm số y = x3 − 4 x + 5 (1) . Đường thẳng ( d ) : y = 3 − x cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B. Độ dài đoạn thẳng AB bằng

A. 3.

B. 5 2.

C. 5.

D. 3 2.

Câu 29: Cho hình trụ tròn xoay có diện tích thiết diện qua trục là 100a 2 . Diện tích xung quanh của hình trụ đó là A. 200π a 2 .

B. 100π a 2 .

C. 50π a 2 .

D. 250π a 2 .

Câu 30: Số các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 1, 2,3, 4, 5, 6 bằng A. 120.

B. 729.

C. 20.

D. 6.

C. y = 2 x 2 − x 4 .

D. y = − x 3 + x 2 .

Câu 31: Đồ thị sau đây là đồ thị của hàm số nào

A. y = −2 x 2 + x 4 .

B. y = x 3 − 2 x.

Câu 32: Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số nào sau đây?

1 A. y = −   . 2

B. y = −2 .

1 D. y =   . 2

C. y = 2 .

Câu 33: Trong không gian chỉ có 5 loại khối đa diện đều như hình vẽ

Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Khối tứ diện đều và khối bát diện đều là các khối có 1 tâm đối xứng. B. Khối bát diện đều và khối lập phương có cùng số cạnh. C. Cả năm khối đa diện đều đều có số mặt chia hết cho 4. D. Khối hai mươi mặt đều và khối mười hai mặt đều thì có cùng số đỉnh. Câu 34: Trên mặt phẳng Oxy, gọi S là tập hợp các điểm M ( x; y ) với x, y ∈ ℤ, x ≤ 3, y ≤ 3. Lấy ngẫu nhiên một điểm M thuộc S . Xác suất để điểm M thuộc đồ thị hàm số y =

4 . 49

6 . 49

1 . 12

x+3 bằng x −1

1 . 6

Câu 35: Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = − x 3 + 1 là A. 2.

B. 0.

C. 3.

D. 1.

Câu 36: Cho a và b lần lượt là số hạng thứ nhất và thứ chín của một cấp số cộng có công sai d ≠ 0. Giá trị b−a của log 2   bằng  d  A. 3.

B. 2 log 2 3.

C. 2.

D. log 2 3.

Câu 37: Cho cấp số nhân ( un ) có công bội bằng 3 và số hạng đầu là nghiệm của phương trình log 2 x = 2. Số hạng thứ năm của cấp số nhân bằng A. 16.

B. 972.

C. 324.

D. 20.

 3  Câu 38: Trong khai triển  xy − 4  hệ só của số hạng có số mũ của x gấp 5 lần số mũ của y là y  

A. 594.

B. −594.

C. 66.

D. −66.

C. min f ( x ) = 1.

D. max f ( x ) = 5.

C. a < b < 0.

D. 0 < b < a.

Câu 39: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như bên.

Khẳng định nào sau đây sai?

A. max f ( x ) = 5.

B. min f ( x ) = −5.

Câu 40: Cho hàm số y =

ax − b có đồ thị như hình vẽ. x −1

[1;3]

( −2;3)

Khẳng định nào dưới đây là đúng?

A. b < 0 < a.

B. b < a < 0.

Câu 41: Một hộp đựng 7 bi trắng, 6 bi đen, 3 bi đỏ. Chọn ngẫu nhiên 3 bi, xác suất 3 bi lấy ra khác màu nhau là

9 . 40

1 . 16

1 . 500

3 . 80

Câu 42: Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = mx 4 − ( m − 3) x 2 + m 2 không có điểm cực đại là A. 3.

B. 4.

(

Câu 43: Biết phương trình 3 + 5

)

C. 0.

(

+ 15 3 − 5

)

D. 1.

= 2 x + 3 có hai nghiệm x1 , x2 và

x1 = log a b > 1, trong đó a, b x2

là các số nguyên tố, giá trị của biểu thức 2a + b là

A. 11.

B. 17.

C. 13.

Câu 44: Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn điều kiện

D. 19.

2 + 9 y2 + 3 2

1+ x − x +1

4x − 2 = 0. Giá trị nhỏ nhất của 3y

biểu thức P = 3 y + x − 2 là

A. 2.

B. 1 + 2.

C. − 2.

D. 1 − 2.

Câu 45: Xét tập hợp các khối nón tròn xoay có cùng góc ở đỉnh 2 β = 900 và có độ dài đường sinh bằng nhau. Có thể sắp xếp được tối đa bao nhiêu khối nón thỏa mãn cứ hai khối nón bất kì thì chúng chỉ có đỉnh chung hoặc ngoài đỉnh chung đó ra chính có thể có chung một đường sinh duy nhất? A. 4.

B. 6.

C. 8.

D. 10.

Câu 46: Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh 2a. Biết A ' cách đều ba đỉnh A, B, C và mặt phẳng ( A ' BC ) vuông góc với mặt phẳng ( AB ' C ') . Thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' tính theo

a bằng A.

a3 5 . 4

B. a 3 5.

a3 5 . 8

a3 5 . 3

Câu 47: Cho hai hàm số y = a x , y = b x (a, b là các số dương khác 1) có đồ thị là ( C1 ) , ( C2 ) như hình vẽ. Vẽ đường thẳng y = c ( c > 1) cắt trục tung và ( C1 ) , ( C2 ) lần lượt tại M , N , P. Biết rằng SOMN = 3SONP . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau

A. a = 3 b .

B. a 3 = b 2 .

C. b = a 3.

D. a 3 = b 4 .

Câu 48: Một tổ gồm 10 học sinh gồm 4 học sinh nữ và 6 học sinh nam, xếp 10 học sinh thành một hàng dọc. Số cách xếp sao cho xuất hiện đúng 1 cặp (1 nữ và 1 nam) và nữ đứng trước nam là 8

A. 414720.

B. 17280.

C. 3628800.

D. 24.

Câu 49: Cho phương trình ( log 5 x 2020 − mx ) 2 log 2 x − x = 0. Số giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt là

A. 24.

B. 26.

C. 27.

D. 28.

Câu 50: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên mỗi khoảng ( −∞;1) và (1; +∞ ) , có bảng biến thiên như hình bên. Tổng số đường tiệm cận (đứng và ngang) của đồ thị hàm số y =

A. 1.

B. 2.

2 f ( x) + 1 là f ( x)

C. 3.

D. 4.

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

BẢNG ĐÁP ÁN 1-A

2-A

3-D

4-C

5-A

6-C

7-C

8-D

9-C

10-D

11-B

12-D

13-B

14-A

15-D

16-C

17-B

18-C

19-B

20-A

21-C

22-D

23-D

24-D

25-D

26-C

27-C

28-D

29-B

30-A

31-A

32-B

33-B

34-A

35-B

36-A

37-C

38-A

39-A

40-B

41-A

42-B

43-A

44-C

45-B

46-B

47-D

48-B

49-D

50-D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn A.

Dựa vào mối tương giao giữa các đồ thị hàm số ta có:

f x =0  f 2 ( x ) = a ∈ ( −2; −1) vo nghiem  ( )  f ( f 2 ( x )) = 1 ⇔  f 2 ( x ) = 0 ⇔  f ( x ) = b ∈ 1; 2 .   2   f ( x ) = b ∈ (1; 2 )  f ( x ) = − b ∈ − 2; −1

(

)

(

)

+ Phương trình f ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt. + Phương trình f ( x ) = b có 3 nghiệm phân biệt. + Phương trình f ( x ) = − b có 1 nghiệm. Dựa vào đồ thị ta thấy các nghiệm trên không trùng nhau. Vậy phương trình có 7 nghiệm phân biệt.

Câu 2: Chọn A.

a Ta có: P = ( a

3 +1+ 2 − 3

a3 = −2 = a 5 . 2 − 2 )( 2 + 2 ) a

Câu 3: Chọn D.

Vì

BM 2 BN 2 = , suy ra IM / / AC. Kéo dài MI cắt AB tại N : = . BC 3 BA 3

Suy ra NJ / / AD. Kéo dài NJ cắt BD tại P :

BP 2 = . BD 3

Vì tứ diện đều nên DI là đường cao của tứ diện. 2

a 3 a 6 a2 3 +) DJ = AD − AI = a −  ; S ∆ABC = .  = 3 4  3  2

1 a 6 a 2 3 a3 2 . . Suy ra: VABCD = . = 3 3 4 12 3

VB.MNP BM BN BP  2  8 8 8 a 3 2 2 2a 3 . . . Khi đó: = =  = ⇒ VB.MNP = VB.CAD = . = 27 27 12 81 VB.CAD BC BA BD  3  27 Câu 4: Chọn C.

Ta xét lăng trụ tam giác ABA '.DCD ' có thể tích bằng

1 V. 2

Kéo dài D ' N cắt A ' B tại E. +)

1 EN BN D ' N 3 A' B D ' N 3 EA ' 4 = = ⇒ = ; = = ⇔ = . ED ' A ' D ' 4 D ' E 4 EA ' D ' E 4 BA ' 3

VD '. A ' ME S ∆MA ' E MB A ' E 1 4 2 = = = . = . VD '. A ' AB S AA ' B AB A ' B 2 3 3

2 2 1 2 1 1 1 ⇒ VD '. A ' ME = VD '. A ' AB = . VD ' DC . A ' AB = . . V = V . 3 3 3 3 3 2 9 Vậ y

VD '.PMN 1 1 D'P D'M D'N 2 3 1 . . = = .1. = ⇒ VD '.PMN = VD '. A ' ME = V . 2 18 VD '. A ' ME D ' A ' D ' M D ' E 3 4 2

Câu 5: Chọn A. Đặt t = 2 x ( t > 0 ) Bất phương trình trở thành: t < 3−

2 t

⇔ t 2 − 3t + 2 < 0 ⇔1< t < 2 ⇒ 1 < 2x < 2

⇔ 0 < x < 1. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ( 0;1) .

Câu 6: Chọn C. Câu 7: Chọn C. Xét hàm số y = f ( x ) − x 2 − x + 2021 có y ' = f ' ( x ) − 2 x − 1 Ta có y ' = 0 ⇔ f ' ( x ) = 2 x + 1 (1) Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ' ( x ) và đường thẳng d : y = 2 x + 1 Từ hình vẽ ta thấy đường thẳng d cắt đồ thị hàm số y = f ' ( x ) tại ba điểm phân biệt có hoành độ

x = 0; x = a ( 0 < a < 2 ) ; x = 2.

Ta có BBT:

Từ BBT suy ra hàm số y = f ( x ) − x 2 − x + 2021 đạt cực đại tại x = 0.

Câu 8: Chọn D. Chu vi đáy là C = 37 + 13 + 30 = 80, nửa chu vi đáy là p = 40 Gọi h là chiều cao lăng trụ. Ta có S xq = h.C ⇒ h =

S xq

480 = 6. 80

Diện tích đáy là S = 40 ( 40 − 37 )( 40 − 13)( 40 − 30 ) = 180 Thể tích khối lăng trụ là V = S1.h = 180.6 = 1080.

Câu 9: Chọn C. Hàm số xác định khi: x − m ≠ 0 ⇔ x ≠ m. y=

−m + 2

( x − m)

−m + 2 < 0 m > 2  y ' < 0 ∀x ∈ ( −∞;3) ⇔ ⇔ ⇔ m ≥ 3. Để hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞;3) thì  m ≥ 3 m ≥ 3 ( −∞;3 ) ⊂ D

Câu 10: Chọn D.

Gọi O là tâm hình vuông ABCD . Do S . ABCD là khối chóp tứ giác đều ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) . 1 a3 2 1 VS . ABCD = .SO.S ABCD ⇒ = .SO.a 2 ⇒ SO = a 2 . 3 3 3 Ta có: d ( C ; ( SAB ) ) = 2.d ( O; ( SAB ) ) . Gọi K là trung điểm AB, H là hình chiếu của O lên SK . Ta có

OK ⊥ AB   ⇒ ( SOK ) ⊥ AB ⇒ OH ⊥ AB. SO ⊥ AB 

OH ⊥ SK   ⇒ OH ⊥ ( SAB ) ⇒ d ( O; ( SAB ) ) = OH . OH ⊥ AB  Xét tam giác SOK vuông tại O có OH là đường cao. ⇒

1 1 1 1 1 = + = + 2 2 2 2 OH OK SO a a 2   2

(

⇒ d ( C ; ( SAB ) ) = 2.d ( O; ( SAB ) ) =

)

9 a 2 . ⇒ OH = 2 2a 3

2a 2 . 3

Câu 11: Chọn B. Xét hàm số y =

x2 − 2x . 1− x 14

Tập xác định: D = ℝ \ {1} . Ta có: y ' =

− x2 + 2 x − 2

(1 − x )

− ( x − 1) − 1

(1 − x )

< 0 với mọi x ≠ 1.

Nên hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;1) và (1; +∞ ) .

Câu 12: Chọn D.

Gọi S và O lần lượt là đỉnh và tâm mặt đáy của hình nón. Một thiết diện qua trục cắt đường tròn đáy tại hai điểm A và B như hình vẽ. ASB = 1200. Khi đó tam giác SAB cân tại S có Ta có:

SO = SA.cos ASO = 2a.cos 600 = a.

AO = SA2 − SO 2 =

( 2a )

− a 2 = a 3.

2 1 1 Thể tích V của khối nón đã cho là: V = π . AO 2 .SO = π a 3 .a = π a 3 . 3 3

(

)

Câu 13: Chọn B. 2

Ta có: 2 log 3 ( a − 3b ) = log 3 a + log 3 ( 4b ) ⇔ log 3 ( a − 3b ) = log 3 ( 4ab ) ⇔ ( a − 3b ) = 4ab a b =1 a a a 2 2 . Vì a > 3b ⇒ = 9. ⇔ a − 10ab + 9b = 0 ⇔   − 10 + 9 = 0 ⇔  b b b a = 9  b 2

Câu 14: Chọn A.

Ta có S MNP = S MCN =

1 1 1 1 1 1 S BCD ⇒ V = VABCD = . . AB. AC. AD = . .4a.6a.7 a = 7 a 3 . 4 4 4 6 4 6

Câu 15: Chọn D. Giả sử phải thuê mỗi căn hộ là 3000000 + 200000x đồng. Số căn hộ bị bỏ trống là 2 x, số căn hộ được thuê là 50 − 2 x. Số tiền công ty thu được mỗi tháng là

S = ( 3000000 + 200000 x )( 50 − 2 x ) = 100000 ( 30 + 2 x )( 25 − x ) S = 100000 ( −2 x 2 + 20 x + 500 ) = 100000. f ( x ) Khảo sát hàm số bậc hai f ( x ) ta có f ' ( x ) = 20 − 4 x = 0 ⇔ x = 5 Khi đó giá niêm yết mỗi căn hộ là 3000000 + 200000.5 = 4000000 đồng.

Câu 16: Chọn C. Chú ý S ABCD = S ; S ABD =

S S ; S A ' MN = . 2 8

Sử dụng công thức hình chóp cụt ta có VABD. A ' MN =

h h S S S S  7 Sh 7V 7 a 3 . + = . S1 + S1S 2 + S 2 = .  + = = 3 3 2 2 8 8  24 24 24

(

)

Câu 17: Chọn B. Phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( C ) là x+2 = x + m ⇔ x 2 + mx + m − 2 = 0 ( *)( x ≠ −1) x +1

Đường thẳng ( d ) cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm về hai phía trục hoành ⇔ PT (*) có hai nghiệm phân biệt x1 ≠ x2 ≠ −1 và y1 y2 < 0 m 2 − 4 ( m − 2 ) > 0 m 2 − 4m + 8 > 0, ∀m   2 ⇔ ( −1) + m ( −1) + m − 2 ≠ 0 ⇔ −1 ≠ 0 ⇔ m − 2 + m ( −m ) + m 2 < 0   2  x1 x2 + m ( x1 + x2 ) + m < 0 ( x1 + m )( x2 + m ) < 0

⇔m<2 Vì m ∈ ℤ và m ∈ ( −10;10 ) nên m ∈ {−9; −8; −7; −6; −5; −4; −3; −2; −1;0;1} . Vậy có 11 giá trị.

Câu 18: Chọn C. Ta có: u6 = u1 + 5d = 2 + 5. ( −7 ) = −33.

Câu 19: Chọn B.

1 1 = = 1. x →±∞ 2 f ( x ) − 1 2 −1

Ta có lim f ( x ) = lim x →±∞

Suy ra đồ thị hàm số y = f ( x ) có 1 đường tiệm cận ngang là y = 1.

Mặt khác, ta có từ bảng biến thiên suy ra phương trình 2 f ( x ) − 1 = 0 ⇔ f ( x ) =

1 có hai nghiệm phân biệt 2

x = α ; x = β với α < 0, 5 < β .

1 1 = −∞ và lim− f ( x ) = lim− = +∞ suy ra đồ thị hàm số y = g ( x ) có x →α x →α 2 f ( x ) − 1 x →α x →α 2 f ( x ) − 1 đường tiệm cận đứng là x = α .

Nên lim+ f ( x ) = lim+

1 1 = +∞ và lim− g ( x ) = lim− = −∞ suy ra đồ thị hàm số y = g ( x ) có x→ β x→β 2 f ( x ) − 1 x→ β x→ β 2 f ( x ) − 1 đường tiệm cận đứng là x = β .

Và lim+ g ( x ) = lim+

Vậy đồ thị hàm số y = g ( x ) có 3 đường tiệm cận.

Câu 20: Chọn A.

10000 − x 2 ≥ 0  −100 ≤ x ≤ 100 . ⇔ Điều kiện:  x ≠ 2 x − 2 ≠ 0 Tập xác định của hàm số là D = [ −100;100] \ {2} . Suy ra không tồn tại giới hạn lim y. x →±∞

Vậy đồ thị hàm số y =

10000 − x 2 không có đường tiệm cận ngang. x−2

Câu 21: Chọn C. 1 1 Ta có: un +1 = un ⇒ q = là công bội của cấp số nhân dãy số ( un ) 3 3 Số hạng tổng quát un = u1q n −1 = 2020.

1 3n−1

1 1− n 1   1 Khi đó S n = u1 + u2 + ... + un = 2020  1 + + ... + n −1  = 2020 3 1 3   3 1− 3 ⇒ lim S n =

2020 = 3030. 1 1− 3

Câu 22: Chọn D.

x ≠ ± 3 x ≠ ± 3  x ≠ ± 3   Ta có log x 2 − 3 = 0 ⇔  2 ⇔   x 2 − 3 = 1 ⇔   x = ±2  x − 3 = 1   x 2 − 3 = −1   x = ± 2   18

Vậy số nghiệm âm là 2.

Câu 23: Chọn D. 10 . Số tập con gồm 10 phần tử của tập X bằng số các tổ hợp chập 10 của 2020 phần tử của X = C2020

Câu 24: Chọn D.

Gọi thiết diện qua điểm A và trục II ' là tứ giác AEFK . Ta có: AB 2 = AE 2 + EB 2 ; AF 2 = AE 2 + EF 2 mà EF ≥ EB nên AF ≥ AB. Do đó: AB có độ dài lớn nhất ⇔ B ≡ F . Vậy AF = 10a ⇒ AE = AF 2 − EF 2 =

(10a ) − ( 8a )

= 6a ⇒ h = AE = 6a.

Ta có: V = π R 2 h = π . ( 4a ) .6a = 96π a 3 .

Câu 25: Chọn D. 2

y = ( x − 1) 3 xác định ⇔ x − 1 > 0 ⇔ x > 1. Câu 26: Chọn C. y = x3 − 3 x xác định ⇔ x 3 − 3 x ≥ 0 ⇔ − 3 ≤ x ≤ 0 hoặc x ≥ 3

)

TXĐ: D =  − 3; 0  ∪  3; +∞ do đó đáp án C đúng.

Câu 27: Chọn C. Ta có: ln ( 7 a ) − ln ( 3a ) = ln

7a 7 = ln . 3a 3

Câu 28: Chọn D. Xét phương trình hoành độ giao điểm: x3 − 4 x + 5 = 3 − x

 x = −2 ⇔ x =1 Với x = −2 ⇒ y = 5 ⇒ A ( −2;5) . Với x = 1 ⇒ y = 2 ⇒ B (1; 2 ) . Do đó AB = 3 2.

Câu 29: Chọn B.

Thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật ABCD có diện tích là S = 100a 2 ⇒ 2rl = 100a 2 .

Câu 30: Chọn A. Ta có A63 = 120 số các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau lập thành từ từ 1, 2,3, 4, 5, 6.

Câu 31: Chọn A. Dựa vào đồ thị ta thấy đây là đồ thị của hàm trùng phương y = ax 4 + bx 2 + c Nhìn vào nhánh phải đồ thị có hướng đi lên suy ra a > 0.

Câu 32: Chọn B. Nhìn vào đồ thị ta thấy đồ thị nằm dưới trục Ox suy ra đồ thị có dạng y = − a x . Ta thấy đồ thị có hướng đi xuống suy ra hàm số y = − a x nghịch biến suy ra y = −2 x.

Câu 33: Chọn B. Khối bát diện đều và khối lập phương có cùng số cạnh là 12.

Câu 34: Chọn A. Ta có số phần tử của tập S là S = 7.7 = 49.

 x − 1 = ±1  x = 2; x = 0 4 x + 3 x −1+ 4  . Để y ∈ ℤ ⇒  x − 1 = ±2 ⇔  x = 3; x = −1 y= = = 1+ x −1 x −1 x −1  x − 1 = ±4  x = 5; x = −3 20

Vậy tập hợp các điểm nguyên trên đồ thị hàm số y = Suy ra xác suất cần tìm là p =

x+3 thuộc tập S là x −1

{( −3; 0 ) , ( −1; −1) , ( 0;3) , ( 3;3)}.

4 . 49

Câu 35: Chọn B. Tập xác định D = ℝ. Ta có y ' = −3 x 2 ≤ 0, ∀x ∈ ℝ. Hàm số y = − x 3 + 1 nghịch biến trên ℝ. Hàm số y = − x 3 + 1 không có cực trị.

Câu 36: Chọn A. Ta có b = a + 8d . b−a  a + 8d − a  Ta có log 2   = log 2   = log 2 8 = 3. d  d   

Câu 37: Chọn C. Ta có: log 2 x = 2 ⇔ x = 22 = 4. Suy ra số hạng đầu của cấp nhân là u1 = 4. Số hạng thứ năm của cấp số nhân là u5 = u1.q 4 = 4.34 = 324.

Câu 38: Chọn A. 12

12 12  3  3  12 − k  k Ta có:  xy − 4  = ∑ C12k . ( xy ) .  − 4  = ∑ C12k . ( −3) .x12− k . y12−5 k . y  k =0   y  k =0

Do số mũ của x gấp 5 lần số mũ của y nên ta có: 12 − k = 5 (12 − 5k ) ⇔ k = 2. 2

Số hạng thứ năm của cấp số nhân là x gấp 5 lần số mũ của y là C122 . ( −3) = 594.

Câu 39: Chọn A. Nhìn vào bảng biến thiên ta suy ra hàm số không có giá trị lớn nhất trên R nên câu A sai.

Câu 40: Chọn B. ax − b có tiệm cận ngang là đường thẳng y = a và tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1. Từ x −1 hình vẽ suy ra a < 0.

Đồ thị hàm số y =

Giao điểm của đồ thị hàm số y = Giao điểm của đồ thị hàm số y =

ax − b và trục tung có tọa độ là ( 0; b ) . Từ hình vẽ suy ra b < 0. x −1 ax − b b b  và trục hoành có tọa độ là  ;0  . Từ hình vẽ suy ra > 1 mà a < 0 x −1 a a 

nên suy ra b < a. 21

Vậy b < a < 0.

Câu 41: Chọn A. Gọi A là biến cố “3 bi lấy ra khác màu” Xác suất lấy ra 3 bi khác màu là: P ( A ) =

7.6.3 9 = . 40 C163

Câu 42: Chọn B. Trường hợp 1: m = 0. Khi đó hàm số trở thành dạng y = 3 x 2 không có điểm cực đại. Trường hợp 2: m ≠ 0. Khi

đó

hàm

y = mx 4 − ( m − 3) x 2 + m 2

số

không

có

đi ể m

cực

m > 0 m > 0 ⇔ ⇔ 0 < m ≤ 3.  − ( m − 3) ≥ 0 m ≤ 3 Vậy 0 ≤ m < 3. Do đó có 4 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là 0;1; 2;3.

Câu 43: Chọn A.

(

)(

)

Ta có: 3 + 5 3 − 5 = 4 ⇔

3+ 5 3− 5 3− 5 1 . . =1⇔ = 2 2 2 3+ 5 2 x

 3+ 5   3− 5  Chia hai vế của phương trình cho 2 > 0. Ta được   + 15   = 8 (1)  2   2  x

 3+ 5   3− 5  1 Đặt t =   > 0 ⇒   = t . (1) trở thành: 2 2     t+

t = 3 15 x . Suy ra 1 = log 3 5 > 1. = 8 ⇔ t 2 − 8t + 15 = 0 ⇔  t x2 t = 5

a = 3 Do đó  ⇒ 2a + b = 11. b = 5

Câu 44: Chọn C. ĐK: y ≠ 0. Phương trình ⇔ 6 y + 3 y 9 y 2 + 3 = ( 2 − 4 x ) + ( 2 − 4 x ) x 2 − x + 1

đại

khi

và

chỉ

khi

⇔ 6 y + 3 y 9 y 2 + 3 = 2 (1 − 2 x ) + (1 − 2 x ) 4 y 2 − 4 y + 4 ⇔ 2.3 y + 3 y

(3 y )

+ 3 = 2 (1 − 2 x ) + (1 − 2 x )

(1 − 2 x )

⇔ f ( 3 y ) = f (1 − 2 x ) (1) với f ( t ) = 2t + t t 2 + 3, ∀t ∈ ℝ. Có f ' ( t ) = 2 + t 2 + 3 +

t2 t2 + 3

> 0, ∀t ∈ ℝ nên f ( t ) đồng biến trên ℝ. 2

Do đó (1) ⇔ 3 y = 1 − 2 x. Suy ra P = 1 − 2 x + x 2 − 2 = ( x − 1) − 2 ≥ − 2. x = 1  Dấu “=” xảy ra khi  1 . Vậy min P = − 2. Chọn C.  y = − 3

Câu 45: Chọn B.

Khi sắp 2 hình nón thỏa mãn điều kiện ban đầu có chung 1 đường sinh và đỉnh chung. Khi đó hai hình nón đã cho có đáy nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Vậy sẽ sắp xếp được tối đa sáu hình nón thỏa mãn điều kiện ban đầu các các khối nón có đỉnh nằm tại tâm của hình lập phương và các mặt đáy của hình nón nội tiếp sáu mặt của hình lập phương.

Câu 46: Chọn B.

Có A ' cách đều ba đỉnh A, B, C nên hình chóp A '. ABC là hình chóp tam giác đều

⇒ A ' H ⊥ ( ABC ) với H là trọng tâm tam giác ABC . Gọi O = A ' B ∩ AB ', O ' = A ' C ∩ AC '. Khi đó ( A ' BC ) ∩ ( AB ' C ') = OO '. Lại có trong ( A ' BC ) , A ' I ⊥ OO ' tại J với I là trung điểm BC. Trong ( AB ' C ') có AI ⊥ OO ' tại J (có ∆AA ' B = ∆AA ' C ⇒ AO = AO ' và J là trung điểm OO ')

⇒ ( ( A ' BC ) , ( AB ' C ') ) = ( A ' I , AJ ) = 900 , mà ta dễ dàng chứng minh được J là trung điểm A ' I hay trong tam giác A ' AI thì AJ vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến. ⇒ ∆A ' AI là tam giác cân tại A hay AA ' = AI = a 3. 2

2  Khi đó: h = A ' H = AA ' −  AI  = 3  2

Vậy V = S ABC . A ' H = ( 2a ) .

(a 3)

a 15 2  . − a 3 = 3 3 

3 a 15 . = a 3 15. 4 3

Câu 47: Chọn D.

Vì SOMN = 3SONP nên: SOMN =

3 SOMP (1) 4

Đường thẳng y = c cắt ( C1 ) , ( C2 ) lần lượt tại hai điểm N , P có hoành độ: xN = log ca , xP = log bc 24

Từ đó ta có: log ca

(1) ⇔ ∫ 0

( c − a ) dx = 34 x

logbc

∫ ( c − b ) dx x

 a loga 1  ⇔ c log −  − =  ln a ln a    c

c a

⇔

 b logb 3 1  −  c log cb −    ln b ln b   4    c

1 3 1 = . ⇔ 4.ln b = 3ln a ⇔ b 4 = a 3 . ln a 4 ln b

Câu 48: Chọn B. Để xuất hiện đúng 1 cặp nam nữ và nữ đứng trước nam, ta cho nữ đứng gần nhau và đứng đầu hàng, số cách xếp là: 4! Nam xếp tiếp theo, số cách xếp là: 6! Vậy số cách sắp xếp thoả mãn là: 4!6! = 17280

Câu 49: Chọn D.

x > 0 Điều kiện xác định  2 log 2 x − x ≥ 0  2 log 2 x − x = 0 (1)  2 log 2 x − x = 0 Với điều kiện trên, pt trở thành  ⇔  log x 2020 2020 5 = m ( 2) log 5 x − mx = 0  x Xét phương trình (1) : f ( x ) = 2 log 2 x − x = 0 Ta có f ( 2 ) = f ( 4 ) = 0 ⇒ x = 2; x = 4 là hai nghiệm của phương trình. Với x ∈ ( 2; 4 ) ta có f ' ( x ) =

2 2 − x ln 2 2 −1 = = 0; f ' ( x ) = 0 ⇔ x = x ln 2 x ln 2 ln 2

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, suy ra (1) có hai nghiệm x = 2; x = 4. 25

Do đó để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) phải có 2 nghiệm phân biệt trên khoảng ( 2; 4 ) .

( 2) ⇔ g ( x) =

2020.log 5 x = m vì x > 0 x

Xét hàm số g ( x ) =

g '( x) =

2020 log 5 x trên khoảng ( 2; 4 ) có x

2020 log 5 e − 2020 log 5 x ; g '( x) = 0 ⇔ x = e x2

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy để (2) có hai nghiệm phân biệt thì 434,98 < m < 461, 72 Mà m ∈ ℤ nên m ∈ {435; 436;...; 461} Vậy có 27 giá trị nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 50: Chọn D. Ta có lim f ( x ) = −∞ và lim f ( x ) = 2 x →−∞

x →+∞

2 f ( x) + 1 5 5 = ⇒ y = là đường tiệm cận ngang. Suy ra lim y = lim x →+∞ x →+∞ f ( x ) 2 2 2 f ( x) + 1 = 0 ⇒ y = 0 là đường tiệm cận ngang. x →−∞ f ( x )

lim y = lim

x →−∞

Xét phương trình f ( x ) = 0. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình này có 2 nghiệm x1 ∈ ( −∞;1) và

x2 ∈ (1; +∞ ) ⇒ đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng. Vậy đồ thị hàm số đã cho có 4 đường tiệm (2 tiệm cận đứng và 2 tiệm cận ngang)