Đề khảo sát chất lượng Toán 12 lần 1 năm 2023 – 2024 sở GD&ĐT Ninh Bình

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 12 đề thi khảo sát đánh giá chất lượng giáo dục môn Toán 12 THPT & GDTX lần thứ nhất năm học 2023 – 2024 sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Ninh Bình

46 23 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi THPTQG môn Toán năm 2023

Môn: Toán

Thông tin:

31 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Hoa
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi có 50 câu, trong 06 trang)
ĐỀ THI KHẢO SÁT, ĐÁNH GIÁ
CHẤT LƯỢNG GIÁO DỤC LỚP 12 THPT, GDTX
LẦN THỨ NHẤT - NĂM HỌC 2023-2024
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
Họ và tên thí sinh: ...........................................
Số báo danh: .................................................
Mã đề thi 001
Câu 1.
Cho hàm số y = f (x) xác định trên R và có bảng biến
thiên như hình vẽ bên. Đồ thị hàm số y = 2f(x) + 3 cắt
trục hoành tại bao nhiêu điểm?
A. 0. B. 3. C. 1. D. 2.
x
y
′
y
−∞
−1
1
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
77
33
+∞+∞
Câu 2. Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 6 là
A. 18. B. 72. C. 36. D. 216.
Câu 3. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f
′
(x) =
x
2
− 3x
(x −2)
2
. Hàm số y = f(x) nghịch biến trên
khoảng nào dưới đây?
A. (3; +∞). B. ( −1; 3). C. (−∞; 0). D. (0; 3).
Câu 4.
Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R, bảng xét dấu của f
′
(x)
như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A. 0. B. 2. C. 1. D. 3.
x
f
′
(x)
−∞
−1
0 1
+∞
+
0
− +
0
−
Câu 5.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ
bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới
đây?
A. (−2; 2). B. (−1; 2).
C. (−∞; −1). D. (−∞; 2).
x
y
′
y
−∞
−1
2
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
22
−2−2
+∞+∞
Câu 6. Khối chóp có đáy là tam giác đều cạnh a và chiều cao bằng a thì có thể tích là
A. a
3
. B.
√
3a
3
. C.
√
3a
3
12
. D.
√
3a
3
4
.
Câu 7. Tập xác định của hàm số y = (x − 3)
π
là
A. (3; +∞). B. (0; +∞). C. [3; +∞). D. R.
Câu 8. Khối chóp có thể tích
2a
3
3
và chiều cao a
√
3 thì có diện tích đáy là
A.
2
√
3a
2
9
. B.
√
3a
2
. C.
2
√
3a
2
3
. D. 2
√
3a
2
.
Câu 9.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ
bên. Mệnh đề nào sau đây là sai?
A. Hàm số y = f (x) có giá trị nhỏ nhất bằng −2.
B. Hàm số y = f (x) không có giá trị lớn nhất.
C. Hàm số y = f(x) có giá trị lớn nhất bằng −1.
D. Hàm số y = f(x) đạt giá trị nhỏ nhất tại x = ±1.
x
f
′
(x)
f(x)
−∞
−1
0 1
+∞
−
0
+
0
−
0
+
+∞+∞
−2−2
−1−1
−2−2
+∞+∞
Câu 10. Với mọi x > 0 , đẳng thức nào sau đây là đúng?
A. x
3
·
5
√
x
2
=
5
√
x
6
. B. x
3
·
5
√
x
2
=
√
x
11
. C. x
3
·
5
√
x
2
=
5
√
x
17
. D. x
3
·
5
√
x
2
=
17
√
x
5
.
Trang 1/6 − Mã đề 001
Câu 11. Đồ thị nào dưới đây là đồ thị của hàm số y =
2x + 1
x − 1
?
A.
x
y
1
O
−1
2
. B.
x
y
1
O
1
2
.
C.
x
y
−1
O
1
2
. D.
x
y
−1
O
−1
2
.
Câu 12. Khối lăng trụ có thể tích V và có diện tích đáy B thì chiều cao là
A.
3B
V
. B.
B
V
. C.
3V
B
. D.
V
B
.
Câu 13.
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị trên đoạn [−2; 3] là đường cong trong hình vẽ bên.
Gọi a, b lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên
đoạn [−2; 3]. Tính S = 2a + 3b.
A. S = 2. B. S = −3. C. S = 1. D. S = −1.
x
y
−2
−1
3
−3
−2
1
4
O
Câu 14.
Cho hàm số y = ax
4
+ bx
2
+ c có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Giá trị cực
đại của hàm số đã cho là
A. 1. B. −1 . C. 2. D. 0.
x
y
−1 1
O
2
1
Câu 15.
Cho hàm số y = f (x) xác định trên R và có đồ thị là đường cong trong hình
vẽ bên. Số nghiệm của phương trình f (x) = 0 là
A. 4. B. 3. C. 2. D. 5.
x
y
O
Câu 16.
Trang 2/6 − Mã đề 001
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào?
A. y = 2 + 3x
2
− x
3
. B. y = x
3
− 3x
2
.
C. y = 3x
2
− x
3
. D. y = 4 + 3x
2
− x
3
.
x
y
1 2 3
O
2
4
Câu 17. Cho hàm số y =
2x − 1
x − 2
. Phương trình đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là
A. x =
1
2
. B. y = 2. C. y =
1
2
. D. x = 2.
Câu 18. Cho khối lăng trụ đứng ABC.A
′
B
′
C
′
có đáy là tam giác đều cạnh a và AA
′
=
√
3a. Thể tích của
khối lăng trụ đã cho là
A.
3a
3
2
. B.
3a
3
4
. C.
a
3
2
. D.
a
3
4
.
Câu 19. Cho khối lập phương ABCD.A
′
B
′
C
′
D
′
có diện tích một mặt bằng a
2
. Thể tích khối lập phương đó
là
A. a
3
. B. 4
√
2a
3
. C. 8a
3
. D. 4a
3
.
Câu 20. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, AD = a
√
2. Tam giác SAB
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD.
A. V =
√
6a
3
3
. B. V =
2
√
6a
3
3
. C. V = 2
√
6a
3
. D. V =
3
√
2a
3
4
.
Câu 21. Cho hàm số y = f (x) = x
3
− 3x
2
− 9x + 1. Tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã
cho trên đoạn [0; 4] bằng
A. −19. B. −26. C. −104. D. −54.
Câu 22.
Cho hàm bậc ba y = f(x) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Phương trình
f (|x|) + x
2
− 1 = 0 có bao nhiêu nghiệm?
A. 4. B. 2 . C. 3. D. 1.
x
y
O
1 3
Câu 23. Cho hình lăng trụ ABC.A
′
B
′
C
′
có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a và cạnh bên AA
′
= a
√
10.
Hình chiếu của A
′
xuống đáy (ABC) trùng với trung điểm I của cạnh AB. Thể tích khối lăng trụ ABC.A
′
B
′
C
′
là
A. 3
√
3a
3
. B.
√
33a
3
. C.
√
33a
3
33
. D.
√
3a
3
.
Câu 24.
Cho hàm trùng phương y = ax
4
+ bx
2
+ c (a =
0) có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Tính
tổng S = a + b + c.
A. S = −4. B. S = −6.
C. S = −5. D. S = −7.
x
y
′
y
−∞
−1
0 1
+∞
−
0
+
0
−
0
+
+∞+∞
−4−4
−3−3
−4−4
+∞+∞
Câu 25. Cho hình hộp ABCD.A
′
B
′
C
′
D
′
có tất cả các cạnh đều bằng 2a, đáy ABCD là hình vuông. Hình
chiếu vuông góc của đỉnh A
′
trên mặt đáy (ABCD) trùng với tâm của đáy. Tính theo a thể tích V của khối
hộp đã cho.
A. V = 4
√
2a
3
. B. V = 8a
3
. C. V =
8a
3
3
. D. V =
4
√
2a
3
3
.
Câu 26.
Trang 3/6 − Mã đề 001
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ
bên. Tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng
của đồ thị hàm số bằng
A. 3. B. 2. C. 0. D. 1.
x
f
′
(x)
f(x)
−∞
0 2
+∞
+ −
0
+
−2−2
+∞ +∞
−2−2
+∞+∞
Câu 27. Cho khối tứ diện ABCD có AB, AC, AD đôi một vuông góc và AB = AC = 2a, AD = 3a. Thể
tích V của khối tứ diện đã cho là
A. V = a
3
. B. V = 3a
3
. C. V = 2a
3
. D. V = 4a
3
.
Câu 28. Cho khối lăng trụ đều ABC.A
′
B
′
C
′
có AC = a
√
3, góc giữa đường thẳng AC
′
và mặt phẳng (ABC)
bằng 45
◦
. Thể tích khối lăng trụ đã cho là
A.
9
√
2a
3
8
. B.
9a
3
4
. C.
3a
3
4
. D.
3
√
3a
3
8
.
Câu 29. Trong các hàm số y =
3
√
x, y = x
−0,2
, y = x
3
4
, y = x
4
có bao nhiêu hàm số đồng biến trên R?
A. 0. B. 3 . C. 2. D. 1.
Câu 30. Cho tứ diện ABCD. Trên cạnh AB, AC lần lượt lấy hai điểm M, N sao cho AM = 2M B, AN =
1
3
AC. Gọi V
1
, V
2
lần lượt là thể tích của khối tứ diện ABCD và AM N D. Khi đó
A. V
2
= 2V
1
. B. V
2
=
1
9
V
1
. C. V
2
=
2
9
V
1
. D. V
2
=
2
3
V
1
.
Câu 31. Hình lăng trụ lục giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 7. B. 4 . C. 6. D. 3.
Câu 32.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ
bên. Diện tích tam giác tạo bởi 3 điểm cực trị của đồ
thị hàm số y = f (x) bằng
A. 5. B. 6. C. 3. D. 4.
x
y
′
y
−∞
−1
0 1
+∞
−
0
+
0
−
0
+
+∞+∞
00
33
00
+∞+∞
Câu 33. Cho hàm số y =
1
3
x
3
−m
2
x
2
+ 16x + 2023 (với m là tham số). Số giá trị nguyên của tham số m để
hàm số đã cho đồng biến trên R là
A. 5. B. 4 . C. 9. D. 8.
Câu 34. Hàm số y = −x
4
+ 2x
2
− 3 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. (−∞; −2). B. (1; +∞). C. (−1; 1). D. (0; 1).
Câu 35. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm cạnh AD. Gọi
V
1
, V
2
lần lượt là thể tích của hai khối chóp S.ABM và S.ABC thì
V
1
V
2
bằng
A.
1
2
. B.
1
8
. C.
1
6
. D.
1
4
.
Câu 36. Cho a < 0, b > 0. Khẳng định nào dưới đây sai?
A.
6
√
a
6
b
12
=
ab
2
. B.
6
√
a
6
b
12
= |a|b
2
. C.
6
√
a
6
b
12
= ab
2
. D.
6
√
a
6
b
12
= −ab
2
.
Câu 37.
Cho hàm số bậc ba y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Đồ thị
hàm số y =
2023
f(x)
có bao nhiêu đường tiệm cận ngang?
A. 1. B. 2 . C. 3. D. 0.
x
y
O
1
2
Câu 38. Gọi V là thể tích khối lăng trụ đứng ABC.A
′
B
′
C
′
có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A,
BC = 2a, A
′
B = a
√
3. Tính
a
3
V
.
Trang 4/6 − Mã đề 001
A.
3
2
. B.
1
2
. C. 1. D. 2.
Câu 39. Cho tứ diện ABCD có AD = 1 và hai mặt phẳng (ADB) và (ADC) vuông góc. Gọi E là trung
điểm của BC. Góc tạo bởi hai mặt phẳng (ADE) và (ADC) bằng 30
◦
. Nếu tam giác ADE là tam giác đều
thì thể tích của khối tứ diện ABCD là
A.
√
3
8
. B.
√
3
2
. C.
3
√
3
8
. D.
3
2
.
Câu 40.
Cho khối đa diện như trong hình vẽ. Biết khối đa diện có hai mặt là các tam
giác đều cạnh 1 và hai mặt là các nửa lục giác đều có cạnh chung là đáy
lớn. Thể tích của khối đa diện đã cho là
A.
5
√
2
12
. B.
√
3
2
. C.
√
2
3
. D.
√
3
4
.
Câu 41. Bạn Tuệ giành được học bổng 160.000 USD, bằng 80% chi phí học tập, ăn ở trong 4 năm học tại
trường Đại học X, kể từ năm học 2023 – 2024. Số 20% chi phí còn lại bạn được trường cho vay không lãi
trong suốt 4 năm học đại học. Từ ngày 01/9/2027, trường bắt đầu tính lãi 0,25%/tháng (thể thức lãi kép)
và kể từ đó, cứ vào ngày đầu tiên của mỗi tháng tiếp theo, bạn Tuệ sẽ phải trả một số tiền không đổi cho
nhà trường trong vòng 4 năm thì sẽ trả hết cả vốn lẫn lãi. Hỏi số tiền mỗi tháng bạn Tuệ sẽ phải trả cho
trường đại học là bao nhiêu USD? (Kết quả làm tròn đến hàng phần chục)
A. 903,2 USD. B. 885,4 USD. C. 903,1 USD. D. 885,3 USD.
Câu 42. Cho hàm số
y =
−1
4
x
4
−
1
3
m
3
− 5m
2
− 1
x
3
+
1
2
m
3
− 3m
2
− 35
x
2
−
2m
2
− 35
x
(với m là tham số). Tổng các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 10) là
A. 9. B. 4 . C. 1. D. 7.
Câu 43. Cho hàm số y =
x
4
− 4x
3
+ 4x
2
+ m
, với m là tham số. Tổng tất cả các giá trị của tham số m để
2min
[1; 3]
y + max
[1;3]
y = 12 bằng
A. −12. B. −9 . C. −15. D. −18.
Câu 44.
Cho hàm số y = f (x) có đồ thị y = f
′
(x) là đường cong trong
hình vẽ bên. Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số g(x) =
f
x
3
− 3x + m
có 8 điểm cực trị là
A. 6. B. 9. C. 10. D. 12.
x
y
−3
3 7
O
Câu 45.
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị y = f
′
(x) là đường cong trong hình
vẽ bên. Hàm số g(x) = f (6 − 2x) nghịch biến trên khoảng nào dưới
đây?
A. (1; 3). B. (3; 4). C. (1; 4). D. (−2; 0).
x
y
−2
4
O
Câu 46.
Trang 5/6 − Mã đề 001
Cho hình lập phương ABCD.A
′
B
′
C
′
D
′
. Hình hộp chữ nhật
MN P Q.M
′
N
′
P
′
Q
′
có các đỉnh thuộc các mặt của hình lập phương,
đồng thời hai mặt (M NN
′
M
′
) và (P QQ
′
P
′
) chia đoạn A
′
C thành
ba phần bằng nhau. Tỉ số thể tích của khối hộp chữ nhật
MN P Q.M
′
N
′
P
′
Q
′
và khối lập phương ABCD.A
′
B
′
C
′
D
′
là
A.
2
9
. B.
1
3
. C.
1
9
. D.
4
9
.
A
B C
D
A
′
B
′
C
′
D
′
M
N
P
Q
M
′
N
′
P
′
Q
′
Câu 47.
Cho hàm số bậc ba y = f (x) và hàm số bậc nhất y = g(x) có đồ thị
lần lượt là đường cong và đường thẳng trong hình vẽ bên. Gọi A, B
lần lượt là giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và y = g(x) với trục
tung. Biết AB = 4, bất phương trình f (x) − 4 ≤ g(x) có bao nhiêu
nghiệm nguyên trên đoạn [−10; 10]?
A. 12. B. 13. C. 11. D. 14.
x
y
O
−2
1 2
A
B
Câu 48.
Cho hàm bậc ba y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Tính tổng các
nghiệm thuộc khoảng (0; π) của phương trình (2 − cos2x) f
sin
2
x
− 2 = 0.
A.
π
4
. B.
π
2
. C. π. D.
3π
4
.
x
y
O
1
2
1
3
2
1
2
1
2
Câu 49.
Cho hàm số y = f (x) có đồ thị y = f
′
(x) là đường cong trong hình vẽ bên.
Số điểm cực đại của hàm số g(x) = f
x
2
− 4x
là
A. 3. B. 4. C. 5. D. 2.
x
y
−3
1 4
O
Câu 50.
Cho hàm số y = f(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d có đồ thị là đường cong trong hình vẽ
bên. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số g(x) = f
x +
√
4 − x
2
trên đoạn [−2; 2] là S = a + b
√
2 (a, b ∈ Z). Tính giá trị của biểu thức T = a −b.
A. 88. B. 56. C. 8. D. 40.
x
y
1 2 3
−1
−3
O
HẾT
Trang 6/6 − Mã đề 001
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
1.C 2.D 3.D 4.D 5.C 6.C 7.A 8.C 9.C 10.C
11.C 12.D 13.D 14.C 15.D 16.C 17.D 18.B 19.A 20.B
21.B 22.B 23.A 24.A 25.A 26.B 27.C 28.B 29.D 30.C
31.A 32.C 33.A 34.B 35.A 36.C 37.A 38.C 39.A 40.C
41.B 42.C 43.B 44.D 45.A 46.A 47.A 48.C 49.A 50.A
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
Tìm số nghiệm của phương trình
( )
2 30
fx+=
Cách giải:
Số giao điểm của
( )
23
y fx= +
với trục hoành là số nghiệm của phương trình
( )
( )
3
2 30
2
fx fx+=⇔ =−
Từ bảng biến thiên ta thấy đường thẳng
3
2
y
−
=
cắt đồ thị hàm số
( )
y fx=
tại 1 điểm nên đồ thị
hàm số
( )
23y fx= +
cắt trục hoành tại 1 điểm.
Chọn C.
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
Thể tích hình lập phương cạnh a là
Cách giải:
Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 6 là
3
6 216=
Chọn D.
Câu 3 (TH):
Phương pháp:
Lập bảng biến thiên
Cách giải:
( )
( )
( )
22
2 kép
3 ( 2) 0 0
3
x
fx x xx x
x
=
= − − =⇔=
=
′
x
∞
−
0 3
∞
+
( )
fx
′
+ 0 - 0 +
Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
0,3
Chọn D.
Câu 4 (TH):
Phương pháp:
Số điểm cực trị của hàm số là số nghiệm của
( )
0fx
′
=
Cách giải:
Do hàm số liên tục trên
nên từ bảng biến thiên ta thấy
( )
1
00
1
x
fx x
x
= −
=⇔=
=
′
Vậy hàm số có 3 cực trị
Chọn D.
Câu 5 (NB):
Phương pháp:
Hàm số đồng biến khi
( )
0
fx
′
≥
Cách giải:
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng
( )
,1
∞
−−
và
( )
2,
∞
+
Chọn C.
Câu 6 (TH):
Phương pháp:
áy
1
..
3
đ
V hS=
Cách giải:
Ta có điện tích đáy
3
22
3 1 13 3
.. ..
4 3 3 4 12
a
S a V hS a a= ⇒= = =
Chọn C.
Câu 7 (TH):
Phương pháp:
Hàm số mũ
với a không nguyên xác định khi
0x >
Cách giải:
( 3)yx
π
= −
có số mũ
π
không là số nguyên nên xác định khi
30 3
xx
−>⇔ >
.
Chọn A.
Câu 8 (TH):
Phương pháp:
13
.
3
V
V hS S
h
= ⇒=
Cách giải:
3
2
2
3.
1 3 23
3
.
33
3
a
Va
V hS S
h
a
= ⇒= = =
Chọn C.
Câu 9 (TH):
Phương pháp:
Quan sát bảng biến thiên và nhận xét
Cách giải:
Từ BBT ta thấy hàm số có GTNN bằng -2 tại
1x = ±
Hàm số không có GTLN nên C sai
Chọn C.
Câu 10 (TH):
Phương pháp:
.
m n mn
aa a
+
=
1
( 0)
m
m
aaa= >
Cách giải:
Xét
2 2 17
3
3 5 2 3 5 17
5 55
..x x xx x x x
+
= = = =
Chọn C.
Câu 11 (TH):
Phương pháp:
Quan sát các đường tiệm cận, các giao điểm của đồ thị với trục tung và trục hoành.
Cách giải:
21
1
x
y
x
+
=
−
có đường tiệm cận ngang
2y
=
, tiệm cận đứng
1x =
Đồ thị cắt trục tung tại điểm
( )
0, 1
−
, cắt trục hoành tại
1
,0
2

−


2
21 3
0
1 ( 1)
x
yy
xx
+−
= ⇒= <
−−
′
luôn nghịch biến nên đáp án C thỏa mãn.
Chọn C.
Câu 12 (TH):
Phương pháp:
Thể tích lăng trụ
.
V
V Bh h
B
= ⇒=
Cách giải:
Thể tích lăng trụ
.
V
V Bh h
B
= ⇒=
Chọn D.
Câu 13 (TH):
Phương pháp:
Quan sát đồ thị điểm cao nhất và thấp nhất trên đoạn [-2;3]
Cách giải:
Từ đồ thị ta thấy hàm số có
max min
4 , 3 2 3 2.4 3.3 1y ay b S a b= = =−= ⇒ = + = − =−
Chọn D.
Câu 14 (TH):
Phương pháp:
Quan sát các cực trị của hàm số
Cách giải:
Từ đồ thị ta thấy hàm số có giá trị cực đại bằng 2.
Chọn C.
Câu 15 (TH):
Phương pháp:
Số nghiệm của phương trình
( )
0fx=
là số giao điểm của đồ thị
( )
y fx=
với trục hoành.
Cách giải:
Số nghiệm của phương trình
( )
0
fx=
là số giao điểm của đồ thị
(
)
y fx=
với trục hoành. Ta thấy
( )
y fx=
cắt trục hoành tại 5 điểm nên phương trình
( )
0fx=
có 5 nghiệm.
Chọn D.
Câu 16 (TH):
Phương pháp:
Quan sát các điểm đồ thị đi qua xác định hàm số.
Cách giải:
Từ đồ thị ta thấy đồ thị là hàm bậc ba có
0a <
nên loại
B
Đồ thị đi qua điểm
( )
0,0
nên loại A,D nên chọn C.
Chọn C.
Câu 17 (TH):
Phương pháp:
Hàm số
ax b
y
cx d
+
=
+
có tiệm cận đứng
d
x
c
= −
Cách giải:
21
2
x
y
x
−
=
−
có tiệm cận đứng
2x =
Chọn D.
Câu 18 (TH):
Phương pháp:
Thể tích lăng trụ
.V hB=
Cách giải:
Diện tích đáy là tam giác đều cạnh a nên diện tích là
2
3
4
Sa=
3
2
33
. 3.
24
a
V hB a a⇒= = =
Chọn B.
Câu 19 (TH):
Phương pháp:
Khối lập phương có các mặt là hình vuông bằng nhau
Cách giải:
Diện tích một mặt bằng
2
a
suy ra cạnh hình lập phương bằng
a
3
Va⇒=
Chọn A.
Câu 20 (TH):
Phương pháp:
1
.
3
V hS=
Cách giải:
Gọi
H
là trung điểm của
AB
. Do
SAB
đều nên
( )
SH AB SH ABCD⊥⇒⊥
SAB
đều cạnh 2a nên
23
3
2
a
SH a= =
2
. 2. 2 2 2
ABCD
S AB AD a a a= = =
3
2
1 26
. 3.2 2
33
a
Va a⇒= =
Chọn B.
Câu 21 (TH):
Phương pháp:
Lập bảng biến thiên
Cách giải:
( )
32
3 91fx x x x=− −+
( )
2
1
3 6 90
3
x
fx x x
x
= −
⇒ = − −=⇔
=
′
Từ BBT suy ra
min
min max
max
26
6
1
. 2
f
ff
f
= −
⇒=−
=
Chọn B.
Câu 22 (TH):
Phương pháp:
Số nghiệm
( )
2
10fx x+ −=
là số giao điểm của đồ thị hàm số
( )
y fx=
và
2
1yx
=−+
Cách giải:
( )
( )
22
10 1fx x fx x+ −= ⇔ =− +
Số nghiệm
( )
2
10fx x+ −=
là số giao điểm của đồ thị hàm số
( )
y fx=
và
2
1yx=−+
Từ đồ thị ta thấy có 2 giao điểm nên
( )
2
10fx x+ −=
có 2 nghiệm phân biệt.
Chọn B.
Câu 23 (TH):
Phương pháp:
Thể tích khối lăng trụ
.V Bh=
Cách giải:
2 2 22
' 10 3IA IB a IA AA AI a a a==⇒ = − = −=
′
Tam giác
ABC
đều cạnh 2a nên
22
3
(2 ) 3
4
S aa= =
23
3 3 33.V aa a⇒= =
Chọn A.
Câu 24 (TH):
Phương pháp:
Từ các điểm cực trị xác định các hệ số a, b, c.
Cách giải:
42 3
0
4 20 1 2
2
2
x
b
y ax bx c y ax bx b a
b
a
x
a
=
= + + ⇒ = + = ⇔ ⇒− = ⇔ =−
′
= −
Đồ thị đi qua
( )
0, 3 3c−⇒=−
Đồ thị đi qua
(
)
1, 4 3 4 1ab ab− ⇒+−=−⇒+=−
(
) (
)
1
12 3 4
2
a
abc
b
=
⇒ ⇒ + + =+− +− =−
= −
Chọn A.
Câu 25 (TH):
Phương pháp:
Cách giải:
22 2AC a OA a= ⇒=
OAA
′
vuông tại
O
nên
22 2 2
' 4 ( 2) 2A O AA AO a a a= −= − =
′
23
. 2.4 4 2
ABCD
V AOS a a a⇒= = =
′
Chọn A.
Câu 26 (TH):
Phương pháp:
Quan sát các điểm hàm số không xác định và giới hạn khi
x
∞
→±
Cách giải:
Từ BBT ta thấy hàm số có tiệm cận đứng
0x =
, tiệm cận ngang
2y = −
Vậy hàm số có 2 đường tiệm cận.
Chọn B.
Câu 27 (TH):
Phương pháp:
Tứ diện có độ dài 3 cạnh a, b, c đôi một vuông góc là
1
6
V abc=
.
Cách giải:
3
11
.2 .2 .3 2
66
V abc a a a a= = =
Chọn C.
Câu 28 (TH):
Phương pháp:
Xác định góc
45CAC
′
=
. Tính chiều cao hình trụ và thể tích
Cách giải:
Ta có
( )
( )
( )
, , 45AC ABC AC AC CAC
∠
′ ′′
= = =
ACC⇒
′
vuông cân tại
C
33
AC a CC a⇒
′
= =
ABC
đều nên
2 2 23
3 33 33 9
( 3) 3.
4 4 44
ABC
S a a Va a a= = ⇒= =
Chọn B.
Câu 29 (TH):
Phương pháp:
Hàm số đồng biến trên
khi xác định trên
và có đạo hàm dương.
Cách giải:
3
0,2
4
,yx yx
−
= =
có số mũ không nguyên nên chỉ xác định khi
0x >
nên không đồng biến trên
Xét
3
2
2
1
0
3
y xy
x
= ⇒= >
′
nên đồng biến trên
.
Xét
43
40yx y x=
′
=⇒>
khi
0x >
nên trong các hàm trên chỉ có 1 hàm số đồng biến trên
Chọn D.
Câu 30 (TH):
Phương pháp:
Áp dụng công thức tỉ lệ thể tích
Cách giải:
Ta có
2
21
1
21 2 2
.. .
33 9 9
AMND
ABCD
V
V
AM AN AD
VV
V AB AC AD V
= = ==⇒=
Chọn C.
Câu 31 (TH):
Phương pháp:
Hình lăng trụ lục giác đều có 7 mặt phẳng đối xứng
Cách giải:
Hình lăng trụ lục giác đều có 7 mặt phẳng đối xứng
Chọn A.
Câu 32 (TH):
Phương pháp:
Từ tọa độ các điểm cực trị tìm diện tích tam giác
Cách giải:
Từ BBT ta thấy có tất cả 3 cực trị có tọa độ
(
)
( ) ( )
0, 3 , 1, 0 , 1, 0 2, 3A B C BC AO−⇒= =
1
.2.3 3
2
S⇒= =
Chọn C.
Câu 33 (TH):
Phương pháp:
Hàm số đồng biến trên
khi
0yx
′
≥∀
Cách giải:
3 22 2 2
1
16 2023 2 16
3
y x mx x y x mx= +−
′
− + ⇒= +
0
0
Δ0
a
yx
>
⇒ ≥∀⇔
≤
′
′
4
4
10
16 0
16 0
m
m
>
⇔ ⇔ −≤
−≤
(
)(
)
22
4 40mm
⇔ − +≤
22
40 4 2 2
mm m⇔ − ≤ ⇔ ≤ ⇔− ≤ ≤
Mà m nguyên nên
{ }
2, 1, 0,1, 2m ∈− −
Chọn A.
Câu 34 (TH):
Phương pháp:
Lập bảng xét dấu.
Cách giải:
42 3
0
2 3 4 40
1
x
yx x y x x
x
=
=− + −⇒ =− + =⇔
=
′
±
Vậy hàm số nghịch biến trên
( )
1, 0−
và
( )
1,
∞
+
Chọn B.
Câu 35 (TH):
Phương pháp:
Hai hình chóp có cùng chiều cao. Tính tỉ lệ diện tích hai đáy
Cách giải:
Ta có
1
2
ABM
ABC
S
AM
S BC
= =
(do 2 tam giác có chung chiều cao)
1
.
1
3
1
2
.
3
ABM
SABM
SABC
ABC
SH S
V
V
SH S
⇒= =
(với SH là chiều cao hình chóp)
Chọn A.
Câu 36 (TH):
Phương pháp:
Áp dụng
( 0)
m
nm
n
a aa
= >
Cách giải:
( )
6
6 6 12 2 2 2 2
6
a b ab ab a b ab= = = = −
do
0, 0ab<>
nên C sai
Chọn C.
Câu 37 (TH):
Phương pháp:
Tính
( ) ( )
lim , lim
xx
fx fx
∞∞
→+ →−
tìm tiệm cận ngang.
Cách giải:
Ta có
( ) ( )
2023 2023
lim 0, lim 0
xx
fx fx
∞∞
→+ →−
= =
nên hàm số có 1 tiệm ngang
y0=
Chọn A.
Câu 38 (TH):
Phương pháp:
Tính chiều cao lăng trụ và thể tích
.
ABC
V AA S=
′
Cách giải:
ABC
vuông cân tại A có
22
BC a AB AC a=⇒==
AA B
′
vuông tại A nên
2 2 22
32AA A B AB a a a
= −= −
′
=
′
3
3
1
. . 2. 2 1
2
ABC
a
V AA S a a a a
V
′
⇒= = = ⇒ =
Chọn C.
Câu 39 (VD):
Phương pháp:
Trong (ADB) kẻ
BH AD
⊥
. Chứng minh
( )
BH ACD⊥
và
là trung điểm của
AD
.
Cách giải:
Trong (ADB) kẻ
BH AD⊥
Do
( )
(
)
( ) ( )
( )
ABD ACD
ABD ACD AD BH ACD BH CH
BH AD
⊥
∩ =⇒⊥ ⇒⊥
⊥
Do
(
)
AD BH
AD BHC AD HE
AD CH
⊥
⇒⊥ ⇒⊥
⊥
Mà
ADE
đều
H⇒
là trung điểm của
AD
( ) ( )
( )
( )
, , 30ADE ACD HE HC EHC
∠ ∠∠
= = =
Trong (BHC) kẻ
EM BH EM HC⇒⊥
và
M
là trung điểm
HC
AED
đều cạnh 1 nên
3
2
HE =
33
.sin30 2
42
33
.cos30 2
42
EM HE BH EM
HM HE HC HM
= = = =

⇒⇒


= = = =

1 1 1 1 33 3
. . . .. . . ..1
3 3 2 622 8
ABCD ACD
V BH S BH HC AD⇒= = = =
Chọn A.
Câu 40 (VD):
Phương pháp:
Chia khối đa diện thành 2 tứ diện đều và 1 hình chóp đều.
Cách giải:
Ta có
,ABC EFD

là các tam giác đều cạnh 1 nên
1AB BC CA DE EF DF= = = = = =
ADCF
và
BEFC
là nửa hình lục giác đều cạnh 1 nên
1, 2BE AD CF= = =
Gọi
M
là trung điểm của
CF 1MB ME MC MF
⇒====
Chia khối đa diện thành 3 hình bao gồm:
Hình tứ diện đều DEMF có tất cả các cạnh bằng 1 nên thể tích bằng
1
2
12
V =
Hình tứ diện đều MAED có tất cả các cạnh bằng 1 nên thể tích bằng
2
2
12
V =
Hình chóp
.A BCME
có tất cả các cạnh bằng 1 nên thể tích
3
2
6
V =
Suy ra thể tích khối đa diện
123
2222
6 12 12 3
VVVV=++= + + =
Chọn C.
Câu 41 (VD):
Phương pháp:
Công thức tính lãi kép
(1 )
n
AM r= +
Cách giải:
Số tiền mà Tuệ vay trong 4 năm học là 160000:80%.40%=40000 USD
Trong 4 năm = 48 tháng tiếp theo Tuệ phải trả lãi kép 0,25%/ 1 tháng
Giả sử số tiền mỗi tháng anh Tuệ phải trả là x USD
Tháng thứ nhất số tiền anh Tuệ vay và lãi là:
( )
1
40000 .1,0025ux= −
Tháng thứ hai số tiền anh Tuệ vay và lãi là:
( )
( )
2
40000 .1,0025 .1,0025u xx=−−
22
40000.1,0025 .1,0025 .1,0025xx= −−
( )
22
40000.1,0025 1,0025 1,0025x= −+
Tháng thứ 3:
( )
( )
22
3
40000.1,0025 1,0025 1,0025 .1,0025u xx= − +−
( )
32
40000.1,0025 1,0025 1,0025 .1,0025 .1,0025xx= −+ −
( )
3 23
40000.1,0025 1,0025 1,0025 1,0025x= − ++
…
( )
47 2 3 47
47
40000.1,0025 1,0025 1,0025 1,0025 1,0025ux⇒ = − + + +…+
Do sau 48 tháng thì anh Tuệ trả hết nợ nên
( )
47 2 3 47
40000.1,0025 1,0025 1,0025 1,0025 1,0025 0xx− + + +…+ − =
( )
47 2 3 47
40000.1,0025 1 1,0025 1,0025 1,0025 1,0025 0x− + + + +…+ =
48
47
1,0025 1
40000.1,0025 . 0
1,0025 1
x
−
⇔ −=
−
47
48
40000.1,0025
883,2
1,0025 1
1,0025 1
x⇔= =
−
−
Chọn B.
Câu 42 (VD):
Phương pháp:
Hàm số đồng biến trên
( )
a,b
khi y’ > 0 với mọi x thuộc
( )
a,b
Cách giải:
( )
( )
(
)
4 32 3 32 2 2
11 1
5 1 3 35 2 35
43 2
yxmmxmmxmx
−
= − −−+ −− − −
( ) (
) (
)
33 2 23 2 2
5 1 3 35 2 35y xmm xmm x m⇒ =−− − − + − − − −
′
( )
( )
(
)
23 2 2
1 5 2 35x x m mx m
= − −− − + −
Hàm số đồng biến trên
(
)
;10
∞
−
khi
0y
′
>
với mọi
( )
;10x
∞
∈−
Mà
0y
′
=
có 1 nghiệm
1
x =
nên suy ra
( )
23 2 2
5 2 35 0x m mx m−− − + − =
có nghiệm
1x =
322
1 5 2 35 0mmm⇒− − + + − =
32
7 36 0
mm
⇔− + − =
2
3
6
m
m
m
= −
⇔=
=
Thử lại ta thấy với
6
m =
không thỏa mãn,
1m = −
và
3m =
thảo mãn nên
{ }
2,3m ∈−
231⇒− + =
Chọn C.
Câu 43 (VDC):
Phương pháp:
Chia trường hợp của
m
để xét min, max
Cách giải:
Đặt
(
)
432
44fx x x x m=−++
( )
32
0
4 12 8 0 1
2
x
fx x x x x
x
=
⇒ = − +=⇔=
=
′
min max
,9f mf m⇒= =+
TH1: Nếu
min
max
0
9
ym
m
ym
=
>⇒
= +
( )
min max
2 2 9 12 1
y y m m m tm⇒ + = + += ⇒ =
TH2: Nếu
min
max
9
90 9
ym
mm
ym
= +
+ < ⇔ <− ⇒
=
min max
2 2 9 12yy m m
⇒ + = ++ =
( )
( )
2 9 12 10m m m tm
⇔ −− − = ⇔ =−
TH3: Nếu
{ }
min
max
0
90
, 1, 9
y
m
y mm m
=
−< < ⇒
= ++
Để
( )
( )
( )
min max max
12 12 ktm
2 12 12 1 12 13 ktm
9 12 21 ktm
mm
yy y m m
mm
=⇒=−
+ = ⇒ = ⇒ += ⇒ =−
+= ⇒ =−
Vậy
{
}
10,1 10 1 9
m ∈ − ⇒− + =−
Chọn B.
Câu 44 (VDC):
Phương pháp:
Tính
( )
'gx
và lập bảng biến thiên
Cách giải:
( )
( )
3
3gx f x x m= −+
(
)
( ) ( )
23
33 3
gx x f x xm⇒=− −
′
+
′
=±=±
−+=− −+=−
= ±
⇒=⇔ ⇔ ⇔
− += − =−
−+ =
−+= −−=−
−+= −−=−
33
33
3
33
33
11
3 3 33
1
'( ) 0
30 3
'( 3 ) 0
3 3 33
3 7 37
xx
xxm xx m
x
gx
xxm xxm
fx xm
xxm xx m
xxm xx m
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 8 cực trị khi
{ }
8,7,6,4,3,2,1,0,1,2,3,4m−∈−−−−−−−
Vậy có tất cả 12 giá trị m thỏa mãn
Chọn D.
Câu 45 (VD):
Phương pháp:
Cách giải:
( ) ( ) ( ) ( )
62 2. 62gx f x g x f x= −⇒ =− −
′′
Để hàm số
( )
gx
nghịch biến thì
( ) ( )
0 2 62 0gx f x
′′
< ⇔− − <
( )
62 2 4
62 0
062 4 1 3
xx
fx
xx
− >− <
⇔ − >⇔ ⇔
<− < <<
′
Vậy hàm số
( )
gx
nghịch biến trên (1;3)
Chọn A.
Câu 46 (VDC):
Cách giải:
Đầu tiên ta chuẩn hóa hình lập phương
.ABCD A B C D
′′′′
có cạnh bằng 1 .
Khi ấy ta suy ra:
( ) ( )
( )
1
;
3
3
AC
d d MNN M PQQ P
′
′′ ′
= =
′
=
Ta nhận thấy việc đồng thời hai mặt
( )
MNN M
′′
và
( )
PQQ P
′′
chia đoạn thẳng
AC
′
thành ba phần
bằng nhau tương đương với các mặt phẳng
( )
AB D
′′
và
( )
C BD
′
chia đoạn thẳng
AC
′
thành ba phần
bằng nhau nên ta suy ra:
( ) ( )
MNNM CBD
′′
=
′
và
( )
( )
PQQ P AB D=
′′ ′′
như hình vẽ.
Khi ấy
// //MM NN C E
′ ′′
với
E
là trung điểm
BD
.
Tiếp đến do
MNPQMN P Q
′′ ′
là hình hộp chữ nhật nên ta đầy đủ dữ kiện để lập luận được:
( )
0QM BD QM MM BD
= +
′
=
′
tức
1QM BB=
′
=
′
, khi ấy ta suy ra
22
6
'
3
MM BB d
′
= −=
.
Theo định lí Thales ta lại có:
2
3
BM MM
BE C E
′′
=
′
=
21 2
2
33 3
M N M E BE BD
′′
⇒= ===
′
Vậy tỉ số cần tìm là
( )
1 622
. ..
33 9
3
H
ABCDA B C D
V
d MM MN
V
′′′′
=
′
=
′
=
.
Chọn A.
Câu 47 (VD):
Phương pháp:
Xét
( ) ( )
32
,f x ax bx cx d g x mx n= + ++ = +
Từ các nghiệm của
( ) ( )
f x gx=
ta xác định các hệ số và giải bất phương trình đề bài yêu cầu.
Cách giải:
Xét
( ) ( )
32
,f x ax bx cx d g x mx n= + ++ = +
( ) ( )
( )
32
f x g x ax bx c m x d n⇒ − = + + − +−
( ) ( )
0 04 4f g dn
− =⇒−=
Do
( )
( ) (
) ( )
2
01
2
x
f x gx f x gx x
x
= −
− =⇔ = ⇔=
=
Ta có hệ pt
− + − − += =− =−

++−+ = ⇔ + − =− ⇔ =


++−+= +−= −=−
842( )40 1 1
40 ( ) 3 1
8 4 2( ) 4 0 8 2( ) 0 4
a b cm b b
abcn a cn a
a b cn a cn cn
( ) (
)
32
44f x gx x x x
⇒ − =−−+
Để
( ) ( ) ( ) ( )
44f x gx f x gx−≤ ⇔ − ≤
32
4 44xx x⇔ − − +≤
32
40
xx x⇔−− ≤
( )
2
40xx x⇔ −− ≤
1 17
2
1 17
0
2
x
x
−
≤
⇔
+
≤≤
Do x nguyên và thuộc
[ ]
10;10−
nên
{ }
10, 9,.. 2, 0,1,2x ∈− − −
nên có tất cả 12 giá trị thỏa mãn.
Chọn A.
Câu 48 (VD):
Phương pháp:
Đặt
2
sintx=
. Với
( ) (
]
0; 0,1xt
π
∈ ⇒∈
Đưa hàm số
( )
(
) (
)
2
21 20
21
t ft ft
t
+ −=⇔ =
+
và vẽ trên đồ thị hàm số.
Cách giải:
( )
( )
2
2 cos2 sin 2 0xf x− −=
(
)
( )
22
2sin 1 sin 2 0
xf x⇔ + −=
Đặt
2
sin
tx=
. Với
( ) (
]
0; 0,1xt
π
∈ ⇒∈
(
) ( ) ( )
2
Pt 2 1 2 0
21
t ft ft
t
⇔ + −=⇔ =
+
Từ đồ thị ta thấy với
(
]
0,1t ∈
thì phương trình
( )
2
21
ft
t
=
+
có 1 nghiệm
1
2
t =
2
1
sin
1
2
sin
1
2
sin
2
x
x
x
=
⇒=⇔
= −
Với
1
sin
2
x =
suy ra có 2 nghiệm
(
)
0;x
π
∈
là
4
3
4
x
x
π
π
=
=
Với
1
sin
2
x = −
không có nghiệm
( )
0;x
π
∈
Vậy tổng các nghiệm là
3
44
ππ
π
+=
Chọn C.
Câu 49 (VD):
Phương pháp:
Phương pháp ghép trục hàm số.
Cách giải:
2
4 2 40 2ux x u x x
= − ⇒ = −=⇔=
′
Từ BBT suy ra hàm số
( )
( )
2
4gx f x x= −
có 3 điểm cực đại.
Chọn A.
Câu 50 (VD):
Phương pháp:
Từ các điểm trên đồ thị xác định hàm
( )
fx
Tính g’(x) và lập bảng biến thiên tìm GTLN, GTNN
Cách giải:
( )
32
y f x ax bx cx d= = + ++
qua
( ) (
) ( ) ( ) ( )
32
0,0,1, 1,2,0,3, 3 4 4fx x x x− −⇒ =−+ −
Ta có BBT
=
⇒ = ⇔− + − = ⇔
=
2
2
'( ) 0 3 8 4 0
2
3
x
fx x x
x
(
)
= +−
2
() 4gx f x x
(
)
(
)

−−
⇒ =− +− = +−

−−

2
22
22
4
'()1 '4 '4
44
x xx
gx fx x fx x
xx
=
−=
=
−=
⇒ =⇔ ⇔+−=⇔
=
+− =
−
+−=
=
2
2
2
2
2
2
4
0
4
'( ) 0 4 2
2
'( 4 ) 0
2
1 17
4
3
3
x
xx
x
xx
gx x x
x
fx x
xx
x
Ta có BBT
( )
( )
max
max min
min
2 32
64 24 2
2 32 24 2
gf
gg
gf
= −=
⇒ ⇒+=−
= = −
Chọn A.
| 1/31
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI KHẢO SÁT, ĐÁNH GIÁ TỈNH NINH BÌNH
CHẤT LƯỢNG GIÁO DỤC LỚP 12 THPT, GDTX
LẦN THỨ NHẤT - NĂM HỌC 2023-2024 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: Toán
(Đề thi có 50 câu, trong 06 trang)
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mã đề thi 001
Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Câu 1.
Cho hàm số y = f (x) xác định trên R và có bảng biến x −∞ −1 1 +∞
thiên như hình vẽ bên. Đồ thị hàm số y = 2f (x) + 3 cắt +
trục hoành tại bao nhiêu điểm? y′ 0 − 0 + A. 0. B. 3. C. 1. D. 2. 7 +∞ y −∞ 3
Câu 2. Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 6 là A. 18. B. 72. C. 36. D. 216.
Câu 3. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f ′(x) = x2 − 3x (x − 2)2. Hàm số y = f (x) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. (3; +∞). B. (−1; 3). C. (−∞; 0). D. (0; 3). Câu 4.
Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R, bảng xét dấu của f′(x) x −∞ −1 0 1 +∞
như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là + A. f ′(x) 0. B. 2. C. 1. D. 3. 0 − + 0 − Câu 5.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ x −∞ −1 2 +∞
bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới + đây? y′ 0 − 0 + A. (−2; 2). B. (−1; 2). 2 +∞ C. (−∞; −1). D. (−∞; 2). y −∞ −2
Câu 6. Khối chóp có đáy là tam giác đều cạnh a và chiều cao bằng a thì có thể tích là √ √ √ 3a3 3a3 A. a3. B. 3a3. C. . D. . 12 4
Câu 7. Tập xác định của hàm số y = (x − 3)π là A. (3; +∞). B. (0; +∞). C. [3; +∞). D. R. 2a3 √
Câu 8. Khối chóp có thể tích
và chiều cao a 3 thì có diện tích đáy là √ 3 √ 2 3a2 √ 2 3a2 √ A. . B. 3a2. C. . D. 2 3a2. 9 3 Câu 9.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ x −∞ −1 0 1 +∞
bên. Mệnh đề nào sau đây là sai? − A. Hàm số f ′(x)
y = f (x) có giá trị nhỏ nhất bằng −2. 0 + 0 − 0 +
B. Hàm số y = f (x) không có giá trị lớn nhất. +∞ + −1 +∞ f (x)
C. Hàm số y = f (x) có giá trị lớn nhất bằng −1. −2 −2
D. Hàm số y = f (x) đạt giá trị nhỏ nhất tại x = ±1.
Câu 10. Với mọi x > 0 , đẳng thức nào sau đây là đúng? √ √ √ √ √ √ √ √ A. x3 · 5 x2 = 5 x6. B. x3 · 5 x2 = x11. C. x3 · 5 x2 = 5 x17. D. x3 · 5 x2 = 17 x5. Trang 1/6 − Mã đề 001 2x + 1
Câu 11. Đồ thị nào dưới đây là đồ thị của hàm số y = ? x − 1 y y 2 2 1 1 x −1 O x O 1 A. . B. . y y 2 2 O O x −1 1 x −1 −1 C. . D. .
Câu 12. Khối lăng trụ có thể tích V và có diện tích đáy B thì chiều cao là 3B B 3V V A. . B. . C. . D. . V V B B Câu 13.
Cho hàm số y = f (x) có đồ thị trên đoạn [−2; 3] là đường cong trong hình vẽ bên. y
Gọi a, b lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f (x) trên 4
đoạn [−2; 3]. Tính S = 2a + 3b. A. S = 2. B. S = −3. C. S = 1. D. S = −1. 1 −2 O x −1 3 −2 −3 Câu 14.
Cho hàm số y = ax4 + bx2 + c có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Giá trị cực y
đại của hàm số đã cho là 2 A. 1. B. −1. C. 2. D. 0. 1 x −1 O 1 Câu 15.
Cho hàm số y = f (x) xác định trên R và có đồ thị là đường cong trong hình y
vẽ bên. Số nghiệm của phương trình f (x) = 0 là A. 4. B. 3. C. 2. D. 5. x O Câu 16. Trang 2/6 − Mã đề 001
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào? y A. y = 2 + 3x2 − x3. B. y = x3 − 3x2. 4 C. y = 3x2 − x3. D. y = 4 + 3x2 − x3. 2 x O 1 2 3 2x − 1
Câu 17. Cho hàm số y =
. Phương trình đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x − 2 1 1 A. x = . B. y = 2. C. y = . D. x = 2. 2 2 √
Câu 18. Cho khối lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có đáy là tam giác đều cạnh a và AA′ = 3a. Thể tích của
khối lăng trụ đã cho là 3a3 3a3 a3 a3 A. . B. . C. . D. . 2 4 2 4
Câu 19. Cho khối lập phương ABCD.A′B′C′D′ có diện tích một mặt bằng a2. Thể tích khối lập phương đó là √ A. a3. B. 4 2a3. C. 8a3. D. 4a3. √
Câu 20. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, AD = a 2. Tam giác SAB
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD. √ √ √ 6a3 2 6a3 √ 3 2a3 A. V = . B. V = . C. V = 2 6a3. D. V = . 3 3 4
Câu 21. Cho hàm số y = f (x) = x3 − 3x2 − 9x + 1. Tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã
cho trên đoạn [0; 4] bằng A. −19. B. −26. C. −104. D. −54. Câu 22.
Cho hàm bậc ba y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Phương trình y
f (|x|) + x2 − 1 = 0 có bao nhiêu nghiệm? A. 4. B. 2. C. 3. D. 1. O x 1 3 √
Câu 23. Cho hình lăng trụ ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a và cạnh bên AA′ = a 10.
Hình chiếu của A′ xuống đáy (ABC) trùng với trung điểm I của cạnh AB. Thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C′ là √ √ √ 33a3 √ A. 3 3a3. B. 33a3. C. . D. 3a3. 33 Câu 24.
Cho hàm trùng phương y = ax4 + bx2 + c (a ̸= x −∞ −1 0 1 +∞
0) có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Tính − tổng y′ S = a + b + c. 0 + 0 − 0 + A. S = −4. B. S = −6. +∞ −3 − +∞ C. S = −5. D. S = −7. y −4 − −4
Câu 25. Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′ có tất cả các cạnh đều bằng 2a, đáy ABCD là hình vuông. Hình
chiếu vuông góc của đỉnh A′ trên mặt đáy (ABCD) trùng với tâm của đáy. Tính theo a thể tích V của khối hộp đã cho. √ √ 8a3 4 2a3 A. V = 4 2a3. B. V = 8a3. C. V = . D. V = . 3 3 Câu 26. Trang 3/6 − Mã đề 001
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ x −∞ 0 2 +∞
bên. Tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng + −
của đồ thị hàm số bằng f ′(x) 0 + A. 3. B. 2. C. 0. D. 1. +∞ +∞ +∞ f (x) −2 −2
Câu 27. Cho khối tứ diện ABCD có AB, AC, AD đôi một vuông góc và AB = AC = 2a, AD = 3a. Thể
tích V của khối tứ diện đã cho là A. V = a3. B. V = 3a3. C. V = 2a3. D. V = 4a3. √
Câu 28. Cho khối lăng trụ đều ABC.A′B′C′ có AC = a 3, góc giữa đường thẳng AC′ và mặt phẳng (ABC)
bằng 45◦. Thể tích khối lăng trụ đã cho là √ √ 9 2a3 9a3 3a3 3 3a3 A. . B. . C. . D. . 8 4 4 8 √ 3
Câu 29. Trong các hàm số y = 3 x, y = x−0,2, y = x 4 , y = x4 có bao nhiêu hàm số đồng biến trên R? A. 0. B. 3. C. 2. D. 1.
Câu 30. Cho tứ diện ABCD. Trên cạnh AB, AC lần lượt lấy hai điểm M , N sao cho AM = 2M B, AN =
1 AC. Gọi V1, V2 lần lượt là thể tích của khối tứ diện ABCD và AMND. Khi đó 3 1 2 2 A. V2 = 2V1. B. V2 = V1. C. V2 = V1. D. V2 = V1. 9 9 3
Câu 31. Hình lăng trụ lục giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 7. B. 4. C. 6. D. 3. Câu 32.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ x −∞ −1 0 1 +∞
bên. Diện tích tam giác tạo bởi 3 điểm cực trị của đồ − thị hàm số y′ y = f (x) bằng 0 + 0 − 0 + A. 5. B. 6. C. 3. D. 4. +∞ 3 +∞ y 0 0 1
Câu 33. Cho hàm số y =
x3 − m2x2 + 16x + 2023 (với m là tham số). Số giá trị nguyên của tham số m để 3
hàm số đã cho đồng biến trên R là A. 5. B. 4. C. 9. D. 8.
Câu 34. Hàm số y = −x4 + 2x2 − 3 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. (−∞; −2). B. (1; +∞). C. (−1; 1). D. (0; 1).
Câu 35. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm cạnh AD. Gọi V1
V1, V2 lần lượt là thể tích của hai khối chóp S.ABM và S.ABC thì bằng V2 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 2 8 6 4
Câu 36. Cho a < 0, b > 0. Khẳng định nào dưới đây sai? √ √ √ √ A. 6 a6b12 = ab2. B. 6 a6b12 = |a| b2. C. 6 a6b12 = ab2. D. 6 a6b12 = −ab2. Câu 37.
Cho hàm số bậc ba y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Đồ thị y 2023 hàm số y =
có bao nhiêu đường tiệm cận ngang? f (x) 1 A. 1. B. 2. C. 3. D. 0. x O 2
Câu 38. Gọi V là thể tích khối lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, √ a3 BC = 2a, A′B = a 3. Tính . V Trang 4/6 − Mã đề 001 3 1 A. . B. . C. 1. D. 2. 2 2
Câu 39. Cho tứ diện ABCD có AD = 1 và hai mặt phẳng (ADB) và (ADC) vuông góc. Gọi E là trung
điểm của BC. Góc tạo bởi hai mặt phẳng (ADE) và (ADC) bằng 30◦. Nếu tam giác ADE là tam giác đều
thì thể tích của khối tứ diện ABCD là √ √ √ 3 3 3 3 3 A. . B. . C. . D. . 8 2 8 2 Câu 40.
Cho khối đa diện như trong hình vẽ. Biết khối đa diện có hai mặt là các tam
giác đều cạnh 1 và hai mặt là các nửa lục giác đều có cạnh chung là đáy
lớn. Thể tích của khối đa diện đã cho là √ √ √ √ 5 2 3 2 3 A. . B. . C. . D. . 12 2 3 4
Câu 41. Bạn Tuệ giành được học bổng 160.000 USD, bằng 80% chi phí học tập, ăn ở trong 4 năm học tại
trường Đại học X, kể từ năm học 2023 – 2024. Số 20% chi phí còn lại bạn được trường cho vay không lãi
trong suốt 4 năm học đại học. Từ ngày 01/9/2027, trường bắt đầu tính lãi 0,25%/tháng (thể thức lãi kép)
và kể từ đó, cứ vào ngày đầu tiên của mỗi tháng tiếp theo, bạn Tuệ sẽ phải trả một số tiền không đổi cho
nhà trường trong vòng 4 năm thì sẽ trả hết cả vốn lẫn lãi. Hỏi số tiền mỗi tháng bạn Tuệ sẽ phải trả cho
trường đại học là bao nhiêu USD? (Kết quả làm tròn đến hàng phần chục) A. 903,2 USD. B. 885,4 USD. C. 903,1 USD. D. 885,3 USD. Câu 42. Cho hàm số −1 1 1 y = x4 − m3 − 5m2 − 1 x3 +
m3 − 3m2 − 35 x2 − 2m2 − 35 x 4 3 2
(với m là tham số). Tổng các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 10) là A. 9. B. 4. C. 1. D. 7.
Câu 43. Cho hàm số y = x4 − 4x3 + 4x2 + m, với m là tham số. Tổng tất cả các giá trị của tham số m để 2min y + max y = 12 bằng [1; 3] [1;3] A. −12. B. −9. C. −15. D. −18. Câu 44.
Cho hàm số y = f (x) có đồ thị y = f ′(x) là đường cong trong y
hình vẽ bên. Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số g(x) =
f x3 − 3x + m có 8 điểm cực trị là −3 3 7 A. 6. B. 9. C. 10. D. 12. x O Câu 45.
Cho hàm số y = f (x) có đồ thị y = f ′(x) là đường cong trong hình y
vẽ bên. Hàm số g(x) = f (6 − 2x) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. (1; 3). B. (3; 4). C. (1; 4). D. (−2; 0). −2 O 4 x Câu 46. Trang 5/6 − Mã đề 001
Cho hình lập phương ABCD.A′B′C′D′. Hình hộp chữ nhật A′
M N P Q.M ′N ′P ′Q′ có các đỉnh thuộc các mặt của hình lập phương, D′ P
đồng thời hai mặt (M N N ′M ′) và (P QQ′P ′) chia đoạn A′C thành Q
ba phần bằng nhau. Tỉ số thể tích của khối hộp chữ nhật B′ C′
M N P Q.M ′N ′P ′Q′ và khối lập phương ABCD.A′B′C′D′ là N 2 1 1 4 A. . B. . C. . D. . M P ′ 9 3 9 9 Q′ A D N ′ M ′ B C Câu 47.
Cho hàm số bậc ba y = f (x) và hàm số bậc nhất y = g(x) có đồ thị y
lần lượt là đường cong và đường thẳng trong hình vẽ bên. Gọi A, B
lần lượt là giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và y = g(x) với trục A
tung. Biết AB = 4, bất phương trình f (x) − 4 ≤ g(x) có bao nhiêu −2 O
nghiệm nguyên trên đoạn [−10; 10]? x 1 2 B A. 12. B. 13. C. 11. D. 14. Câu 48.
Cho hàm bậc ba y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Tính tổng các y
nghiệm thuộc khoảng (0; π) của phương trình (2 − cos2x) f sin2 x − 2 = 0. 2 π π 3π A. . B. . C. π. D. . 4 2 4 1 1 2 x O 1 1 3 2 2 Câu 49.
Cho hàm số y = f (x) có đồ thị y = f ′(x) là đường cong trong hình vẽ bên. y
Số điểm cực đại của hàm số g(x) = f x2 − 4x là A. 3. B. 4. C. 5. D. 2. −3 O 1 4 x Câu 50.
Cho hàm số y = f (x) = ax3 + bx2 + cx + d có đồ thị là đường cong trong hình vẽ y √
bên. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số g(x) = f x + 4 − x2 1 2 3 √ x O
trên đoạn [−2; 2] là S = a + b 2 (a, b ∈ Z). Tính giá trị của biểu thức T = a − b. −1 A. 88. B. 56. C. 8. D. 40. −3 HẾT Trang 6/6 − Mã đề 001
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.C 2.D 3.D 4.D 5.C 6.C 7.A 8.C 9.C 10.C
11.C 12.D 13.D 14.C 15.D 16.C 17.D 18.B 19.A 20.B
21.B 22.B 23.A 24.A 25.A 26.B 27.C 28.B 29.D 30.C
31.A 32.C 33.A 34.B 35.A 36.C 37.A 38.C 39.A 40.C
41.B 42.C 43.B 44.D 45.A 46.A 47.A 48.C 49.A 50.A Câu 1 (TH): Phương pháp:
Tìm số nghiệm của phương trình 2 f (x) + 3 = 0 Cách giải:
Số giao điểm của y = 2 f (x) + 3 với trục hoành là số nghiệm của phương trình
f (x) + = ⇔ f (x) 3 2 3 0 = − 2
Từ bảng biến thiên ta thấy đường thẳng 3 y − =
cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 1 điểm nên đồ thị 2
hàm số y = 2 f (x) + 3 cắt trục hoành tại 1 điểm. Chọn C. Câu 2 (TH): Phương pháp:
Thể tích hình lập phương cạnh a là 3 a Cách giải:
Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 6 là 3 6 = 216 Chọn D. Câu 3 (TH): Phương pháp: Lập bảng biến thiên Cách giải:x = 2 (kép) f ′(x) ( 2 x 3x) 2 (x 2) 0  = − − = ⇔ x = 0  x = 3  x ∞ − 0 3 ∞ + f ′(x) + 0 - 0 +
Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (0,3) Chọn D. Câu 4 (TH): Phương pháp:
Số điểm cực trị của hàm số là số nghiệm của f ′(x) = 0 Cách giải:x = 1 −
Do hàm số liên tục trên  nên từ bảng biến thiên ta thấy f ′(x) 0  = ⇔ x = 0  x =  1
Vậy hàm số có 3 cực trị Chọn D. Câu 5 (NB): Phương pháp:
Hàm số đồng biến khi f ′(x) ≥ 0 Cách giải:
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng ( ∞ − ,− ) 1 và (2, ∞ + ) Chọn C. Câu 6 (TH): Phương pháp: 1 V = . . h S áy 3 đ Cách giải: 3 Ta có điện tích đáy 3 2 1 1 3 2 3 = ⇒ = . . = . . a S a V h S a a = 4 3 3 4 12 Chọn C. Câu 7 (TH): Phương pháp: Hàm số mũ a
x với a không nguyên xác định khi x > 0 Cách giải: y (x 3)π = −
có số mũ π không là số nguyên nên xác định khi x −3 > 0 ⇔ x > 3. Chọn A. Câu 8 (TH): Phương pháp: 1 3 = . V V h S ⇒ S = 3 h Cách giải: 3 2 3. a 2 1 3V 3 2 3 = . a V h S ⇒ S = = = 3 h a 3 3 Chọn C. Câu 9 (TH): Phương pháp:
Quan sát bảng biến thiên và nhận xét Cách giải:
Từ BBT ta thấy hàm số có GTNN bằng -2 tại x = 1 ±
Hàm số không có GTLN nên C sai Chọn C. Câu 10 (TH): Phương pháp: m. n m n a a a + = 1 m m
a = a (a > 0) Cách giải: 2 2 17 Xét 3 3 5 2 3 + 5 5 5 5 17
x . x = x .x = x = x = x Chọn C. Câu 11 (TH): Phương pháp:
Quan sát các đường tiệm cận, các giao điểm của đồ thị với trục tung và trục hoành. Cách giải: 2x +1 y =
có đường tiệm cận ngang y = 2 , tiệm cận đứng x =1 x −1
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0, ) 1
− , cắt trục hoành tại  1 ,0 −  2    2x +1 3 y y − = ⇒ ′ =
< 0 luôn nghịch biến nên đáp án C thỏa mãn. 2 x −1 (x −1) Chọn C. Câu 12 (TH): Phương pháp: Thể tích lăng trụ = . V V B h ⇒ h = B Cách giải: Thể tích lăng trụ = . V V B h ⇒ h = B Chọn D. Câu 13 (TH): Phương pháp:
Quan sát đồ thị điểm cao nhất và thấp nhất trên đoạn [-2;3] Cách giải:
Từ đồ thị ta thấy hàm số có y = 4 = a, y = 3
− = b ⇒ S = 2a + 3b = 2.4 − 3.3 = 1 − max min Chọn D. Câu 14 (TH): Phương pháp:
Quan sát các cực trị của hàm số Cách giải:
Từ đồ thị ta thấy hàm số có giá trị cực đại bằng 2. Chọn C. Câu 15 (TH): Phương pháp:
Số nghiệm của phương trình f (x) = 0 là số giao điểm của đồ thị y = f (x) với trục hoành. Cách giải:
Số nghiệm của phương trình f (x) = 0 là số giao điểm của đồ thị y = f (x) với trục hoành. Ta thấy
y = f (x) cắt trục hoành tại 5 điểm nên phương trình f (x) = 0 có 5 nghiệm. Chọn D. Câu 16 (TH): Phương pháp:
Quan sát các điểm đồ thị đi qua xác định hàm số. Cách giải:
Từ đồ thị ta thấy đồ thị là hàm bậc ba có a < 0 nên loại B
Đồ thị đi qua điểm (0,0) nên loại A,D nên chọn C. Chọn C. Câu 17 (TH): Phương pháp: Hàm số ax + b y = có tiệm cận đứng d x = − cx + d c Cách giải: 2x −1 y =
có tiệm cận đứng x = 2 x − 2 Chọn D. Câu 18 (TH): Phương pháp:
Thể tích lăng trụ V = . h B Cách giải:
Diện tích đáy là tam giác đều cạnh a nên diện tích là 3 2 S = a 4 3 3 2 3 ⇒ = . = 3 . a V h B a a = 2 4 Chọn B. Câu 19 (TH): Phương pháp:
Khối lập phương có các mặt là hình vuông bằng nhau Cách giải:
Diện tích một mặt bằng 2
a suy ra cạnh hình lập phương bằng a 3 ⇒ V = a Chọn A. Câu 20 (TH): Phương pháp: 1 V = . h S 3 Cách giải:
Gọi H là trung điểm của AB. Do SAB đều nên SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD)
SAB đều cạnh 2a nên 2a 3 SH = = a 3 2 2 S = AB AD = a a = a ABCD . 2 . 2 2 2 3 1 2 2a 6
⇒ V = .a 3.2 2a = 3 3 Chọn B. Câu 21 (TH): Phương pháp: Lập bảng biến thiên Cách giải: f (x) 3 2
= x − 3x − 9x +1  = − ⇒ f ′(x) x 1 2
= 3x − 6x − 9 = 0 ⇔  x = 3  f = 26 − Từ BBT suy ra min  ⇒ f . f = − 6 2 min max f =  1 max Chọn B. Câu 22 (TH): Phương pháp:
Số nghiệm f ( x ) 2
+ x −1 = 0 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và 2 y = −x +1 Cách giải: f ( x ) 2
+ x − = ⇔ f ( x ) 2 1 0 = −x +1
Số nghiệm f ( x ) 2
+ x −1 = 0 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và 2 y = −x +1
Từ đồ thị ta thấy có 2 giao điểm nên f ( x ) 2
+ x −1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt. Chọn B. Câu 23 (TH): Phương pháp:
Thể tích khối lăng trụ V = . B h Cách giải: 2 2 2 2
IA = IB = a ⇒ IA′ = AA' − AI = 10a − a = 3a
Tam giác ABC đều cạnh 2a nên 3 2 2 S = (2a) = 3a 4 2 3
⇒ V = 3a .3a = 3 3a Chọn A. Câu 24 (TH): Phương pháp:
Từ các điểm cực trị xác định các hệ số a, b, c. Cách giải:x = 0 4 2 3 = + + ⇒ ′ = 4 + 2 = 0  b y ax bx c y ax bx ⇔ b ⇒ − =1 ⇔ b = 2 − a x = − 2a  2a Đồ thị đi qua (0, 3 − ) ⇒ c = 3 − Đồ thị đi qua (1, 4
− ) ⇒ a + b −3 = 4
− ⇒ a + b = 1 − a =1 ⇒ 
⇒ a + b + c =1+ ( 2 − ) + ( 3 − ) = 4 − b  = 2 − Chọn A. Câu 25 (TH): Phương pháp: Cách giải:
AC = 2a 2 ⇒ OA = a 2 OA
A′ vuông tại O nên 2 2 2 2
A′O = AA' − AO = 4a − (a 2) = a 2 2 3 ⇒ V = A′ . O S = a a = a ABCD 2.4 4 2 Chọn A. Câu 26 (TH): Phương pháp:
Quan sát các điểm hàm số không xác định và giới hạn khi x → ∞ ± Cách giải:
Từ BBT ta thấy hàm số có tiệm cận đứng x = 0 , tiệm cận ngang y = 2 −
Vậy hàm số có 2 đường tiệm cận. Chọn B. Câu 27 (TH): Phương pháp:
Tứ diện có độ dài 3 cạnh a, b, c đôi một vuông góc là 1 V = abc . 6 Cách giải: 1 1 3 V = abc = .2 .2 a .3 a a = 2a 6 6 Chọn C. Câu 28 (TH): Phương pháp:
Xác định góc CAC′ = 45 . Tính chiều cao hình trụ và thể tích Cách giải:
Ta có ( AC ,′( ABC)) = ( AC ,′ AC) = ∠ CAC′ = 45
⇒ACC′ vuông cân tại C
AC = a 3 ⇒ CC′ = a 3 ABC đều nên 3 2 3 3 2 3 3 2 9 3 S = a =
a ⇒ V = a a = a ABC ( 3) 3. 4 4 4 4 Chọn B. Câu 29 (TH): Phương pháp:
Hàm số đồng biến trên  khi xác định trên  và có đạo hàm dương. Cách giải: 3 0, − 2 4
y = x , y = x có số mũ không nguyên nên chỉ xác định khi x > 0 nên không đồng biến trên  Xét 3 1
y = x ⇒ y′ =
> 0 nên đồng biến trên  . 2 2 3 x Xét 4 3
y = x ⇒ y′ = 4x > 0 khi x > 0 nên trong các hàm trên chỉ có 1 hàm số đồng biến trên  Chọn D. Câu 30 (TH): Phương pháp:
Áp dụng công thức tỉ lệ thể tích Cách giải: Ta có V AM AN AD V AMND 2 1 2 2 2 = . . = . = = ⇒ V = V 2 1 V AB AC AD V ABCD 3 3 9 9 1 Chọn C. Câu 31 (TH): Phương pháp:
Hình lăng trụ lục giác đều có 7 mặt phẳng đối xứng Cách giải:
Hình lăng trụ lục giác đều có 7 mặt phẳng đối xứng Chọn A. Câu 32 (TH): Phương pháp:
Từ tọa độ các điểm cực trị tìm diện tích tam giác Cách giải:
Từ BBT ta thấy có tất cả 3 cực trị có tọa độ A(0,3), B(1,0),C ( 1,
− 0) ⇒ BC = 2, AO = 3 1 ⇒ S = .2.3 = 3 2 Chọn C. Câu 33 (TH): Phương pháp:
Hàm số đồng biến trên  khi y′ ≥ 0 x ∀ Cách giải: 1 3 2 2 2 2
y = x − m x +16x + 2023 ⇒ y′ = x − 2m x +16 3 a > 0 ⇒ y′ ≥ 0 x ∀ ⇔  Δ′  ≤ 0 1  > 0 4 ⇔  ⇔ m −16 ≤ 0 4 m −16 ≤ 0 ⇔ ( 2 m − )( 2 4 m + 4) ≤ 0 2 2
⇔ m − 4 ≤ 0 ⇔ m ≤ 4 ⇔ 2 − ≤ m ≤ 2
Mà m nguyên nên m∈{ 2 − , 1, − 0,1, } 2 Chọn A. Câu 34 (TH): Phương pháp: Lập bảng xét dấu. Cách giải:x = 0 4 2 3
y = −x + 2x − 3 ⇒ y′ = 4
− x + 4x = 0 ⇔  x = 1 ±
Vậy hàm số nghịch biến trên ( 1, − 0) và (1, ∞ + ) Chọn B. Câu 35 (TH): Phương pháp:
Hai hình chóp có cùng chiều cao. Tính tỉ lệ diện tích hai đáy Cách giải: Ta có S AM ABM 1 =
= (do 2 tam giác có chung chiều cao) S BC ABC 2 1 SH.S V 3 ABM SABM 1 ⇒ =
= (với SH là chiều cao hình chóp) V 1 SABC 2 SH.S 3 ABC Chọn A. Câu 36 (TH): Phương pháp: m Áp dụng n m n
a = a (a > 0) Cách giải: = ( )6 6 6 12 2 2 2 2 6 a b ab
= ab = a b = −ab do a < 0,b > 0 nên C sai Chọn C. Câu 37 (TH): Phương pháp:
Tính lim f (x), lim f (x) tìm tiệm cận ngang. x→+∞ x ∞ →− Cách giải: Ta có 2023 2023 lim =
= nên hàm số có 1 tiệm ngang y = 0 →+∞ ( ) 0, lim∞ →− ( ) 0 x x f x f x Chọn A. Câu 38 (TH): Phương pháp:
Tính chiều cao lăng trụ và thể tích V = AA .′S ABC Cách giải:
ABC vuông cân tại A có BC = 2a ⇒ AB = AC = 2a
AA′B vuông tại A nên 2 2 2 2
AA′ = A′B − AB = 3a − 2a = a 3 1 3 ⇒ = . a V AA′ S = a a a = a ⇒ = ABC . 2. 2 1 2 V Chọn C. Câu 39 (VD): Phương pháp:
Trong (ADB) kẻ BH ⊥ AD . Chứng minh BH ⊥ ( ACD) và H là trung điểm của AD . Cách giải:
Trong (ADB) kẻ BH ⊥ AD (
ABD) ⊥ ( ACD) Do ( 
ABD) ∩ ( ACD) = AD ⇒ BH ⊥ ( ACD) ⇒ BH ⊥ CH BH ⊥ AD  Do AD ⊥ BH
⇒ AD ⊥ (BHC) ⇒ AD ⊥ HE AD ⊥ CH
Mà ADE đều ⇒ H là trung điểm của AD
∠ (( ADE),( ACD)) = ∠ (HE, HC) = ∠ EHC = 30
Trong (BHC) kẻ EM BH ⇒ EM ⊥ HC và M là trung điểm HC
AED đều cạnh 1 nên 3 HE = 2   3  3
EM = HE.sin30 = BH = 2EM =  4  2 ⇒  ⇒    3  3 HM = HE.cos30 = HC = 2HM =  4  2 1 1 1 1 3 3 3 ⇒ V = BH S = BH HC AD = = ABCD . . ACD . . . . . . .1 3 3 2 6 2 2 8 Chọn A. Câu 40 (VD): Phương pháp:
Chia khối đa diện thành 2 tứ diện đều và 1 hình chóp đều. Cách giải:
Ta có ABC,EFD là các tam giác đều cạnh 1 nên AB = BC = CA = DE = EF = DF =1
ADCF và BEFC là nửa hình lục giác đều cạnh 1 nên BE = AD =1,CF = 2
Gọi M là trung điểm của CF ⇒ MB = ME = MC = MF =1
Chia khối đa diện thành 3 hình bao gồm:
Hình tứ diện đều DEMF có tất cả các cạnh bằng 1 nên thể tích bằng 2 V = 1 12
Hình tứ diện đều MAED có tất cả các cạnh bằng 1 nên thể tích bằng 2 V = 2 12 Hình chóp .
A BCME có tất cả các cạnh bằng 1 nên thể tích 2 V = 3 6
Suy ra thể tích khối đa diện 2 2 2 2
V = V +V +V = + + = 1 2 3 6 12 12 3 Chọn C. Câu 41 (VD): Phương pháp:
Công thức tính lãi kép = (1+ )n A M r Cách giải:
Số tiền mà Tuệ vay trong 4 năm học là 160000:80%.40%=40000 USD
Trong 4 năm = 48 tháng tiếp theo Tuệ phải trả lãi kép 0,25%/ 1 tháng
Giả sử số tiền mỗi tháng anh Tuệ phải trả là x USD
Tháng thứ nhất số tiền anh Tuệ vay và lãi là: u = 40000 − x .1,0025 1 ( )
Tháng thứ hai số tiền anh Tuệ vay và lãi là: u = 40000 − x .1,0025− x .1,0025 2 (( ) ) 2 2 = 40000.1,0025 − .1 x ,0025 − .1 x ,0025 2 = − x( 2 40000.1,0025 1,0025 +1,0025 ) Tháng thứ 3: u = ( 2 40000.1,0025 − x( 2
1,0025 +1,0025 − x .1,0025 3 ) ) 3 = − x( 2 40000.1,0025 1,0025 +1,0025 ).1,0025− .1 x ,0025 3 = − x( 2 3 40000.1,0025 1,0025 +1,0025 +1,0025 ) … 47
⇒ u = 40000.1,0025 − x( 2 3 47
1,0025 +1,0025 +1,0025 +…+1,0025 47 )
Do sau 48 tháng thì anh Tuệ trả hết nợ nên 47 − x( 2 3 47 40000.1,0025
1,0025 +1,0025 +1,0025 +…+1,0025 ) − x = 0 47 − x( 2 3 47 40000.1,0025
1+1,0025 +1,0025 +1,0025 +…+1,0025 ) = 0 48 47 1,0025 1 40000.1,0025 .x − ⇔ − = 0 1,0025 −1 47 40000.1,0025 ⇔ x = = 883,2 48 1,0025 −1 1,0025 −1 Chọn B. Câu 42 (VD): Phương pháp:
Hàm số đồng biến trên (a,b) khi y’ > 0 với mọi x thuộc (a,b) Cách giải: 1 − 4 1 y = x − ( 3 2
m − m − ) 3 1 5 1 x + ( 3 2
m − 3m − 35) 2 x − ( 2 2m − 35) x 4 3 2 3
⇒ y′ = −x − ( 3 2 m − m − ) 2 x + ( 3 2
m − m − ) x −( 2 5 1 3 35 2m − 35) = (x − )( 2 −x − ( 3 2 m − m ) 2 1 5 x + 2m − 35)
Hàm số đồng biến trên ( ∞
− ;10) khi y′ > 0 với mọi x∈( ∞ − ;10)
Mà y′ = 0 có 1 nghiệm x =1 nên suy ra 2 −x − ( 3 2 m − m ) 2 5
x + 2m − 35 = 0 có nghiệm x =1 3 2 2 ⇒ 1
− − m + 5m + 2m − 35 = 0 3 2
⇔ −m + 7m − 36 = 0 m = 2 −  ⇔ m = 3  m =  6
Thử lại ta thấy với m = 6 không thỏa mãn, m = 1
− và m = 3 thảo mãn nên m∈{ 2, − } 3 ⇒ 2 − + 3 =1 Chọn C. Câu 43 (VDC): Phương pháp:
Chia trường hợp của m để xét min, max Cách giải: Đặt f (x) 4 3 2
= x − 4x + 4x + m x = 0 f ′(x) 3 2
4x 12x 8x 0  ⇒ = − + = ⇔ x =1  x =  2 ⇒ f = , m f = m + 9 min max y = m TH1: Nếu min m > 0 ⇒  y = m +  9 max ⇒ 2y + y
= 2m + m + 9 =12 ⇒ m =1 tm min max ( )  TH2: Nếu y = m + 9 min
m + 9 < 0 ⇔ m < 9 − ⇒  y = m  max ⇒ 2y + y
= 2 m + 9 + m =12 min max
⇔ 2(−m −9) − m =12 ⇔ m = 10 − (tm) y = 0 TH3: Nếu  min 9
− < m < 0 ⇒  y
= m , m +1 , m + 9  max  { }
m =12 ⇒ m = 12 − (ktm) Để 2y y 12 y 12  + = ⇒ =
⇒ m +1 =12 ⇒ m = 13 − ktm min max max ( ) 
m + 9 =12 ⇒ m = 21 −  (ktm) Vậy m∈{ 10 − , } 1 ⇒ 10 − +1 = 9 − Chọn B. Câu 44 (VDC): Phương pháp:
Tính g'(x) và lập bảng biến thiên Cách giải:
g (x) = f ( 3
x − 3x + m)
⇒ g′(x) = ( 2 x − ) f ′( 3 3 3
x − 3x + m)  x = ±1 x = ±1   3 
x − 3x + m = − 3 3
x − 3x + 3 = −    m x = ±1
⇒ g '(x) = 0 ⇔  ⇔  3
x − 3x + m = 0 ⇔  3
x − 3x = −m  3
f '(x − 3x + m) = 0  3  
x − 3x + m = 3 3
x − 3x − 3 = −   m   3
x − 3x + m = 7  3  
x − 3x − 7 = −m
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 8 cực trị khi −m∈{ 8 − , 7 − , 6 − , 4 − , 3 − , 2 − , 1 − ,0,1,2,3, } 4
Vậy có tất cả 12 giá trị m thỏa mãn Chọn D. Câu 45 (VD): Phương pháp: Cách giải:
g (x) = f (6 − 2x) ⇒ g′(x) = 2
− . f ′(6 − 2x)
Để hàm số g(x) nghịch biến thì g′(x) < 0 ⇔ 2
− f ′(6 − 2x) < 0  − > −  <
⇔ f ′( − x) 6 2x 2 x 4 6 2 > 0 ⇔  ⇔ 0 6 2x 4 1  < − <  < x < 3
Vậy hàm số g (x) nghịch biến trên (1;3) Chọn A. Câu 46 (VDC): Cách giải:
Đầu tiên ta chuẩn hóa hình lập phương ABC . D A′B C ′ D ′ ′ có cạnh bằng 1 . Khi ấy ta suy ra: ′
d = d ((MNN M ′ ′) (PQQ P ′ ′)) A C 1 ; = = 3 3
Ta nhận thấy việc đồng thời hai mặt (MNN M ′ ′) và (PQQ P
′ ′) chia đoạn thẳng A′C thành ba phần
bằng nhau tương đương với các mặt phẳng ( AB D ′ ′) và (C B
′ D) chia đoạn thẳng A′C thành ba phần
bằng nhau nên ta suy ra: (MNN M ′ ′) = (C B
′ D) và (PQQ P ′ ′) = ( AB D ′ ′) như hình vẽ.
Khi ấy MM ′ / /NN′ / /C E
′ với E là trung điểm BD.
Tiếp đến do MNPQMN P ′ Q
′ ′ là hình hộp chữ nhật nên ta đầy đủ dữ kiện để lập luận được:
QM ′BD = (QM + MM′)BD = 0 tức QM′ = BB′ =1, khi ấy ta suy ra 2 2 6
MM ′ = BB ' − d = . 3
Theo định lí Thales ta lại có: BM ′ MM ′ 2 = = BE C E ′ 3 2 1 2 ⇒ M N
′ ′ = 2M E′ = BE = BD = 3 3 3 V
Vậy tỉ số cần tìm là (H ) 1 6 2 2 = d.MM MN ′ ′ = . . = .
VABCDA′BC′D′′ 3 3 3 9 Chọn A. Câu 47 (VD): Phương pháp: Xét f (x) 3 2
= ax + bx + cx + d, g (x) = mx + n
Từ các nghiệm của f (x) = g (x) ta xác định các hệ số và giải bất phương trình đề bài yêu cầu. Cách giải: Xét f (x) 3 2
= ax + bx + cx + d, g (x) = mx + n ⇒ ( ) − ( ) 3 2
f x g x = ax + bx + (c − m) x + d − n
f (0) − g (0) = 4 ⇒ d − n = 4 x = 2 −
Do f (x) g (x) 0
f (x) g (x)  − = ⇔ = ⇔ x =1  x =  2
−8a + 4b − 2(c − m) + 4 = 0 b = −1 b = −1 Ta có hệ pt   
a + b + c − n + 4 = 0
⇔ a + (c − n) = −3 ⇔ a =1   
8a + 4b + 2(c − n) + 4 = 0
8a + 2(c − n) = 0 c − n = −    4
⇒ f (x) − g (x) 3 2
= x − x − 4x + 4
Để f (x) − 4 ≤ g (x) ⇔ f (x) − g (x) ≤ 4 3 2
⇔ x − x − 4x + 4 ≤ 4 3 2
⇔ x − x − 4x ≤ 0 ⇔ x( 2
x − x − 4) ≤ 0  1− 17 x ≤ 2 ⇔   1+ 17 0 ≤ x ≤  2 Do x nguyên và thuộc [ 10 − ;10] nên x∈{ 1 − 0, 9, − . − 2,0,1, }
2 nên có tất cả 12 giá trị thỏa mãn. Chọn A. Câu 48 (VD): Phương pháp: Đặt 2
t = sin x . Với x ∈(0;π ) ⇒ t ∈(0, ] 1
Đưa hàm số ( t + ) f (t) − = ⇔ f (t) 2 2 1 2 0 =
và vẽ trên đồ thị hàm số. 2t +1 Cách giải: ( − x) f ( 2 2 cos2 sin x) − 2 = 0 ⇔ ( 2 x + ) f ( 2 2sin 1 sin x) − 2 = 0 Đặt 2
t = sin x . Với x ∈(0;π ) ⇒ t ∈(0, ] 1
⇔ ( t + ) f (t) − = ⇔ f (t) 2 Pt 2 1 2 0 = 2t +1
Từ đồ thị ta thấy với t ∈(0, ]
1 thì phương trình f (t) 2 = có 1 nghiệm 1 t = 2t +1 2  1 sinx =  2 1 2 ⇒ sin x = ⇔  2  1 sinx = −  2  π x =  Với 1 sinx =
suy ra có 2 nghiệm x∈(0;π ) là 4  2  3π x =  4 Với 1 sinx = −
không có nghiệm x∈(0;π ) 2
Vậy tổng các nghiệm là π 3π + = π 4 4 Chọn C. Câu 49 (VD): Phương pháp:
Phương pháp ghép trục hàm số. Cách giải: 2
u = x − 4x ⇒ u′ = 2x − 4 = 0 ⇔ x = 2
Từ BBT suy ra hàm số g (x) = f ( 2x − 4x) có 3 điểm cực đại. Chọn A. Câu 50 (VD): Phương pháp:
Từ các điểm trên đồ thị xác định hàm f (x)
Tính g’(x) và lập bảng biến thiên tìm GTLN, GTNN Cách giải: = ( ) 3 2
y f x = ax + bx + cx + d qua (
) ( − ) ( ) ( − ) ⇒ f (x) 3 2 0,0 , 1, 1 , 2,0 , 3, 3
= −x + 4x − 4x Ta có BBT x = 2 2 
⇒ f '(x) = 0 ⇔ −3x + 8x − 4 = 0 ⇔ x = 2  3
g x = f (x + − 2 ( ) 4 x )  x  2 4 x x g '(x) 1  f '( 2 x 4 x ) − − ⇒ = − + − = f '(x + 4 − 2 x 2 2 )  4 − x  4 − x   x =  2  4 − 2 x = x   2  x =  4 − x = 0  x
⇒ g '(x) = 0 ⇔ ⇔ x + 4 − 2 x = 2 ⇔ x =  2 2  
f '(x + 4 − x ) =  0  2 2  x + 4 − x = 1− 17   3 x =    3 Ta có BBT g = f 2 − = 32  max ( ) ⇒  =  ( ⇒ g + g = − g f 2 ) 64 24 2 max min = 32 − 24 2 min Chọn A.
Document Outline

  • de-khao-sat-chat-luong-toan-12-lan-1-nam-2023-2024-so-gddt-ninh-binh
    • de-khao-sat-chat-luong-toan-12-lan-1-nam-2023-2024-so-gddt-ninh-binh
    • Doc1
  • 03. Đề thi thử TN THPT môn Toán năm 2024 - Sở GD Ninh Bình lần 1