Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm học 2019 – 2020 sở GD&ĐT Phú Thọ

Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm học 2019 – 2020 sở GD&ĐT Phú Thọ được biên soạn bám sát cấu trúc đề minh họa kỳ thi tốt nghiệp THPT 2020 môn Toán lần 2 do Bộ Giáo dục và Đào tạo công bố.

22 11 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi THPTQG môn Toán năm 2023

Môn: Toán

Thông tin:

43 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Hoa
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
1. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng đường cong như hình vẽ?
A.
32
3 2.y x x= − − +
B.
42
3 2.y x x= − + +
C.
42
3 2.y x x= − +
D.
32
2 2.y x x= − −
2. Cho cấp số nhân
( )
n
u
có số hạng đầu
1
2u =
và công bội
4.q =
Giá trị của
3
u
bằng
A.
B.
16.
C.
8.
D.
6.
3. Một tổ có 6 học sinh nam và 5 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn một học sinh nam và một học sinh
nữ để đi tập văn nghệ?
A.
2
11
.A
B.
C.
2
11
.C
D.
11.
4. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số
( )
24
x
f x x=+
là
A.
2
2 ln 2 2 .
x
xC++
B.
2
2
2.
ln 2
x
xC++
C.
2 ln 2 .
x
C+
D.
2
.
ln 2
x
C+
5. Cho khối lăng trụ có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao bằng
3.a
Thể tích của khối lăng trụ đã cho
bằng
A.
3
.a
B.
3
4.a
C.
3
4
.
3
a
D.
3
3.a
6. Nghiệm của phương trình
( )
2
log 3 8 2x −=
là
A.
4.x =−
B.
12.x =
C.
4.x =
D.
4
.
3
x =−
7. Cho khối trụ có chiều cao bằng
23
và bán kính đáy bằng
2.
Thể tích của khối trụ đã cho bằng
A.
8.
B.
8 3 .
C.
83
.
3
D.
24 .
8. Cho hàm số
( )
y f x=
có bảng biến thiên như sau
x
−
1−
1
+
y
+
0
−
0
+
y
−
1
3−
+
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
( )
1; .+
B.
( )
3; .− +
C.
( )
1;1 .−
D.
( )
;1 .−
9. Trong không gian
,Oxyz
cho hai điểm
( ) ( )
1;1; 2 , 3; 4;1 .AB−−
Tọa độ của vectơ
AB
là
A.
( )
2;5; 3 .−−
B.
( )
2;5;3 .
C.
( )
2; 5;3 .−
D.
( )
2;5; 3 .−
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
--------------------
KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2019 - 2020
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
Đề thi khảo sát có: 06 trang
-----------------------------
MÃ ĐỀ THI: xxx
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
10. Phương trình đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
23
1
x
y
x
−
=
−
là
A.
2.y =
B.
1.y =
C.
1.x =
D.
2.x =
11. Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng
3a
và bán kính đáy bằng
.a
Diện tích xung quanh của hình
nón đã cho bằng
A.
2
12 .a
B.
2
3.a
C.
2
6.a
D.
2
.a
12. Với
a
là số thực dương khác 1,
( )
2
log
a
aa
bằng
A.
3
.
4
B.
3.
C.
3
.
2
D.
1
.
4
13. Cho khối chóp có diện tích đáy bằng
2
a
và chiều cao bằng
2.a
Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A.
3
2
.
3
a
B.
3
2.a
C.
3
4.a
D.
3
.a
14. Giá trị nhỏ nhất của hàm số
42
23y x x= − −
trên đoạn
1;2−
bằng
A.
4.−
B.
0.
C.
5.
D.
3.−
15. Cho
( )
fx
là một hàm số liên tục trên và
( )
Fx
là một nguyên hàm của hàm số
( )
.fx
Biết
( )
3
1
d3f x x =
và
( )
1 1.F =
Giá trị của
( )
3F
bằng
A.
4.
B.
2.
C.
2.−
D.
3.
16. Đạo hàm của hàm số
( )
2
3
log 2 1y x x= − +
là
A.
( )
2
21
.
2 1 ln3
x
xx
−
−+
B.
( )
2
41
.
2 1 ln3
x
xx
−
−+
C.
( )
2
4 1 ln3
.
21
x
xx
−
−+
D.
2
41
.
21
x
xx
−
−+
17. Phần hình phẳng
( )
H
được gạch chéo trong hình vẽ dưới đây được giới hạn bởi đồ thị hàm số
( )
,y f x=
2
4y x x=+
và hai đường thẳng
2; 0.xx= − =
Biết
( )
0
2
4
d,
3
f x x
−
=
diện tích hình phẳng
( )
H
là
A.
7
.
3
B.
16
.
3
C.
4
.
3
D.
20
.
3
18. Trong không gian
,Oxyz
cho hai điểm
( )
1;1;0A −
và
( )
3;5; 2 .B −
Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng
AB
là
A.
( )
2;2; 1 .−
B.
( )
2;6; 2 .−
C.
( )
4;4; 2 .−
D.
( )
1;3; 1 .−
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
19. Cho hàm số
( )
y f x=
có đồ thị như hình vẽ. Số giá trị nguyên của tham số
m
để
đường thẳng
ym=
cắt đồ thị hàm số đã cho tại ba điểm phân biệt là
A. Vô số. B.
3.
C.
0.
D.
5.
20. Tập nghiệm của bất phương trình
2
2
4 64
xx−
là
A.
(
)
; 1 3; .− − +
B.
)
3; .+
C.
(
; 1 .− −
D.
1;3 .−
21. Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng
2.a
Diện tích xung
quanh của hình nón đã cho bằng
A.
2
2.a
B.
2
.
2
a
C.
2
.a
D.
2
2
.
2
a
22. Cho hàm số
21
.
1
x
y
x
+
=
−
Tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn
1;0−
bằng
A.
3
.
2
B.
2.
C.
1
.
2
−
D.
0.
23. Cho hàm số
( )
y f x=
có bảng biến thiên như sau
x
−
1−
2
+
y
+
−
+
y
3
+
4
5−
+
Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số bằng
A.
4.
B.
1.
C.
2.
D.
3.
24. Số nghiệm của phương trình
( ) ( )
3 3 3
log 2 log 2 log 5xx+ + − =
là
A.
2.
B.
3.
C.
1.
D.
0.
25. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy là hình vuông cạnh
,a
SA
vuông góc với mặt
phẳng đáy và
2SA a=
(tham khảo hình vẽ). Góc giữa đường thẳng
SC
và
mặt phẳng
( )
ABCD
bằng
A.
30 .
B.
45 .
C.
60 .
D.
90 .
26. Cho hàm số
( )
y f x=
có đạo hàm
( ) ( )( )
2
3 1 .f x x x x
= + −
Số điểm cực trị
của hàm số bằng
A.
0.
B.
2.
C.
3.
D.
1.
27. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số
( )
2
1
1
cos
x
fx
xx

=+


với
( )
0; \ ,
2
x k k
+ +

là
A.
2
1
tan .xC
x
− + +
B.
ln tan .x x C++
C.
2
1
tan .xC
x
− − +
D.
ln tan .x x C−+
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
28. Cho khối lăng trụ đứng
.ABC A B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
, , 5,B AB a AC a==
23AA a
=
(tham khảo hình vẽ).
Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
A.
3
2 3 .a
B.
3
4 3 .a
C.
3
23
.
3
a
D.
3
3
.
3
a
29. Trong không gian
,Oxyz
cho các vectơ
( )
2; 3;1a = − −
và
( )
1;0;1 .b =
Côsin góc giữa hai vectơ
a
và
b
bằng
A.
1
.
27
−
B.
1
.
27
C.
3
.
27
−
D.
3
.
27
30. Cho hàm số
( )
y f x=
có bảng biến thiên như sau
x
−
6−
0
6
+
y
−
0
+
0
−
0
+
y
+
4−
5
4−
+
Số nghiệm của phương trình
( )
2 11 0fx−=
bằng
A.
3.
B.
2.
C.
0.
D.
4.
31. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật tâm
,O
cạnh
,AB a=
2.AD a=
Hình
chiếu vuông góc của
S
trên mặt phẳng
( )
ABCD
là trung điểm của đoạn
.OA
Góc giữa
SC
và mặt
phẳng
( )
ABCD
bằng
30 .
Khoảng cách từ
C
đến mặt phẳng
( )
SAB
bằng
A.
9 22
.
44
a
B.
3 22
.
11
a
C.
22
.
11
a
D.
3 22
.
44
a
32. Cho phương trình
22
1
16 2.4 10
xx
m
+
− + =
(
m
là tham số). Số giá trị nguyên của
10;10m−
để
phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm thực phân biệt là
A.
7.
B.
9.
C.
8.
D.
1.
33. Trong không gian
,Oxyz
cho điểm
( )
2;4; 3 .I −
Phương trình mặt cầu có tâm
I
và tiếp xúc với mặt
phẳng
( )
Oxz
là
A.
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 4 3 4.x y z− + − + + =
B.
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 4 3 29.x y z− + − + + =
C.
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 4 3 9.x y z− + − + + =
D.
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 4 3 16.x y z− + − + + =
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
34. Giả sử
n
là một số nguyên dương thỏa mãn
23
3 24.
nn
CC−=
Hệ số của số hạng chứa
12
x
trong khai
triển
2
2
n
xx
x

−


bằng
A.
12
672 .x
B.
12
672 .x−
C.
672.
D.
672.−
35. Cho hàm số
( )
0fx
và có đạo hàm liên tục trên
,
thỏa mãn
( ) ( )
( )
1
2
fx
x f x
x
+=
+
và
( )
2
ln2
0.
2
f

=


Giá trị
( )
3f
bằng
A.
( )
2
1
4ln2 ln5 .
2
−
B.
( )
2
4 4ln2 ln5 .−
C.
( )
2
1
4ln2 ln5 .
4
−
D.
( )
2
2 4ln2 ln5 .−
36. Cho hàm số
( ) ( )
32
2 2 1.y x m x m x= + − + − +
Số giá trị nguyên của tham số
m
để hàm số đã cho
đồng biến trên khoảng
( )
;− +
là
A. 3. B. 0. C. 4. D. 2.
37. Cho khối lăng trụ
.ABC A B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
,A
,AB a=
2.BC a=
Hình chiếu
vuông góc của đỉnh
A
lên mặt phẳng
( )
ABC
là trung điểm
H
của cạnh
.AC
Góc giữa hai mặt
phẳng
( )
BCC B

và
( )
ABC
bằng
60 .
Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
A.
3
33
.
4
a
B.
3
3
.
8
a
C.
3
33
.
8
a
D.
3
3
.
16
a
38. Trong không gian
,Oxyz
cho hai điểm
( ) ( )
1;2;3 , 1; 2;5 .AB−
Phương trình của mặt cầu đi qua hai
điểm
,AB
và có tâm thuộc trục
Oy
là
A.
2 2 2
4 22 0.x y z y+ + + − =
B.
2 2 2
4 22 0.x y z y+ + − − =
C.
2 2 2
4 26 0.x y z y+ + + − =
D.
2 2 2
4 26 0.x y z y+ + − − =
39. Cho hàm số
( )
fx
có
( )
2
1ef =
và
( )
2
2
21
e , 0.
x
x
f x x
x
−
=
Khi đó
( )
ln3
1
dxf x x
bằng
A.
2
6 e .−
B.
2
6e
.
2
−
C.
2
9 e .−
D.
2
9e
.
2
−
40. Cho hàm số bậc ba
( )
y f x=
có đồ thị như hình vẽ
Số điểm cực tiểu của hàm số
( )
( )
2
g x f x x= − +
bằng
A.
1.
B.
5.
C.
2.
D.
3.
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
41. Có bao nhiêu cặp số nguyên
( )
;xy
thỏa mãn
2 2021x
và
( )
1
2
2 log 2 2 ?
yy
x x y
−
− + = −
A.
2020.
B.
9.
C.
2019.
D.
10.
42. Cho hàm số
( )
y f x=
liên tục trên thỏa mãn
( ) ( )
1 5, 3 0ff− = − =
và có bảng xét dấu đạo hàm
như sau
x
−
1−
0
1
2
+
( )
fx
+
0
−
0
+
0
+
0
−
Số giá trị nguyên dương của tham số
m
để phương trình
( )
2
3 2 4f x x x m− + + − =
có nghiệm trong
khoảng
( )
3;5
là
A.
16.
B.
17.
C.
0.
D.
15.
43. Cho hàm số
( )
y f x=
liên tục trên và thỏa mãn
( )
1
1 1, 2.
e
ff

− = − =


Hàm số
( )
fx
có đồ thị như hình vẽ. Bất phương trình
( ) ( )
2
lnf x x x m − + +
có nghiệm
đúng với mọi
1
1;
e
x

− −


khi và chỉ khi
A.
0.m
B.
2
1
3.
e
m −
C.
2
1
3.
e
m −
D.
0.m
44. Cho hàm số
( )
fx
liên tục trên khoảng
( )
0;+
và thỏa mãn
( )
( )
( )
2
21
1 .ln 1 .
2
4
fx
x
f x x
x
xx
+
+ + = +
Biết
( )
17
1
d ln5 2lnf x x a b c= − +
với
, , .abc
Giá trị của
2a b c++
bằng
A.
29
.
2
B.
5.
C.
7.
D.
45. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh
.a
Hình chiếu vuông góc của
S
trên mặt
phẳng
( )
ABCD
là trung điểm của cạnh
,AB
góc giữa
( )
SAC
và đáy bằng
45 .
Gọi
M
là trung điểm
của
.SD
Khoảng cách giữa hai đường thẳng
AM
và
SC
bằng
A.
.a
B.
2
.
4
a
C.
5
.
10
a
D.
5
.
5
a
46. Cho hàm số
( )
fx
có đạo hàm xác định trên
.
Biết
( )
12f =
và
( )
( )
14
2
01
13
d 2 d 4.
2
x
x f x x f x x
x
+
= − =

Giá trị của
( )
1
0
df x x
bằng
A.
1.
B.
5
.
7
C.
3
.
7
D.
1
.
7
47. Cho hình nón đỉnh
S
có đáy là hình tròn tâm
.O
Một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón và cắt hình
nón theo một thiết diện là tam giác vuông
SAB
có diện tích bằng
2
4.a
Góc giữa trục
SO
và mặt
phẳng
( )
SAB
bằng
30 .
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
A.
2
4 10 .a
B.
2
2 10 .a
C.
2
10 .a
D.
2
8 10 .a
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
48. Cho hàm số
( )
y f x=
có đồ thị hàm số
( )
y f x
=
như hình vẽ
Hàm số
( )
( )
e 2 2020
x
g x f= − −
nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
3
1; .
2

−


B.
( )
1;2 .−
C.
( )
0; .+
D.
3
;2 .
2



49. Cho khối chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật,
,AB a=
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy
và
.SA a=
Góc giữa hai mặt phẳng
( )
SBC
và
( )
SCD
bằng
,
với
1
cos .
3
=
Thể tích của khối
chóp đã cho bằng
A.
3
2
.
3
a
B.
3
2.a
C.
3
22
.
3
a
D.
3
2
.
3
a
50. Cho đa giác đều
( )
H
có 30 đỉnh. Lấy tùy ý 3 đỉnh của
( )
.H
Xác suất để 3 đỉnh lấy được tạo thành
một tam giác tù bằng
A.
39
.
140
B.
39
.
58
C.
45
.
58
D.
39
.
280
--------------- HẾT ---------------
Lời giải đề thi khảo sát tỉnh Phú Thọ
Lớp Chuyên Toán Khóa 36
*
Ngày 17 tháng 5 năm 2020
"The Only Way To Learn Mathematics Is To Do Mathematics"
— Paul Halmos
Tập thể lớp chuyên Toán khóa 36, trường THPT chuyên Hùng Vương xin giới thiệu
tới bạn đọc và các quý thầy cô đề thi và lời giải môn Toán cho kì thi khảo sát khối 12
của tỉnh Phú Thọ diễn ra vài ngày trước. Mặc dù tỉnh có thu lại đề nhưng nhóm tác giả
vẫn lượm được trên mạng đề để giải. Đồng thời nhóm tác giả muốn xin đề đạt với các
thầy ở Sở giáo dục là sau mỗi cuộc thi thì nên cho các bạn học sinh cầm đề và nháp về
để trao đổi, rút ra kinh nghiệm thêm cho bản thân và để làm tài liệu cho các khóa sau
này. Trong tài liệu có thể có lỗi soạn thảo hoặc nội dung, các tác giả rất mong muốn
được trao đổi thêm với bạn đọc.
Tài liệu này là thành quả của nhóm tác giả và được chia sẻ công khai tới cộng đồng,
tất cả hoạt động mua bán hay kinh doanh mà không có sự cho phép của các tác giả là
trái pháp luật.
Mục lục
1 Bình luận chung 1
2 Đề bài 2
3 Lời giải chi tiết 11
§
1 Bình luận chung
Đề thi lần này sát với cấu trúc đề minh hoạ, các câu lý thuyết hay vận dụng các tính
chất cơ bản chiếm khoảng 50% đề thi và đủ các dạng bài. Đây là một con số phù hợp để
các bạn học sinh trung bình có thể đạt được 5
−
6 điểm. Đề thi cũng có nhiều câu có độ
khó cao hơn và nhiều câu để thực sự phân loại học sinh (điểm 9 - 10). Các mảng kiến
thức chủ yếu ở các câu này liên quan hàm số, nguyên hàm, tích phân và hình học không
gian. Để đạt được 8 điểm thì cũng đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng khá chắc tay và
đòi hỏi thêm tính toán cẩn thận. Còn muốn với tới được 9
−
10 thì học sinh cũng gặp
không ít khó khăn, các bạn học sinh vừa cần cẩn thận những câu dễ mà lại phải nhanh
*
Email: 10toancutee@gmail.com
Facebook: Mười Một Toán
1
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
để chiến đấu với các câu còn lại có mức tính toán nhiều hơn, con số học sinh đạt được
thang điểm này là không nhiều.
Nhìn chung đề thi đáp ứng được các loại đối tượng học sinh, giúp phân loại học sinh
khá tốt. Mong điểm trung bình trong của toàn tỉnh sẽ là 6 hoặc có thể cao hơn thì là
điều đáng mừng. ª
§
2 Đề thi
Kì thi có nhiều mã đề nhưng có lẽ chỉ thay đổi số liệu, trộn câu.
Câu 1. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng đường cong như hình vẽ
A. y = −x
3
− 3x
2
+ 2.
B. y = −x
4
+ 3x
2
+ 2.
C. y = x
4
− 3x
2
+ 2.
D. y = x
3
− 2x
2
− 2.
Câu 2.
Cho cấp số nhân (
u
n
) có số hạng đầu
u
1
= 2 và công bội
q
= 4. Giá trị của
u
3
bằng
A. 32. B. 16. C. 8. D. 6.
Câu 3.
Một tổ có 6 học sinh nam và 5 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn một học sinh
nam và một học sinh nữ để đi tập văn nghệ ?
A. A
2
11
. B. 30. C. C
2
11
. D. 11.
Câu 4. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f(x) = 2
x
+ 4x là
A. 2
x
ln 2 + 2x
2
+ C.
B.
2
x
ln 2
+ 2x
2
+ C.
C. 2
x
ln 2 + C.
D.
2
x
ln 2
+ C.
Câu 5.
Cho khối lăng trụ có đáy là hình vuông cạnh
a
và chiều cao bằng 3
a
. Thể tích khối
lăng trụ đã cho bằng
A. a
3
. B. 4a
3
.
C.
4
3
a
3
.
D. 3a
3
.
Câu 6. Nghiệm của phương trình log
2
(3x − 8) = 2 là
A. x = −4. B. x = 12. C. x = 4.
D. x =
−4
3
.
Câu 7.
Cho khối trụ có chiều cao bằng 2
√
3
và bán kính đáy bằng 2. Thể tích của khối trụ
đã cho là
2
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
A. 8π. B. 8
√
3π.
C.
8
√
3
3
π.
D. 24π.
Câu 8. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau
x −∞ −1 1 +∞
y
0
+ 0 − 0 +
1 +∞
% & %
y −∞ −3
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. (1; +∞). B. (−3; +∞). C. (−1; 1). D. (−∞; 1).
Câu 9.
Trong không gian
Oxyz
cho hai điểm
A
(1; 1;
−
2),
B
(3;
−
4; 1). Tọa độ của vectơ
−−→
AB là
A. (−2; 5; −3). B. (2; 5; 3). C. (2; −5; 3). D. (2; 5; −3).
Câu 10. Phương trình tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
2x − 3
x − 1
là
A. y = 2. B. y = 1. C. x = 1. D. x = 2.
Câu 11.
Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng 3
a
và bán kính đáy là bằng
a
. Diện tích
xung quanh của hình nón đã cho bằng
A. 12πa
2
. B. 3πa
2
. C. 6πa
2
. D. πa
2
.
Câu 12. Với a là một số thực dương khác 1, log
a
2
(a
√
a) bằng
A.
3
4
.
B. 3.
C.
3
2
. D.
1
4
.
Câu 13. Cho khối chóp có diện tích đáy bằng a
2
và chiều cao bằng 2a. Thể tích khối chóp
đã cho bằng
A.
2a
3
3
.
B. 2a
3
. C. 4a
3
. D. a
3
.
Câu 14. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x
4
− 2x
2
− 3 trên khoảng [1; 2] bằng
A. −4. B. 0. C. 5. D. −3.
Câu 15.
Cho
f
(
x
) là một hàm số liên tục trên
R
và
F
(
x
) là một nguyên hàm của
f
(
x
). Biết
Z
3
1
f(x)dx = 3 và F (1) = 1, giá trị F (3) bằng
A. 4. B. 2. C. −2. D. 3.
Câu 16. Đạo hàm của hàm số y = log
3
(2x
2
− x + 1) là
3
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
A.
2x − 1
(2x
2
− x + 1) ln 3
.
B.
4x − 1
(2x
2
− x + 1) ln 3
.
C.
(4x − 1) ln 3
2x
2
− x + 1
.
D.
4x − 1
2x
2
− x + 1
.
Câu 17.
Phần hình phẳng (
H
) được gạch chéo trong hình vẽ dưới đây được giới hạn bởi đồ
thị hàm số y = f(x), y = x
2
+ 4x và hai đường thẳng x = −2; x = 0.
Biết
Z
0
−2
f(x)dx =
4
3
, diện tích của hình phẳng (H) bằng
A.
7
3
. B.
16
3
. C.
4
3
. D.
20
3
.
Câu 18.
Trong không gian
Oxyz
cho hai điểm
A
(
−
1; 1; 0) và
B
(3; 5;
−
2). Tọa độ trung điểm
của đoạn thẳng AB là
A. (2; 2; −1). B. (2; 6; −2). C. (4; 4; −2). D. (1; 3; −1).
Câu 19. Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ
ff
Số giá trị nguyên của tham số
m
để đường thẳng
y
=
m
cắt đồ thị hàm số đã cho
tại ba điểm phân biệt là
4
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
A. Vô số. B. 3. C. 0. D. 5.
Câu 20. Tập nghiệm của bất phương trình 4
x
2
−2x
≥ 64 là
A. (−∞; −1] ∪ [3; +∞).
B. [3; +∞).
C. (−∞; −1].
D. [−1; 3].
Câu 21.
Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng
a
√
2. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
A.
√
2πa
2
.
B.
πa
2
2
.
C. πa
2
.
D.
√
2πa
2
2
.
Câu 22.
Cho hàm số
y
=
2x + 1
x − 1
. Tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã
cho trên đoạn [−1; 0] bằng
A.
3
2
.
B. 2.
C. −
1
2
.
D. 0.
Câu 23. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau
x −∞ −1 2 +∞
y
0
+ || − || +
+∞||4 +∞
% & %
y 3 −5
Tổng số đường tiệm cận đứng và ngang của đồ thị hàm số bằng
A. 4. B. 1. C. 2. D. 3.
Câu 24. Số nghiệm của phương trình log
3
(x + 2) + log
3
(x − 2) = log
3
5 là
A. 2. B. 3. C. 1. D. 0.
Câu 25.
Cho hình chóp
S.ABCD
có đáy cạnh hình vuông là
a
,
SA
vuông góc với mặt
phẳng đáy và SA = a
√
2 (tham khảo hình vẽ).
Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng
5
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
A. 30
◦
. B. 45
◦
. C. 60
◦
. D. 90
◦
.
Câu 26.
Cho hàm số
y
=
f
(
x
) có đạo hàm
f
0
(
x
) =
x
(
x
+ 3)(
x −
1)
2
. Số điểm cực đại của
hàm số bằng
A. 0. B. 2. C. 3. D. 1.
Câu 27.
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số
f
(
x
) =
1
x
1 +
x
cos
2
x
với
x ∈
(0; +
∞
)
\
n
π
2
+ kπ, k ∈ Z
o
là
A. −
1
x
2
+ tan x + C.
B. ln x + tan x + C.
C. −
1
x
2
− tan x + C.
D. ln x − tan x + C.
Câu 28.
Cho khối lăng trụ đứng
ABC.A
0
B
0
C
0
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
B
,
AB
=
a
,
AC = a
√
5, AA
0
= 2a
√
3 (tham khảo hình vẽ).
Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
A. 2
√
3a
3
. B. 4
√
3a
3
.
C.
2
√
3
3
a
3
. D.
√
3a
3
3
.
Câu 29.
Trong không gian
Oxyz
cho các vectơ
−→
a
= (
−
2;
−
3; 1) và
−→
b
= (1; 0; 1). Côsin của
góc giữa hai vectơ
−→
a và
−→
b bằng
A. −
1
2
√
7
. B.
1
2
√
7
. C. −
3
2
√
7
. D.
3
2
√
7
.
Câu 30. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau
x −∞ −
√
6 0
√
6 +∞
y
0
− 0 + 0 − 0 +
y +∞ 5 +∞
& % & %
−4 −4
Số nghiệm của phương trình 2f(x) − 11 = 0 bằng
6
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
A. 3. B. 2. C. 0. D. 4.
Câu 31.
Cho hình chóp
S.ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật tâm
O
, cạnh
AB
=
a, AD
=
a
√
2
. Hình chiếu vuông góc của
S
lên mặt phẳng (
ABCD
) là trung điểm
đoạn thẳng
OA
. Góc giữa
SC
và mặt phẳng (
ABCD
) bằng 30
◦
. Khoảng cách từ
C đến mặt phẳng (SAB) bằng
A.
9
√
22a
44
. B.
3
√
22a
11
. C.
√
22a
11
. D.
3
√
22a
44
.
Câu 32.
Cho phương trình 16
x
2
−
2
·
4
x
2
+1
+ 10 =
m
(
m
là tham số). Số giá trị nguyên của
m ∈ [−10; 10] để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt là
A. 7. B. 9. C. 8. D. 1.
Câu 33.
Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
I
(2; 4;
−
3). Phương trình mặt cầu có tâm
I
và
tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz) là
A. (x − 2)
2
+ (y − 4)
2
+ (z + 3)
2
= 4.
B.
(
x −
2)
2
+ (
y −
4)
2
+ (
z
+ 3)
2
= 29.
C. (x − 2)
2
+ (y − 4)
2
+ (z + 3)
2
= 9.
D.
(
x −
2)
2
+ (
y −
4)
2
+ (
z
+ 3)
2
= 16.
Câu 34.
Giả sử
n
là một số nguyên dương thỏa mãn 3
C
2
n
− C
3
n
= 24. Hệ số của số hạng
chứa x
12
trong khai triển
x
2
√
x −
2
x
n
bằng
A. 672x
12
. B. −672x
12
. C. 672. D. −672.
Câu 35.
Cho hàm số
f
(
x
)
>
0 và có đạo hàm liên tục trên
R
, thỏa mãn (
x
+1)
f
0
(
x
) =
p
f(x)
x + 2
và f(0) =
ln 2
2
2
. Giá trị của f(3) bằng
A.
1
2
(4 ln 2 − ln 5)
2
.
B. 4(4 ln 2 − ln 5)
2
.
C.
1
4
(4 ln 2 − ln 5)
2
.
D. 2(4 ln 2 − ln 5)
2
.
Câu 36.
Cho hàm số
y
=
x
3
+ (
m −
2)
x
2
+ (
m −
2)
x
+ 1. Số giá trị nguyên của tham số
m
để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (−∞; +∞) là
A. 3. B. 0. C. 4. D. 2.
Câu 37.
Cho khối lăng trụ
ABC.A
0
B
0
C
0
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
A
,
AB
=
a
,
BC
= 2
a
. Hình chiếu vuông góc của đỉnh
A
0
lên mặt phẳng (
ABC
) là trung điểm
H
của cạnh
AC
. Góc giữa hai mặt phẳng (
BCC
0
B
0
) và (
ABC
) bằng 60
◦
. Thể tích
của khối lăng trụ đã cho bằng
A.
3
√
3a
3
4
. B.
√
3a
3
8
. C.
3
√
3a
3
8
. D.
a
3
√
3
16
.
Câu 38.
Trong không gian
Oxyz
, cho hai điểm
A
(1; 2; 3)
, B
(1;
−
2; 5). Phương trình đã cho
của mặt cầu đi qua hai điểm A, B và có tâm thuộc trục Oy là
7
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
A. x
2
+ y
2
+ z
2
+ 4y − 22 = 0.
B. x
2
+ y
2
+ z
2
− 4y − 22 = 0.
C. x
2
+ y
2
+ z
2
+ 4y − 26 = 0.
D. x
2
+ y
2
+ z
2
− 4y − 26 = 0.
Câu 39.
Cho hàm số
f
(
x
) có
f
(1) =
e
2
và
f
0
(
x
) =
2x − 1
x
2
e
2x
, ∀x 6
= 0. Khi đó
Z
ln 3
1
xf
(
x
)d
x
bằng
A. 6 − e
2
.
B.
6 − e
2
2
.
C. 9 − e
2
.
D.
9 − e
2
2
.
Câu 40. Cho hàm số bậc ba y = f(x) có đồ thị như hình vẽ
Số điểm cực tiểu của hàm số g(x) = f(−x
2
+ x) bằng
A. 1. B. 5. C. 2. D. 3.
Câu 41.
Có bao nhiêu cặp số nguyên (
x
;
y
) thỏa mãn 2
≤ x ≤
2021 và 2
y
−log
2
(
x
+ 2
y−1
) =
2x − y?
A. 2020. B. 9. C. 2019. D. 10.
Câu 42.
Cho hàm số
f
(
x
) liên tục trên
R
, thỏa mãn
f
(
−
1) = 5
, f
(
−
3) = 0 và có bảng xét
dấu đạo hàm như sau
x −∞ −1 0 1 2 +∞
f
0
(x) + 0 − 0 + 0 + 0 −
Số giá trị nguyên dương của tham số
m
để phương trình 3
f
(2
−x
)+
√
x
2
+ 4−x
=
m
có nghiệm trong khoảng (3; 5) là
A. 16. B. 17. C. 0. D. 15.
Câu 43.
Cho hàm số
y
=
f
(
x
) liên tục trên
R
và thỏa mãn
f
(
−
1) = 1
, f
−1
e
= 2. Hàm
số f
0
(x) có đồ thị như hình vẽ
Bất phương trình
f
(
x
)
< ln
(
−x
) +
x
2
+
m
có nghiệm đúng với mọi
x ∈
−1; −
1
e
khi và chỉ khi
8
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
A. m > 0.
B. m > 3 −
1
e
2
. C. m ≥ 3 −
1
e
2
.
D. m ≥ 0.
Câu 44.
Cho hàm số
f
(
x
) liên tục trên khoảng (0; +
∞
) và thỏa mãn
f
(
x
2
+ 1) +
f(
√
x)
4x
√
x
=
2x + 1
2x
· ln
(
x
+ 1). Biết
Z
17
1
f
(
x
)d
x
=
a ln
5
−
2
ln b
+
c
với
a, b, c ∈ R
. Giá trị của
a + b + 2c bằng
A.
29
2
.
B. 5. C. 7. D. 37.
Câu 45.
Cho hình chóp
S.ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh
a
. Hình chiếu vuông
góc của
S
lên mặt phẳng (
ABCD
) là trung điểm cạnh
AB
, góc giữa (
SAC
) và đáy
là 45
◦
. Gọi
M
là trung điểm của đoạn thẳng
SD
. Khoảng cách giữa đường thẳng
AM và SC là
A. a.
B.
a
√
2
4
. C.
a
√
5
10
. D.
a
√
5
5
.
Câu 46.
Cho hàm số
f
(
x
) có đạo hàm xác định trên
R
. Biết
f
(1) = 2 và
Z
1
0
x
2
f
0
(
x
)d
x
=
Z
4
1
1 + 3
√
x
2
√
x
f(2 −
√
x)dx = 4. Giá trị của
Z
1
0
f(x)dx bằng
A. 1.
B.
5
7
. C.
3
7
. D.
1
7
.
Câu 47.
Cho hình nón đỉnh
S
có đáy là hình tròn tâm
O.
Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình
nón và cắt hình nón theo một thiết diện là tam giác vuông
SAB
có diện tích bằng
4
a
2
. Góc giữa trục
SO
và mặt phẳng (
SAB
) bằng 30
◦
. Diện tích xung quanh của
hình nón đã cho bằng
9
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
A. 4
√
10πa
2
. B. 2
√
10πa
2
. C.
√
10πa
2
. D. 8
√
10πa
2
.
Câu 48. Cho hàm số y = f(x) có đồ thị hàm số f
0
(x) như hình vẽ
Hàm số g(x) = f (e
x
− 2) − 2020 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
−1;
3
2
.
B. (−1; 2). C. (0; +∞).
D.
3
2
; 2
.
Câu 49.
Cho khối chóp
S.ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật,
AB
=
a, SA
vuông góc
với mặt phẳng đáy và
SA
=
a.
Góc giữa hai mặt phằng (
SBC
) và (
SCD
) bằng
ϕ,
với cos ϕ =
1
√
3
. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A.
a
3
√
2
3
.
B. a
3
√
2.
C.
2
√
2a
3
3
.
D.
2a
3
3
.
Câu 50.
Cho đa giác đều (
H
) có 30 đỉnh. Lấy tùy ý 3 đỉnh của (
H
). Xác suất để 3 đỉnh lấy
được tạo thành một tam giác tù bằng
A.
39
140
. B.
39
58
. C.
45
58
. D.
39
280
.
— HẾT —
10
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
§
3 Lời giải chi tiết
Câu 1. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng đường cong như hình vẽ
A. y = −x
3
− 3x
2
+ 2.
B. y = −x
4
+ 3x
2
+ 2.
C. y = x
4
− 3x
2
+ 2.
D. y = x
3
− 2x
2
− 2.
Lời giải. Đáp án đúng: C
Hướng 1. Ta kí hiệu hàm số trên là
f
(
x
). Từ đồ thị ta thấy khi
x →
+
∞
thì
y →
+
∞
nên nếu hàm số trên là một đa thức thì hệ số bậc cao nhất là số dương nên còn hai đáp
án là C hoặc D.
Kết hợp f(0) = 2 thì ta rút ra được đáp án C. y = x
4
− 3x
2
+ 2.
Hướng 2. Nhìn vào đồ thị thì thấy nó đối xứng qua trục tung nên nếu
f
(
x
) là đa thức
thì nó phải bao gồm tổng lũy thừa bậc chẵn, kết hợp tính chất khi
x →
+
∞
thì
y →
+
∞
nên suy ra ta còn đáp án C.
Claim 3.1 — Ở bài toán này nhắc lại cho chúng ta hai tính chất sau
Cho
f
(
x
) là đa thức viết dưới dạng
a
n
x
n
+
a
n−1
x
n−1
+
. . .
+
a
1
x
+
a
0
. Khi đó nếu
a
n
>
0 thì
x →
+
∞
sẽ suy ra
y →
+
∞
và nếu
a
n
<
0 thì khi
x →
+
∞
sẽ suy ra
y → −∞.
Và nếu f(x) = f(−x) tại vô số điểm thì các hệ số bậc lẻ a
i
= 0 (i lẻ).
Câu 2.
Cho cấp số nhân (
u
n
) có số hạng đầu
u
1
= 2 và công bội
q
= 4. Giá trị
của u
3
bằng
A. 32. B. 16. C. 8. D. 6.
Lời giải. Đáp án đúng: A
Cách tính như sau: u
3
= 4 × u
2
= 4
2
× u
1
= 16 × 2 = 32.
Claim 3.2 —
Với cấp số nhân (
u
n
) có
u
1
=
a
và công bội
q
thì với mọi số nguyên
dương n, ta có các tính chất sau:
1. u
n
= q
n−1
· a.
2. u
n+2
· u
n
= u
2
n+1
.
11
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
3. S
n
=
P
n
i=1
u
i
=
a(q
n
− 1)
q − 1
, với q 6= 1.
Câu 3.
Một tổ có 6 học sinh nam và 5 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn một
học sinh nam và một học sinh nữ để đi tập văn nghệ ?
A. A
2
11
. B. 30. C. C
2
11
. D. 11.
Lời giải. Đáp án đúng: B
Trước tiên để chọn một học sinh nam trong 6 học sinh nam thì có 6 cách chọn, sau đó
chọn một học sinh nữ trong 5 bạn học sinh nữ thì có 5 cách chọn.
Theo quy tắc nhân thì số cách chọn thỏa mãn yêu cầu đề bài là 6
×
5 = 30 (cách
chọn).
Claim 3.3 — Quy tắc cộng và quy tắc nhân có thể hiểu đơn giản như sau:
Nếu một công việc được chia ra làm hai giai đoạn, giai đoạn đầu có
a
hướng xử lí,
giai đoạn hai có b hướng xử lí thì số hướng xử lí công việc là a × b (quy tắc nhân).
Còn một công việc mà người
A
có
a
cách xử lí, người
B
có
b
cách xử lí thì tổng
số cách xử lí sẽ là a + b (quy tắc cộng).
Câu 4. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f(x) = 2
x
+ 4x là
A. 2
x
ln 2 + 2x
2
+ C.
B.
2
x
ln 2
+ 2x
2
+ C.
C. 2
x
ln 2 + C.
D.
2
x
ln 2
+ C.
Lời giải. Đáp án đúng: B
Áp dụng công thức tính nguyên hàm ta có
Z
(2
x
+ 4x) dx =
Z
2
x
dx +
Z
4xdx =
2
x
ln 2
+ 2x
2
+ C.
Nếu bạn nào còn quên công thức nguyên hàm thì có thể tính đạo hàm của từng đáp
án đã cho và sẽ đi đến kết quả B.
Câu 5.
Cho khối lăng trụ có đáy là hình vuông cạnh
a
và chiều cao bằng 3
a
. Thể
tích khối lăng trụ đã cho bằng
A. a
3
. B. 4a
3
.
C.
4
3
a
3
.
D. 3a
3
.
Lời giải. Đáp án đúng: D
Áp dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ, ta có
V = S ·h = a
2
· 3a = 3a
3
.
12
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Câu 6. Nghiệm của phương trình log
2
(3x − 8) = 2 là
A. x = −4. B. x = 12. C. x = 4.
D. x =
−4
3
.
Lời giải. Đáp án đúng: C
Từ giả thiết log
2
(3x − 8) = 2 thì suy ra 3x − 8 = 2
2
hay ta có x = 4.
Câu 7.
Cho khối trụ có chiều cao bằng 2
√
3
và bán kính đáy bằng 2. Thể tích
của khối trụ đã cho là
A. 8π. B. 8
√
3π.
C.
8
√
3
3
π.
D. 24π.
Lời giải. Đáp án đúng: B
Áp dụng công thức tính thể tích khối trụ thì ta có
V = S ·h = (π · 2
2
) · 2
√
3 = 8
√
3π.
Câu 8. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau
x −∞ −1 1 +∞
y
0
+ 0 − 0 +
1 +∞
% & %
y −∞ −3
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. (1; +∞). B. (−3; +∞). C. (−1; 1). D. (−∞; 1).
Lời giải. Đáp án đúng: A
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy
y
0
mang dấu dương ở hai khoảng (
−∞
;
−
1) và
(1; +∞) nên ta chọn đáp án A.
Nhận xét.
Bảng biến thiên có vẻ cho hơi thừa, mục đích chủ yếu để nhìn cho đẹp
mắt vì thực tế ta chỉ cần dựa vào y
0
hoặc y trong bảng là có thể ra được kết quả.
Câu 9.
Trong không gian
Oxyz
cho hai điểm
A
(1; 1;
−
2),
B
(3;
−
4; 1). Tọa độ của
vectơ
−−→
AB là
A. (−2; 5; −3). B. (2; 5; 3). C. (2; −5; 3). D. (2; 5; −3).
Lời giải. Đáp án đúng: C
Tọa độ vectơ
−−→
AB là (x
B
− x
A
; y
B
− y
A
; z
B
− z
A
) = (2; −5; 3).
13
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Câu 10. Phương trình tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
2x − 3
x − 1
là
A. y = 2. B. y = 1. C. x = 1. D. x = 2.
Lời giải. Đáp án đúng: C
Với số thực
a 6
= 1 thì
lim
x→a
2x − 3
x − 1
=
2a − 3
a − 1
và
lim
x→1
2x − 3
x − 1
=
∞
nên ta có kết luận
x
= 1
là phương trình tiệm cận đứng của đồ thị hàm số trên.
Claim 3.4 —
Cho hàm số
f
(
x
) =
ax + b
cx + d
thì tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
f
(
x
)
là x =
−d
c
.
Ta còn có thể rút ra tính chất nếu
f
(
x
) là tổng các phân thức, khi đó tập hợp các
số thực phân biệt
a
1
, a
2
, . . . , a
n
thỏa mãn
x
=
a
i
, i
=
1, n
là các tiệm cận đứng của
đồ thị hàm số f(x) thì tại các điểm x
i
thì f(x
i
) không xác định.
Câu 11.
Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng 3
a
và bán kính đáy là bằng
a
.
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
A. 12πa
2
. B. 3πa
2
. C. 6πa
2
. D. πa
2
.
Lời giải. Đáp án đúng: B
Ta có diện tích xung quanh hình nón là
S
xq
= πrl = π × a × 3a = 3πa
2
.
(trong đó
S
xq
là diện tích xung quanh hình nón,
r
là độ dài bán kính đáy và
l
là độ
dài đường sinh)
Câu 12. Với a là một số thực dương khác 1, log
a
2
(a
√
a) bằng
A.
3
4
.
B. 3.
C.
3
2
. D.
1
4
.
Lời giải. Đáp án đúng: A
Ta có
log
a
2
(a
√
a) = log
a
2
a
3
2
=
3
4
.
Claim 3.5 —
Với
a, b
là các số thực dương (
a
khác 1) và
x, y
là hai số thực tùy ý
(x khác 0). Khi đó log
a
x
(b
y
) =
y
x
· log
a
(b).
14
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Câu 13.
Cho khối chóp có diện tích đáy bằng
a
2
và chiều cao bằng 2
a
. Thể tích
khối chóp đã cho bằng
A.
2a
3
3
.
B. 2a
3
. C. 4a
3
. D. a
3
.
Lời giải. Đáp án đúng: A
Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp ta có
V =
1
3
× B ×h =
1
3
× a
2
× 2a =
2
3
a
3
.
Trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao.
Câu 14. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x
4
− 2x
2
− 3 trên khoảng [1; 2] bằng
A. −4. B. 0. C. 5. D. −3.
Lời giải. Đáp án đúng: A
Hướng 1. Xét
f
0
(
x
) = (
x
4
−
2
x
2
−
3)
0
= 4
x
(
x
2
−
1), mà ta đang xét
x
trong khoảng
[1; 2] nên f
0
(x) ≥ 0 hay hàm số đồng biến trên [1; 2].
Vậy suy ra min
x∈[1;2]
f(x) = f(1) = −4.
Hướng 2. Chúng ta sẽ dùng mẹo bấm máy tính như sau
Đầu tiên ta nhập
x
4
−
2
x
2
−
3 =
A
, trong đó
A
là biến số mà ta sẽ nhập vào 1 trong 4
kết quả của đáp án của đề bài.
Trước tiên, đề hỏi là giá trị nhỏ nhất nên ta thử lần lượt từ số bé đến số lớn, cụ thể ta
nhập
A
lần lượt là các giá trị
−
4
, −
3
,
0
,
5 và để khởi chạy
x
=
3
2
(nằm giữa đoạn [1
,
2] vì
máy tính sẽ chạy các số sang hai bên của điểm bắt đầu). Sau đó nếu phương trình vô
nghiệm hoặc có nghiệm ngoài đoạn [1; 2] thì ta lại thay
A
là các số tiếp theo vào. Đến
khi phương trình đó có nghiệm thuộc [1; 2] thì giá trị
A
mà ta đang thử chính là đáp số
cần tìm. Và may mắn ở bài này là ta thử thì chỉ cần 1 trường hợp là ra −4.
Phương pháp bấm máy này sẽ hiệu quả hơn ở một số câu phức tạp mà tiêu chí thi là
cần nhanh và chính xác thì nên dùng cách này vì máy tính bây giờ cũng rất hiện đại,
nhanh ra kết quả.
Câu 15.
Cho
f
(
x
) là một hàm số liên tục trên
R
và
F
(
x
) là một nguyên hàm của
f(x). Biết
Z
3
1
f(x)dx = 3 và F (1) = 1, giá trị F (3) bằng
A. 4. B. 2. C. −2. D. 3.
Lời giải. Đáp án đúng: A
Ta có
Z
3
1
f(x)dx = F (3) − F (1) = 3
nên giá trị F (3) = 4.
15
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Claim 3.6 — Công thức Newton - Leibniz
Cho
f
(
x
) là hàm số xác định trên [
a
;
b
] và tồn tại
F
(
x
) là một nguyên hàm của
f(x). Khi đó
Z
b
a
f(x)dx = F (b) − F (a).
Câu 16. Đạo hàm của hàm số y = log
3
(2x
2
− x + 1) là
A.
2x − 1
(2x
2
− x + 1) ln 3
.
B.
4x − 1
(2x
2
− x + 1) ln 3
.
C.
(4x − 1) ln 3
2x
2
− x + 1
.
D.
4x − 1
2x
2
− x + 1
.
Lời giải. Đáp án đúng: B
Theo công thức tính đạo hàm thì
y
0
=
log
3
(2x
2
− x + 1)
0
=
(2x
2
− x + 1)
0
(2x
2
− x + 1) ln 3
=
4x − 1
(2x
2
− x + 1) ln 3
.
Claim 3.7 — Công thức tính đạo hàm của hàm số hợp như sau
h(g(x))
0
= h
0
(g(x)) · g
0
(x).
và kết hợp công thức log
0
a
x =
1
x ln a
để ra biến đổi như trên.
Câu 17.
Phần hình phẳng (
H
) được gạch chéo trong hình vẽ dưới đây được giới
hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), y = x
2
+ 4x và hai đường thẳng x = −2; x = 0.
Biết
Z
0
−2
f(x)dx =
4
3
, diện tích của hình phẳng (H) bằng
A.
7
3
. B.
16
3
. C.
4
3
. D.
20
3
.
16
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Lời giải. Đáp án đúng: D
Ta kí hiệu
g
(
x
) là hàm số
x
2
+ 4
x
, khi đó họ các nguyên hàm của hàm số
g
(
x
) sẽ là
G(x) =
1
3
x
3
+ 2x
2
+ C nên
Z
0
−2
g(x)dx =
−16
3
.
Và ta có diện tích phần gạch chéo có công thức là
S
red
=
Z
0
−2
|f(x) − g(x)|dx =
Z
0
−2
f(x) −
Z
0
−2
g(x)
=
4
3
−
−16
3
=
20
3
.
Claim 3.8 —
Cho hai hàm số
f
(
x
)
, g
(
x
) liên tục trên [
a
;
b
]. Diện tích hình phẳng
được dưới hạn bởi hai đồ thị hàm số
y
=
f
(
x
),
y
=
g
(
x
) và hai đường thẳng
x = a, x = b là
S =
Z
b
a
|f(x) − g(x)|dx.
Câu 18.
Trong không gian
Oxyz
cho hai điểm
A
(
−
1; 1; 0) và
B
(3; 5;
−
2). Tọa độ
trung điểm của đoạn thẳng AB là
A. (2; 2; −1). B. (2; 6; −2). C. (4; 4; −2). D. (1; 3; −1).
Lời giải. Đáp án đúng: D
Tọa độ trung điểm
AB
được cho bởi công thức:
M
AB
x
A
+ x
B
2
;
y
A
+ y
B
2
;
z
A
+ z
B
2
.
Thay số liệu vào ta sẽ có M
AB
(1; 3; −1).
Câu 19. Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ
ff
Số giá trị nguyên của tham số
m
để đường thẳng
y
=
m
cắt đồ thị hàm số đã cho
tại ba điểm phân biệt là
A. Vô số. B. 3. C. 0. D. 5.
17
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Lời giải. Đáp án đúng: B
Dựa vào hình vẽ của đồ thị ta thấy
Với
m <
1 thì ta thấy đường thẳng
y
=
m
chỉ có thể cắt đồ thị tại một điểm, tương tự
với m > 5.
Với
m
= 1 hoặc
m
= 5 thì đường thẳng
y
=
m
sẽ cắt đồ thị trên tại hai điểm, một
trong số đó là điểm tiếp xúc, cụ thể với
m
= 1 thì điểm tiếp xúc là (0; 1) và
m
= 5 thì
điểm tiếp xúc là (2; 5).
Còn với 1
< m <
5 thì đường thẳng
y
=
m
cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt, kết hợp
m nguyên nên có ba giá trị thỏa mãn là {2, 3, 4}.
Câu 20. Tập nghiệm của bất phương trình 4
x
2
−2x
≥ 64 là
A.
(
−∞
;
−
1]
∪
[3; +
∞
).
B. [3; +∞).
C. (−∞; −1].
D. [−1; 3].
Lời giải. Đáp án đúng: A
Ta viết lại bất phương trình dưới dạng 4
x
2
−2x
≥
64 = 4
3
, tương đương với
x
2
−
2
x ≥
3
hay ta có (x − 3)(x + 1) ≥ 0.
Vậy từ đó ta rút ra được x ≥ 3 hoặc x ≤ −1 nên ta chọn đáp án A.
Câu 21.
Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân có cạnh
huyền bằng a
√
2. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
A.
√
2πa
2
.
B.
πa
2
2
.
C. πa
2
.
D.
√
2πa
2
2
.
Lời giải. Đáp án đúng: D
Do thiết diện qua trục là tam giác vuông cân có cạnh huyền là
a
√
2
nên bán kính của
mặt đáy là
a
√
2
2
và đường sinh của hình nón là cạnh của tam giác vuông cân.
Áp dụng định lý Pythago thì ta tính được cạnh của tam giác vuông cân có độ dài là
a
nên suy ra diện tích xung quanh mặt nón là
S = πrl = π ×
a
√
2
2
× a =
√
2πa
2
2
.
Câu 22.
Cho hàm số
y
=
2x + 1
x − 1
. Tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
hàm số đã cho trên đoạn [−1; 0] bằng
A.
3
2
.
B. 2.
C. −
1
2
.
D. 0.
18
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Lời giải. Đáp án đúng: C
Ta viết lại biểu thức đã cho như sau
f
(
x
) =
2x + 1
x − 1
= 2 +
3
x − 1
. Dễ thấy hàm số này
nghịch biến trên [−1; 0] nên đạt giá trị lớn nhất nhỏ nhất tại hai biên.
Suy ra tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn [
−
1; 0] là
f(−1) × f(0) = −
1
2
.
Câu 23. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau
x −∞ −1 2 +∞
y
0
+ || − || +
+∞||4 +∞
% & %
y 3 −5
Tổng số đường tiệm cận đứng và ngang của đồ thị hàm số bằng
A. 4. B. 1. C. 2. D. 3.
Lời giải. Đáp án đúng: B
Ta thấy khi
x → −∞
thì
y →
3 và
x →
+
∞
thì
y →
+
∞
. Suy ra đồ thị có một tiệm
cận ngang là y = 3.
Khi
x → −
1
−
thì
y →
+
∞
nhưng
x → −
1
+
thì
y →
4 nên
x
=
−
1 không phải tiệm
cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.
Khi x → 2 thì y → −5 nên x = 2 cũng không phải tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy ta kết luận chỉ có đúng một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y = 3.
Câu 24. Số nghiệm của phương trình log
3
(x + 2) + log
3
(x − 2) = log
3
5 là
A. 2. B. 3. C. 1. D. 0.
Lời giải. Đáp án đúng: C
Hướng 1. Ta xét hàm số
f
(
x
) =
log
3
(
x
+ 2) +
log
3
(
x −
2)
−log
3
5 trên khoảng (2; +
∞
).
Dễ thấy hàm số này đồng biên trên (2; +
∞
) mà
x →
2
+
thì
f
(
x
)
→ −∞
và
f
(7) =
log
3
(9) + log
3
(5) − log
3
(5) = 2 > 0.
Theo định lý giá trị trung gian thì tồn tại số
c ∈
(2; 7) sao cho
f
(
c
) = 0. Do
f
(
x
) đồng
biến nên nghiệm c là duy nhất. Cụ thể ở đây c = 3.
Hướng 2. Ta nhập phương trình vào máy tính rồi
Shift + Solve
để tìm nghiệm, nếu
vô nghiệm thì xong luôn, nếu có nghiệm
x
0
thì ta lưu vào phím
A
. Sau đó lại viết phương
trình dưới dạng sau
log
3
(x + 2) + log
3
(x − 2) − log
3
5
x − A
= 0 sau đó lại giải tiếp.
Viết phương trình như trên để máy tính sẽ chạy tránh nghiệm
A
vừa tìm. Cứ tiếp tục
nếu ra nghiệm
B, C, . . .
thì ta lại viết thêm biểu thức (
x − B
)(
x − C
) ở dưới mẫu, cách
này giúp ta vét hết các nghiệm phân biệt của phương trình ban đầu.
19
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Claim 3.9 — Định lý Bolzano (giá trị trung gian)
Cho hàm số
f
(
x
) liên tục trên đoạn [
a
;
b
] thỏa mãn
f
(
a
)
·f
(
b
)
<
0 thì tồn tại một
hằng số c ∈ (a; b) thỏa mãn f(c) = 0.
Câu 25.
Cho hình chóp
S.ABCD
có đáy cạnh hình vuông là
a
,
SA
vuông góc
với mặt phẳng đáy và SA = a
√
2 (tham khảo hình vẽ).
Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng
A. 30
◦
. B. 45
◦
. C. 60
◦
. D. 90
◦
.
Lời giải. Đáp án đúng: B
Do
SA
vuông góc với mặt phẳng (
ABCD
) nên góc giữa đường thẳng
SC
và mặt
phẳng (ABCD) bằng ∠SCA = ϕ.
Theo định lý Pythago ta tính được cạnh
AC
=
a
√
2
, mà
tan ϕ
=
AS
AC
=
a
√
2
a
√
2
= 1 nên
ϕ = 45
◦
.
Câu 26.
Cho hàm số
y
=
f
(
x
) có đạo hàm
f
0
(
x
) =
x
(
x
+ 3)(
x −
1)
2
. Số điểm cực
đại của hàm số bằng
A. 0. B. 2. C. 3. D. 1.
Lời giải. Đáp án đúng: D
Ta thấy
f
(
x
) =
x
(
x
+ 3)(
x −
1)
2
đổi dấu từ dương sang âm khi
x
chạy qua điểm
−
3
nên −3 là điểm cực đại của hàm số.
Còn khi
x
chạy qua 0 thì
f
0
(
x
) đổi dấu từ âm sang dương nên 0 là điểm cực tiểu của
đồ thị hàm số.
Claim 3.10 —
Cho hàm số
f
(
x
) có đạo hàm trên khoảng (
a
;
b
). Xét số
c
bất kì
thuộc khoảng (a; b). Cho x chạy qua c (từ c
−
đến c
+
)
Nếu f
0
(x) đổi dấu từ âm sang dương thì c là điểm cực tiểu của hàm số.
Nếu f
0
(x) đổi dấu từ dương sang âm thì c là điểm cực đại của hàm số.
20
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Câu 27.
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số
f
(
x
) =
1
x
1 +
x
cos
2
x
với
x ∈ (0; +∞) \
n
π
2
+ kπ, k ∈ Z
o
là
A. −
1
x
2
+ tan x + C.
B. ln x + tan x + C.
C. −
1
x
2
− tan x + C.
D. ln x − tan x + C.
Lời giải. Đáp án đúng: B
Ta có
Z
f(x)dx =
Z
dx
x
+
Z
dx
cos
2
x
= ln x + tan x + C.
Câu 28.
Cho khối lăng trụ đứng
ABC.A
0
B
0
C
0
có đáy
ABC
là tam giác vuông
tại B, AB = a, AC = a
√
5, AA
0
= 2a
√
3 (tham khảo hình vẽ).
Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
A. 2
√
3a
3
. B. 4
√
3a
3
.
C.
2
√
3
3
a
3
. D.
√
3a
3
3
.
Lời giải. Đáp án đúng: A
Theo định lý Pythago thì ta tính được
BC
= 2
a
. Từ đó suy ra thể tích khối lăng trụ
đứng là
V = S
ABC
× AA
0
= a
2
× 2a
√
3 = 2
√
3a
3
.
Câu 29.
Trong không gian
Oxyz
cho các vectơ
−→
a
= (
−
2;
−
3; 1) và
−→
b
= (1; 0; 1).
Côsin của góc giữa hai vectơ
−→
a và
−→
b bằng
A. −
1
2
√
7
. B.
1
2
√
7
. C. −
3
2
√
7
. D.
3
2
√
7
.
21
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Lời giải. Đáp án đúng: A
Ta có công thức
cos
−→
a ,
−→
b
=
−→
a ·
−→
b
k
−→
a k ·k
−→
b k
=
−2 · 1 + (−3) · 0 + 1 ·1
p
(−2)
2
+ (−3)
2
+ 1
2
·
√
1
2
+ 0
2
+ 1
2
=
−1
2
√
7
.
Trong đó k
−→
a k là độ dài của
−→
a .
Câu 30. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau
x −∞ −
√
6 0
√
6 +∞
y
0
− 0 + 0 − 0 +
y +∞ 5 +∞
& % & %
−4 −4
Số nghiệm của phương trình 2f(x) − 11 = 0 bằng
A. 3. B. 2. C. 0. D. 4.
Lời giải. Đáp án đúng: B
Phương trình trên tương đương với
f
(
x
) =
11
2
= 5
,
5
.
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy
1.
Khi
x ∈
(
−∞
;
−
√
6
) thì
f
(
x
) nghịch biến từ +
∞
đến
−
4 nên phương trình sẽ có
đúng một nghiệm trong khoảng (−∞; −
√
6).
2.
Khi
x ∈
[
−
√
6
; 0] thì
f
(
x
) đồng biến đi từ
−
4 đến 5 nên phương trình trên không
có nghiệm trong đoạn [−
√
6; 0].
3. Tương tự thì phương trình không có nghiệm trong đoạn [0;
√
6].
4.
Cuối cùng khi
x ∈
[
√
6
; +
∞
) thì
f
(
x
) đồng biến chạy từ
−
4 ra +
∞
nên phương
trình có thêm một nghiệm nữa.
Vậy kết luận là phương trình ban đầu có hai nghiệm.
Câu 31.
Cho hình chóp
S.ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật tâm
O
, cạnh
AB
=
a, AD
=
a
√
2
. Hình chiếu vuông góc của
S
lên mặt phẳng (
ABCD
) là trung
điểm đoạn thẳng
OA
. Góc giữa
SC
và mặt phẳng (
ABCD
) bằng 30
◦
. Khoảng
cách từ C đến mặt phẳng (SAB) bằng
A.
9
√
22a
44
. B.
3
√
22a
11
. C.
√
22a
11
. D.
3
√
22a
44
.
Lời giải. Đáp án đúng: B
Ta gọi
I
là trung điểm
OA
, theo đề bài thì ta có
SI ⊥ AC.
Lấy
M, N
lần lượt là hình
chiếu của I lên AB và SM.
Trước tiên ta tính được AC = BD =
√
AB
2
+ AD
2
=
√
3a.
22
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Theo giả thiết ta có (
SC,
(
ABCD
)) = (
SC, CI
) =
∠SCI
= 30
◦
nên
SI
=
IC·tan
30
◦
=
3
4
a.
Nhận thấy rằng
IM k BC
vì cùng vuông góc với
AB
nên theo định lý Thales thì ta
có IM = BC ·
AI
AC
=
BC
4
=
a
2
√
2
.
Từ đó áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
SIM
ta có
1
IN
2
=
1
IM
2
+
1
SI
2
và ta tính được IN =
3a
√
22
44
.
Suy ra ta có
d(C, (SAB)) =
CA
IA
· d(I, (SAB)) = 4IN =
3
√
22a
11
.
Claim 3.11 — Cho mặt phẳng (P ) và hai điểm A, B bất kì
Nếu AB song song với (P ) thì hiển nhiên d(A, (P )) = d(B, (P )).
Nếu AB cắt mặt phẳng (P ) tại S thì khi đó
d(A, (P ))
d(B, (P ))
=
SA
SB
.
Câu 32.
Cho phương trình 16
x
2
−
2
·
4
x
2
+1
+ 10 =
m
(
m
là tham số). Số giá trị
nguyên của
m ∈
[
−
10; 10] để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt là
A. 7. B. 9. C. 8. D. 1.
Lời giải. Đáp án đúng: A
Ta viết lại phương trình ban đầu dưới dạng t
2
− 8t + 10 = m, trong đó t = 4
x
2
.
Để phương trình ban đầu có đúng hai nghiệm thực phân biệt thì phương trình ẩn
t
có
đúng một nghiệm
t >
1, ngược lại nếu
t
= 1 thì chỉ có nghiệm
x
= 0 và
t <
1 thì phương
trình ẩn x vô nghiệm.
23
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Hướng 1. Xét
f
(
t
) =
t
2
−
8
t
+ 10
−m
và ta có ∆
t
= (
−
8)
2
−
4(10
−m
) = 24 + 4
m >
0,
suy ra m ≥ −5.
Kết hợp điều kiện có đúng một nghiệm lớn hơn 1 thì ta sẽ có
8 +
√
24 + 4m
2
> 1 >
8 −
√
24 + 4m
2
.
Giả bất phương trình trên ta sẽ thu được
m ≥
4. Vậy có tổng cộng 7 giá trị của
m
thỏa
mãn điều kiện đề bài.
Hướng 2. Xét
g
(
t
) =
t
2
−
8
t
+ 10 Ta tính
g
0
(
t
) = 2(
t −
4) = 0
⇐⇒ t
= 4. Ta có bảng
biến thiên như sau
x −∞ 1 4 +∞
g
0
(t) − 0 +
g(t) +∞
&
3 +∞
& %
−6
Do đó để phương trình trên có đúng một nghiệm
t >
1 thì
m >
3, suy ra có 7 giá trị
thỏa mãn.
Câu 33.
Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
I
(2; 4;
−
3). Phương trình mặt cầu có
tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz) là
A.
(
x −
2)
2
+ (
y −
4)
2
+ (
z
+ 3)
2
= 4.
B.
(
x −
2)
2
+ (
y −
4)
2
+ (
z
+ 3)
2
= 29.
C.
(
x −
2)
2
+ (
y −
4)
2
+ (
z
+ 3)
2
= 9.
D.
(
x −
2)
2
+ (
y −
4)
2
+ (
z
+ 3)
2
= 16.
Lời giải. Đáp án đúng: D
Giả sử mặt cầu thỏa mãn đề bài có tâm
I
và tiếp xúc với mặt phẳng (
Oxz
) tại điểm
S
thì khi đó
S
là hình chiếu của
I
lên mặt phẳng (
Oxz
) và do
S
nằm trên (
Oxz
) nên
y
S
= 0.
Do đó R = SI = |y
I
− y
S
| = 4 (trong đó R là bán kính của mặt cầu).
Suy ra phương trình mặt cầu khi biết tâm I(2; 4; −3) và bán kính bằng 4 là
(x − 2)
2
+ (y − 4)
2
+ (z + 3)
2
= 4
2
= 16.
Claim 3.12 —
Trong không gian
Oxyz
, lấy điểm
I
bất kì không nằm trên mặt
phẳng (
Oxz
) thì mặt cầu có tâm (
I
) và tiếp xúc với mặt phẳng (
Oxz
) tại điểm
S
thì S sẽ là hình chiếu của I lên (Oxz).
Câu 34.
Giả sử
n
là một số nguyên dương thỏa mãn 3
C
2
n
− C
3
n
= 24. Hệ số của
số hạng chứa x
12
trong khai triển
x
2
√
x −
2
x
n
bằng
A. 672x
12
. B. −672x
12
. C. 672. D. −672.
24
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Lời giải. Đáp án đúng: D
Trước hết phương trình 3
C
2
n
−C
3
n
= 24 tương đương với
3n(n − 1)
2
−
n(n − 1)(n − 2)
6
=
24 và giải ra ta được n = 9.
Áp dụng khai triển nhị thức Newton thì ta có đơn thức chứa x
12
có dạng
C
k
9
x
2
√
x
k
·
−2
x
9−k
.
Đồng nhất số mũ của x thì k = 6, thay lại ta có hệ số của x
12
là −672.
Câu 35. Cho hàm số f(x) > 0 và có đạo hàm liên tục trên R, thỏa mãn
(x + 1)f
0
(x) =
p
f(x)
x + 2
và f(0) =
ln 2
2
2
. Giá trị của f(3) bằng
A.
1
2
(4 ln 2 − ln 5)
2
.
B. 4(4 ln 2 − ln 5)
2
.
C.
1
4
(4 ln 2 − ln 5)
2
.
D. 2(4 ln 2 − ln 5)
2
.
Lời giải. Đáp án đúng: C
Ta viết lại giả thiết như sau
f
0
(x)
p
f(x)
=
1
(x + 1)(x + 2)
=
1
x + 1
−
1
x + 2
.
Suy ra
2
p
f(x) =
Z
f
0
(x)
p
f(x)
dx =
Z
1
x + 1
−
1
x + 2
dx = ln |x + 1| − ln |x + 2| + C.
Ta thay
x
= 0 vào phương trình trên ta được
C
= 2
ln
2. Sau đó lại cho
x
= 3 vào ta
thu được 2
p
f(3)
=
ln
4
− ln
5 + 2
ln
2 = 4
ln
2
− ln
5, suy ra
f
(3) =
1
4
(4
ln
2
− ln
5)
2
.
Câu 36.
Cho hàm số
y
=
x
3
+ (
m −
2)
x
2
+ (
m −
2)
x
+ 1. Số giá trị nguyên của
tham số m để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (−∞; +∞) là
A. 3. B. 0. C. 4. D. 2.
Lời giải. Đáp án đúng: C
Ta lấy đạo hàm của hàm số
y
là
y
0
= 3
x
2
+ 2(
m −
2)
x
+ (
m −
2), để hàm số đã cho
đồng biến trên (−∞; +∞) thì y
0
≥ 0 với mọi x ∈ R.
Mà 3
x
2
+ 2(
m −
2)
x
+ (
m −
2) là phương trình bậc 2 có hệ số cao nhất là 3
>
0 nên
y
0
≥ 0 tương đương với ∆
0
x
= (m − 5)(m − 2) ≤ 0.
Điều này tương đương với 2 ≤ m ≤ 5, suy ra m ∈ {2; 3; 4; 5} do m là số nguyên.
25
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Câu 37.
Cho khối lăng trụ
ABC.A
0
B
0
C
0
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
A
,
AB
=
a
,
BC
= 2
a
. Hình chiếu vuông góc của đỉnh
A
0
lên mặt phẳng (
ABC
) là
trung điểm
H
của cạnh
AC
. Góc giữa hai mặt phẳng (
BCC
0
B
0
) và (
ABC
) bằng
60
◦
. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
A.
3
√
3a
3
4
. B.
√
3a
3
8
. C.
3
√
3a
3
8
. D.
a
3
√
3
16
.
Lời giải. Đáp án đúng: C
Lấy
I
là hình chiếu của
H
lên cạnh
BC
. Áp dụng định lý Pythago cho tam giác
ACB
thì ta tính được CB =
√
3a.
Lại có
∠CIH
=
∠CAB
= 90
◦
nên
4CIH ∼ 4CAB
, suy ra
IH
AB
=
CH
CB
=
AC
2CB
=
√
3
4
do đó IH = AB ·
√
3
4
=
a
√
3
4
.
Ta gọi
K
là trung điểm
A
0
C
0
và
M
là hình chiếu của
K
lên
B
0
C
0
. Khi đó tứ giác
IMKH là hình bình hành nên KM = IH.
Lấy
N
đối xứng với
C
0
qua
M
thì
KM
là đường trung bình trong tam giác
C
0
A
0
N
,
kết hợp sự kiện ở trên thì A
0
N song song và có độ dài bằng 2 lần đoạn IH.
Nhận thấy là giả thiết cho
H
là hình chiếu của
A
0
lên mặt phẳng (
ABC
) nên mặt
phẳng (
A
0
NIH
) vuông góc với mặt phẳng (
ABC
). Do
A
0
N > HI
nên
∠HIN
là góc tù,
suy ra ∠HIN = 180
◦
− ((ABC), (BCC
0
B
0
)) = 120
◦
và ∠A
0
NI = 60
◦
.
Gọi
H
0
là hình chiếu của
I
lên
A
0
N
thì
H
0
là trung điểm
A
0
N
và
A
0
H
=
IH
0
=
NH
0
· tan ∠H
0
NI = IH ·tan 60
◦
=
3a
4
.
Từ đó ta có V
ABC.A
0
B
0
C
0
= A
0
H · S
ABC
=
3a
4
·
√
3a
2
2
=
3
√
3a
3
8
.
Claim 3.13 —
Cho hai mặt phẳng (
P
) và (
Q
) có góc tạo bởi hai mặt phẳng là
α
.
Lấy mặt phẳng (
R
) vuông góc với mặt phẳng (
P
) và (
Q
). Kí hiệu
d
1
là giao tuyến
của (P ), (R) và d
2
là giao tuyến của (Q), (R). Khi đó α ≡ (d
1
, d
2
) (mod π).
26
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Câu 38.
Trong không gian
Oxyz
, cho hai điểm
A
(1; 2; 3)
, B
(1;
−
2; 5). Phương
trình đã cho của mặt cầu đi qua hai điểm A, B và có tâm thuộc trục Oy là
A. x
2
+ y
2
+ z
2
+ 4y − 22 = 0.
B. x
2
+ y
2
+ z
2
− 4y − 22 = 0.
C. x
2
+ y
2
+ z
2
+ 4y − 26 = 0.
D. x
2
+ y
2
+ z
2
− 4y − 26 = 0.
Lời giải. Đáp án đúng: A
Ta kí hiệu mặt cầu thỏa mãn đề bài là (
S
) có tâm
I
, bán kính
R
. Do
I ∈ Oy
nên
I
có
tọa độ là I(0; a; 0).
Vì
I
là tâm của mặt cầu nên
IA
=
IB
hay là tương đương với 1
2
+ (
a −
2)
2
+ 3
2
=
1
2
+ (a + 2)
2
+ 5
2
, giải ra ta được a = −2.
Suy ra R = IA =
√
1
2
+ 4
2
+ 3
2
=
√
26 nên (S) có phương trình là
x
2
+ (y + 2) + z
2
= 26 hay tương đương x
2
+ y
2
+ z
2
+ 4y − 22 = 0.
Claim 3.14 —
Cho hai điểm
A
(
x
A
;
y
A
;
z
A
) và
B
(
x
B
;
y
B
;
z
B
) trong không gian. Khi
đó khoảng cách giữa hai điểm là AB =
p
(x
A
− x
B
)
2
+ (y
A
− y
b
)
2
+ (z
A
− z
B
)
2
.
Câu 39. Cho hàm số f(x) có f(1) = e
2
và f
0
(x) =
2x − 1
x
2
e
2x
, ∀x 6= 0.
Khi đó
Z
ln 3
1
xf(x)dx bằng
A. 6 − e
2
.
B.
6 − e
2
2
.
C. 9 − e
2
.
D.
9 − e
2
2
.
Lời giải. Đáp án đúng: D
Ta có
Z
f
0
(x)dx =
Z
2x − 1
x
2
· e
2x
dx =
Z
2
x
· e
2x
−
1
x
2
· e
2x
dx =
e
2x
x
+ C
nên f(x) =
e
2x
x
+ C.
Thay x = 1, ta có f(1) = e
2
+ C suy ra C = f(1) − e
2
= 0.
Suy ra
Z
ln 3
1
xf(x)dx =
Z
ln 3
1
e
2x
dx =
1
2
e
2x
ln 3
1
=
1
2
e
2 ln 3
− e
2
=
9 − e
2
2
.
27
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Câu 40. Cho hàm số bậc ba y = f(x) có đồ thị như hình vẽ
Số điểm cực tiểu của hàm số g(x) = f(−x
2
+ x) bằng
A. 1. B. 5. C. 2. D. 3.
Lời giải. Đáp án đúng: D
Ta có
g
0
(
x
) = (
f
(
−x
2
+
x
))
0
= (
−
2
x
+1)
f
0
(
−x
2
+
x
) = 0
⇔ x
=
1
2
hoặc
f
0
(
−x
2
+2
x
) = 0.
Dựa vào đồ thị hàm số
f
(
x
) thì ta có
f
0
(
−x
2
+
x
) = 0 khi và chỉ khi
−x
2
+
x
=
−
2
hoặc −x
2
+ x = 0 nên x ∈ {−1; 0; 1; 2}.
Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số g(x)
x −∞ −1 0 1/2 1 2 +∞
g
0
(x) − 0 + 0 − 0 + 0 − 0 +
g(x)
& % & % & %
Từ bảng biến thiên trên ta có thể suy ra ba điểm cực tiểu là
−1;
1
2
; 2
.
Nhận xét.
Đề bài câu này cho hàm số bậc ba là hơi thừa vì chỉ cần nhìn hình vẽ đồ
thị hàm số là đủ điều kiện để giải. Nếu có thêm giả thiết này chúng ta có thể mò hàm
f(x) = −x
3
− 3x
2
+ 2 và từ đó thay vào ra g(x) rồi tính toán một cách trực tiếp.
Câu 41. Có bao nhiêu cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 2 ≤ x ≤ 2021 và
2
y
− log
2
(x + 2
y−1
) = 2x − y?
A. 2020. B. 9. C. 2019. D. 10.
Lời giải. Đáp án đúng: D
Hướng 1. Đặt log
2
(x + 2
y−1
) = t (t ≥ 0). Suy ra x + 2
y−1
= 2
t
hay 2x = 2
t+1
− 2
y
.
Thay vào giả thiết bài toán ta có 2
y
− t = 2
t+1
− 2
y
− y, tương đương với
2
y+1
+ y = 2
t+1
+ t (∗)
Xét hàm số
g
(
x
) = 2
x+1
+
x
trên
R
thì
g
0
(
x
) = 2
x+1
ln
2 + 1
>
0 nên
g
(
x
) luôn đồng
biến trên R.
28
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Suy ra từ (∗) ta sẽ rút ra được y = t hay log
2
(x + 2
y−1
) = y và ta có x = 2
y−1
.
Kết hợp điều kiện 2
≤ x ≤
2021 thì sẽ có 1
≤ y −
1
≤
10. Từ đó sẽ dễ tìm được 10 bộ
số nguyên (x; y) thỏa mãn là
(2
i
; i + 1) |i ∈ N, 1 ≤ i ≤ 10
.
Hướng 2. (Sử dụng máy tính và suy luận logic)
Trước hết, đề vứt cho ta phương trình trên và có điều kiện ràng buộc 2
≤ x ≤
2021
nên ta có 2 cơ sở để coi y làm tham số và ta cần máy tính để giải x vì
Do 2
≤ x ≤
2021 nên nếu ta chọn
x
là tham số và giải
y
thì ta sẽ phải bấm máy
2020 trường hợp, rõ ràng không có cụ rùa nào nhanh hơn bạn đâu.
Để ý vế trái của phương trình có 2
y
sẽ tăng vô cùng nhanh khi
y
tăng do đó để
phương trình có nghiệm
x ≤
2021 thì
y
sẽ bị chặn bởi một số
a
nào đó không quá
lớn.
Nếu y là số nguyên âm, kết hợp x ≥ 2 thì ta dễ thấy vế trái nhỏ hơn vế phải.
Vậy ta chỉ việc thử
y
là các số tự nhiên và ta nhập phương trình trên vào bấm
shift
+ solve
để tìm
x
. Thường máy tính sẽ tính được các số nguyên trước các số hữu tỷ, vô
tỷ nhưng để chắc chắn phương trình của bạn có nghiệm nguyên hay không thì các bạn
nhập vào máy tính như sau:
2
y
− log
2
(x + 2
y−1
) − (2x − y)
2
+ (Intg(x) − x)
2
= 0
Trong đó
Intg
(
x
) trong máy tính là hàm phần nguyên nên nếu nghiệm của phương trình
trên nếu có sẽ là số nguyên. Và với hướng đi đầu cho ta thấy ta phải bấm máy khoảng
12,13 lần là chắc chắn giải quyết hoàn toàn bài toán này.
Nhận xét.
Dạng toán
f
(
A
) =
f
(
B
) với
f
(
x
) là một hàm số đơn điệu trên một khoảng
hay đoạn nào đó, để suy ra
A
=
B
rất quen thuộc và có ứng dụng nhiều trong các bài
toán hay từ thi đại học đến cả thi học sinh giỏi quốc gia.
Câu 42.
Cho hàm số
f
(
x
) liên tục trên
R
, thỏa mãn
f
(
−
1) = 5
, f
(
−
3) = 0 và có
bảng xét dấu đạo hàm như sau
x −∞ −1 0 1 2 +∞
f
0
(x) + 0 − 0 + 0 + 0 −
Số giá trị nguyên dương của tham số
m
để phương trình 3
f
(2
−x
)+
√
x
2
+ 4−x
=
m
có nghiệm trong khoảng (3; 5) là
A. 16. B. 17. C. 0. D. 15.
Lời giải. Đáp án đúng: D
Ta xét g(x) = 3f (2 − x) +
√
x
2
+ 4 − x trên khoảng (3; 5) thì
g
0
(x) = −3f
0
(2 − x) +
x
√
x
2
+ 4
− 1.
Do
x ∈
(3; 5) nên 2
−x ∈
(
−
3;
−
1), từ đó dựa vào bảng biến thiên thì ta có
f
0
(2
−x
)
>
0
và
x
√
x
2
+ 4
− 1 < 0, suy ra g
0
(x) < 0 với mọi x ∈ (3; 5).
Vậy suy ra
g
(5)
< g
(
x
)
< g
(3). Dựa vào giả thiết
f
(
−
1) = 5 và
f
(
−
3) = 0 thì ta tính
được g(5) =
√
29 − 5 và g(3) = 12 +
√
13.
29
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Do
f
(
x
) liên tục trên
R
nên
g
(
x
) cũng liên tục trên
R
nên
f
(
x
) sẽ vét hết các giá trị
trong khoảng (
g
(5);
g
(3)) khi
x
chạy trong (3; 5) (hệ quả của định lý giá trị trung gian).
Do đó
m
là số nguyên dương thỏa mãn
√
29 −
5
< m <
12 +
√
13
hay 1
≤ m ≤
15 nên
có 15 giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 43.
Cho hàm số
y
=
f
(
x
) liên tục trên
R
và thỏa mãn
f
(
−
1) = 1
, f
−1
e
= 2.
Hàm số f
0
(x) có đồ thị như hình vẽ
Bất phương trình
f
(
x
)
< ln
(
−x
) +
x
2
+
m
có nghiệm đúng với mọi
x ∈
−1; −
1
e
khi và chỉ khi
A. m > 0.
B. m > 3 −
1
e
2
. C. m ≥ 3 −
1
e
2
.
D. m ≥ 0.
Lời giải. Đáp án đúng: C
Bất phương trình tương đương với
g
(
x
)
< m
với
g
(
x
) =
f
(
x
)
− ln
(
−x
)
− x
2
trong đó
x ∈
−1; −
1
e
.
Khi đó
g
0
(
x
) =
f
0
(
x
)
−
1
x
−
2
x
. Dựa vào đồ thị hàm số thì
f
0
(
x
)
>
0 và
1
x
,
2
x <
0 với
mọi x ∈
−1; −
1
e
. Suy ra g
0
(x) > 0.
Từ đó ta có g(x) < g
−
1
e
= f
−
1
e
− ln
−
1
e
−
1
e
2
= 3 −
1
e
2
.
Do
f
(
x
) liên tục trên
R
nên
g
(
x
) sẽ liên tục trên
−1; −
1
e
, suy ra khi
x →
−
1
e
−
thì g(x) → 3 −
1
e
2
nên m ≥ 3 −
1
e
2
.
Nhận xét.
Nếu đi thi tự luận sẽ có nhiều bạn trình bày bài toán này như sau
"Từ điều kiện bài toán sẽ suy ra m ≥ max
x∈(−1;−1/e))
g(x)"
30
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Đây thực sự là một phát biểu rất liều lĩnh vì còn chưa biết chắc là hàm số
g
(
x
)
có
max
trong khoảng đó hay không. Cụ thể lời giải như trên thì đã có thể thấy là
không có giá trị lớn nhất. Tuy nhiên do tính liên tục của hàm số nên
g
(
x
) có thể
tiến sát lại
g
−
1
e
một khoảng
>
0 tùy ý nên
m
bắt buộc phải không nhỏ hơn
g
−
1
e
= 3 −
1
e
2
.
Bình thường kiến thức giải tích ở THPT đối với các học sinh đều như bài hát "mơ
hồ" của ca sĩ Bùi Anh Tuấn nên khi bộ giáo dục cho thi trắc nghiệm thì các kiến
thức này lại càng bị mai một đi.
Câu 44.
Cho hàm số
f
(
x
) liên tục trên khoảng (0; +
∞
) và thỏa mãn
f
(
x
2
+ 1) +
f(
√
x)
4x
√
x
=
2x + 1
2x
· ln
(
x
+ 1). Biết
Z
17
1
f
(
x
)d
x
=
a ln
5
−
2
ln b
+
c
với
a, b, c ∈ R
.
Giá trị của a + b + 2c bằng
A.
29
2
.
B. 5. C. 7. D. 37.
Lời giải. Đáp án đúng: C
Do f(x) liên tục trên (0; +∞) nên tồn tại F (x) =
Z
f(x)dx, ∀x > 0.
Vì x > 0 nên giả thiết bài toán tương đương với
2xf(x
2
+ 1) +
f(
√
x)
2
√
x
= (2x + 1) · ln(x + 1).
Xét vế trái g(x) = 2xf (x
2
+ 1) +
f(
√
x)
2
√
x
thì
Z
g(x)dx = F (x
2
+ 1) + F (
√
x) + C
1
.
và vế phải h(x) = (2x + 1) ln(x + 1) thì
Z
h(x)dx =
Z
(2x + 1) ln(x + 1)dx = (x
2
+ x) ln(x + 1) −
Z
(x
2
+ x) ·
1
x + 1
dx
= (x
2
+ x) ln(x + 1) −
Z
xdx
= (x
2
+ x) ln(x + 1) −
x
2
2
+ C
2
.
Suy ra F (x
2
+ 1) + F (
√
x) = (x
2
+ x) ln(x + 1) −
x
2
2
+ C. (∗)
Thay x = 4 vào (∗) ta có F (17) + F (2) = 20 ln 5 − 8 + C.
Thay x = 1 vào (∗) ta có F (2) + F (1) = 2 ln 2 −
1
2
+ C.
Từ đó ta có
Z
17
1
f(x)dx = F (17) − F (1) = 20 ln 5 − 2 ln 2 −
15
2
.
Suy ra a = 20, b = 2, c =
−15
2
nên a + b + 2c = 7.
31
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Claim 3.15 —
Hàm số
f
(
x
) liên tục trong một khoảng hay đoạn nào đó thì đều
tồn tại nguyên hàm của hàm số đó trên khoảng hay đoạn nêu trên.
Câu 45.
Cho hình chóp
S.ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh
a
. Hình
chiếu vuông góc của
S
lên mặt phẳng (
ABCD
) là trung điểm cạnh
AB
, góc giữa
(
SAC
) và đáy là 45
◦
. Gọi
M
là trung điểm của đoạn thẳng
SD
. Khoảng cách giữa
đường thẳng AM và SC là
A. a.
B.
a
√
2
4
. C.
a
√
5
10
. D.
a
√
5
5
.
Lời giải. Đáp án đúng: D
Hướng 1. (Dùng ít não, tính toán nhiều) Ta gọi
H
là hình chiếu của
S
lên mặt phẳng
(
ABCD
) thì
H
là trung điểm
AB
. Kẻ
HK ⊥ AC
(
K ∈ AC
). Khi đó
SK
cũng vuông
góc với AC.
Ta thấy
SK ⊥ AC
và
SK
nằm trên mặt phẳng (
SAC
);
HK ⊥ AC
và
HK
nằm trên
mặt phẳng (
ABCD
) nên suy ra ((
SAC
); (
ABCD
)) =
∠SKH
(do
∠SKH
là góc nhọn
vì ∠SHK = 90
◦
).
Từ đó ta có được
∠HKS
= 45
◦
theo giả thiết đề bài, kết hợp
4AKH ∼ 4ABC
nên
tam giác AKH vuông cân tại K, suy ra SH = HK =
a
√
2
4
.
Do vậy, thể tích của khối chóp S.ABCD là V
S.ABCD
=
1
3
SH · S
ABCD
=
a
3
√
2
12
.
Ta gọi
N
là trung điểm đoạn
CD
. Khi đó
V
D.AM N
V
S.ABCD
=
MD
SD
·
S
ADN
S
ABCD
=
1
2
·
1
4
=
1
8
nên
ta tính được V
D.AM N
=
a
3
√
2
96
.
Nhận thấy
M
là trung điểm
SD
,
N
là trung điểm
CD
nên
MN k SC
, suy ra
d(AM; SC) = d(SC; (AM N)) = d(C; (AMN )) = d(D; (AM N )).
Ta lại có
d(D; (AMN)) =
3V
D.AM N
S
AMN
=
a
3
√
2
32 · S
AMN
nên ta đi tính diện tích tam giác AMN .
32
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Ta sẽ tính được độ dài các đoạn
SB
=
SA
=
√
AH
2
+ SH
2
=
√
6a
4
,
SC
=
SD
=
√
SK
2
+ KC
2
=
√
22a
4
.
Áp dụng công thức đường trung tuyến cho tam giác
SAD
thì ta có
AM
=
√
22a
8
, tiếp
tục cho tam giác ACD thì AN =
√
5a
2
và MN =
1
2
SC =
√
22a
8
.
Ta áp dụng công thức Heron cho tam giác
AMN
thì ta sẽ tính được
S
AMN
=
√
10a
2
32
.
Từ đó suy ra d(AM; SC) =
a
√
5
5
.
Hướng 2. (Kẻ thêm, tính toán ít). Ta kí hiệu điểm H, K như hướng 1.
Lấy A
0
đối xứng với A qua N và C
0
đối xứng với H qua C.
Khi đó dễ thấy
A
là trung điểm
C
0
D
và
C
là trung điểm
BA
0
và do
H
là trung điểm
AB nên HC là đường trung bình tam giác BAA
0
.
Xét phép vị tự tâm
D
tỉ số
1
2
thì (
SCC
0
) biến thành (
AMN
) nên (
AMN
) song song
với mặt phẳng (SCC
0
).
Chú ý
SH ⊥
(
ABCD
) nên mặt phẳng (
SCC
0
) vuông góc với mặt phẳng (
ABCD
)
nên từ đó suy ra
d(AM; SC) = d(SC; (AM N)) = d(H; (AMN)) = d(H; AA
0
) = d(B; HC)
=
1
r
1
BH
2
+
1
BC
2
=
a
√
5
5
.
Nhận xét.
Từ hướng kẻ thêm cho ta thấy là đề bài bị thừa dữ kiện chỗ góc giữa hai
mặt phẳng bằng 45
◦
. Dù điểm
S
thay đổi bất kì và nằm trên đường thẳng qua
H
vuông
góc với (ABCD) thì d(AM; SC) là không đổi và bằng
a
√
5
5
.
Claim 3.16 —
Cho hai mặt phẳng (
P
) và (
Q
) có giao tuyến là
d
. Lấy điểm
S
bất
kì trên (P ) và không nằm trên d.
Gọi
H
là hình chiếu của
S
lên (
Q
),
K
là hình chiếu của
H
lên
d
thì
SK
sẽ
vuông góc với d.
((P ); (Q)) ≡ (KS; KH) (mod π).
33
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Câu 46.
Cho hàm số
f
(
x
) có đạo hàm xác định trên
R
. Biết
f
(1) = 2 và
Z
1
0
x
2
f
0
(x)dx =
Z
4
1
1 + 3
√
x
2
√
x
f(2 −
√
x)dx = 4. Giá trị của
Z
1
0
f(x)dx bằng
A. 1.
B.
5
7
. C.
3
7
. D.
1
7
.
Lời giải. Đáp án đúng: D
Ta đặt 2 −
√
x = t hay
√
x = 2 − t nên
−1
2
√
x
dx = dt.
Với x = 1 thì t = 1, và với x = 4 thì t = 0 nên suy ra
Z
4
1
1 + 3
√
x
2
√
x
f(2 −
√
x)dx =
Z
0
1
−(1 + 3
√
x)f(t)dt =
Z
1
0
(1 + 3
√
x)f(t)dt
=
Z
1
0
(7 − 3t)f(t)dt.
Do đó suy ra
Z
1
0
(7 − 3x) · f(x)dx = 4. (1)
Lại có
Z
1
0
x
2
f
0
(
x
) =
x
2
f
(
x
)
1
0
−
Z
1
0
2
xf
(
x
)d
x
= 2
−
Z
1
0
2
xf
(
x
)d
x
= 4 nên
Z
1
0
2
xf
(
x
)d
x
=
−2 hay
Z
1
0
3xf(x)dx = −3. (2)
Lấy (1) cộng (2) vế với vế ta có
Z
1
0
7f(x)dx = 1 nên
Z
1
0
f(x)dx =
1
7
.
Câu 47.
Cho hình nón đỉnh
S
có đáy là hình tròn tâm
O.
Một mặt phẳng đi qua
đỉnh hình nón và cắt hình nón theo một thiết diện là tam giác vuông
SAB
có
diện tích bằng 4
a
2
. Góc giữa trục
SO
và mặt phẳng (
SAB
) bằng 30
◦
. Diện tích
xung quanh của hình nón đã cho bằng
A. 4
√
10πa
2
. B. 2
√
10πa
2
. C.
√
10πa
2
. D. 8
√
10πa
2
.
Lời giải. Đáp án đúng: B
Do thiết diện
SAB
là tam giác vuông cân tại
S
nên
1
2
SA
2
= 4
a
2
, ta rút ra được
SA = SB = 2
√
2a và AB = 4a.
Gọi H là trung điểm AB thì SH = HA = HB = 2a.
Ta có (SO; (SAB)) = 30
◦
nên suy ra ∠HSO = 30
◦
và từ đó ta có OH =
1
2
SH = a.
Áp dụng định lý Pythago thì ta tính được OB =
√
HB
2
+ OH
2
=
√
5a.
Vậy diện tích xung quang hình nón bằng S
xq
= S ×l = (OB
2
· π) · SB = 2
√
10πa
2
.
34
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Câu 48. Cho hàm số y = f(x) có đồ thị hàm số f
0
(x) như hình vẽ
Hàm số g(x) = f (e
x
− 2) − 2020 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
−1;
3
2
.
B. (−1; 2). C. (0; +∞).
D.
3
2
; 2
.
Lời giải. Đáp án đúng: A
Ta có g
0
(x) = e
x
· f
0
(e
x
− 2) nên để g(x) nghịch biến thì f(e
x
− 2) ≤ 0. (∗)
Dựa vào đồ thị hàm số
f
0
(
x
) như hình vẽ thì ta có (
∗
) tương đương với
e
x
−
2
≤
3 nên
x ≤ ln 5. Vậy chỉ có đáp án A thỏa mãn.
Câu 49.
Cho khối chóp
S.ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật,
AB
=
a, SA
vuông góc với mặt phẳng đáy và
SA
=
a.
Góc giữa hai mặt phằng (
SBC
) và
(SCD) bằng ϕ, với cos ϕ =
1
√
3
. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A.
a
3
√
2
3
.
B. a
3
√
2.
C.
2
√
2a
3
3
.
D.
2a
3
3
.
Lời giải. Đáp án đúng: A
Ta chọn hệ trục tọa độ
Oxyz
sao cho
A
trùng với gốc tọa độ
O
và
B
nằm trên
Ox
,
D
nằm trên Oy , S nằm trên Oz (như hình vẽ).
35
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV Hướng tới kì thi đại học 2020
Không mất tính tổng quát, giả sử
a
= 1,
AD
=
m
(
m >
0) thì ta có
A
(0; 0; 0),
S
(0; 0; 1),
B(1; 0; 0), C(1; m; 0), D(0; m; 0).
Suy ra
−→
SB = (1; 0; −1),
−→
SC = (1; m; −1),
−→
SD = (0; m; −1).
Vì vậy
−−−−→
n
(SBC)
=
h
−→
SB;
−→
SC
i
= (m; 0; m) và
−−−−→
n
(SCD)
=
h
−→
SD;
−→
SC
i
= (0; −1; −m).
Do đó nếu α = ((SBC); (SCD)) thì
cos α =
−−−−→
n
(SBC)
·
−−−−→
n
(SCD)
−−−−→
n
(SBC)
·
−−−−→
n
(SCD)
=
m
2
√
m
2
+ 1 ·
√
2m
=
1
√
3
.
Giả phương trình trên với điều kiện m > 0 thì ta có m =
√
2.
Khi đó V
S.ABCD
=
√
2
3
với a = 1 nên suy ra V
S.ABCD
=
√
2
3
a
3
.
Câu 50.
Cho đa giác đều (
H
) có 30 đỉnh. Lấy tùy ý 3 đỉnh của (
H
). Xác suất để
3 đỉnh lấy được tạo thành một tam giác tù bằng
A.
39
140
. B.
39
58
. C.
45
58
. D.
39
280
.
Lời giải. Đáp án đúng: B
Ta kí hiệu đa giác 30 đỉnh đều là
A
1
A
2
. . . A
30
và đường tròn ngoại tiếp đa giác này là
(O).
Xét đỉnh
A
1
và ta chia đôi (
O
) bởi đường kính
A
1
A
16
, khi đó tam giác tù có đỉnh là
A
1
thì hai đỉnh còn lại phải nằm cùng một phía so với A
1
A
16
. Vậy có tổng cộng 2 · C
2
14
cách chọn tam giác tù có đỉnh là A
1
.
Xét tương tự với các đỉnh
A
2
, A
3
, . . . , A
30
nhưng số tam giác bị đếm hai lần do khi
xét đỉnh
A
i
và
A
i
A
i+15
(
i
=
1, 20
) là đường kính thì khi xét đến đỉnh
A
i+15
thì ta vẫn
dùng A
i
A
i+15
làm đường kính, trong đó i + 15 ta hiểu là i − 15 nếu 16 ≤ i ≤ 30.
Suy ra có tổng cộng số cách chọn tam giác tù là 30
·C
2
14
và nếu ta chọn ba đỉnh bất kì
trong 30 đỉnh thì có C
3
30
cách chọn.
Suy ra xác suất để ba đỉnh lấy được tạo thành tam giác tù bằng
30 · C
2
14
C
3
30
=
39
58
.
Chúc các bạn học sinh khối 12 của tỉnh Phú Thọ nói chung và trường THPT
chuyên Hùng Vương nói riêng thi tốt ở kì thi chính thức sắp tới.
36
| 1/43
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH PHÚ THỌ
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2019 - 2020 -------------------- MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) MÃ ĐỀ THI: xxx
Đề thi khảo sát có: 06 trang ----------------------------- 1.
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng đường cong như hình vẽ? A. 3 2
y = −x − 3x + 2. B. 4 2
y = −x + 3x + 2. C. 4 2
y = x − 3x + 2. D. 3 2
y = x − 2x − 2. 2.
Cho cấp số nhân (u có số hạng đầu u = 2 và công bội q = 4. Giá trị của u bằng n ) 1 3 A. 32. B. 16. C. 8. D. 6. 3.
Một tổ có 6 học sinh nam và 5 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn một học sinh nam và một học sinh
nữ để đi tập văn nghệ? A. 2 A . C . 11 B. 30. C. 211 D. 11. 4.
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số ( ) = 2x f x + 4x là 2x 2x A. x 2 2 ln 2 + 2x + C. B. 2 + 2x + C.
C. 2x ln 2 + C. D. + C. ln 2 ln 2 5.
Cho khối lăng trụ có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao bằng 3 .
a Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 4 A. 3 a . B. 3 4a . C. 3 a . D. 3 3a . 3 6.
Nghiệm của phương trình log 3x −8 = 2 là 2 ( ) 4 A. x = −4. B. x = 12.
C. x = 4. D. x = − . 3 7.
Cho khối trụ có chiều cao bằng 2 3 và bán kính đáy bằng 2. Thể tích của khối trụ đã cho bằng 8 3 A. 8 . B. 8 3 . C. . D. 24 . 3 8.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau x − 1 − 1 + y + 0 − 0 + 1 + y − 3 −
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. (1; + ). B. ( 3 − ;+ ). C. (−1; ) 1 . D. (− ; ) 1 . 9.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;1;− 2), B(3;− 4 )
;1 . Tọa độ của vectơ AB là A. ( 2 − ;5;− 3). B. (2;5;3). C. (2; − 5;3). D. (2;5; − 3).
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ x − 10.
Phương trình đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 2 3 y = là x −1 A. y = 2. B. y = 1. C. x = 1. D. x = 2. 11.
Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng 3a và bán kính đáy bằng .
a Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 2 12 a . B. 2 3 a . C. 2 6 a . D. 2  a . 12.
Với a là số thực dương khác 1, log a a bằng 2 a ( ) 3 3 1 A. . B. 3. C. . D. . 4 2 4 13.
Cho khối chóp có diện tích đáy bằng 2
a và chiều cao bằng 2 .
a Thể tích của khối chóp đã cho bằng 3 2a A. . B. 3 2a . C. 3 4a . D. 3 a . 3 14.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số 4 2
y = x − 2x − 3 trên đoạn −1; 2 bằng A. −4. B. 0. C. 5. D. −3. 15.
Cho f (x) là một hàm số liên tục trên
và F ( x) là một nguyên hàm của hàm số f ( x). Biết 3 f
 (x)dx = 3 và F ( )1 =1. Giá trị của F (3) bằng 1 A. 4. B. 2. C. −2. D. 3. 16.
Đạo hàm của hàm số y = log ( 2 2x − x +1 là 3 ) 2x −1 4x −1 (4x − ) 1 ln 3 4x −1 A. ( . B. . C. . D. . 2 2x − x + ) 1 ln 3 ( 2 2x − x + ) 1 ln 3 2 2x − x +1 2 2x − x +1 17.
Phần hình phẳng (H ) được gạch chéo trong hình vẽ dưới đây được giới hạn bởi đồ thị hàm số
y = f ( x), 2
y = x + 4x và hai đường thẳng x = −2; x = 0. 0 Biết f  (x) 4 dx =
, diện tích hình phẳng ( H ) là 3 2 − 7 16 4 20 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 18.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A( 1;1 −
; 0) và B (3;5; − 2). Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng AB là A. (2; 2; − ) 1 . B. (2;6; − 2). C. (4; 4; − 2). D. (1;3; − ) 1 .
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 19.
Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình vẽ. Số giá trị nguyên của tham số m để
đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số đã cho tại ba điểm phân biệt là A. Vô số. B. 3. C. 0. D. 5. 20.
Tập nghiệm của bất phương trình 2x−2 4 x  64 là A. (−; − 
1  3; + ). B. 3; + ). C. (−; −  1 . D. −1;  3 . 21.
Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng a 2. Diện tích xung
quanh của hình nón đã cho bằng 2  a 2 2 a A. 2 2 a . B. . C. 2  a . D. . 2 2 x + 22. Cho hàm số 2 1 y =
. Tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn −1;0 x −1 bằng 3 1 A. . B. 2. C. − . D. 0. 2 2 23.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau x − 1 − 2 + y + − + + 4 + y 3 5 −
Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số bằng A. 4. B. 1. C. 2. D. 3. 24.
Số nghiệm của phương trình log x + 2 + log x − 2 = log 5 là 3 ( ) 3 ( ) 3 A. 2. B. 3. C. 1. D. 0. 25.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt
phẳng đáy và SA = a 2 (tham khảo hình vẽ). Góc giữa đường thẳng SC và
mặt phẳng ( ABCD) bằng A. 30 .  B. 45 .  C. 60 .  D. 90 .  26.
Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f (x) = x(x + )(x − )2 3 1 . Số điểm cực trị của hàm số bằng A. 0. B. 2. C. 3. D. 1. 1  x    27.
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = 1+ 
 với x (0;+ ) \  + k ,k   là 2 x  cos x   2  1 1 A. − + tan x + C.
B. ln x + tan x + C. C. − − tan x + C.
D. ln x − tan x + C. 2 x 2 x
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 28.
Cho khối lăng trụ đứng ABC.AB C
  có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AC = a 5,
AA = 2a 3 (tham khảo hình vẽ).
Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng 3 2 3a 3 3a A. 3 2 3a . B. 3 4 3a . C. . D. . 3 3 29.
Trong không gian Oxyz, cho các vectơ a = (−2;− 3; ) 1 và b = (1;0 )
;1 . Côsin góc giữa hai vectơ a và b bằng 1 1 3 3 A. − . B. . C. − . D. . 2 7 2 7 2 7 2 7 30.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau x − − 6 0 6 + y − 0 + 0 − 0 + + 5 + y −4 −4
Số nghiệm của phương trình 2 f ( x) −11 = 0 bằng A. 3. B. 2. C. 0. D. 4. 31.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, cạnh AB = a, AD = a 2. Hình
chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD) là trung điểm của đoạn .
OA Góc giữa SC và mặt
phẳng ( ABCD) bằng 30 . Khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB) bằng 9 22a 3 22a 22a 3 22a A. . B. . C. . D. . 44 11 11 44 32. Cho phương trình 2 2 x x 1 16 2.4 + −
+10 = m ( m là tham số). Số giá trị nguyên của m 10 − ;10 để
phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm thực phân biệt là A. 7. B. 9. C. 8. D. 1. 33.
Trong không gian Oxyz, cho điểm I (2;4;−3). Phương trình mặt cầu có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz) là 2 2 2 2 2 2
A. ( x − 2) + ( y − 4) + ( z + 3) = 4.
B. ( x − 2) + ( y − 4) + ( z + 3) = 29. 2 2 2 2 2 2
C. ( x − 2) + ( y − 4) + ( z + 3) = 9.
D. ( x − 2) + ( y − 4) + ( z + 3) = 16.
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 34.
Giả sử n là một số nguyên dương thỏa mãn 2 3
3C − C = 24. Hệ số của số hạng chứa 12 x trong khai n n n triển  2  2 x x −   bằng  x A. 12 672x . B. 12 −672x . C. 672. D. −672. f x 35.
Cho hàm số f (x)  0 và có đạo hàm liên tục trên
, thỏa mãn ( x + ) f ( x) ( ) 1 = và x + 2 2   f ( ) ln 2 0 = . 
 Giá trị f (3) bằng  2  1 1
A. (4ln 2 − ln 5)2 . B. ( − )2 4 4 ln 2 ln 5 . C. (4ln 2−ln5)2 . D. ( − )2 2 4 ln 2 ln 5 . 2 4 36. Cho hàm số 3
y = x + (m − ) 2
2 x + (m − 2) x +1. Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số đã cho
đồng biến trên khoảng (−;+ ) là A. 3. B. 0. C. 4. D. 2. 37.
Cho khối lăng trụ ABC.AB C
  có đáy ABC là tam giác vuông tại ,
A AB = a, BC = 2 . a Hình chiếu
vuông góc của đỉnh A lên mặt phẳng ( ABC) là trung điểm H của cạnh AC. Góc giữa hai mặt phẳng (BCC B
 ) và ( ABC) bằng 60 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 3 3 3a 3 3a 3 3 3a 3 a 3 A. . B. . C. . D. . 4 8 8 16 38.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3), B(1;− 2;5). Phương trình của mặt cầu đi qua hai điểm ,
A B và có tâm thuộc trục Oy là A. 2 2 2
x + y + z + 4 y − 22 = 0. B. 2 2 2
x + y + z − 4 y − 22 = 0. C. 2 2 2
x + y + z + 4 y − 26 = 0. D. 2 2 2
x + y + z − 4 y − 26 = 0. 2x −1 ln 3 39.
Cho hàm số f ( x) có f ( ) 2
1 = e và f ( x) 2 = e x , x
  0. Khi đó xf (x)dx  bằng 2 x 1 2 6 − e 2 9 − e A. 2 6 − e . B. . C. 2 9 − e . D. . 2 2 40.
Cho hàm số bậc ba y = f (x) có đồ thị như hình vẽ
Số điểm cực tiểu của hàm số ( ) = ( 2 g x
f −x + x) bằng A. 1. B. 5. C. 2. D. 3.
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 41.
Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn 2  x  2021 và 2y log ( y 1 x 2 − − + = 2x − y ? 2 ) A. 2020. B. 9. C. 2019. D. 10. 42.
Cho hàm số y = f (x) liên tục trên thỏa mãn f (− ) 1 = 5, f ( 3
− ) = 0 và có bảng xét dấu đạo hàm như sau x − 1 − 0 1 2 + f ( x) + 0 − 0 + 0 + 0 −
Số giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình f ( − x) 2 3 2
+ x + 4 − x = m có nghiệm trong khoảng (3;5) là A. 16. B. 17. C. 0. D. 15.   43.
Cho hàm số y = f (x) liên tục trên
và thỏa mãn f (− ) 1 1 = 1, f − = 2.   Hàm số  e 
f ( x) có đồ thị như hình vẽ. Bất phương trình f ( x)  (−x) 2 ln
+ x + m có nghiệm đúng với mọi  1  x  1; − −   khi và chỉ khi  e  1 A. m  0. B. m  3 − . 2 e 1 C. m  3 − . D. m  0. 2 e f x 2x +1 2 ( ) 44.
Cho hàm số f ( x) liên tục trên khoảng (0;+ ) và thỏa mãn f (x + ) 1 + = .ln ( x + ) 1 . 4x x 2x 17 Biết f
 (x)dx = aln5−2lnb+c với a, ,b c . Giá trị của a +b+ 2c bằng 1 29 A. . B. 5. C. 7. D. 37. 2 45.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh .
a Hình chiếu vuông góc của S trên mặt
phẳng ( ABCD) là trung điểm của cạnh AB, góc giữa (SAC) và đáy bằng 45 . Gọi M là trung điểm của .
SD Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SC bằng a 2 a 5 a 5 A. . a B. . C. . D. . 4 10 5 46. Cho hàm số f ( x)
có đạo hàm xác định trên . Biết f ( ) 1 = 2 và 1 4 1+ 3 x 1 2 x f   (x)dx = f
(2− x)dx = 4. Giá trị của f (x)dx  bằng 2 x 0 1 0 5 3 1 A. 1. B. . C. . D. . 7 7 7 47.
Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O. Một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón và cắt hình
nón theo một thiết diện là tam giác vuông SAB có diện tích bằng 2
4a . Góc giữa trục SO và mặt
phẳng (SAB) bằng 30 . Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 2 4 10 a . B. 2 2 10 a . C. 2 10 a . D. 2 8 10 a .
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 48.
Cho hàm số y = f (x) có đồ thị hàm số y = f (x) như hình vẽ Hàm số ( ) = (ex g x f
− 2) − 2020 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?  3   3  A. 1; − .   B. (−1; 2). C. (0; + ). D. ; 2 .    2   2  49.
Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = .
a Góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD) bằng  , với 1 cos = . Thể tích của khối 3 chóp đã cho bằng 3 a 2 3 2 2a 3 2a A. . B. 3 a 2. C. . D. . 3 3 3 50.
Cho đa giác đều (H ) có 30 đỉnh. Lấy tùy ý 3 đỉnh của (H ). Xác suất để 3 đỉnh lấy được tạo thành một tam giác tù bằng 39 39 45 39 A. . B. . C. . D. . 140 58 58 280
--------------- HẾT ---------------
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Lời giải đề thi khảo sát tỉnh Phú Thọ * Lớp Chuyên Toán Khóa 36 Ngày 17 tháng 5 năm 2020
"The Only Way To Learn Mathematics Is To Do Mathematics" — Paul Halmos
Tập thể lớp chuyên Toán khóa 36, trường THPT chuyên Hùng Vương xin giới thiệu
tới bạn đọc và các quý thầy cô đề thi và lời giải môn Toán cho kì thi khảo sát khối 12
của tỉnh Phú Thọ diễn ra vài ngày trước. Mặc dù tỉnh có thu lại đề nhưng nhóm tác giả
vẫn lượm được trên mạng đề để giải. Đồng thời nhóm tác giả muốn xin đề đạt với các
thầy ở Sở giáo dục là sau mỗi cuộc thi thì nên cho các bạn học sinh cầm đề và nháp về
để trao đổi, rút ra kinh nghiệm thêm cho bản thân và để làm tài liệu cho các khóa sau
này. Trong tài liệu có thể có lỗi soạn thảo hoặc nội dung, các tác giả rất mong muốn
được trao đổi thêm với bạn đọc.
Tài liệu này là thành quả của nhóm tác giả và được chia sẻ công khai tới cộng đồng,
tất cả hoạt động mua bán hay kinh doanh mà không có sự cho phép của các tác giả là trái pháp luật. Mục lục 1 Bình luận chung 1 2 Đề bài 2 3 Lời giải chi tiết 11 §1 Bình luận chung
Đề thi lần này sát với cấu trúc đề minh hoạ, các câu lý thuyết hay vận dụng các tính
chất cơ bản chiếm khoảng 50% đề thi và đủ các dạng bài. Đây là một con số phù hợp để
các bạn học sinh trung bình có thể đạt được 5 − 6 điểm. Đề thi cũng có nhiều câu có độ
khó cao hơn và nhiều câu để thực sự phân loại học sinh (điểm 9 - 10). Các mảng kiến
thức chủ yếu ở các câu này liên quan hàm số, nguyên hàm, tích phân và hình học không
gian. Để đạt được 8 điểm thì cũng đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng khá chắc tay và
đòi hỏi thêm tính toán cẩn thận. Còn muốn với tới được 9 − 10 thì học sinh cũng gặp
không ít khó khăn, các bạn học sinh vừa cần cẩn thận những câu dễ mà lại phải nhanh *Email: 10toancutee@gmail.com Facebook: Mười Một Toán 1
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
để chiến đấu với các câu còn lại có mức tính toán nhiều hơn, con số học sinh đạt được
thang điểm này là không nhiều.
Nhìn chung đề thi đáp ứng được các loại đối tượng học sinh, giúp phân loại học sinh
khá tốt. Mong điểm trung bình trong của toàn tỉnh sẽ là 6 hoặc có thể cao hơn thì là điều đáng mừng. ª §2 Đề thi
Kì thi có nhiều mã đề nhưng có lẽ chỉ thay đổi số liệu, trộn câu.
Câu 1. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng đường cong như hình vẽ A. y = −x3 − 3x2 + 2. C. y = x4 − 3x2 + 2. B. y = −x4 + 3x2 + 2. D. y = x3 − 2x2 − 2.
Câu 2. Cho cấp số nhân (un) có số hạng đầu u1 = 2 và công bội q = 4. Giá trị của u3 bằng A. 32. B. 16. C. 8. D. 6.
Câu 3. Một tổ có 6 học sinh nam và 5 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn một học sinh
nam và một học sinh nữ để đi tập văn nghệ ? A. A2 . B. 30. C. C2 . D. 11. 11 11
Câu 4. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = 2x + 4x là A. 2x ln 2 + 2x2 + C. C. 2x ln 2 + C. 2x 2x B. + 2x2 + C. D. + C. ln 2 ln 2
Câu 5. Cho khối lăng trụ có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao bằng 3a. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng A. a3. B. 4a3. 4 C. a3. D. 3a3. 3
Câu 6. Nghiệm của phương trình log2(3x − 8) = 2 là A. x = −4. B. x = 12. C. x = 4. −4 D. x = . 3 √
Câu 7. Cho khối trụ có chiều cao bằng 2 3 và bán kính đáy bằng 2. Thể tích của khối trụ đã cho là 2
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020 √ √ A. 8π. B. 8 3π. 8 3 D. 24π. C. π. 3
Câu 8. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ −1 1 +∞ y0 + 0 − 0 + 1 +∞ % & % y −∞ −3
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. (1; +∞). B. (−3; +∞). C. (−1; 1). D. (−∞; 1).
Câu 9. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(1; 1; −2), B(3; −4; 1). Tọa độ của vectơ − − → AB là A. (−2; 5; −3). B. (2; 5; 3). C. (2; −5; 3). D. (2; 5; −3). 2x − 3
Câu 10. Phương trình tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = là x − 1 A. y = 2. B. y = 1. C. x = 1. D. x = 2.
Câu 11. Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng 3a và bán kính đáy là bằng a. Diện tích
xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 12πa2. B. 3πa2. C. 6πa2. D. πa2. √
Câu 12. Với a là một số thực dương khác 1, loga2 (a a) bằng 3 3 1 A. . B. 3. C. . D. . 4 2 4
Câu 13. Cho khối chóp có diện tích đáy bằng a2 và chiều cao bằng 2a. Thể tích khối chóp đã cho bằng 2a3 B. 2a3. C. 4a3. D. a3. A. . 3
Câu 14. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x4 − 2x2 − 3 trên khoảng [1; 2] bằng A. −4. B. 0. C. 5. D. −3.
Câu 15. Cho f (x) là một hàm số liên tục trên R và F (x) là một nguyên hàm của f (x). Biết Z 3
f (x)dx = 3 và F (1) = 1, giá trị F (3) bằng 1 A. 4. B. 2. C. −2. D. 3.
Câu 16. Đạo hàm của hàm số y = log3(2x2 − x + 1) là 3
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020 2x − 1 (4x − 1) ln 3 A. . C. . (2x2 − x + 1) ln 3 2x2 − x + 1 4x − 1 4x − 1 B. . D. . (2x2 − x + 1) ln 3 2x2 − x + 1
Câu 17. Phần hình phẳng (H) được gạch chéo trong hình vẽ dưới đây được giới hạn bởi đồ
thị hàm số y = f (x), y = x2 + 4x và hai đường thẳng x = −2; x = 0. Z 0 4 Biết f (x)dx =
, diện tích của hình phẳng (H) bằng −2 3 7 16 4 20 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3
Câu 18. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(−1; 1; 0) và B(3; 5; −2). Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng AB là f A. (2; 2; −1). B. (2; 6; −2). C. (4; 4; −2). D. (1; 3; −1).
Câu 19. Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình vẽ
Số giá trị nguyên của tham số m để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số đã cho
tại ba điểm phân biệt là 4
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020 A. Vô số. B. 3. C. 0. D. 5.
Câu 20. Tập nghiệm của bất phương trình 4x2−2x ≥ 64 là
A. (−∞; −1] ∪ [3; +∞). C. (−∞; −1]. B. [3; +∞). D. [−1; 3].
Câu 21. Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng √
a 2. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng √ √ A. 2πa2. πa2 C. πa2. 2πa2 B. . D. . 2 2 2x + 1 Câu 22. Cho hàm số y =
. Tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã x − 1
cho trên đoạn [−1; 0] bằng 3 1 A. . B. 2. C. − . D. 0. 2 2
Câu 23. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ −1 2 +∞ y0 + || − || + +∞||4 +∞ % & % y 3 −5
Tổng số đường tiệm cận đứng và ngang của đồ thị hàm số bằng A. 4. B. 1. C. 2. D. 3.
Câu 24. Số nghiệm của phương trình log3(x + 2) + log3(x − 2) = log3 5 là A. 2. B. 3. C. 1. D. 0.
Câu 25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy cạnh hình vuông là a, SA vuông góc với mặt √
phẳng đáy và SA = a 2 (tham khảo hình vẽ).
Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 5
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020 A. 30◦. B. 45◦. C. 60◦. D. 90◦.
Câu 26. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f 0(x) = x(x + 3)(x − 1)2. Số điểm cực đại của hàm số bằng A. 0. B. 2. C. 3. D. 1. 1 x
Câu 27. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = 1 + với x ∈ (0; +∞) \ x cos2 x n π o + kπ, k ∈ Z là 2 1 1 A. − + tan x + C. C. − − tan x + C. x2 x2 B. ln x + tan x + C. D. ln x − tan x + C.
Câu 28. Cho khối lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, √ √
AC = a 5, AA0 = 2a 3 (tham khảo hình vẽ).
Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng √ √ √ √ A. 2 3a3. B. 4 3a3. 2 3 3a3 C. a3. D. . 3 3 − → − →
Câu 29. Trong không gian Oxyz cho các vectơ a = (−2; −3; 1) và b = (1; 0; 1). Côsin của − → − →
góc giữa hai vectơ a và b bằng 1 1 3 3 A. − √ . B. √ . C. − √ . D. √ . 2 7 2 7 2 7 2 7
Câu 30. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau √ √ x −∞ − 6 0 6 +∞ y0 − 0 + 0 − 0 + y +∞ 5 +∞ & % & % −4 −4
Số nghiệm của phương trình 2f (x) − 11 = 0 bằng 6
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020 A. 3. B. 2. C. 0. D. 4.
Câu 31. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, cạnh AB = √
a, AD = a 2. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm
đoạn thẳng OA. Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 30◦. Khoảng cách từ
C đến mặt phẳng (SAB) bằng √ √ √ √ 9 22a 3 22a 22a 3 22a A. . B. . C. . D. . 44 11 11 44
Câu 32. Cho phương trình 16x2 − 2 · 4x2+1 + 10 = m (m là tham số). Số giá trị nguyên của
m ∈ [−10; 10] để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt là A. 7. B. 9. C. 8. D. 1.
Câu 33. Trong không gian Oxyz, cho điểm I(2; 4; −3). Phương trình mặt cầu có tâm I và
tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz) là
A. (x − 2)2 + (y − 4)2 + (z + 3)2 = 4.
C. (x − 2)2 + (y − 4)2 + (z + 3)2 = 9.
B. (x − 2)2 + (y − 4)2 + (z + 3)2 = 29.
D. (x − 2)2 + (y − 4)2 + (z + 3)2 = 16.
Câu 34. Giả sử n là một số nguyên dương thỏa mãn 3C2 − n C3
n = 24. Hệ số của số hạng √ 2 n chứa x12 trong khai triển x2 x − bằng x A. 672x12. B. −672x12. C. 672. D. −672. pf(x)
Câu 35. Cho hàm số f (x) > 0 và có đạo hàm liên tục trên R, thỏa mãn (x+1)f 0(x) = x + 2 ln 2 2 và f (0) =
. Giá trị của f (3) bằng 2 1 1 A. (4 ln 2 − ln 5)2. C. (4 ln 2 − ln 5)2. 2 4 B. 4(4 ln 2 − ln 5)2. D. 2(4 ln 2 − ln 5)2.
Câu 36. Cho hàm số y = x3 + (m − 2)x2 + (m − 2)x + 1. Số giá trị nguyên của tham số m
để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (−∞; +∞) là A. 3. B. 0. C. 4. D. 2.
Câu 37. Cho khối lăng trụ ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a,
BC = 2a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A0 lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm
H của cạnh AC. Góc giữa hai mặt phẳng (BCC0B0) và (ABC) bằng 60◦. Thể tích
của khối lăng trụ đã cho bằng √ √ √ √ 3 3a3 3a3 3 3a3 a3 3 A. . B. . C. . D. . 4 8 8 16
Câu 38. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 3), B(1; −2; 5). Phương trình đã cho
của mặt cầu đi qua hai điểm A, B và có tâm thuộc trục Oy là 7
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
A. x2 + y2 + z2 + 4y − 22 = 0.
C. x2 + y2 + z2 + 4y − 26 = 0.
B. x2 + y2 + z2 − 4y − 22 = 0.
D. x2 + y2 + z2 − 4y − 26 = 0. 2x − 1 Z ln 3
Câu 39. Cho hàm số f (x) có f (1) = e2 và f 0(x) = e2x, ∀x 6= 0. Khi đó xf (x)dx x2 1 bằng A. 6 − e2. 6 − e2 C. 9 − e2. 9 − e2 B. . D. . 2 2
Câu 40. Cho hàm số bậc ba y = f (x) có đồ thị như hình vẽ
Số điểm cực tiểu của hàm số g(x) = f (−x2 + x) bằng A. 1. B. 5. C. 2. D. 3.
Câu 41. Có bao nhiêu cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 2 ≤ x ≤ 2021 và 2y − log2(x + 2y−1) = 2x − y? A. 2020. B. 9. C. 2019. D. 10.
Câu 42. Cho hàm số f (x) liên tục trên R, thỏa mãn f (−1) = 5, f (−3) = 0 và có bảng xét dấu đạo hàm như sau x −∞ −1 0 1 2 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 0 + 0 − √
Số giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 3f (2−x)+ x2 + 4−x = m
có nghiệm trong khoảng (3; 5) là A. 16. B. 17. C. 0. D. 15. −1
Câu 43. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và thỏa mãn f (−1) = 1, f = 2. Hàm e
số f 0(x) có đồ thị như hình vẽ 1
Bất phương trình f (x) < ln(−x) + x2 + m có nghiệm đúng với mọi x ∈ −1; − e khi và chỉ khi 8
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020 A. m > 0. 1 1 B. m > 3 − . C. m ≥ 3 − . D. m ≥ 0. e2 e2 √ f ( x)
Câu 44. Cho hàm số f (x) liên tục trên khoảng (0; +∞) và thỏa mãn f (x2 + 1) + √ = 4x x 2x + 1 Z 17 · ln(x + 1). Biết
f (x)dx = a ln 5 − 2 ln b + c với a, b, c ∈ R. Giá trị của 2x 1 a + b + 2c bằng 29 A. . B. 5. C. 7. D. 37. 2
Câu 45. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu vuông
góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm cạnh AB, góc giữa (SAC) và đáy
là 45◦. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng SD. Khoảng cách giữa đường thẳng AM và SC là √ √ √ A. a. a 2 a 5 a 5 B. . C. . D. . 4 10 5 Z 1
Câu 46. Cho hàm số f (x) có đạo hàm xác định trên R. Biết f (1) = 2 và x2f 0(x)dx = 0 √ Z 4 1 + 3 x √ Z 1 √ f (2 − x)dx = 4. Giá trị của f (x)dx bằng 1 2 x 0 A. 1. 5 3 1 B. . C. . D. . 7 7 7
Câu 47. Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O. Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình
nón và cắt hình nón theo một thiết diện là tam giác vuông SAB có diện tích bằng
4a2. Góc giữa trục SO và mặt phẳng (SAB) bằng 30◦. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng 9
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020 √ √ √ √ A. 4 10πa2. B. 2 10πa2. C. 10πa2. D. 8 10πa2.
Câu 48. Cho hàm số y = f (x) có đồ thị hàm số f 0(x) như hình vẽ
Hàm số g(x) = f (ex − 2) − 2020 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? 3 3 A. −1; . B. (−1; 2). C. (0; +∞). D. ; 2 . 2 2
Câu 49. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, SA vuông góc
với mặt phẳng đáy và SA = a. Góc giữa hai mặt phằng (SBC) và (SCD) bằng ϕ, 1
với cos ϕ = √ . Thể tích của khối chóp đã cho bằng 3 √ √ √ a3 2 B. a3 2. 2 2a3 2a3 A. . C. . D. . 3 3 3
Câu 50. Cho đa giác đều (H) có 30 đỉnh. Lấy tùy ý 3 đỉnh của (H). Xác suất để 3 đỉnh lấy
được tạo thành một tam giác tù bằng 39 39 45 39 A. . B. . C. . D. . 140 58 58 280 — HẾT — 10
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020 §3 Lời giải chi tiết
Câu 1. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng đường cong như hình vẽ A. y = −x3 − 3x2 + 2. C. y = x4 − 3x2 + 2. B. y = −x4 + 3x2 + 2. D. y = x3 − 2x2 − 2.
Lời giải. Đáp án đúng: C
Hướng 1. Ta kí hiệu hàm số trên là f (x). Từ đồ thị ta thấy khi x → +∞ thì y → +∞
nên nếu hàm số trên là một đa thức thì hệ số bậc cao nhất là số dương nên còn hai đáp án là C hoặc D.
Kết hợp f (0) = 2 thì ta rút ra được đáp án C. y = x4 − 3x2 + 2.
Hướng 2. Nhìn vào đồ thị thì thấy nó đối xứng qua trục tung nên nếu f (x) là đa thức
thì nó phải bao gồm tổng lũy thừa bậc chẵn, kết hợp tính chất khi x → +∞ thì y → +∞
nên suy ra ta còn đáp án C.
Claim 3.1 — Ở bài toán này nhắc lại cho chúng ta hai tính chất sau
Cho f (x) là đa thức viết dưới dạng anxn + an−1xn−1 + . . . + a1x + a0. Khi đó nếu
an > 0 thì x → +∞ sẽ suy ra y → +∞ và nếu an < 0 thì khi x → +∞ sẽ suy ra y → −∞.
Và nếu f (x) = f (−x) tại vô số điểm thì các hệ số bậc lẻ ai = 0 (i lẻ).
Câu 2. Cho cấp số nhân (un) có số hạng đầu u1 = 2 và công bội q = 4. Giá trị của u3 bằng A. 32. B. 16. C. 8. D. 6.
Lời giải. Đáp án đúng: A
Cách tính như sau: u3 = 4 × u2 = 42 × u1 = 16 × 2 = 32.
Claim 3.2 — Với cấp số nhân (un) có u1 = a và công bội q thì với mọi số nguyên
dương n, ta có các tính chất sau: 1. un = qn−1 · a. 2. un+2 · un = u2 . n+1 11
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020 a(qn − 1) 3. Sn = Pn u , với q 6= 1. i=1 i = q − 1
Câu 3. Một tổ có 6 học sinh nam và 5 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn một
học sinh nam và một học sinh nữ để đi tập văn nghệ ? A. A2 . B. 30. C. C2 . D. 11. 11 11
Lời giải. Đáp án đúng: B
Trước tiên để chọn một học sinh nam trong 6 học sinh nam thì có 6 cách chọn, sau đó
chọn một học sinh nữ trong 5 bạn học sinh nữ thì có 5 cách chọn.
Theo quy tắc nhân thì số cách chọn thỏa mãn yêu cầu đề bài là 6 × 5 = 30 (cách chọn).
Claim 3.3 — Quy tắc cộng và quy tắc nhân có thể hiểu đơn giản như sau:
Nếu một công việc được chia ra làm hai giai đoạn, giai đoạn đầu có a hướng xử lí,
giai đoạn hai có b hướng xử lí thì số hướng xử lí công việc là a × b (quy tắc nhân).
Còn một công việc mà người A có a cách xử lí, người B có b cách xử lí thì tổng
số cách xử lí sẽ là a + b (quy tắc cộng).
Câu 4. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = 2x + 4x là A. 2x ln 2 + 2x2 + C. C. 2x ln 2 + C. 2x 2x B. + 2x2 + C. D. + C. ln 2 ln 2
Lời giải. Đáp án đúng: B
Áp dụng công thức tính nguyên hàm ta có Z Z Z 2x (2x + 4x) dx = 2xdx + 4xdx = + 2x2 + C. ln 2
Nếu bạn nào còn quên công thức nguyên hàm thì có thể tính đạo hàm của từng đáp
án đã cho và sẽ đi đến kết quả B.
Câu 5. Cho khối lăng trụ có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao bằng 3a. Thể
tích khối lăng trụ đã cho bằng A. a3. B. 4a3. 4 C. a3. D. 3a3. 3
Lời giải. Đáp án đúng: D
Áp dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ, ta có V = S · h = a2 · 3a = 3a3. 12
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Câu 6. Nghiệm của phương trình log2(3x − 8) = 2 là A. x = −4. B. x = 12. C. x = 4. −4 D. x = . 3
Lời giải. Đáp án đúng: C
Từ giả thiết log2(3x − 8) = 2 thì suy ra 3x − 8 = 22 hay ta có x = 4. √
Câu 7. Cho khối trụ có chiều cao bằng 2 3 và bán kính đáy bằng 2. Thể tích
của khối trụ đã cho là √ √ A. 8π. B. 8 3π. 8 3 D. 24π. C. π. 3
Lời giải. Đáp án đúng: B
Áp dụng công thức tính thể tích khối trụ thì ta có √ √
V = S · h = (π · 22) · 2 3 = 8 3π.
Câu 8. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ −1 1 +∞ y0 + 0 − 0 + 1 +∞ % & % y −∞ −3
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. (1; +∞). B. (−3; +∞). C. (−1; 1). D. (−∞; 1).
Lời giải. Đáp án đúng: A
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy y0 mang dấu dương ở hai khoảng (−∞; −1) và
(1; +∞) nên ta chọn đáp án A.
Nhận xét. Bảng biến thiên có vẻ cho hơi thừa, mục đích chủ yếu để nhìn cho đẹp
mắt vì thực tế ta chỉ cần dựa vào y0 hoặc y trong bảng là có thể ra được kết quả.
Câu 9. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(1; 1; −2), B(3; −4; 1). Tọa độ của − − → vectơ AB là A. (−2; 5; −3). B. (2; 5; 3). C. (2; −5; 3). D. (2; 5; −3).
Lời giải. Đáp án đúng: C − − →
Tọa độ vectơ AB là (xB − xA; yB − yA; zB − zA) = (2; −5; 3). 13
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020 2x − 3
Câu 10. Phương trình tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = là x − 1 A. y = 2. B. y = 1. C. x = 1. D. x = 2.
Lời giải. Đáp án đúng: C 2x − 3 2a − 3 2x − 3
Với số thực a 6= 1 thì lim = và lim
= ∞ nên ta có kết luận x = 1 x→a x − 1 a − 1 x→1 x − 1
là phương trình tiệm cận đứng của đồ thị hàm số trên. ax + b
Claim 3.4 — Cho hàm số f (x) =
thì tiệm cận đứng của đồ thị hàm số f (x) cx + d −d là x = . c
Ta còn có thể rút ra tính chất nếu f (x) là tổng các phân thức, khi đó tập hợp các
số thực phân biệt a1, a2, . . . , an thỏa mãn x = ai, i = 1, n là các tiệm cận đứng của
đồ thị hàm số f (x) thì tại các điểm xi thì f (xi) không xác định.
Câu 11. Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng 3a và bán kính đáy là bằng a.
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 12πa2. B. 3πa2. C. 6πa2. D. πa2.
Lời giải. Đáp án đúng: B
Ta có diện tích xung quanh hình nón là
Sxq = πrl = π × a × 3a = 3πa2.
(trong đó Sxq là diện tích xung quanh hình nón, r là độ dài bán kính đáy và l là độ dài đường sinh) √
Câu 12. Với a là một số thực dương khác 1, loga2 (a a) bằng 3 3 1 A. . B. 3. C. . D. . 4 2 4
Lời giải. Đáp án đúng: A Ta có √ 3 3 loga2(a a) = loga2 a 2 = . 4
Claim 3.5 — Với a, b là các số thực dương (a khác 1) và x, y là hai số thực tùy ý y (x khác 0). Khi đó log · ax (by ) = log x a(b). 14
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Câu 13. Cho khối chóp có diện tích đáy bằng a2 và chiều cao bằng 2a. Thể tích khối chóp đã cho bằng 2a3 B. 2a3. C. 4a3. D. a3. A. . 3
Lời giải. Đáp án đúng: A
Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp ta có 1 1 2 V = × B × h = × a2 × 2a = a3. 3 3 3
Trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao.
Câu 14. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x4 − 2x2 − 3 trên khoảng [1; 2] bằng A. −4. B. 0. C. 5. D. −3.
Lời giải. Đáp án đúng: A
Hướng 1. Xét f 0(x) = (x4 − 2x2 − 3)0 = 4x(x2 − 1), mà ta đang xét x trong khoảng
[1; 2] nên f 0(x) ≥ 0 hay hàm số đồng biến trên [1; 2].
Vậy suy ra min f (x) = f (1) = −4. x∈[1;2]
Hướng 2. Chúng ta sẽ dùng mẹo bấm máy tính như sau
Đầu tiên ta nhập x4 − 2x2 − 3 = A, trong đó A là biến số mà ta sẽ nhập vào 1 trong 4
kết quả của đáp án của đề bài.
Trước tiên, đề hỏi là giá trị nhỏ nhất nên ta thử lần lượt từ số bé đến số lớn, cụ thể ta 3
nhập A lần lượt là các giá trị −4, −3, 0, 5 và để khởi chạy x =
(nằm giữa đoạn [1, 2] vì 2
máy tính sẽ chạy các số sang hai bên của điểm bắt đầu). Sau đó nếu phương trình vô
nghiệm hoặc có nghiệm ngoài đoạn [1; 2] thì ta lại thay A là các số tiếp theo vào. Đến
khi phương trình đó có nghiệm thuộc [1; 2] thì giá trị A mà ta đang thử chính là đáp số
cần tìm. Và may mắn ở bài này là ta thử thì chỉ cần 1 trường hợp là ra −4.
Phương pháp bấm máy này sẽ hiệu quả hơn ở một số câu phức tạp mà tiêu chí thi là
cần nhanh và chính xác thì nên dùng cách này vì máy tính bây giờ cũng rất hiện đại, nhanh ra kết quả.
Câu 15. Cho f (x) là một hàm số liên tục trên R và F (x) là một nguyên hàm của Z 3 f (x). Biết
f (x)dx = 3 và F (1) = 1, giá trị F (3) bằng 1 A. 4. B. 2. C. −2. D. 3.
Lời giải. Đáp án đúng: A Ta có Z 3 f (x)dx = F (3) − F (1) = 3 1 nên giá trị F (3) = 4. 15
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Claim 3.6 — Công thức Newton - Leibniz
Cho f (x) là hàm số xác định trên [a; b] và tồn tại F (x) là một nguyên hàm của f (x). Khi đó Z b f (x)dx = F (b) − F (a). a
Câu 16. Đạo hàm của hàm số y = log3(2x2 − x + 1) là 2x − 1 (4x − 1) ln 3 A. . C. . (2x2 − x + 1) ln 3 2x2 − x + 1 4x − 1 4x − 1 B. . D. . (2x2 − x + 1) ln 3 2x2 − x + 1
Lời giải. Đáp án đúng: B
Theo công thức tính đạo hàm thì (2x2 − x + 1)0 4x − 1 y0 = log3(2x2 − x + 1)0 = = . (2x2 − x + 1) ln 3 (2x2 − x + 1) ln 3
Claim 3.7 — Công thức tính đạo hàm của hàm số hợp như sau h(g(x))0 = h0(g(x)) · g0(x). 1
và kết hợp công thức log0a x =
để ra biến đổi như trên. x ln a
Câu 17. Phần hình phẳng (H) được gạch chéo trong hình vẽ dưới đây được giới
hạn bởi đồ thị hàm số y = f (x), y = x2 + 4x và hai đường thẳng x = −2; x = 0. Z 0 4 Biết f (x)dx =
, diện tích của hình phẳng (H) bằng −2 3 7 16 4 20 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 16
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Lời giải. Đáp án đúng: D
Ta kí hiệu g(x) là hàm số x2 + 4x, khi đó họ các nguyên hàm của hàm số g(x) sẽ là 1 Z 0 −16 G(x) = x3 + 2x2 + C nên g(x)dx = . 3 −2 3
Và ta có diện tích phần gạch chéo có công thức là Z 0 Z 0 Z 0 4 −16 20 S red = |f (x) − g(x)| dx = f (x) − g(x) = − = . −2 −2 −2 3 3 3
Claim 3.8 — Cho hai hàm số f (x), g(x) liên tục trên [a; b]. Diện tích hình phẳng
được dưới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f (x), y = g(x) và hai đường thẳng x = a, x = b là Z b S = |f (x) − g(x)| dx. a
Câu 18. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(−1; 1; 0) và B(3; 5; −2). Tọa độ
trung điểm của đoạn thẳng AB là A. (2; 2; −1). B. (2; 6; −2). C. (4; 4; −2). D. (1; 3; −1).
Lời giải. Đáp án đúng: D x A + xB yA + yB zA + zB
Tọa độ trung điểm AB được cho bởi công thức: MAB ; ; . f 2 2 2
Thay số liệu vào ta sẽ có MAB(1; 3; −1).
Câu 19. Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình vẽ
Số giá trị nguyên của tham số m để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số đã cho
tại ba điểm phân biệt là A. Vô số. B. 3. C. 0. D. 5. 17
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Lời giải. Đáp án đúng: B
Dựa vào hình vẽ của đồ thị ta thấy
Với m < 1 thì ta thấy đường thẳng y = m chỉ có thể cắt đồ thị tại một điểm, tương tự với m > 5.
Với m = 1 hoặc m = 5 thì đường thẳng y = m sẽ cắt đồ thị trên tại hai điểm, một
trong số đó là điểm tiếp xúc, cụ thể với m = 1 thì điểm tiếp xúc là (0; 1) và m = 5 thì
điểm tiếp xúc là (2; 5).
Còn với 1 < m < 5 thì đường thẳng y = m cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt, kết hợp
m nguyên nên có ba giá trị thỏa mãn là {2, 3, 4} .
Câu 20. Tập nghiệm của bất phương trình 4x2−2x ≥ 64 là
A. (−∞; −1] ∪ [3; +∞). C. (−∞; −1]. B. [3; +∞). D. [−1; 3].
Lời giải. Đáp án đúng: A
Ta viết lại bất phương trình dưới dạng 4x2−2x ≥ 64 = 43, tương đương với x2 − 2x ≥ 3
hay ta có (x − 3)(x + 1) ≥ 0.
Vậy từ đó ta rút ra được x ≥ 3 hoặc x ≤ −1 nên ta chọn đáp án A.
Câu 21. Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân có cạnh √
huyền bằng a 2. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng √ √ A. 2πa2. πa2 C. πa2. 2πa2 B. . D. . 2 2
Lời giải. Đáp án đúng: D √
Do thiết diện qua trục là tam giác vuông cân có cạnh huyền là a 2 nên bán kính của √ a 2 mặt đáy là
và đường sinh của hình nón là cạnh của tam giác vuông cân. 2
Áp dụng định lý Pythago thì ta tính được cạnh của tam giác vuông cân có độ dài là a
nên suy ra diện tích xung quanh mặt nón là √ √ a 2 2πa2 S = πrl = π × × a = . 2 2 2x + 1 Câu 22. Cho hàm số y =
. Tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của x − 1
hàm số đã cho trên đoạn [−1; 0] bằng 3 1 A. . B. 2. C. − . D. 0. 2 2 18
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Lời giải. Đáp án đúng: C 2x + 1 3
Ta viết lại biểu thức đã cho như sau f (x) = = 2 + . Dễ thấy hàm số này x − 1 x − 1
nghịch biến trên [−1; 0] nên đạt giá trị lớn nhất nhỏ nhất tại hai biên.
Suy ra tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn [−1; 0] là 1 f (−1) × f (0) = − . 2
Câu 23. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ −1 2 +∞ y0 + || − || + +∞||4 +∞ % & % y 3 −5
Tổng số đường tiệm cận đứng và ngang của đồ thị hàm số bằng A. 4. B. 1. C. 2. D. 3.
Lời giải. Đáp án đúng: B
Ta thấy khi x → −∞ thì y → 3 và x → +∞ thì y → +∞. Suy ra đồ thị có một tiệm cận ngang là y = 3.
Khi x → −1− thì y → +∞ nhưng x → −1+ thì y → 4 nên x = −1 không phải tiệm
cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.
Khi x → 2 thì y → −5 nên x = 2 cũng không phải tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy ta kết luận chỉ có đúng một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y = 3.
Câu 24. Số nghiệm của phương trình log3(x + 2) + log3(x − 2) = log3 5 là A. 2. B. 3. C. 1. D. 0.
Lời giải. Đáp án đúng: C
Hướng 1. Ta xét hàm số f (x) = log3(x + 2) + log3(x − 2) − log3 5 trên khoảng (2; +∞).
Dễ thấy hàm số này đồng biên trên (2; +∞) mà x → 2+ thì f (x) → −∞ và f (7) =
log3(9) + log3(5) − log3(5) = 2 > 0.
Theo định lý giá trị trung gian thì tồn tại số c ∈ (2; 7) sao cho f (c) = 0. Do f (x) đồng
biến nên nghiệm c là duy nhất. Cụ thể ở đây c = 3.
Hướng 2. Ta nhập phương trình vào máy tính rồi Shift + Solve để tìm nghiệm, nếu
vô nghiệm thì xong luôn, nếu có nghiệm x0 thì ta lưu vào phím A. Sau đó lại viết phương log trình dưới dạng sau
3(x + 2) + log3(x − 2) − log3 5 = 0 sau đó lại giải tiếp. x − A
Viết phương trình như trên để máy tính sẽ chạy tránh nghiệm A vừa tìm. Cứ tiếp tục
nếu ra nghiệm B, C, . . . thì ta lại viết thêm biểu thức (x − B)(x − C) ở dưới mẫu, cách
này giúp ta vét hết các nghiệm phân biệt của phương trình ban đầu. 19
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Claim 3.9 — Định lý Bolzano (giá trị trung gian)
Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a; b] thỏa mãn f (a) · f (b) < 0 thì tồn tại một
hằng số c ∈ (a; b) thỏa mãn f (c) = 0.
Câu 25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy cạnh hình vuông là a, SA vuông góc √
với mặt phẳng đáy và SA = a 2 (tham khảo hình vẽ).
Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng A. 30◦. B. 45◦. C. 60◦. D. 90◦.
Lời giải. Đáp án đúng: B
Do SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên góc giữa đường thẳng SC và mặt
phẳng (ABCD) bằng ∠SCA = ϕ. √ √ AS a 2
Theo định lý Pythago ta tính được cạnh AC = a 2, mà tan ϕ = = √ = 1 nên AC a 2 ϕ = 45◦.
Câu 26. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f 0(x) = x(x + 3)(x − 1)2. Số điểm cực đại của hàm số bằng A. 0. B. 2. C. 3. D. 1.
Lời giải. Đáp án đúng: D
Ta thấy f (x) = x(x + 3)(x − 1)2 đổi dấu từ dương sang âm khi x chạy qua điểm −3
nên −3 là điểm cực đại của hàm số.
Còn khi x chạy qua 0 thì f 0(x) đổi dấu từ âm sang dương nên 0 là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.
Claim 3.10 — Cho hàm số f (x) có đạo hàm trên khoảng (a; b). Xét số c bất kì
thuộc khoảng (a; b). Cho x chạy qua c (từ c− đến c+)
Nếu f0(x) đổi dấu từ âm sang dương thì c là điểm cực tiểu của hàm số.
Nếu f0(x) đổi dấu từ dương sang âm thì c là điểm cực đại của hàm số. 20
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020 1 x
Câu 27. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = 1 + với x cos2 x n π o x ∈ (0; +∞) \ + kπ, k ∈ Z là 2 1 1 A. − + tan x + C. C. − − tan x + C. x2 x2 B. ln x + tan x + C. D. ln x − tan x + C.
Lời giải. Đáp án đúng: B Ta có Z Z dx Z dx f (x)dx = + = ln x + tan x + C. x cos2 x
Câu 28. Cho khối lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác vuông √ √
tại B, AB = a, AC = a 5, AA0 = 2a 3 (tham khảo hình vẽ).
Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng √ √ √ √ A. 2 3a3. B. 4 3a3. 2 3 3a3 C. a3. D. . 3 3
Lời giải. Đáp án đúng: A
Theo định lý Pythago thì ta tính được BC = 2a. Từ đó suy ra thể tích khối lăng trụ đứng là √ √
V = SABC × AA0 = a2 × 2a 3 = 2 3a3. − → − →
Câu 29. Trong không gian Oxyz cho các vectơ a = (−2; −3; 1) và b = (1; 0; 1). − → − →
Côsin của góc giữa hai vectơ a và b bằng 1 1 3 3 A. − √ . B. √ . C. − √ . D. √ . 2 7 2 7 2 7 2 7 21
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Lời giải. Đáp án đúng: A Ta có công thức − → − → − → − → a · b
−2 · 1 + (−3) · 0 + 1 · 1 −1 cos a , b = − → = √ = √ . p k− → a k · k b k (−2)2 + (−3)2 + 12 · 12 + 02 + 12 2 7 − → Trong đó k− → a k là độ dài của a .
Câu 30. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau √ √ x −∞ − 6 0 6 +∞ y0 − 0 + 0 − 0 + y +∞ 5 +∞ & % & % −4 −4
Số nghiệm của phương trình 2f (x) − 11 = 0 bằng A. 3. B. 2. C. 0. D. 4.
Lời giải. Đáp án đúng: B 11
Phương trình trên tương đương với f (x) =
= 5, 5. Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy 2 √
1. Khi x ∈ (−∞; − 6) thì f (x) nghịch biến từ +∞ đến −4 nên phương trình sẽ có √
đúng một nghiệm trong khoảng (−∞; − 6). √
2. Khi x ∈ [− 6; 0] thì f (x) đồng biến đi từ −4 đến 5 nên phương trình trên không √
có nghiệm trong đoạn [− 6; 0]. √
3. Tương tự thì phương trình không có nghiệm trong đoạn [0; 6]. √
4. Cuối cùng khi x ∈ [ 6; +∞) thì f (x) đồng biến chạy từ −4 ra +∞ nên phương
trình có thêm một nghiệm nữa.
Vậy kết luận là phương trình ban đầu có hai nghiệm.
Câu 31. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, cạnh √
AB = a, AD = a 2. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung
điểm đoạn thẳng OA. Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 30◦. Khoảng
cách từ C đến mặt phẳng (SAB) bằng √ √ √ √ 9 22a 3 22a 22a 3 22a A. . B. . C. . D. . 44 11 11 44
Lời giải. Đáp án đúng: B
Ta gọi I là trung điểm OA, theo đề bài thì ta có SI ⊥ AC. Lấy M, N lần lượt là hình
chiếu của I lên AB và SM . √ √
Trước tiên ta tính được AC = BD = AB2 + AD2 = 3a. 22
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Theo giả thiết ta có (SC, (ABCD)) = (SC, CI) = ∠SCI = 30◦ nên SI = IC·tan 30◦ = 3 a. 4
Nhận thấy rằng IM k BC vì cùng vuông góc với AB nên theo định lý Thales thì ta AI BC a có IM = BC · = = √ . AC 4 2 2 1 1 1
Từ đó áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SIM ta có = + √ IN 2 IM 2 SI2 3a 22 và ta tính được IN = . 44 Suy ra ta có √ CA 3 22a d(C, (SAB)) = · d(I, (SAB)) = 4IN = . IA 11
Claim 3.11 — Cho mặt phẳng (P ) và hai điểm A, B bất kì
Nếu AB song song với (P ) thì hiển nhiên d(A, (P )) = d(B, (P )). d(A, (P )) SA
Nếu AB cắt mặt phẳng (P ) tại S thì khi đó = . d(B, (P )) SB
Câu 32. Cho phương trình 16x2 − 2 · 4x2+1 + 10 = m (m là tham số). Số giá trị
nguyên của m ∈ [−10; 10] để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt là A. 7. B. 9. C. 8. D. 1.
Lời giải. Đáp án đúng: A
Ta viết lại phương trình ban đầu dưới dạng t2 − 8t + 10 = m, trong đó t = 4x2 .
Để phương trình ban đầu có đúng hai nghiệm thực phân biệt thì phương trình ẩn t có
đúng một nghiệm t > 1, ngược lại nếu t = 1 thì chỉ có nghiệm x = 0 và t < 1 thì phương trình ẩn x vô nghiệm. 23
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Hướng 1. Xét f (t) = t2 − 8t + 10 − m và ta có ∆t = (−8)2 − 4(10 − m) = 24 + 4m > 0, suy ra m ≥ −5.
Kết hợp điều kiện có đúng một nghiệm lớn hơn 1 thì ta sẽ có √ √ 8 + 24 + 4m 8 − 24 + 4m > 1 > . 2 2
Giả bất phương trình trên ta sẽ thu được m ≥ 4. Vậy có tổng cộng 7 giá trị của m thỏa
mãn điều kiện đề bài.
Hướng 2. Xét g(t) = t2 − 8t + 10 Ta tính g0(t) = 2(t − 4) = 0 ⇐⇒ t = 4. Ta có bảng biến thiên như sau x −∞ 1 4 +∞ g0(t) − 0 + g(t) +∞ & 3 +∞ & % −6
Do đó để phương trình trên có đúng một nghiệm t > 1 thì m > 3, suy ra có 7 giá trị thỏa mãn.
Câu 33. Trong không gian Oxyz, cho điểm I(2; 4; −3). Phương trình mặt cầu có
tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz) là
A. (x − 2)2 + (y − 4)2 + (z + 3)2 = 4.
C. (x − 2)2 + (y − 4)2 + (z + 3)2 = 9.
B. (x − 2)2 + (y − 4)2 + (z + 3)2 = 29.
D. (x − 2)2 + (y − 4)2 + (z + 3)2 = 16.
Lời giải. Đáp án đúng: D
Giả sử mặt cầu thỏa mãn đề bài có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz) tại điểm
S thì khi đó S là hình chiếu của I lên mặt phẳng (Oxz) và do S nằm trên (Oxz) nên yS = 0.
Do đó R = SI = |yI − yS| = 4 (trong đó R là bán kính của mặt cầu).
Suy ra phương trình mặt cầu khi biết tâm I(2; 4; −3) và bán kính bằng 4 là
(x − 2)2 + (y − 4)2 + (z + 3)2 = 42 = 16.
Claim 3.12 — Trong không gian Oxyz, lấy điểm I bất kì không nằm trên mặt
phẳng (Oxz) thì mặt cầu có tâm (I) và tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz) tại điểm S
thì S sẽ là hình chiếu của I lên (Oxz).
Câu 34. Giả sử n là một số nguyên dương thỏa mãn 3C2 − n C3 n = 24. Hệ số của √ 2 n
số hạng chứa x12 trong khai triển x2 x − bằng x A. 672x12. B. −672x12. C. 672. D. −672. 24
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Lời giải. Đáp án đúng: D 3n(n − 1) n(n − 1)(n − 2)
Trước hết phương trình 3C2 − − n C3 n = 24 tương đương với = 2 6
24 và giải ra ta được n = 9.
Áp dụng khai triển nhị thức Newton thì ta có đơn thức chứa x12 có dạng √ −2 9−k Ck x2 xk · . 9 x
Đồng nhất số mũ của x thì k = 6, thay lại ta có hệ số của x12 là −672.
Câu 35. Cho hàm số f (x) > 0 và có đạo hàm liên tục trên R, thỏa mãn pf(x) ln 2 2 (x + 1)f 0(x) = và f (0) =
. Giá trị của f (3) bằng x + 2 2 1 1 A. (4 ln 2 − ln 5)2. C. (4 ln 2 − ln 5)2. 2 4 B. 4(4 ln 2 − ln 5)2. D. 2(4 ln 2 − ln 5)2.
Lời giải. Đáp án đúng: C
Ta viết lại giả thiết như sau f 0(x) 1 1 1 = = − . pf(x) (x + 1)(x + 2) x + 1 x + 2 Suy ra Z Z p f 0(x) 1 1 2 f (x) = dx = −
dx = ln |x + 1| − ln |x + 2| + C. pf(x) x + 1 x + 2
Ta thay x = 0 vào phương trình trên ta được C = 2 ln 2. Sau đó lại cho x = 3 vào ta 1
thu được 2pf (3) = ln 4 − ln 5 + 2 ln 2 = 4 ln 2 − ln 5, suy ra f (3) = (4 ln 2 − ln 5)2. 4
Câu 36. Cho hàm số y = x3 + (m − 2)x2 + (m − 2)x + 1. Số giá trị nguyên của
tham số m để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (−∞; +∞) là A. 3. B. 0. C. 4. D. 2.
Lời giải. Đáp án đúng: C
Ta lấy đạo hàm của hàm số y là y0 = 3x2 + 2(m − 2)x + (m − 2), để hàm số đã cho
đồng biến trên (−∞; +∞) thì y0 ≥ 0 với mọi x ∈ R.
Mà 3x2 + 2(m − 2)x + (m − 2) là phương trình bậc 2 có hệ số cao nhất là 3 > 0 nên
y0 ≥ 0 tương đương với ∆0x = (m − 5)(m − 2) ≤ 0.
Điều này tương đương với 2 ≤ m ≤ 5, suy ra m ∈ {2; 3; 4; 5} do m là số nguyên. 25
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Câu 37. Cho khối lăng trụ ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB = a, BC = 2a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A0 lên mặt phẳng (ABC) là
trung điểm H của cạnh AC. Góc giữa hai mặt phẳng (BCC0B0) và (ABC) bằng
60◦. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng √ √ √ √ 3 3a3 3a3 3 3a3 a3 3 A. . B. . C. . D. . 4 8 8 16
Lời giải. Đáp án đúng: C
Lấy I là hình chiếu của H lên cạnh BC. Áp dụng định lý Pythago cho tam giác ACB √ thì ta tính được CB = 3a. IH CH AC
Lại có ∠CIH = ∠CAB = 90◦ nên 4CIH ∼ 4CAB, suy ra = = = √ √ √ AB CB 2CB 3 3 a 3 do đó IH = AB · = . 4 4 4
Ta gọi K là trung điểm A0C0 và M là hình chiếu của K lên B0C0. Khi đó tứ giác
IM KH là hình bình hành nên KM = IH.
Lấy N đối xứng với C0 qua M thì KM là đường trung bình trong tam giác C0A0N ,
kết hợp sự kiện ở trên thì A0N song song và có độ dài bằng 2 lần đoạn IH.
Nhận thấy là giả thiết cho H là hình chiếu của A0 lên mặt phẳng (ABC) nên mặt
phẳng (A0N IH) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Do A0N > HI nên ∠HIN là góc tù,
suy ra ∠HIN = 180◦ − ((ABC), (BCC0B0)) = 120◦ và ∠A0N I = 60◦.
Gọi H0 là hình chiếu của I lên A0N thì H0 là trung điểm A0N và A0H = IH0 = 3a
N H0 · tan ∠H0N I = IH · tan 60◦ = . 4 √ √ 3a 3a2 3 3a3
Từ đó ta có VABC.A0B0C0 = A0H · SABC = · = . 4 2 8
Claim 3.13 — Cho hai mặt phẳng (P ) và (Q) có góc tạo bởi hai mặt phẳng là α.
Lấy mặt phẳng (R) vuông góc với mặt phẳng (P ) và (Q). Kí hiệu d1 là giao tuyến
của (P ), (R) và d2 là giao tuyến của (Q), (R). Khi đó α ≡ (d1, d2) (mod π). 26
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Câu 38. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 3), B(1; −2; 5). Phương
trình đã cho của mặt cầu đi qua hai điểm A, B và có tâm thuộc trục Oy là
A. x2 + y2 + z2 + 4y − 22 = 0.
C. x2 + y2 + z2 + 4y − 26 = 0.
B. x2 + y2 + z2 − 4y − 22 = 0.
D. x2 + y2 + z2 − 4y − 26 = 0.
Lời giải. Đáp án đúng: A
Ta kí hiệu mặt cầu thỏa mãn đề bài là (S) có tâm I, bán kính R. Do I ∈ Oy nên I có tọa độ là I(0; a; 0).
Vì I là tâm của mặt cầu nên IA = IB hay là tương đương với 12 + (a − 2)2 + 32 =
12 + (a + 2)2 + 52, giải ra ta được a = −2. √ √ Suy ra R = IA = 12 + 42 + 32 =
26 nên (S) có phương trình là
x2 + (y + 2) + z2 = 26 hay tương đương x2 + y2 + z2 + 4y − 22 = 0.
Claim 3.14 — Cho hai điểm A(xA; yA; zA) và B(xB; yB; zB) trong không gian. Khi
đó khoảng cách giữa hai điểm là AB = p(xA − xB)2 + (yA − yb)2 + (zA − zB)2. 2x − 1
Câu 39. Cho hàm số f (x) có f (1) = e2 và f 0(x) = e2x, ∀x 6= 0. x2 Z ln 3 Khi đó xf (x)dx bằng 1 A. 6 − e2. 6 − e2 C. 9 − e2. 9 − e2 B. . D. . 2 2
Lời giải. Đáp án đúng: D Ta có Z Z 2x − 1 Z 2 1 e2x f 0(x)dx = · e2xdx = · e2x − · e2x dx = + C x2 x x2 x e2x nên f (x) = + C. x
Thay x = 1, ta có f (1) = e2 + C suy ra C = f (1) − e2 = 0. Suy ra Z ln 3 Z ln 3 1 ln 3 1 9 − e2 xf (x)dx = e2xdx = e2x = e2 ln 3 − e2 = . 1 1 2 2 2 1 27
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Câu 40. Cho hàm số bậc ba y = f (x) có đồ thị như hình vẽ
Số điểm cực tiểu của hàm số g(x) = f (−x2 + x) bằng A. 1. B. 5. C. 2. D. 3.
Lời giải. Đáp án đúng: D 1
Ta có g0(x) = (f (−x2+x))0 = (−2x+1)f 0(−x2+x) = 0 ⇔ x = hoặc f 0(−x2+2x) = 0. 2
Dựa vào đồ thị hàm số f (x) thì ta có f 0(−x2 + x) = 0 khi và chỉ khi −x2 + x = −2
hoặc −x2 + x = 0 nên x ∈ {−1; 0; 1; 2} .
Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số g(x) x −∞ −1 0 1/2 1 2 +∞ g0(x) − 0 + 0 − 0 + 0 − 0 + g(x) & % & % & % 1
Từ bảng biến thiên trên ta có thể suy ra ba điểm cực tiểu là −1; ; 2 . 2
Nhận xét. Đề bài câu này cho hàm số bậc ba là hơi thừa vì chỉ cần nhìn hình vẽ đồ
thị hàm số là đủ điều kiện để giải. Nếu có thêm giả thiết này chúng ta có thể mò hàm
f (x) = −x3 − 3x2 + 2 và từ đó thay vào ra g(x) rồi tính toán một cách trực tiếp.
Câu 41. Có bao nhiêu cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 2 ≤ x ≤ 2021 và
2y − log2(x + 2y−1) = 2x − y? A. 2020. B. 9. C. 2019. D. 10.
Lời giải. Đáp án đúng: D
Hướng 1. Đặt log2(x + 2y−1) = t (t ≥ 0). Suy ra x + 2y−1 = 2t hay 2x = 2t+1 − 2y.
Thay vào giả thiết bài toán ta có 2y − t = 2t+1 − 2y − y, tương đương với 2y+1 + y = 2t+1 + t (∗)
Xét hàm số g(x) = 2x+1 + x trên R thì g0(x) = 2x+1 ln 2 + 1 > 0 nên g(x) luôn đồng biến trên R. 28
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Suy ra từ (∗) ta sẽ rút ra được y = t hay log2(x + 2y−1) = y và ta có x = 2y−1.
Kết hợp điều kiện 2 ≤ x ≤ 2021 thì sẽ có 1 ≤ y − 1 ≤ 10. Từ đó sẽ dễ tìm được 10 bộ
số nguyên (x; y) thỏa mãn là (2i; i + 1) | i ∈ N, 1 ≤ i ≤ 10 .
Hướng 2. (Sử dụng máy tính và suy luận logic)
Trước hết, đề vứt cho ta phương trình trên và có điều kiện ràng buộc 2 ≤ x ≤ 2021
nên ta có 2 cơ sở để coi y làm tham số và ta cần máy tính để giải x vì
Do 2 ≤ x ≤ 2021 nên nếu ta chọn x là tham số và giải y thì ta sẽ phải bấm máy
2020 trường hợp, rõ ràng không có cụ rùa nào nhanh hơn bạn đâu.
Để ý vế trái của phương trình có 2y sẽ tăng vô cùng nhanh khi y tăng do đó để
phương trình có nghiệm x ≤ 2021 thì y sẽ bị chặn bởi một số a nào đó không quá lớn.
Nếu y là số nguyên âm, kết hợp x ≥ 2 thì ta dễ thấy vế trái nhỏ hơn vế phải.
Vậy ta chỉ việc thử y là các số tự nhiên và ta nhập phương trình trên vào bấm shift
+ solve để tìm x. Thường máy tính sẽ tính được các số nguyên trước các số hữu tỷ, vô
tỷ nhưng để chắc chắn phương trình của bạn có nghiệm nguyên hay không thì các bạn
nhập vào máy tính như sau:
2y − log2(x + 2y−1) − (2x − y)2 + (Intg(x) − x)2 = 0
Trong đó Intg(x) trong máy tính là hàm phần nguyên nên nếu nghiệm của phương trình
trên nếu có sẽ là số nguyên. Và với hướng đi đầu cho ta thấy ta phải bấm máy khoảng
12,13 lần là chắc chắn giải quyết hoàn toàn bài toán này.
Nhận xét. Dạng toán f (A) = f (B) với f (x) là một hàm số đơn điệu trên một khoảng
hay đoạn nào đó, để suy ra A = B rất quen thuộc và có ứng dụng nhiều trong các bài
toán hay từ thi đại học đến cả thi học sinh giỏi quốc gia.
Câu 42. Cho hàm số f (x) liên tục trên R, thỏa mãn f (−1) = 5, f (−3) = 0 và có
bảng xét dấu đạo hàm như sau x −∞ −1 0 1 2 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 0 + 0 − √
Số giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 3f (2−x)+ x2 + 4−x = m
có nghiệm trong khoảng (3; 5) là A. 16. B. 17. C. 0. D. 15.
Lời giải. Đáp án đúng: D √ Ta xét g(x) = 3f (2 − x) +
x2 + 4 − x trên khoảng (3; 5) thì x g0(x) = −3f 0(2 − x) + √ − 1. x2 + 4
Do x ∈ (3; 5) nên 2 − x ∈ (−3; −1), từ đó dựa vào bảng biến thiên thì ta có f 0(2 − x) > 0 x và √
− 1 < 0, suy ra g0(x) < 0 với mọi x ∈ (3; 5). x2 + 4
Vậy suy ra g(5) < g(x) < g(3). Dựa vào giả thiết f (−1) = 5 và f (−3) = 0 thì ta tính √ √ được g(5) = 29 − 5 và g(3) = 12 + 13. 29
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Do f (x) liên tục trên R nên g(x) cũng liên tục trên R nên f (x) sẽ vét hết các giá trị
trong khoảng (g(5); g(3)) khi x chạy trong (3; 5) (hệ quả của định lý giá trị trung gian). √ √
Do đó m là số nguyên dương thỏa mãn 29 − 5 < m < 12 + 13 hay 1 ≤ m ≤ 15 nên
có 15 giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán. −1
Câu 43. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và thỏa mãn f (−1) = 1, f = 2. e
Hàm số f 0(x) có đồ thị như hình vẽ 1
Bất phương trình f (x) < ln(−x) + x2 + m có nghiệm đúng với mọi x ∈ −1; − e khi và chỉ khi A. m > 0. 1 1 B. m > 3 − . C. m ≥ 3 − . D. m ≥ 0. e2 e2
Lời giải. Đáp án đúng: C
Bất phương trình tương đương với g(x) < m với g(x) = f (x) − ln(−x) − x2 trong đó 1 x ∈ −1; − . e 1 1 Khi đó g0(x) = f 0(x) −
− 2x. Dựa vào đồ thị hàm số thì f 0(x) > 0 và , 2x < 0 với x x 1 mọi x ∈ −1; − . Suy ra g0(x) > 0. e 1 1 1 1 1 Từ đó ta có g(x) < g − = f − − ln − − = 3 − . e e e e2 e2 1 1 −
Do f (x) liên tục trên R nên g(x) sẽ liên tục trên −1; − , suy ra khi x → − e e 1 1 thì g(x) → 3 − nên m ≥ 3 − . e2 e2 Nhận xét.
Nếu đi thi tự luận sẽ có nhiều bạn trình bày bài toán này như sau
"Từ điều kiện bài toán sẽ suy ra m ≥ max g(x)" x∈(−1;−1/e)) 30
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Đây thực sự là một phát biểu rất liều lĩnh vì còn chưa biết chắc là hàm số g(x)
có max trong khoảng đó hay không. Cụ thể lời giải như trên thì đã có thể thấy là
không có giá trị lớn nhất. Tuy nhiên do tính liên tục của hàm số nên g(x) có thể 1 tiến sát lại g −
một khoảng > 0 tùy ý nên m bắt buộc phải không nhỏ hơn e 1 1 g − = 3 − . e e2
Bình thường kiến thức giải tích ở THPT đối với các học sinh đều như bài hát "mơ
hồ" của ca sĩ Bùi Anh Tuấn nên khi bộ giáo dục cho thi trắc nghiệm thì các kiến
thức này lại càng bị mai một đi.
Câu 44. Cho hàm số f (x) liên tục trên khoảng (0; +∞) và thỏa mãn f (x2 + 1) + √ f ( x) 2x + 1 Z 17 √ = · ln(x + 1). Biết
f (x)dx = a ln 5 − 2 ln b + c với a, b, c ∈ R. 4x x 2x 1
Giá trị của a + b + 2c bằng 29 A. . B. 5. C. 7. D. 37. 2
Lời giải. Đáp án đúng: C Z
Do f (x) liên tục trên (0; +∞) nên tồn tại F (x) = f (x)dx, ∀x > 0.
Vì x > 0 nên giả thiết bài toán tương đương với √ f ( x) 2xf (x2 + 1) + √ = (2x + 1) · ln(x + 1). 2 x √ f ( x) Z √
Xét vế trái g(x) = 2xf (x2 + 1) + √ thì
g(x)dx = F (x2 + 1) + F ( x) + C1. 2 x
và vế phải h(x) = (2x + 1) ln(x + 1) thì Z Z Z 1 h(x)dx =
(2x + 1) ln(x + 1)dx = (x2 + x) ln(x + 1) − (x2 + x) · dx x + 1 Z = (x2 + x) ln(x + 1) − xdx x2 = (x2 + x) ln(x + 1) − + C2. 2 √ x2
Suy ra F (x2 + 1) + F ( x) = (x2 + x) ln(x + 1) − + C. (∗) 2
Thay x = 4 vào (∗) ta có F (17) + F (2) = 20 ln 5 − 8 + C. 1
Thay x = 1 vào (∗) ta có F (2) + F (1) = 2 ln 2 − + C. 2 Z 17 15 Từ đó ta có
f (x)dx = F (17) − F (1) = 20 ln 5 − 2 ln 2 − . 1 2 −15 Suy ra a = 20, b = 2, c = nên a + b + 2c = 7. 2 31
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Claim 3.15 — Hàm số f (x) liên tục trong một khoảng hay đoạn nào đó thì đều
tồn tại nguyên hàm của hàm số đó trên khoảng hay đoạn nêu trên.
Câu 45. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình
chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm cạnh AB, góc giữa
(SAC) và đáy là 45◦. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng SD. Khoảng cách giữa
đường thẳng AM và SC là √ √ √ A. a. a 2 a 5 a 5 B. . C. . D. . 4 10 5
Lời giải. Đáp án đúng: D
Hướng 1. (Dùng ít não, tính toán nhiều) Ta gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng
(ABCD) thì H là trung điểm AB. Kẻ HK ⊥ AC (K ∈ AC). Khi đó SK cũng vuông góc với AC.
Ta thấy SK ⊥ AC và SK nằm trên mặt phẳng (SAC); HK ⊥ AC và HK nằm trên
mặt phẳng (ABCD) nên suy ra ((SAC); (ABCD)) = ∠SKH (do ∠SKH là góc nhọn vì ∠SHK = 90◦).
Từ đó ta có được ∠HKS = 45◦ theo giả thiết đề bài, kết hợp 4AKH ∼ 4ABC nên √ a 2
tam giác AKH vuông cân tại K, suy ra SH = HK = . 4 √ 1 a3 2
Do vậy, thể tích của khối chóp S.ABCD là VS.ABCD = SH · SABCD = . 3 12 VD.AMN M D SADN 1 1 1
Ta gọi N là trung điểm đoạn CD. Khi đó = · = · = nên VS.ABCD SD SABCD 2 4 8 √ a3 2 ta tính được VD.AMN = . 96
Nhận thấy M là trung điểm SD, N là trung điểm CD nên M N k SC, suy ra
d(AM ; SC) = d(SC; (AM N )) = d(C; (AM N )) = d(D; (AM N )). Ta lại có √ 3VD.AMN a3 2 d(D; (AM N )) = = SAMN 32 · SAMN
nên ta đi tính diện tích tam giác AM N . 32
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020 √ √ 6a
Ta sẽ tính được độ dài các đoạn SB = SA = AH2 + SH2 = , SC = SD = √ 4 √ 22a SK2 + KC2 = . 4 √22a
Áp dụng công thức đường trung tuyến cho tam giác SAD thì ta có AM = , tiếp √ √ 8 5a 1 22a
tục cho tam giác ACD thì AN = và M N = SC = . 2 2 8 √10a2
Ta áp dụng công thức Heron cho tam giác AM N thì ta sẽ tính được SAMN = . √ 32 a 5 Từ đó suy ra d(AM ; SC) = . 5
Hướng 2. (Kẻ thêm, tính toán ít). Ta kí hiệu điểm H, K như hướng 1.
Lấy A0 đối xứng với A qua N và C0 đối xứng với H qua C.
Khi đó dễ thấy A là trung điểm C0D và C là trung điểm BA0 và do H là trung điểm
AB nên HC là đường trung bình tam giác BAA0. 1
Xét phép vị tự tâm D tỉ số
thì (SCC0) biến thành (AM N ) nên (AM N ) song song 2 với mặt phẳng (SCC0).
Chú ý SH ⊥ (ABCD) nên mặt phẳng (SCC0) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên từ đó suy ra
d(AM ; SC) = d(SC; (AM N )) = d(H; (AM N )) = d(H; AA0) = d(B; HC) √ 1 a 5 = = . r 1 1 5 + BH2 BC2
Nhận xét. Từ hướng kẻ thêm cho ta thấy là đề bài bị thừa dữ kiện chỗ góc giữa hai
mặt phẳng bằng 45◦. Dù điểm S thay đổi bất kì và nằm trên đường thẳng qua H vuông √ a 5
góc với (ABCD) thì d(AM ; SC) là không đổi và bằng . 5
Claim 3.16 — Cho hai mặt phẳng (P ) và (Q) có giao tuyến là d. Lấy điểm S bất
kì trên (P ) và không nằm trên d.
Gọi H là hình chiếu của S lên (Q), K là hình chiếu của H lên d thì SK sẽ vuông góc với d.
((P ); (Q)) ≡ (KS; KH) (mod π). 33
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Câu 46. Cho hàm số f (x) có đạo hàm xác định trên R. Biết f (1) = 2 và √ Z 1 Z 4 1 + 3 x √ Z 1 x2f 0(x)dx = √ f (2 − x)dx = 4. Giá trị của f (x)dx bằng 0 1 2 x 0 A. 1. 5 3 1 B. . C. . D. . 7 7 7
Lời giải. Đáp án đúng: D √ √ −1 Ta đặt 2 − x = t hay x = 2 − t nên √ dx = dt. 2 x
Với x = 1 thì t = 1, và với x = 4 thì t = 0 nên suy ra √ Z 4 1 + 3 x √ Z 0 √ Z 1 √ √ f (2 − x)dx = −(1 + 3 x)f (t)dt = (1 + 3 x)f (t)dt 1 2 x 1 0 Z 1 = (7 − 3t)f (t)dt. 0 Z 1 Do đó suy ra (7 − 3x) · f (x)dx = 4. (1) 0 Z 1 1 Z 1 Z 1 Z 1 Lại có x2f 0(x) = x2f (x) − 2xf (x)dx = 2− 2xf (x)dx = 4 nên 2xf (x)dx = 0 0 0 0 0 Z 1 −2 hay 3xf (x)dx = −3. (2) 0 Z 1 Z 1 1
Lấy (1) cộng (2) vế với vế ta có 7f (x)dx = 1 nên f (x)dx = . 0 0 7
Câu 47. Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O. Một mặt phẳng đi qua
đỉnh hình nón và cắt hình nón theo một thiết diện là tam giác vuông SAB có
diện tích bằng 4a2. Góc giữa trục SO và mặt phẳng (SAB) bằng 30◦. Diện tích
xung quanh của hình nón đã cho bằng √ √ √ √ A. 4 10πa2. B. 2 10πa2. C. 10πa2. D. 8 10πa2.
Lời giải. Đáp án đúng: B 1
Do thiết diện SAB là tam giác vuông cân tại S nên SA2 = 4a2, ta rút ra được √ 2 SA = SB = 2 2a và AB = 4a.
Gọi H là trung điểm AB thì SH = HA = HB = 2a. 1
Ta có (SO; (SAB)) = 30◦ nên suy ra ∠HSO = 30◦ và từ đó ta có OH = SH = a. 2 √ √
Áp dụng định lý Pythago thì ta tính được OB = HB2 + OH2 = 5a. √
Vậy diện tích xung quang hình nón bằng Sxq = S × l = (OB2 · π) · SB = 2 10πa2. 34
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Câu 48. Cho hàm số y = f (x) có đồ thị hàm số f 0(x) như hình vẽ
Hàm số g(x) = f (ex − 2) − 2020 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? 3 3 A. −1; . B. (−1; 2). C. (0; +∞). D. ; 2 . 2 2
Lời giải. Đáp án đúng: A
Ta có g0(x) = ex · f 0(ex − 2) nên để g(x) nghịch biến thì f (ex − 2) ≤ 0. (∗)
Dựa vào đồ thị hàm số f 0(x) như hình vẽ thì ta có (∗) tương đương với ex − 2 ≤ 3 nên
x ≤ ln 5. Vậy chỉ có đáp án A thỏa mãn.
Câu 49. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, SA
vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a. Góc giữa hai mặt phằng (SBC) và 1
(SCD) bằng ϕ, với cos ϕ = √ . Thể tích của khối chóp đã cho bằng 3 √ √ √ a3 2 B. a3 2. 2 2a3 2a3 A. . C. . D. . 3 3 3
Lời giải. Đáp án đúng: A
Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A trùng với gốc tọa độ O và B nằm trên Ox, D
nằm trên Oy , S nằm trên Oz (như hình vẽ). 35
Lớp chuyên Toán khóa 36 - CHV
Hướng tới kì thi đại học 2020
Không mất tính tổng quát, giả sử a = 1, AD = m (m > 0) thì ta có A(0; 0; 0), S(0; 0; 1),
B(1; 0; 0), C(1; m; 0), D(0; m; 0). −→ −→ −→
Suy ra SB = (1; 0; −1), SC = (1; m; −1), SD = (0; m; −1). −−−−→ h−→ −→i −−−−→ h−→ −→i
Vì vậy n(SBC) = SB; SC = (m; 0; m) và n(SCD) = SD; SC = (0; −1; −m).
Do đó nếu α = ((SBC); (SCD)) thì − −−−→ n(SBC) · − −−−→ n(SCD) m2 1 cos α = = √ √ = √ . − −−−→ −−−−→ n(SBC) · n(SCD) m2 + 1 · 2m 3 √
Giả phương trình trên với điều kiện m > 0 thì ta có m = 2. √ √ 2 2 Khi đó VS.ABCD =
với a = 1 nên suy ra VS.ABCD = a3. 3 3
Câu 50. Cho đa giác đều (H) có 30 đỉnh. Lấy tùy ý 3 đỉnh của (H). Xác suất để
3 đỉnh lấy được tạo thành một tam giác tù bằng 39 39 45 39 A. . B. . C. . D. . 140 58 58 280
Lời giải. Đáp án đúng: B
Ta kí hiệu đa giác 30 đỉnh đều là A1A2 . . . A30 và đường tròn ngoại tiếp đa giác này là (O).
Xét đỉnh A1 và ta chia đôi (O) bởi đường kính A1A16, khi đó tam giác tù có đỉnh là
A1 thì hai đỉnh còn lại phải nằm cùng một phía so với A1A16. Vậy có tổng cộng 2 · C214
cách chọn tam giác tù có đỉnh là A1.
Xét tương tự với các đỉnh A2, A3, . . . , A30 nhưng số tam giác bị đếm hai lần do khi
xét đỉnh Ai và AiAi+15 (i = 1, 20) là đường kính thì khi xét đến đỉnh Ai+15 thì ta vẫn
dùng AiAi+15 làm đường kính, trong đó i + 15 ta hiểu là i − 15 nếu 16 ≤ i ≤ 30.
Suy ra có tổng cộng số cách chọn tam giác tù là 30 · C2 và nếu ta chọn ba đỉnh bất kì 14
trong 30 đỉnh thì có C3 cách chọn. 30 30 · C2 39
Suy ra xác suất để ba đỉnh lấy được tạo thành tam giác tù bằng 14 = . C3 58 30
Chúc các bạn học sinh khối 12 của tỉnh Phú Thọ nói chung và trường THPT
chuyên Hùng Vương nói riêng thi tốt ở kì thi chính thức sắp tới. 36
Document Outline

  • de-khao-sat-chat-luong-toan-12-nam-hoc-2019-2020-so-gddt-phu-tho
  • Lời giải chi tiết đề khảo sát Phú Thọ - Lớp chuyên toán k36 chuyên Hùng Vương
    • Bình luận chung
    • Đề thi
    • Lời giải chi tiết