Đề luyện thi tốt nghiệp THPT môn Toán 2021 Chuyên Lam Sơn lần 1 (có đáp án và lời giải chi tiết)

Đề luyện thi tốt nghiệp THPT môn Toán 2021 Chuyên Lam Sơn lần 1 có đáp án và lời giải chi tiết. Tài liệu được biên soạn dưới dạng file PDF bao gồm 34 trang tổng hợp các kiến thức tổng hợp giúp các bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới. Mời các bạn đón xem!

32 16 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi THPTQG môn Toán năm 2021

Môn: Toán

Thông tin:

34 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Mỹ Duyên
Trang 1
SỞ GD&ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LAM SƠN
ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1
NĂM HỌC 2020 – 2021
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề
Câu 1 (TH): Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ bên dưới?
A.
1
x
y
x
=
−
B.
1
1
x
y
x
+
=
−
C.
1
1
x
y
x
+
=
−
D.
1
x
y
x
=
−
Câu 2 (TH): Tìm tất cả các điểm M nằm trên đồ thị hàm số
2
1
x
y
x
−
=
+
mà tiếp tuyến của đồ thị tại điểm
đó song song với đường thẳng
.
A.
1
3;
4
M



B.
( )
0; 2M −
hoặc
( )
2;4M −
C.
( )
2;4M −
D.
5
;3
2
M

−


Câu 3 (TH): Cho hàm số
1
1
x
y
x
+
=
−
và điểm
( )
1; 1I −
. Tìm tất cả các điểm M nằm trên đồ thị hàm số sao
cho tiếp tuyến tại M vuông góc với IM.
A.
( )
1 2; 1 2M + − −
và
( )
1 2; 1 2M − − +
. B.
( )
1;0M −
và
( )
3; 2M −
.
C.
( )
2; 3 2 2M −−
và
( )
2;2 2 3M −−
. D.
( )
2; 3M −
và
( )
0;1M
.
Câu 4 (TH): Mệnh đề nào dưới đây về hàm số
( )
2
2
41yx= − +
là đúng?
A. Nghịch biến trên
( )
2;2−
B. Đồng biến trên
C. Đồng biến trên
( )
;2− −
và
( )
2;+
D. Đồng biến trên
( )
2;0−
và
( )
2;+
.
Câu 5 (VD): Cho một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh bằng 1. Tính thể tích khối
càu nội tiếp trong hình nón.
Trang 2
A.
6
B.
43
27
C.
4
81
D.
3
54
Câu 6 (TH): Một người gửi tiền vào ngân hàng với lãi suát không đổi là 6% trên năm. Biết rằng nếu
không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (lãi kép).
Người đó định gửi tiền trong vòng 3 năm, sau đó rút ra 500 triệu đồng. Hỏi số tiền ít nhất người đó phải
gửi vào ngân hàng (làm tròn đến hàng triệu) là bao nhiêu triệu đồng?
A.
420
B.
410
C.
400
D.
390
Câu 7 (TH): Cho biết
2
log 5a =
và
5
log 7b =
. Tính
3
5
49
log
8
theo a và b.
A.
3
32b
a

−


B.
2
33b
a

−


C.
2
33b
b

−


D.
3
32a
b

−


Câu 8 (TH): Giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
21
x
y x e=−
trên đoạn
1;0−
bằng:
A.
3
e
−
B.
2
e
−
C.
1−
D.
e
Câu 9 (TH): Hàm số
32
1
2 3 1
3
y x x x= − + −
nhận giá trị nhỏ nhất trên đoạn
1 10
;
33

−


tại:
A.
1
3
x =−
B.
1x =
C.
3x =
D.
10
3
y =
Câu 10 (TH): Sau đây, có bao nhiêu hàm số mà đồ thị có đúng một tiệm cận ngang?
1)
sin x
y
x
=
2)
2
1xx
y
x
++
=
3)
1
1
x
y
x
−
=
+
4)
2
11y x x= + + −
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Câu 11 (TH): Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a, ACD và BCD là các tam
giác vuông tương ứng tại A và B. Tính thể tích khối tứ diện ABCD.
A.
3
3
8
a
B.
3
2
12
a
C.
3
3
12
a
D.
3
8
a
Câu 12 (TH): Giá trị lớn nhất của hàm số
( ) ( )
2 1 ln 2 1y x x= − + +
trên đoạn
1
;0
4

−


bằng:
A.
3
ln2
2
−−
B.
1−
C.
ln2
D.
1 ln3+
Câu 13 (NB): Hàm số
( )( )( )
1 2 3y x x x= + − −
có số điểm cực trị là:
A. 2 B. 3 C. 0 D. 1
Câu 14 (NB):
tan xdx
bằng:
Trang 3
A.
2
1
sin
C
x
−+
B.
ln cosxC+
C.
2
1
cos
C
x
+
D.
ln cosxC−+
Câu 15 (TH): Kết luận nào sau đây đúng về hàm số
( )
2
1
2
x
fx

=


?
A.
( )
2
1
2 .ln2
2
x
fx

=−


B. nghịch biến trên
C.
( )
00f =
D. đồ thị nhận trục tung làm tiệm cận ngang.
Câu 16 (NB): Một nguyên hàm của hàm số
( )
1
23
fx
x
=
−
là
( )
Fx
bằng:
A.
( )
2
2
23x
−
−
B.
( )
2
1
2 2 3x −
C.
2ln 2 3x −
D.
1
ln 2 3
2
x −
Câu 17 (TH): Kết luận nào sau đây và hàm số
( )
log 1yx=−
là sai?
A. Đồ thị có tiệm cận đứng là đường thẳng có phương trình
1x =
.
B. Đồng biến trên khoảng
( )
1; +
.
C.
( )
1
1 log
y
xe
=
−
D.
( )
1
1 ln10
y
x
=
−
Câu 18 (TH): Trong các hàm số sau đây có bao nhiêu hàm số có đúng một điểm cực trị?
1)
2
1yx=+
2)
( )
2
2
21yx=−
3)
( )
3
2
21y x x=−
4)
2
1
x
y
x
=
+
A. 0 B. 1 C. 3 D. 2
Câu 19 (VD): Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy.
Biết SA = AB = BC và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng
3
. Thể tích khối chóp là:
A.
1
2
B.
1
3
C.
1
6
D.
3
2
Câu 20 (TH): Hàm số nào sau đây mà đồ thị có dạng như hình vẽ bên dưới?
A.
( )( )
2
11y x x= + −
B.
( ) ( )
2
11y x x= + −
C.
( ) ( )
2
11y x x= + −
D.
( )( )
2
11y x x= − + −
Câu 21 (TH): Hàm số nào sau đây mà đồ thị có dạng như hình vẽ bên dưới?
Trang 4
A.
lnyx=
B.
( )
2
x
y =
C.
1
x
y
e

=


D.
1
2
log x
Câu 22 (TH): Cho một hình nón đỉnh S đáy là đường tròn (O), bán kính đáy bằng 1. Biết thiết diện qua
trục là một tam giác vuông. Tính diện tích xung quanh của hình nón.
A.
2
B.
C.
22
D.
2
Câu 23 (NB): Cho hàm số
( )
y f x=
có đạo hàm thỏa mãn
( )
13f
=
. Khi đó
( ) ( )
1
1
lim
1
x
f x f
x
→
−
−
bằng:
A. 4 B. 1 C. 2 D. 3
Câu 24 (VD): Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’. Đáy là tam giác vuông tại A, có BC = 2AC = 2a.
Đường thẳng AC’ tạo với mặt phẳng (BCC’B’) một góc
0
30
. Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng
trụ đã cho bằng;
A.
2
12 a
B.
2
6 a
C.
2
4 a
D.
2
3 a
Câu 25 (VD): Số tiệm cận của đồ thị hàm số
( )
2
2
2 1 1
1
xx
y
x
−+
=
−
là:
A. 3 B. 1 C. 4 D. 2
Câu 26 (TH): Một nguyên hàm của
ln x
bằng:
A.
lnx x x−
B.
1
x
C.
lnx x x+
D.
1 lnx x x−+
Câu 27 (TH): Cho hàm số
( )
fx
có đạo hàm
( ) ( ) ( )( )
32
1 2 3f x x x x
= − − −
. Hỏi hàm số đồng biến trên
khoảng nào sau đây?
A.
( )
;1−
và
( )
3; +
B.
( )
;1−
và
( )
2;+
C.
( )
1;2
D.
( )
3; +
Câu 28 (TH): Qua điểm M(2;0) kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến với đồ thị hàm số
42
4y x x=−
?
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Câu 29 (TH): Tập xác định của hàm số
2
ln 2 3y x x= + −
là:
A.
(
)
; 3 1;D = − − +
B.
( ) ( )
; 3 1;D = − − +
C.
D =
D.
\ 3;1D =−
Câu 30 (VD): Cho một hình trụ có thiết diện qua trục là một hình vuông có cạnh bằng a. Gọi AB và CD
là hai đường kính tương ứng của hai đáy. Biết góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng
0
30
. Tính thể
tích khối tứ diện ABCD.
Trang 5
A.
3
12
a
B.
3
3
6
a
C.
3
6
a
D.
3
3
12
a
Câu 31 (VD): Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn
2
6
2
log 5
log 45
log 3
b
a
c
+
+=
+
. Tổng
abc++
bằng:
A. 1 B. 4 C. 2 D. 0
Câu 32 (VD): Cho hàm số
( )
y f x=
có đạo hàm liên tục trên
1;2
, thỏa mãn
( ) ( )
2
.f x x f x x
=−
. Biết
( )
13f =
, tính f
( )
2f
.
A. 16 B. 2 C. 8 D. 4
Câu 33 (TH): Cho hàm số
( )
y f x=
có đạo hàm
( )
2
1
x
fx
x
=−
+
. Với a và b là các số dương thỏa mãn
ab
, giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
fx
trên đoạn
;ab
bằng:
A.
( )
fb
B.
( )
fa
C.
( ) ( )
2
f a f b+
D.
2
ab
f
+



Câu 34 (VD): Cho một hình trụ thay đổi nội tiếp trong một hình nón cố định cho trước (tham khảo hình
vẽ bên). Gọi thể tích các khối nón và khối trụ tương ứng là V và V’. Biết rằng V’ là giá trị lớn nhất đạt
được, khi đó tỉ số
V
V
bằng:
A.
4
9
B.
4
27
C.
1
2
D.
2
3
Câu 35 (VD): Cho hàm số
( )
fx
liên tục trên , có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:
Đặt
( ) ( )
1g x m f x= + +
(m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số
( )
y g x=
có đúng 3
điểm cực trị.
A.
1m −
hoặc
3m
B.
13m−
C.
1m −
hoặc
3m
D.
13m−
Trang 6
Câu 36 (VD): Cho phương trình
( ) ( )
12
2
log 2 log 3 0x m x− + − =
, m là tham số. Hỏi có bao nhiêu giá trị
nguyên dương của m để phương trình có nghiệm?
A. 5 B. 4 C. 6 D. 7
Câu 37 (VD): Trong không gian tọa độ
Oxyz
, cho điểm
(1;2; 3)M −
. Hình chiếu của M tương ứng lên
, , ,( ),( ),( )Ox Oy Oz Oyz Ozx Oxy
là
, , , , ,A B C D E F
. Gọi P và Q tương ứng là giao điểm của đường thẳng
OM với các mặt phẳng
()ABC
và
()DEF
. Độ dài PQ bằng:
A.
6
7
B.
7
6
C.
14
2
D.
14
3
Câu 38 (VD): Giả sử
( )
( )
4
2 3 2 12
0 1 2 12
1 ...
i
x x x a a x a x a x a+ + + = + + + +
. Giá trị của tổng
0 1 2 3 4
4 4 4 3 4 2 4 1 4 0
S C a C a C a C a C a= − + − +
bằng:
A. 1 B.
4−
C.
1−
D. 4
Câu 39 (VD): Tìm số nghiệm của phương trình
( )
sin cos 0x =
trên đoạn
1;2021
.
A. 672 B. 643 C. 642 D. 673
Câu 40 (VD): Cho hàm số
( )
fx
xác định trên , thỏa mãn
( )
21f x x
=−
và
( )
35f =
. Giả sử phương
trình
( )
999fx=
có hai nghiệm
1
x
và
2
x
. Tính tổng
12
log logS x x=+
.
A. 5 B. 999 C. 3 D. 1001
Câu 41 (VD): Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’, tất cả các cạnh có độ dài bằng a. Gọi M là trung điểm
của cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC’.
A.
2
a
B.
4
a
C.
2
2
a
D.
2
4
a
Câu 42 (VD): Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với A’C
chia hình lập phương trình hai phần thể tích. Tính tỉ số k hai phần thể tích này, biết
1k
.
A.
3
25
B.
2
5
C.
1
5
D.
2
25
Câu 43 (VDC): Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của một đa giác lồi (H) có 30 đỉnh. Tính xác suất sao cho 4 đỉnh
được chọn tạo thành một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của (H).
A.
3
27
4
30
30.C
C
B.
3
25
4
30
30.
4.
C
C
C.
3
27
4
30
30.
4.
C
C
D.
3
25
4
30
30.C
C
Câu 44 (VD): Cho một hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’. Đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a và
0
60BAD=
. Một mặt phẳng tạo với đáy một góc
0
60
và cắt tất cả các cạnh bên của hình hộp. Tính diện
tích thiết diện tạo thành
A.
2
23a
B.
2
3a
C.
2
3a
D.
2
32a
Trang 7
Câu 45 (VD): Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh bằng a không đổi. Độ dài
CD thay đổi. Tính giá trị lớn nhất đạt được của thể tích khối tứ diện ABCD.
A.
3
8
a
B.
3
2
12
a
C.
3
3
8
a
D.
3
3
12
a
Câu 46 (VDC): Cho tứ diện ABCD có ABC, ABD, ACD là các tam giác vuông tương ứng tại A, B, C.
Góc giữa AD và (ABC) bằng
0
45
,
AD BC⊥
và khoảng cách giữa AD và BC bằng a. Tính thể tích khối
tứ diện ABCD.
A.
3
3
6
a
B.
3
43
3
a
C.
3
2
6
a
D.
3
42
3
a
Câu 47 (VD): Cho hàm số
( )
y f x=
có đạo hàm
( ) ( ) ( )
2
13f x x x
= + −
. Tìm số điểm cực trị của hàm số
( )
(
)
2
26g x f x x= + +
.
A. 1 B. 2 C. 3 D. 5
Câu 48 (VD): Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a. Các cặp mặt phẳng (ACD) và (BCD),
(ABC) và (ABD) vuông góc với nhau. Tính theo a độ dài cạnh CD.
A.
2
3
a
B.
3
a
C.
2
a
D.
3a
Câu 49 (VD): Cho hàm số
( )
3
3f x x x m= − −
. Tìm m để mọi bộ ba số phân biệt a, b, c thuộc đoạn
1;3−
thì
( ) ( ) ( )
,,f a f b f c
là độ dài ba cạnh của một tam giác.
A.
22m −
B.
2m −
C.
34m
D.
22m −
Câu 50 (VD): Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a và
0
60BAD=
. Mặt chéo
ACC’A’ nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, đồng thời ACC’A’ cũng là hình thoi có
0
60A AC
=
.
Thể tích khối tứ diện ACB’D’ là:
A.
3
3
6
a
B.
3
3
4
a
C.
3
3
8
a
D.
3
3
3
a
Trang 8
Đáp án
1-D
2-B
3-A
4-D
5-B
6-A
7-A
8-B
9-A
10-C
11-B
12-B
13-A
14-D
15-D
16-D
17-C
18-D
19-C
20-B
21-C
22-D
23-D
24-B
25-C
26-D
27-C
28-C
29-D
30-A
31-A
32-C
33-A
34-A
35-C
36-A
37-D
38-B
39-B
40-C
41-D
42-C
43-D
44-B
45-A
46-D
47-C
48-A
49-A
50-B
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Dựa vào đồ thị xác định các đường tiệm cận của đồ thị hàm số, các điểm thuộc đồ thị hàm số.
- Sau đó dựa vào các đáp án để chọn đáp án đúng.
- Đồ thị hàm số
( )
ax b
y ad bc
cx d
+
=
+
có TCN
a
y
c
=
và TCĐ
d
x
c
=−
.
Giải chi tiết:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị có đường TCN
1y =
và TCĐ
1x =
.
Do đó loại đáp án A và B.
Đồ thị hàm số đi qua điểm O(0;0) nên loại đáp án C.
Câu 2: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )
y f x=
tại điểm
( )
00
;M x y
là
( )( )
0 0 0
y f x x x y
= − +
.
- Hai đường thẳng
y ax b=+
và
y a x b

=+
song song với nhau khi và chỉ khi
aa
bb
=
.
Giải chi tiết:
TXĐ:
\1D =−
.
Gọi
( )
0
00
0
2
;1
1
x
M x x
x

−
−

+

thuộc đồ thị hàm số
2
1
x
y
x
−
=
+
.
Ta có
( )
2
23
1
1
x
yy
x
x
−
= =
+
+
nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại
0
0
0
2
;
1
x
Mx
x

−

+

có hệ số góc là
( )
( )
0
2
0
3
1
k y x
x
==
+
.
Vì tiếp tuyến tại M song song với đường thẳng
: 3 10d y x=+
nên
( )
( )
2
0
2
0
3
3 1 1
1
x
x
= + =
+
Trang 9
( )
00
00
1 1 0
1 1 2
xx
tm
xx
+ = =



+ = − = −

( )
( )
0; 2
2;4
M
M
−
−
Câu 3: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )
y f x=
tại điểm
( )
00
;M x y
là
( )( )
0 0 0
y f x x x y
= − +
.
- Đường thẳng
y ax b=+
vuông góc với vecto
( )
;IM u v
khi và chỉ khi vtcp của đường thẳng
y ax b=+
vuông góc với vecto
( )
;IM u v
.
Giải chi tiết:
TXĐ:
\1D =
.
Gọi
( )
0
00
0
1
;1
1
x
M x x
x

+

−

thuộc đồ thị hàm số
1
1
x
y
x
+
=
−
.
Ta có
( )
2
12
1
1
x
yy
x
x
+
= =
−
−
nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại
0
0
0
1
;
1
x
Mx
x

+

−

có hệ số góc là
( )
( )
0
2
0
2
1
k y x
x
==
−
.
⇒ Phương trình tiếp tuyến tại M là:
( )
( )
0
0
2
0
0
1
2
1
1
x
y x x
x
x
+
= − +
−
−
( ) ( )
00
22
0
00
21
2
0
1
11
xx
xy
x
xx
+
− − + =
−
−−
, có 1 VTCP là
( )
2
0
2
1;
1
u
x

=


−

.
Ta có:
0
00
00
1
2
1; 1 1;
11
x
IM x x
xx
+
= − + = −
−−
.
Vì tiếp tuyến tại M vuông góc với IM nên
.0u IM =
.
( )
( )
0
3
0
4
10
1
x
x
− + =
−
( )
( )
4
00
3
0
4
1 1 4
1
xx
x
= − − =
−
00
00
1 2 1 2
1 2 1 2
xx
xx

− = = −


− = − = +


⇒
( )
1 2; 1 2M + − −
và
( )
1 2; 1 2M − − +
.
Câu 4: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Tính đạo hàm
y
.
- Giải phương trình
0y
=
.
- Lập BXD
y
và kết luận các khoảng đồng nghịch biến của hàm số.
Trang 10
Giải chi tiết:
TXĐ:
D =
.
Ta có:
( ) ( )
2
22
4 1 2 4 .2y x y x x
= − + = −
.
Cho
2
00
0
4 0 2
xx
y
xx
==

=

− = =

.
BXD
y
:
Dựa vào BXD ta thấy hàm số đồng biến trên
( ) ( )
; 2 ; 0;2− −
; nghịch biến trên
( ) ( )
2;0 ; 2;− +
.
Do đó chỉ có đáp án D đúng.
Câu 5: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Giả sử thiết diện qua trục là tam giác SAB và O là tâm mặt đáy của hình nón.
- Xác định tâm mặt cầu nội tiếp hình nón chính là tâm tam giác đều SAB. Tính bán kính R.
- Thể tích khối cầu bán kính R là
3
4
3
VR
=
.
Giải chi tiết:
Giả sử thiết diện qua trục là tam giác SAB và O là tâm mặt đáy của hình nón, ta có tam giác SAB đều
cạnh 1 nên
3
2
SO =
.
Gọi I là tâm khối cầu nội tiếp trong hình nón, dễ thấy O chính là tâm tam giác đều SAB, do đó bán kính
khối cầu là
2 2 3 3
.
3 3 2 3
R IO SO= = = =
.
Vậy thể tích khối cầu nội tiếp trong hình nón là
3
3
4 4 3 4 3
3 3 3 27
VR


= = =



.
Câu 6: Đáp án A
Trang 11
Phương pháp giải:
- Sử dụng công thức lãi kép:
( )
1
n
n
A A r=+
trong đó
n
A
là số tiền nhận được sau n năm, A là số tiền gửi
ban đầu, r là lãi suất trên 1 kì hạn, n là số kì hạn.
- Để sau 3 năm người đó rút được 500 triệu đồng thì số tiền nhận được sau 3 năm (cả gốc và lãi) phải
không nhỏ hơn 500 triệu đồng. Giải bất phương trình tìm số tiền gửi ban đầu.
Giải chi tiết:
Để sau 3 năm người đó rút được 500 triệu đồng thì số tiền nhận được sau 3 năm (cả gốc và lãi) phải
không nhỏ hơn 500 triệu đồng.
Gọi số tiền ban đầu gửi vào ngân hàng là x (triệu đồng), số tiền người đó nhận được sau 3 năm là:
( )
3
1 6%x +
(triệu đồng).
Khi đó ta có
( )
3
1 6% 500 420xx+
(triệu đồng).
Câu 7: Đáp án A
Phương pháp giải:
Sử dụng các công thức:
( )
log log 0 1, 0
m
n
a
a
n
b b a b
m
=
( )
log log log 0 1, , 0
a a a
x
x y a x y
y
= −
Giải chi tiết:
Ta có:
1
3
3
5
5
49 49
log log
88
=
( )
2
5 5 5
3
73
3log 3 2log 7 3log 2 3 2
2
b
a

= = − = −


Câu 8: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Tính
y
, giải phương trình
0y
=
xác định các nghiệm
1;0
i
x −
.
- Tính các giá trị
( ) ( ) ( )
1 ; 0 ;
i
y y y x−
.
- Kết luận:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1;0
1;0
min min 1 ; 0 ; ;max max 1 ; 0 ;
ii
y y y y x y y y y x
−
−
= − = −
Giải chi tiết:
TXĐ: ...
Ta có:
( ) ( ) ( )
2 1 2 2 1 2 1
x x x x
y x e y e x e x e
= − = + − = +
.
Cho
1
0 2 1 0 1;0
2
y x x
= + = = − −
.
Trang 12
Ta có:
( ) ( )
3 1 2
1 ; 0 1;
2
y y y
e
e
−

− = − = − − =


Vậy
1;0
2
min y
e
−
−
=
.
Câu 9: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Tính y′, giải phương trình
0y
=
xác định các nghiệm
1 10
;
33
i
x

−


.
- Tính các giá trị
( )
1 10
;;
33
i
y y y x
−
.
- Kết luận:
( ) ( )
1 10
1 10
;
;
33
33
1 10 1 10
min min ; ; ; max max ; ;
3 3 3 3
ii
y y y y x y y y y x


−
−




= − = −
.
Giải chi tiết:
TXĐ:
D =
.
Ta có:
3 2 2
1
2 3 1 4 3
3
y x x x y x x
= − + − = − +
.
Cho
2
1 10
1;
33
0 4 3 0
1 10
3;
33
x
y x x
x

= −


= − + =

= −


.
Ta có:
( ) ( )
1 181 10 1
; 0,88; 1 ; 3 1
3 81 3 3
y y y y
− = − − = = −
.
Vậy
1;0
1 181
min .
3 81
yy
−

= − = −


Câu 10: Đáp án C
Phương pháp giải:
Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số:
- Đường thẳng
0
yy=
được gọi là TCN của đồ thị hàm số
( )
y f x=
nếu thỏa mãn một trong các điều
kiện sau:
00
lim ; lim
xx
y y y y
→+ →−
==
.
- Sử dụng MTCT để tính giới hạn.
Giải chi tiết:
Xét hàm số
sin x
y
x
=
ta có
lim 0; lim 0
xx
yy
→+ →−
==
, do đó ĐTHS có 1 TCN
0y =
.
Xét hàm số
2
1xx
y
x
++
=
ta có
lim 1; lim 1
xx
yy
→+ →−
= = −
, do đó ĐTHS có 2 TCN
1y =
.
Trang 13
Xét hàm số
1
1
x
y
x
−
=
+
ta có
lim
x
y
→+
không tồn tại,
lim 0
x
y
→−
=
, do đó ĐTHS có 1 TCN
0y =
.
Xét hàm số
2
11y x x= + + −
ta có
lim
x
y
→+
= +
,
lim 1
x
y
→−
=
, do đó ĐTHS có 1 TCN
1y =
.
Vậy có 3 hàm số mà đồ thị có đúng một tiệm cận ngang.
Câu 11: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Chóp có các cạnh bên bằng nhau có chân đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.
- Sử dụng tính chất tam giác vuông cân tính chiều cao và diện tích đáy.
- Thể tích khối chóp bằng 1/3 tích đường cao và diện tích đáy.
Giải chi tiết:
Vì ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a nên
AB AC AD BC BD a= = = = =
.
Do đó hình chiếu vuông góc của A lên (BCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
Lại có tam giác BCD vuông tại B nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD là trung điểm H của CD.
AH CD⊥
Xét tam giác ACD vuông cân tại A có
AC AD a==
nên
2
2
a
AH =
.
Tam giác BCD vuông cân tại B có BC = BD = a nên
2
1
..
22
BCD
a
S BC BD
==
.
Vậy
23
1 1 2 2
. . .
3 3 2 2 12
ABCD BCD
a a a
V AH S
= = =
Câu 12: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Tính đạo hàm.
- Chứng minh
1
0 ;0
4
yx

−


và suy ra giá trị lớn nhất của hàm số trên
1
;0
4

−


.
Giải chi tiết:
Hàm số đã cho xác định trên
1
;0
4

−


.
Ta có:
( ) ( )
2 1 ln 2 1y x x= − + +
21
2 0 ;0
2 1 4
yx
x

= + −

+

.
Trang 14
Do đó hàm số đã cho đồng biến trên
1
;0
4

−


.
Vậy
( )
1
;0
4
max 0 1yy

−


= = −
Câu 13: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Khai triển đưa hàm số về dạng hàm đa thức bậc ba.
- Tính
y
, giải phương trình
0y
=
và xác định số điểm cực trị = số nghiệm bội lẻ.
Giải chi tiết:
Ta có
( )( )( )
32
1 2 3 4 6y x x x x x x= + − − = − + − −
.
2
4 13
3 8 1 0
3
y x x x
= − + − = =
.
Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.
Câu 14: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Sử dụng công thức
sin
tan
cos
x
x
x
=
- Sử dụng phương pháp đổi vi phân:
( )
sin cosxdx d x=−
- Sử dụng công thức tính nguyên hàm:
ln
du
uC
u
=+
Giải chi tiết:
( )
cos
sin
tan ln cos
cos cos
dx
x
xdx dx x C
xx
−
= = = − +
Câu 15: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Sử dụng công thức tính đạo hàm:
( )
. ln
uu
a u a a
=
.
- Xét dấu đạo hàm và suy ra các khoảng đơn điệu của hàm số.
- Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Giải chi tiết:
Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1 1
2 . ln 2 .ln2
2 2 2 2
x x x
f x f x x f x x

= = = = −
nên đáp án A sai.
Xét
( )
00f x x
= =
, do đó hàm số không thể nghịch biến trên , suy ra đáp án B sai.
Ta có
( )
0
1
01
2
f

==


nên đáp án C sai.
Trang 15
Ta có:
( )
2
1
lim lim 0
2
x
xx
fx
→− →−

==


nên ĐTHS nhận
0y =
là TCN. Suy ra đáp án D đúng.
Câu 16: Đáp án D
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức tính nguyên hàm:
1
ln
dx
ax b C
ax b a
= + +
+
Giải chi tiết:
Ta có
( ) ( )
11
ln 2 3
2 3 2
F x f x dx dx x C
x
= = = − +
−

.
Câu 17: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Sử dụng công thức tính đạo hàm:
( )
log
ln10
u
u
u
=
.
- Sử dụng định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số: Đường thẳng
0
xx=
được gọi là TCĐ của đồ thị
hàm số
( )
y f x=
nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau:
0 0 0 0
lim ; lim ; lim ; lim
x x x x x x x x
y y y y
+ + − −
→ → → →
= + = − = + = −
.
- Xét dấu
y
và suy ra các khoảng đơn điệu.
Giải chi tiết:
TXĐ:
( )
1;D = +
Ta có
( )
( )
1
log 1
1 ln10
y x y
x
= − =
−
. Suy ra đáp án D đúng, đáp án C sai.
Vì
1 0 0x y x D
−
, do đó hàm số đồng biến trên
( )
1; +
, suy ra đáp án B đúng.
Ta có:
1
lim
x
y
+
→
= −
nên ĐTHS nhận
1x =
là TCĐ, suy ra đáp án A đúng.
Câu 18: Đáp án D
Phương pháp giải:
Tính đạo hàm từng hàm số, giải phương trình đạo hàm và xác định số điểm cực trị của hàm số = số
nghiệm bội lẻ của phương trình đạo hàm.
Giải chi tiết:
Xét đáp án A: ta có
2 0 0y x x
= = =
, do đó hàm số có 1 điểm cực trị.
Xét đáp án B: ta có
( )
2
0
2 2 1 .4 0
2
2
x
y x x
x
=
= − =
=
, do đó hàm số có 3 điểm cực trị.
Trang 16
Xét đáp án C: ta có
( )
3
2
3
21
2 2 1 . .
3
y x x
x
= + −
3
6 4 2 1
10
5
3
xx
x
x
+−
= = =
, do đó hàm số có 1 điểm cực
trị.
Xét đáp án D: ta có
( ) ( )
22
22
22
1 .2 1
01
11
x x x x
yx
xx
+ − − +
= = = =
++
, do đó hàm số có 2 điểm cực trị.
Câu 19: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp, tính bán kính mặt cầu, từ đó suy ra độ dài cạnh SC.
- Đặt SA = AB = BC = x, sử dụng định lí Pytago giải phương trình tìm x.
- Tính thể tích khối chóp
1
.
3
ABC
V SAS
=
.
Giải chi tiết:
Gọi O là trung điểm của AC. Vì tam giác ABC vuông tại B nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
Gọi I, M là trung điểm của SC, SA. Ta có IO là đường trung bình của tam giác SAC
//IO SA
.
Mà
( ) ( )
SA ABC IO ABC IO⊥ ⊥
là trực của
( )
ABC
IA IB IC = =
.
Lại có IM là đường trung bình của tam giác SAC nên IM // AC
IM SA⊥
IM
là trung trực của SA,
do đó
IS IA=
.
IA IB IC IS = = =
I
là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp
.S ABC
.
⇒ Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC là
1
2
R SC=
.
Ta lại có
2
3
4 3 3
2
R R SC

= = =
.
Đặt
SA AB BC x= = =
, ta có tam giác SAB vuông cân tại A nên
2SB x=
.
Ta có:
( )
BC AB
BC SAB BC SB
BC SA
⊥
⊥ ⊥
⊥
SBC
vuông tại B.
2 2 2 2 2
2 3 1SB BC SC x x x + = + = =
Trang 17
Vậy thể tích khối chóp là
3
1 1 1 1 1
. . .
3 3 2 6 6
ABC
V SA S SA AB BC x
= = = =
.
Câu 20: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Dựa vào các giao điểm có đồ thị với trục hoành suy ra dạng của đồ thị hàm số và loại bớt các đáp án
chắc chắn sai.
- Dựa vào giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung để chọn đáp án đúng.
Giải chi tiết:
Vì đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành tại điểm có hoành độ -1 và cắt qua trục hoành tại điểm có hoành
độ bằng 1 nên hàm số có dạng
( ) ( )
2
11y a x x= + −
, do đó loại đáp án A và D.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên loại đáp án C.
Câu 21: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Dựa vào đồ thị suy ra TXĐ của hàm số và loại đáp án.
- Dựa vào tính đơn điệu của hàm số để loại đáp án.
Giải chi tiết:
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số xác định trên nên loại đáp án A, D.
Lại có: Đồ thị hàm số nghịch biến trên nên chọn đáp án C.
Câu 22: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Dựa vào giả thiết hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân xác định chiều cao và bán kính
đáy của hình nón.
- Tính độ dài đường sinh của hình nón
22
l h r=+
.
- Hình nón có đường sinh l, bán kính đáy r có diện tích xung quanh là
xq
S rl
=
.
Giải chi tiết:
Vì hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân nên
1hr==
.
⇒ Độ dài đường sinh của hình nón là
22
2l h r= + =
.
Vậy diện tích xung quanh của hình nón là
2
xq
S rl

==
.
Câu 23: Đáp án D
Phương pháp giải:
Sử dụng tính đạo hàm bằng định nghĩa:
( )
( ) ( )
0
0
0
0
lim
xx
f x f x
fx
xx
→
−
=
−
Giải chi tiết:
Ta có:
( ) ( )
( )
1
1
lim 1 3
1
x
f x f
f
x
→
−
==
−
.
Trang 18
Câu 24: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ.
- Xác định góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng (BCC’B’) là góc giữa AC’ và hình chiếu của AC’ lên
(BCC’B’).
- Dựa vào định lí Pytago, tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính bán kính mặt cầu.
- Diện tích mặt cầu bán kính R là
2
4SR
=
.
Giải chi tiết:
Gọi O, O’ lần trung điểm của BC và B’C’.
Vì tam giác ABC, A’B’C’ lần lượt vuông tại A và A’ nên O, O’ lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp tam
giác ABC, A’B’C’. Lại có OO’ vuông góc với hai đáy nên OO’ là trục hai đáy.
Gọi I là trung điểm của OO’ => I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ.
Trong
( )
ABC
kẻ
( )
AH BC H BC⊥
ta có
( )
AH BC
AH BCC B HC
AH BB
⊥
⊥
⊥
là hình chiếu của
AC’ lên (BCC’B’), do đó
( )
( )
( )
0
; ; 30AC BCC B AC HC AC H
= = =
.
Xét tam giác vuông ABC ta có
2 2 2 2
43AB BC AC a a a= − = − =
. 3. 3
22
AB AC a a a
AH
BC a
= = =
.
Xét tam giác AC’H vuông tại H có:
0
31
:3
sin30 2 2
AH a
AC a
= = =
.
Xét tam giác vuông AA’C’ có:
2 2 2 2
32AA AC A C a a a OO
= − = − = =
12
22
a
IO OO
= =
.
Xét tam giác vuông IOC có:
2
2 2 2
6
22
aa
IC IO OC a R= + = + = =
.
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ là:
2
22
6
4 4 . 6
2
a
S R a

= = =



.
Câu 25: Đáp án C
Phương pháp giải:
Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang, tiệm cận đứng của đồ thị hàm số:
Trang 19
- Đường thẳng
0
yy=
được gọi là TCN của đồ thị hàm số
( )
y f x=
nếu thỏa mãn một trong các điều
kiện sau:
00
lim ; lim
xx
y y y y
→+ →−
==
.
- Đường thẳng
0
xx=
được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số
( )
y f x=
nếu thỏa mãn một trong các điều
kiện sau:
0 0 0 0
lim ; lim ; lim ; lim
x x x x x x x x
y y y y
+ + − −
→ → → →
= + = − = + = −
.
Giải chi tiết:
TXĐ:
\1D =
.
Ta có:
( )
2
2
2 1 1
lim lim 2
1
xx
xx
y
x
→+ →+
−+
==
−
( )
2
2
2 1 1
lim lim 2
1
xx
xx
y
x
→− →−
−+
= = −
−
( )
2
2
11
2 1 1
lim lim
1
xx
xx
y
x
++
→→
−+
= = +
−
( )
2
2
11
2 1 1
lim lim
1
xx
xx
y
x
−−
→→
−+
= = −
−
( )
2
2
11
2 1 1
lim lim
1
xx
xx
y
x
++
→− →−
−+
= = +
−
( )
2
2
11
2 1 1
lim lim
1
xx
xx
y
x
−−
→− →−
−+
= = −
−
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 TCN
1y =
và 2 TCĐ
1x =
.
Câu 26: Đáp án D
Phương pháp giải:
Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần
udv uv vdu=−

.
Giải chi tiết:
Đặt
lnI xdx=
.
Đặt
1
lnux
du dx
x
dv dx
vx
=
=

=
=
.
Khi đó ta có
ln ln lnI xdx x x dx x x x C= = − = − +

.
Với
1C =
ta có
1 lnx x x−+
là một nguyên hàm của hàm số
ln x
.
Câu 27: Đáp án C
Phương pháp giải:
Trang 20
Lập BXD
( )
fx
.
Giải chi tiết:
Ta có:
( ) ( ) ( )( )
32
1
0 1 2 3 0 2
3
x
f x x x x x
x
=
= − − − = =
=
.
BXD:
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng
( )
1;2
.
Câu 28: Đáp án C
Phương pháp giải:
Lập BXD
( )
fx
.
Giải chi tiết:
Ta có:
4 2 3
4 4 8y x x y x x
= − = −
.
Gọi
( )
42
0 0 0
;4A x x x−
thuộc đồ thị hàm số, phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A là:
( )
( ) ( )
3 4 2
0 0 0 0 0
4 8 4y x x x x x x d= − − + −
Cho
( )
2;0Md
ta có:
( )
( )
3 4 2 3 4 2 4 2
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 4 8 2 4 0 8 16 4 8 4x x x x x x x x x x x= − − + − = − − + + −
0
4 3 2
0 0 0 0 0
0
0
4
0 3 8 4 16
3
2
x
x x x x x
x
=
= − + + − = −
=
Vậy qua điểm M(2;0) kẻ được 3 tiếp tuyến với đồ thị hàm số
42
4y x x=−
.
Câu 29: Đáp án D
Phương pháp giải:
Hàm số
( )
lny f x=
xác định khi và chỉ khi
( )
fx
xác định và
( )
0fx
.
Giải chi tiết:
Hàm số
2
ln 2 3y x x= + −
xác định
22
1
2 3 0 2 3 0
3
x
x x x x
x
+ − + −
−
.
Vậy TXĐ của hàm số đã cho là
\ 3;1D =−
.
Câu 30: Đáp án A
Phương pháp giải:
Trang 21
Sử dụng công thức: Cho tứ diện ABCD có góc giữa hai đường thẳng AB và CD là
, gọi d là góc giữa
hai đường thẳng AB và CD. Khi đó
1
. . .sin
6
ABCD
V ABCD d
=
.
Giải chi tiết:
Vì AB, CD lần lượt là đường kính hai đáy nên khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD là
( )
;d AB CD d h==
. Mà thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông cạnh a nên
h AB CD a= = =
.
Khi đó ta có
3
0
11
. . .sin . . . .sin30
6 6 12
ABCD
a
V AB CD d a a a
= = =
.
Câu 31: Đáp án A
Phương pháp giải:
Sử dụng các công thức:
( )
log
log 0 , 1, 0
log
c
a
c
b
b a c b
a
=
( ) ( )
log log log 0 1, , 0
a a a
xy x y a x y= +
( )
log log 0 1, 0
n
m
a
a
m
b b a b
n
=
Giải chi tiết:
Ta có:
2 2 2
6
2 2 2
log 5 log 5 log 45
log 45
log 3 log 3 log 6
bb
aa
cc
++
+ = + =
++
( )
( )
2
2
2 2 2 2
2 2 2 2
log 3 .5
log 5 log 5 2log 3 log 5
log 3 log 2.3 log 3 1 log 3
bb
aa
cc
+ + +
+ = + =
+ + +
2 2 2 2 2
2 2 2 2
log 5 2 2log 3 2 log 5 log 5 2 log 5
2
log 3 1 log 3 log 3 1 log 3
bb
aa
cc
+ + − + + − +
+ = + = +
+ + + +
Đồng nhất hệ số ta có
2, 2, 1.a b c= = − =
Vậy
2 ( 2) 1 1.abc+ + = + − + =
Câu 32: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Biến đổi, đưa về công thức đạo hàm của một thương.
- Sử dụng phương pháp nguyên hàm hai vế tìm hàm
( )
fx
.
- Sử dụng giả thiết tìm hằng số C.
- Suy ra hàm số
( )
fx
hoàn chỉnh và tính
( )
2f
.
Giải chi tiết:
Theo bài ra ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
22
..f x x f x x x f x f x x

= − − =
Trang 22
( ) ( ) ( )
2
..
11
x f x x f x f x
xx

−

= =


( )
fx
dx x C
x
= = +
Lại có
( )
13f =
( )
1
1 3 1 2
1
f
C C C = + = + =
.
Vậy
( )
( ) ( )
2
2 2 2 8
fx
x f x x x f
x
= + = + =
.
Câu 33: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Giải phương trình
( )
0fx
=
, xét dấu
( )
fx
trên
;ab
.
- Từ đó tìm
( )
;
min
ab
fx
.
Giải chi tiết:
Ta có
( )
2
0 0 ;
1
x
f x x a b
x
= − = =
+
(do a, b là các số dương)
Khi đó ta có
( )
0;f x x a b
, do đó hàm số nghịch biến trên
;ab
nên
( ) ( )
;
min
ab
f x f b=
.
Câu 34: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Đặt chiều cao khối trụ là
( )
0 xh
.
- Áp dụng định lí Ta-lét, tính bán kính đáy hình trụ theo x.
- Tính thể tích khối trụ, sử dụng phương pháp hàm số tìm GTLN của V’, từ đó suy ra x theo h.
- Lập và tính tỉ số
V
V
Giải chi tiết:
Đặt tên các điểm như hình vẽ.
Gọi
,hr
lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình nón.
Đặt
IO MQ NP x= = =
( )
0 xh
.
Áp dụng định lí Ta-lét ta có:
11
MQ AQ SQ QI
SO AS SA OA
= = − = −
11
x IQ x
IQ r
h r h

= − = −


Trang 23
Khi đó thể tích khối nón là
( )
2
2
2
22
2
. . . 1 . .
xr
V IQ QM r x x x h
hh


= = − = −


.
Để
V
đạt giá trị lớn nhất thì
( )
2
x x h−
phải đạt giá trị lớn nhất.
Đặt
( ) ( )
( )
2
2 2 3 2 2
22f x x x h x x hx h x hx h x= − = − + = − +
, với
0 xh
ta có:
( )
( )
( )
22
3 4 0
1
3
x h ktm
f x x hx h
x h tm
=
= − + =
=
2
2
2
max
2
1 1 4
.
3 3 27
r
V h h h r h
h

= − =


Vậy khi đó
2
2
4
4
27
1
9
3
rh
V
V
rh
==
.
Câu 35: Đáp án C
Phương pháp giải:
Số điểm cực trị của hàm số
( )
y f x=
= số điểm cực trị của hàm số
( )
y f x=
+ số giao điểm của đồ thị
hàm số
( )
y f x=
với trục hoành (không tính điểm tiếp xúc)
Giải chi tiết:
Dựa vào BBT ta thấy
( )
1
2
0
xx
fx
xx
=
=
=
.
Đặt
( ) ( )
1h x m f x= + +
ta có
( ) ( )
11
22
11
10
11
x x x x
h x f x
x x x x
+ = = −


= + =

+ = = −

, do đó hàm số
( ) ( )
1h x m f x= + +
có 2 điểm cực trị.
Suy ra để hàm số
( ) ( ) ( )
1g x h x m f x= = + +
có đúng 3 điểm cực trị thì phương trình
( )
10m f x+ + =
phải có nghiệm bội lẻ duy nhất.
Ta có:
( ) ( )
1 0 1m f x f x m+ + = + = −
, dựa vào BBT ta thấy đường thẳng
ym=−
cắt qua (không tính
điểm tiếp xúc) đồ thị hàm số
( )
1y f x=+
tại 1 điểm duy nhất khi và chỉ khi
11
33
mm
mm
− −


− −

.
Câu 36: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Tìm ĐKXĐ của phương trình.
- Đưa về cùng cơ số 2.
- Giải phương trinh logarit:
( ) ( ) ( ) ( )
log log
aa
f x g x f x g x= =
.
Trang 24
- Dựa vào điều kiện của x tìm m để phương trình có nghiệm.
Giải chi tiết:
ĐKXĐ:
2 0 2 0
3 0 3
x m x m
xx
− −


−

.
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 2 2
2
log 2 log 3 0 log 2 log 3 0x m x x m x− + − = − − + − =
( ) ( )
22
log 2 log 3 2 3 3 3x m x x m x x m − = − − = − = +
Để phương trình có nghiệm thì
3 9 6mm+
.
Kết hợp điều kiện m là số nguyên dương ta có
1;2;3;4;5m
.
Vậy có 5 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 37: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Xác định tọa độ các điểm
, , , , ,A B C D E F
.
- Viết phương trình tham số đường thẳng
OM
.
- Viết phương trình cá mặt phẳng
()ABC
và
()DEF
.
- Tham số hóa tọa độ các điểm P, Q thuộc OM, cho
( ) ( )
;P ABC Q DEF
, tìm tọa độ P, Q.
- Tính độ dài
( ) ( ) ( )
2 2 2
Q P Q P Q P
PQ x x y y z z= − + − + −
.
Giải chi tiết:
Theo bài ra ta có:
A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;-3), D(0;2;-3), E(1;0;-3), F(1;2;0).
Gọi P và Q tương ứng là giao điểm của đường thẳng OM với các mặt phẳng (ABC) và (DEF). Độ dài PQ
bằng:
+ Ta có:
( )
1;2; 3OM =−
là 1 VTCP của đường thẳng OM, nên phương trình đường thẳng OM là
2
3
xt
yt
zt
=
=
=−
.
+ Phương trình mặt phẳng (ABC) là
1 6 3 2 6 0
1 2 3
x y z
x y z+ + = + − − =
−
.
Gọi
( ) ( )
;2 ; 3OM ABC P p p p = −
, ta có
( )
P ABC
nên:
( )
1
6 3.2 2. 3 6 0
3
p p p p+ − − − = =
12
; ; 1
33
P

−


.
Trang 25
+ Ta có:
( ) ( )
1; 2;0 ; 1;0;3DE DF= − =
( )
; 6; 3;2DE DF

= − −

là 1 VTPT của (DEF).
⇒ Phương trình mặt phẳng (DEF) là:
( ) ( )
6 3 2 2 3 0 6 3 2 12 0x y z x y z− − − + + = − − + + =
.
Gọi
( ) ( )
;2 ; 3OM DEF Q q q q = −
, ta có
( )
Q DEF
nên:
( )
2
6 3.2 2 3 12 0
3
q q q q− − + − + = =
24
; ; 2
33
Q

−


.
Vậy
( )
22
2
1 2 14
1
3 3 3
PQ
= + + − =
.
Câu 38: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Phân tích
23
1 x x x+ + +
thành nhân tử.
- Khai triển nhị thức Niu-tơn:
( )
0
n
n
k n k k
n
k
a b C a b
−
=
+=
.
- Tìm
0 1 2 3 4
, , , ,a a a a a
lần lượt là hệ số của các số hạng không chứa x, chứa x, chứa
234
,,x x x
.
- Thay vào tính S.
Giải chi tiết:
Ta có:
( )
( )
( )
( )
( )
44
4 4 4
4
2 3 2 2 2
44
00
1 1 1 1 1
k k m m
km
x x x x x x x x C x C x
==
+ + + = + + + = + + =

Khi đó ta có
( ) ( )
00
0 4 4
; 0;0 . 1k m a C C= = =
( ) ( )
10
1 4 4
; 1;0 4k m a C C= = =
( ) ( ) ( )
2 0 0 1
2 4 4 4 4
; 2;0 ; 0;1 . 10k m a C C C C = + =
( ) ( ) ( )
3 0 1 1
3 4 4 4 4
; 3;0 ; 1;1 . 20k m a C C C C = + =
( ) ( ) ( ) ( )
4 0 2 1 0 2
4 4 4 4 4 4 4
; 4;0 ; 2;1 ; 0;2 . 31k m a C C C C C C = + + =
Vậy
0 1 2 3 4
4 4 4 3 4 2 4 1 4 0
4S C a C a C a C a C a= − + − + = −
.
Câu 39: Đáp án B
Phương pháp giải:
Giải phương trình lượng giác cơ bản:
( )
sin 0 ,cos 0
2
k k k
= = = = +
Giải chi tiết:
Ta có:
( ) ( )
sin cos 0 cosx x k k
= =
.
Vì
1 cos 1xx−
nên
1 1, 0k k k
− =
.
Trang 26
Khi đó ta có
( )
cos 0
2
x x l l
= = +
.
Xét
1;2021x
ta có
1 2021; 0;1;2;...;642
2
l l l
+
.
Vậy phương trình đã cho có 643 nghiệm thỏa mãn.
Câu 40: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Tìm hàm số
( ) ( )
f x f x dx
=
.
- Xét phương trình
( )
999fx=
, sử dụng định lí Vi-ét tìm
12
xx
và tính S.
Giải chi tiết:
Ta có
( ) ( ) ( )
2
21f x f x dx x dx x x C
= = − = − +

.
Mà
( )
2
3 5 3 3 5 1f C C= − + = = −
.
Suy ra
( )
2
1f x x x= − −
.
Xét phương trình
( )
22
999 1 999 1000 0f x x x x x= − − = − − =
, giả sử phương trình có hai nghiệm
12
,xx
. Áp dụng định lí Vi-ét ta có
12
1000xx =−
.
Khi đó ta có
1 2 1 2
log log log log1000 3S x x x x= + = = =
.
Câu 41: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Gọi N là trung điểm của CC’ , chứng minh
( ) ( )
( )
( )
( )
; ; ;d AM BC d BC AMN d B AMN

==
.
- Đổi
( )
( )
;d B AMN
sang
( )
( )
;d C AMN
.
- Dựng và tính khoảng cách, sử dụng phương pháp dựng khoảng cách từ chân đường cao đến mặt phẳng.
Giải chi tiết:
Gọi N là trung điểm của CC’
MN
là đường trung bình của tam giác BCC’.
( )
/ / / /MN BC BC AMN AM

.
Khi đó ta có
( ) ( )
( )
( )
( )
; ; ;d AM BC d BC AMN d B AMN

==
.
Trang 27
Ta có:
( )
( )
( )
( )
( )
;
1
;
d B AMN
BM
BC AMN M
CM
d C AMN
= = =
( )
( )
( )
( )
;;d B AMN d C AMN=
.
Trong (BCC’B’) kẻ
( )
CH MN H MN⊥
ta có:
( )
AM CM
AM BCC B AM CH
AM CN
⊥

⊥ ⊥
⊥
( ) ( )
( )
;
CH AM
CH AMN d C AMN CH
CH MN
⊥
⊥ =
⊥
( )
;d AM BC CH
=
.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông CMN có:
2 2 2 2
.
.2
22
4
44
aa
CM CN a
CH
CM CN a a
= = =
+
+
.
Vậy
( )
2
;
4
a
d AM BC
=
.
Câu 42: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Chứng minh mặt phẳng đi qua A và vuông góc với A’C chính là (AB’D’).
- Xác định (AB’D’) chia khối chóp thành những phần nào và tính thể tích của chúng.
Giải chi tiết:
Gọi
( )
là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với A’C.
Gọi
O A C B D
=
và
I AO A C

=
.
Vì ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương cạnh a nên
2; 3AC A C a A C a
= = =
.
Áp dụng định lí Pytago ta có:
2
2 2 2
6
22
aa
AO AA A O a
= + = + =
.
Áp dụng định lí Ta-lét ta có:
26
22
33
AI AC a
AI IO AO
IO A O

= = = = =
.
1 1 1 3
2 2 3 3
A I A O a
A I IC A C
IC AC

= = = = =
Trang 28
Xét tam giác AA’I có:
22
2 2 2 2
2
33
aa
AI A I a AA

+ = + = =
, suy ra tam giác AA’I vuông tại I (Định lí
Pytago đảo)
( ) ( )
AO O


.
Lại có
( )
B D A C
B D ACC A B D A C
B D AA
⊥
⊥ ⊥
⊥
( )
BD


( ) ( )
AB D


.
Mặt phẳng
( )
AB D

chia khối lập phương thành 2 phần: Chóp A.A’B’D’ và khối đa diện B’C’D’.ABCD.
Ta có:
..
1 1 1 1
..
3 3 2 6
A A B D A B D ABCD ABCD A B C D
V AA S AA S V

= = =
. . . .
15
66
B C D ABCD ABCD A B C D ABCD A B C D ABCD A B C D
V V V V
= − =
.
Vậy
.
.
.
.
1
1
6
5
5
6
ABCD A B C D
A A B D
B C D ABCD
ABCD A B C D
V
V
k
V
V
= = =
Câu 43: Đáp án D
Phương pháp giải:
Giải chi tiết:
Không gian mẫu:
( )
4
30
nC=
.
Gọi A là biến cố: “4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của (H)”.
Chọn 1 đỉnh bất kì trong 30 đỉnh là 1 đỉnh của tứ giác, kí hiệu là
1
A
, có 30 cách chọn.
Kí hiệu các đỉnh còn lại theo chiều kim đồng hồ lần lượt là
2 3 4 30
, , ,...,A A A A
.
Khi đó tứ giác có dạng
1 x y z
A A A A
, khi đó ta có
1 1 2
1
30 1 2
x
yx
z y x
+ =
+
+ +
3 1 2 27x y z − −
.
Đặt
3;4;5;...;27X =
, X có 25 phần tử, số cách chọn 1 bộ x, y, z là
3
25
C
.
( )
3
25
30.n A C=
.
Vậy xác suất của biến cố A là
( )
( )
( )
3
25
4
30
30.
nA
C
PA
nC
==
.
Câu 44: Đáp án B
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức: Gọi
( )
H
là hình chiếu của
( )
H
lên mặt phẳng
( )
P
. Gọi α là góc giữa mặt phẳng
( )
P
và mặt phẳng chứa hình
( )
H
. Khi đó ta có:
( ) ( )
cos
HH
SS
=
.
Giải chi tiết:
Trang 29
Vì mặt phẳng tạo với đáy một góc
0
60
và cắt tất cả các cạnh bên của hình hộp nên hình chiếu của thiết
diện lên mặt phẳng đáy chính là ABCD.
Khi đó ta có:
0
0
.cos60 2
cos60
ABCD
ABCD TD TD ABCD
S
S S S S= = =
,
Vì
0
60BAD=
nên
ABD
là tam giác đều cạnh a
22
33
42
ABD ABCD
aa
SS = =
.
Vậy
2
3
TD
Sa=
.
Câu 45: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB. Chứng minh
( )
;d AB CD MN=
.
- Sử dụng công thức
( ) ( )
1
. . ; . ;
6
ABCD
V ABCD d AB CD sin AB CD=
.
- Đặt CD = x, tính MN theo x, sử dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến.
- Sử dụng BĐT Cô-si tìm GTLN của
ABCD
V
.
Giải chi tiết:
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB.
Vì tam giác ABC, ABD là các tam giác đều cạnh a nên AB = AC = AD = BC = BD = a.
,BCD ACD
là các tam giác cân tại A
( )
CD AM
CD ABM
CD BM
⊥
⊥
⊥
CD MN⊥
.
Lại có
( )
..BCD ACD ccc AM BM = =
ABM
cân tại M
MN AB⊥
.
( )
;d AB CD MN=
.
Đặt CD = x
( )
0x
ta có
2 2 2 2 2
4
2 4 2
a a x a x
AM BM
+−
= = − =
.
2 2 2 2
2 2 2
44
3
44
2 4 2
a x a x
a a x
MN
−−
+
−
= − =
Trang 30
Do đó ta có
( ) ( )
1
. . ; . ;
6
ABCD
V ABCD d AB CD sin AB CD=
( )
22
13
. . . ;
62
ax
a x sin AB CD
−
=
Để
ABCD
V
đạt giá trị lớn nhất thì
( )
( )
22
3
.
2
;1
ax
f x x datGTLN
sin AB CD
−
=
=
Áp dụng BĐT Cô-si ta có
( )
2 2 2 2 2 2
3 1 3 3
..
2 2 2 4
a x x a x a
f x x
− + −
= =
.
Dấu “=” xảy ra
22
2 2 2
3 15
43
25
a x a
x x a x x
−
= = − =
.
Vậy
23
13
max .
6 4 8
ABCD
aa
Va==
.
Câu 46: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Dựng hình chữ nhật ABHC, chứng minh
( )
DH ABCD⊥
.
- Xác định góc giữa AD và (ABC) là góc giữa AD và hình chiếu của AD lên (ABC).
- Chứng minh ABHC là hình vuông.
- Xác định đoạn vuông góc chung của AD và BC.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao DH và độ dài đường chéo
của hình vuông ABHC.
- Tính
ABHC ABC
SS
, từ đó tính thể tích
1
.
3
ABCD ABC
V HD S=
.
Giải chi tiết:
Dựng hình chữ nhật ABHC ta có:
Trang 31
( )
AB BD
AB BDH AB DH
AB BH
⊥
⊥ ⊥
⊥
( )
AC CH
AC CDH AC DH
AC CD
⊥
⊥ ⊥
⊥
( )
DH ABCD⊥
⇒ AH là hình chiếu của AD lên (ABC)
( )
( )
( )
0
; ; 45AD ABC AD AH DAH = = =
.
Ta có:
( )
( )
( )
( )
BC DH DH ABCD
BC ADH BC AH
BC AD gt
⊥⊥
⊥ ⊥
⊥
.
ABHC
là hình vuông (Tứ giác có hai đường chéo vuông góc).
Gọi
O AH BC=
, trong (ADH) kẻ
( )
OK AD K AD⊥
ta có:
( )
( )
( )
;
OK AD
d AD BC OK a
OK BC BC ADH
⊥
= =
⊥⊥
.
Xét tam giác OKA vuông tại K có
0
45OAK=
nên tam giác OAK vuông cân tại K
22OA OK a = =
.
2 2 2AH OA a = =
.
Lại có tam giác AHD vuông cân tại H nên
22HD AH a==
.
Ta có:
( )
2 2 2
11
2 2 4
22
ABHC
S AH a a= = =
2
2
ABC
Sa=
.
Vậy
3
2
1 1 4 2
. .2 2 .2
3 3 3
ABCD ABC
a
V HD S a a= = =
.
Câu 47: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Từ
( )
fx
suy ra các nghiệm của phương trình
( )
0fx
=
, chú ý nghiệm bội chẵn, bội lẻ.
- Tính đạo hàm
( )
gx
.
- Giải phương trình
( )
0gx
=
xác định các nghiệm bội lẻ.
Giải chi tiết:
Theo bài ra ta có:
( ) ( ) ( )
( )
( )
2
12
0 1 3 0
3
x nghiemboi
f x x x
x nghiemdon
=−
= + − =
=
Ta có:
( )
(
)
2
26g x f x x= + +
( )
(
)
2
2
22
26
2 2 6
x
g x f x x
xx
+

= + +
++
Trang 32
(
)
2
2
1
26
26
x
f x x
xx
+
= + +
++
Cho
( )
(
)
2
2
10
1
0
2 6 0
2 6 3
x
x
gx
f x x
xx
+=
=−
=
+ + =
+ + =
22
1
11
1
2 6 9 2 3 0
3
x
xx
x
x x x x
x
=−
= − = −

=

+ + = + − =

=−
(đều là các nghiệm đơn)
(Ta không xét
2
2 6 1xx+ + = −
vì
( )
fx
không đổi dấu qua
1x =−
nên nghiệm của phương trình
2
2 6 1xx+ + = −
không làm cho
( )
gx
đổi dấu).
Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.
Câu 48: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Chứng minh tam giác ABN, CDM là các tam giác vuông
cân.
- Tính BN, CN theo MN.
- Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông BCN, từ đó tính MN theo a và suy ra CD theo a.
Giải chi tiết:
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.
Vì tam giác ACD, BCD là các tam giác cân lần lượt tại A và B nên
AN CD
BN CD
⊥
⊥
.
Lại có
( ) ( )
( )
( )
,
,
ACD BCD CD
AN ACD AN CD
BN BCD BN CD
⊥=
⊥
⊥
( ) ( )
( )
( )
0
; ; 90ACD BCD AN BN ANB = = =
.
Dễ thấy
( )
..ACD BCD c c c AN BN = =
ABN
vuông cân tại N
1
2
MN AB=
.
Trang 33
Chứng minh tương tự ta có
MCD
vuông cân tại M nên
1
2
MN CD=
.
AB CD=
.
Ta có:
1
2,
2
BN MN CN CD MN= = =
.
Xét tam giác vuông BCN có:
2 2 2
BN CN BC+=
2 2 2
3
2
3
a
MN MN a MN + = =
.
Vậy
23
2
3
a
CD MN==
.
Câu 49: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Tìm
1;3
1;3
min ;max
a
yy
−
−
- Để
( ) ( ) ( )
,,f a f b f c
là độ dài ba cạnh của một tam giác thì
( )
( ) ( ) ( )
0fa
f a f b f c
+
.
Giải chi tiết:
Ta có:
2
3 3 0 1 1;3y x x
= − = = −
.
Ta có
( ) ( ) ( )
1 2 ; 1 2 ; 3 18y m y m y m− = − = − − = −
.
1;3
1;3
min 2 ;max 18
a
y m y m
−
−
= − − = −
.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử
( ) ( ) ( )
f a f b f c
.
Vì
, , 1;3abc−
nên
( ) ( ) ( )
2 18m f a f b f c m− − −
.
Để
( ) ( ) ( )
,,f a f b f c
là độ dài ba cạnh của một tam giác thì
( )
( ) ( ) ( )
( )
0
*
fa
f a f b f c
+
.
Ta có:
( )
( )
( ) ( )
2
42
2
m f a
f a f b m
m f b
− −
+ − −
− −
.
Do đó (*) luôn đúng khi và chỉ khi
2 0 2
22
4 2 18 22
mm
m
m m m
− − −

−

− − − −

.
Câu 50: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Sử dụng kiến thức:
.
1
3
ACB D ABCD A B C D
VV
=
.
- Sử dụng định lí
( ) ( )
( )
( )
,
P Q d
aQ
a P a d
⊥=
⊥
⊥
.
Trang 34
- Tính thể tích khối lăng trụ = tích chiều cao và diện tích đáy tương ứng.
Giải chi tiết:
Gọi
O AC BD=
⇒O là trung điểm của AC và BD.
Vì ACC’A’ là hình thoi nên AA’ = AC, lại có
0
60A AC
=
(gt) nên
A AC
là tam giác đều
A O AC
⊥
Ta có:
( ) ( )
( )
( )
,
ACC A ABCD AC
A O ABCD
A O ACC A A O AC

⊥=
⊥
⊥
.
Xét tam giác ABC có: AB = AD (do ABCD là hình thoi),
( )
0
60BAD gt=
nên tam giác ABC đều cạnh
a.
3
3
2
a
AO AC a = =
và
22
33
42
ABC ABCD
aa
SS= =
.
A AC

là tam giác đều cạnh
3a
3. 3 3
22
aa
AO
= =
.
Vậy
23
.
1 1 1 3 3 3
. . . .
3 3 3 2 2 4
ACB D ABCD A B C D ABCD
a a a
V V A O S
= = = =
.
| 1/34
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GD&ĐT THANH HÓA
ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2020 – 2021 LAM SƠN MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề
Câu 1 (TH): Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ bên dưới? x x +1 x +1 x A. y = B. y = C. y = D. y = 1− x 1− x x −1 x −1 x − 2
Câu 2 (TH): Tìm tất cả các điểm M nằm trên đồ thị hàm số y =
mà tiếp tuyến của đồ thị tại điểm x +1
đó song song với đường thẳng d : y = 3x +10 .  1  A. M 3;   B. M (0; 2 − ) hoặc M ( 2 − ;4)  4   5  C. M ( 2 − ;4) D. M − ;3    2  x +1
Câu 3 (TH): Cho hàm số y = và điểm I (1;− )
1 . Tìm tất cả các điểm M nằm trên đồ thị hàm số sao 1− x
cho tiếp tuyến tại M vuông góc với IM. A. M (1+ 2; 1
− − 2) và M (1− 2; 1 − + 2) . B. M ( 1 − ;0) và M (3; 2 − ) . C. M ( 2; 3
− − 2 2) và M (− 2;2 2 −3). D. M (2; 3 − ) và M (0; ) 1 .
Câu 4 (TH): Mệnh đề nào dưới đây về hàm số y = (x − )2 2 4 +1 là đúng?
A. Nghịch biến trên ( 2 − ;2)
B. Đồng biến trên
C. Đồng biến trên (− ;  2 − ) và(2;+)
D. Đồng biến trên ( 2 − ;0) và (2;+) .
Câu 5 (VD): Cho một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh bằng 1. Tính thể tích khối
càu nội tiếp trong hình nón. Trang 1  4 3 4 3 A. B. C. D. 6 27 81 54
Câu 6 (TH): Một người gửi tiền vào ngân hàng với lãi suát không đổi là 6% trên năm. Biết rằng nếu
không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (lãi kép).
Người đó định gửi tiền trong vòng 3 năm, sau đó rút ra 500 triệu đồng. Hỏi số tiền ít nhất người đó phải
gửi vào ngân hàng (làm tròn đến hàng triệu) là bao nhiêu triệu đồng? A. 420 B. 410 C. 400 D. 390 49
Câu 7 (TH): Cho biết a = log 5 và b = log 7 . Tính log theo a và b. 2 5 3 5 8  3   2   2   3  A. 3 2b −   B. 3 − 3b   C. 3 − 3b   D. 3 2a −    a   a   b   b
Câu 8 (TH): Giá trị nhỏ nhất của hàm số = (2 − ) 1 x y x e trên đoạn  1 − ;  0 bằng: 3 2 A. − B. − C. 1 − D. e e e 1  1 10 Câu 9 (TH): Hàm số 3 2 y =
x − 2x + 3x −1 nhận giá trị nhỏ nhất trên đoạn − ;   tại: 3  3 3  1 10
A. x = −
B. x = 1 C. x = 3 D. y = 3 3
Câu 10 (TH): Sau đây, có bao nhiêu hàm số mà đồ thị có đúng một tiệm cận ngang? sin x 2 x + x +1 1) y = 2) y = x x 1− x 3) y = 4) 2
y = x +1+ x −1 x +1 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Câu 11 (TH): Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a, ACD và BCD là các tam
giác vuông tương ứng tại A và B. Tính thể tích khối tứ diện ABCD. 3 a 3 3 a 2 3 a 3 3 a A. B. C. D. 8 12 12 8  1 
Câu 12 (TH): Giá trị lớn nhất của hàm số y = (2x − ) 1 + ln (2x + ) 1 trên đoạn − ; 0   bằng:  4  3 A. − − ln 2 B. 1 − C. ln 2 D. 1+ ln 3 2
Câu 13 (NB): Hàm số y = ( x + )
1 ( x − 2)(3− x) có số điểm cực trị là: A. 2 B. 3 C. 0 D. 1
Câu 14 (NB): tan xdx  bằng: Trang 2 1 1 A. − + C
B. ln cos x + C C. + C
D. − ln cos x + C 2 sin x 2 cos x 2 x  1 
Câu 15 (TH): Kết luận nào sau đây đúng về hàm số f ( x) =   ?  2  2 x  1 
A. f ( x) = 2 − .ln 2  
B. nghịch biến trên  2 
C. f (0) = 0
D. đồ thị nhận trục tung làm tiệm cận ngang.
Câu 16 (NB): Một nguyên hàm của hàm số f ( x) 1 =
là F ( x) bằng: 2x − 3 2 1 1 A. − ( B.
C. 2ln 2x − 3 D. ln 2x − 3 2x − 3)2 2(2x − 3)2 2
Câu 17 (TH): Kết luận nào sau đây và hàm số y = log ( x − ) 1 là sai?
A. Đồ thị có tiệm cận đứng là đường thẳng có phương trình x = 1 .
B. Đồng biến trên khoảng (1;+) . 1 C. y = ( x − ) 1 log e 1 D. y = ( x − ) 1 ln10
Câu 18 (TH): Trong các hàm số sau đây có bao nhiêu hàm số có đúng một điểm cực trị? 1) 2 y = x +1
2) y = ( x − )2 2 2 1 x
3) y = ( x − ) 3 2 2 1 x 4) y = 2 x +1 A. 0 B. 1 C. 3 D. 2
Câu 19 (VD): Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy.
Biết SA = AB = BC và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng 3 . Thể tích khối chóp là: 1 1 1 3 A. B. C. D. 2 3 6 2
Câu 20 (TH): Hàm số nào sau đây mà đồ thị có dạng như hình vẽ bên dưới? 2 2
A. y = ( x + )( x − )2 1
1 B. y = ( x + )
1 (1− x) C. y = ( x + ) 1 ( x − )
1 D. y = − ( x + )( x − )2 1 1
Câu 21 (TH): Hàm số nào sau đây mà đồ thị có dạng như hình vẽ bên dưới? Trang 3 x x  1 
A. y = ln x
B. y = ( 2)
C. y =   D. log x e  1 2
Câu 22 (TH): Cho một hình nón đỉnh S đáy là đường tròn (O), bán kính đáy bằng 1. Biết thiết diện qua
trục là một tam giác vuông. Tính diện tích xung quanh của hình nón. A. 2 B. C. 2 2 D. 2
f ( x) − f ( ) 1
Câu 23 (NB): Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm thỏa mãn f ( ) 1 = 3. Khi đó lim bằng: x 1 → x −1 A. 4 B. 1 C. 2 D. 3
Câu 24 (VD): Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’. Đáy là tam giác vuông tại A, có BC = 2AC = 2a.
Đường thẳng AC’ tạo với mặt phẳng (BCC’B’) một góc 0
30 . Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng
trụ đã cho bằng; A. 2 12 a B. 2 6 a C. 2 4 a D. 2 3 a (2x − ) 2 1 x +1
Câu 25 (VD): Số tiệm cận của đồ thị hàm số y = 2 x − là: 1 A. 3 B. 1 C. 4 D. 2
Câu 26 (TH): Một nguyên hàm của ln x bằng: 1
A. x − x ln x B.
C. x + x ln x
D. 1− x + x ln x x 3 2
Câu 27 (TH): Cho hàm số f ( x) có đạo hàm f ( x) = ( x − )
1 (2 − x)( x − 3) . Hỏi hàm số đồng biến trên
khoảng nào sau đây? A. ( ) ;1
− và (3;+) B. ( ) ;1
− và (2;+) C. (1;2) D. (3;+)
Câu 28 (TH): Qua điểm M(2;0) kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến với đồ thị hàm số 4 2
y = x − 4x ? A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Câu 29 (TH): Tập xác định của hàm số 2
y = ln x + 2x − 3 là: A. D = (− ;  −  3 1;+) B. D = (− ;  − ) 3 (1;+) C. D = D. D = \  3 − ;  1
Câu 30 (VD): Cho một hình trụ có thiết diện qua trục là một hình vuông có cạnh bằng a. Gọi AB và CD
là hai đường kính tương ứng của hai đáy. Biết góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng 0 30 . Tính thể
tích khối tứ diện ABCD. Trang 4 3 a 3 a 3 3 a 3 a 3 A. B. C. D. 12 6 6 12 b + log 5
Câu 31 (VD): Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn 2 a +
= log 45. Tổng a + b + c bằng: 6 c + log 3 2 A. 1 B. 4 C. 2 D. 0
Câu 32 (VD): Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục trên 1;2, thỏa mãn f ( x) = x f ( x) 2 . − x . Biết f ( )
1 = 3, tính f f (2) . A. 16 B. 2 C. 8 D. 4 x
Câu 33 (TH): Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm f ( x) = −
. Với a và b là các số dương thỏa mãn 2 x +1
a b , giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) trên đoạn  ; a b bằng:
f (a) + f (b)  a + b
A. f (b)
B. f (a) C. D. f   2  2 
Câu 34 (VD): Cho một hình trụ thay đổi nội tiếp trong một hình nón cố định cho trước (tham khảo hình
vẽ bên). Gọi thể tích các khối nón và khối trụ tương ứng là V và V’. Biết rằng V’ là giá trị lớn nhất đạt  được, khi đó tỉ V số bằng: V 4 4 1 2 A. B. C. D. 9 27 2 3
Câu 35 (VD): Cho hàm số f ( x) liên tục trên
, có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:
Đặt g ( x) = m + f (x + )
1 (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = g ( x) có đúng 3 điểm cực trị. A. m  1
− hoặc m  3 B. 1 −  m  3 C. m  1
− hoặc m  3 D. 1 −  m  3 Trang 5
Câu 36 (VD): Cho phương trình log 2x − m + log
3 − x = 0 , m là tham số. Hỏi có bao nhiêu giá trị 1 ( ) 2 ( ) 2
nguyên dương của m để phương trình có nghiệm? A. 5 B. 4 C. 6 D. 7
Câu 37 (VD): Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm M (1;2; 3
− ) . Hình chiếu của M tương ứng lên O , x O ,
y Oz,(Oyz),(Oz ) x ,(Ox ) y là , A , B , C , D ,
E F . Gọi P và Q tương ứng là giao điểm của đường thẳng
OM với các mặt phẳng (ABC) và (DEF) . Độ dài PQ bằng: 6 7 14 14 A. B. C. D. 7 6 2 3 4
Câu 38 (VD): Giả sử ( 2 3
1+ x + x + x ) 2 12
= a + a x + a x +...+ a x a  . Giá trị của tổng 0 1 2 12 ( i ) 0 1 2 3 4
S = C a − C a + C a − C a + C a bằng: 4 4 4 3 4 2 4 1 4 0 A. 1 B. 4 − C. 1 − D. 4
Câu 39 (VD): Tìm số nghiệm của phương trình sin (cos x) = 0 trên đoạn 1;202  1 . A. 672 B. 643 C. 642 D. 673
Câu 40 (VD): Cho hàm số f ( x) xác định trên
, thỏa mãn f ( x) = 2x −1 và f ( ) 3 = 5 . Giả sử phương
trình f ( x) = 999 có hai nghiệm x và x . Tính tổng S = log x + log x . 1 2 1 2 A. 5 B. 999 C. 3 D. 1001
Câu 41 (VD): Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’, tất cả các cạnh có độ dài bằng a. Gọi M là trung điểm
của cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC’. a a a 2 a 2 A. B. C. D. 2 4 2 4
Câu 42 (VD): Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với A’C
chia hình lập phương trình hai phần thể tích. Tính tỉ số k hai phần thể tích này, biết k  1 . 3 2 1 2 A. B. C. D. 25 5 5 25
Câu 43 (VDC): Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của một đa giác lồi (H) có 30 đỉnh. Tính xác suất sao cho 4 đỉnh
được chọn tạo thành một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của (H). 3 30.C 3 30.C 3 30.C 3 30.C A. 27 B. 25 C. 27 D. 25 4 C 4 4.C 4 4.C 4 C 30 30 30 30
Câu 44 (VD): Cho một hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’. Đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a và 0 BAD
= 60 . Một mặt phẳng tạo với đáy một góc 0
60 và cắt tất cả các cạnh bên của hình hộp. Tính diện
tích thiết diện tạo thành A. 2 2 3a B. 2 3a C. 2 3a D. 2 3 2a Trang 6
Câu 45 (VD): Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh bằng a không đổi. Độ dài
CD thay đổi. Tính giá trị lớn nhất đạt được của thể tích khối tứ diện ABCD. 3 a 3 a 2 3 a 3 3 a 3 A. B. C. D. 8 12 8 12
Câu 46 (VDC): Cho tứ diện ABCD có ABC, ABD, ACD là các tam giác vuông tương ứng tại A, B, C.
Góc giữa AD và (ABC) bằng 0
45 , AD ⊥ BC và khoảng cách giữa AD và BC bằng a. Tính thể tích khối tứ diện ABCD. 3 3a 3 4 3a 3 2a 3 4 2a A. B. C. D. 6 3 6 3 2
Câu 47 (VD): Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm f ( x) = ( x + )
1 ( x − 3) . Tìm số điểm cực trị của hàm số
g ( x) = f ( 2
x + 2x + 6 ) . A. 1 B. 2 C. 3 D. 5
Câu 48 (VD): Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a. Các cặp mặt phẳng (ACD) và (BCD),
(ABC) và (ABD) vuông góc với nhau. Tính theo a độ dài cạnh CD. 2a a a A. B. C. D. a 3 3 3 2
Câu 49 (VD): Cho hàm số f ( x) 3
= x −3x − m . Tìm m để mọi bộ ba số phân biệt a, b, c thuộc đoạn  1 − ; 
3 thì f (a), f (b), f (c) là độ dài ba cạnh của một tam giác. A. m  22 − B. m  2 −
C. m  34 D. m  22 −
Câu 50 (VD): Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a và 0 BAD  = 60 . Mặt chéo
ACC’A’ nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, đồng thời ACC’A’ cũng là hình thoi có 0 AAC = 60 .
Thể tích khối tứ diện ACB’D’ là: 3 a 3 3 a 3 3 a 3 3 a 3 A. B. C. D. 6 4 8 3 Trang 7 Đáp án 1-D 2-B 3-A 4-D 5-B 6-A 7-A 8-B 9-A 10-C 11-B 12-B 13-A 14-D 15-D 16-D 17-C 18-D 19-C 20-B 21-C 22-D 23-D 24-B 25-C 26-D 27-C 28-C 29-D 30-A 31-A 32-C 33-A 34-A 35-C 36-A 37-D 38-B 39-B 40-C 41-D 42-C 43-D 44-B 45-A 46-D 47-C 48-A 49-A 50-B
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Dựa vào đồ thị xác định các đường tiệm cận của đồ thị hàm số, các điểm thuộc đồ thị hàm số.
- Sau đó dựa vào các đáp án để chọn đáp án đúng. ax + b a
- Đồ thị hàm số y =
(ad bc) có TCN y = và TCĐ d x = − . cx + d c c Giải chi tiết:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị có đường TCN y =1 và TCĐ x = 1 .
Do đó loại đáp án A và B.
Đồ thị hàm số đi qua điểm O(0;0) nên loại đáp án C.
Câu 2: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x) tại điểm M ( x ; y là y = f ( x
x − x + y . 0 ) ( 0 ) 0 0 ) 0 a = a
- Hai đường thẳng y = ax + b và y = a x
 +b song song với nhau khi và chỉ khi  . b bGiải chi tiết: TXĐ: D = \ −  1 .  x − 2  x − 2 Gọi 0 M x ;  x  1
− thuộc đồ thị hàm số y = . 0 ( 0 ) x +1  x +1 0  x − 2 3  x − 2  Ta có y =  y =
nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại 0 M x ;  có hệ số góc là 0 x +1 (x + )2 1 x +1  0  k = y( 3 x = . 0 ) (x + )2 1 0 3
Vì tiếp tuyến tại M song song với đường thẳng d : y = 3x +10 nên = 3  x +1 =1 2 ( 0 )2 (x +1 0 ) Trang 8 x +1 =1 x = 0 M (0;−2) 0 0     (tm)   x +1 = 1 − x = 2 −  M  (−2;4) 0  0
Câu 3: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x) tại điểm M ( x ; y là y = f ( x
x − x + y . 0 ) ( 0 ) 0 0 ) 0
- Đường thẳng y = ax + b vuông góc với vecto IM (u;v) khi và chỉ khi vtcp của đường thẳng y = ax + b
vuông góc với vecto IM (u;v) . Giải chi tiết: TXĐ: D = \  1 .  x +1 x +1 Gọi 0 M x ;
x  1 thuộc đồ thị hàm số y = . 0 ( 0 ) 1− x  1− x 0  x +1 2  x +1 Ta có y =  y =
nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại 0 M x ;  có hệ số góc là 0 1− x (1− x)2 1− x  0  k = y( 2 x = . 0 ) (1− x )2 0 2 x +1 2 2x x +1
⇒ Phương trình tiếp tuyến tại M là: y = x − x + 0 0  x − y − + = 0 2 ( 0 ) 0 ( 2 2 1− x ) 1− x (1− x ) (1− x ) 1− x 0 0 0 0 0  2 
, có 1 VTCP là u = 1;   ( . 1 x )2  −  0   x +1   2  Ta có: 0 IM =  x −1; +1 =  x −1;  . 0 0 1− x 1− x  0   0 
Vì tiếp tuyến tại M vuông góc với IM nên u.IM = 0 .  ( 4 4 x −1 + = 0 
=1− x  1− x = 4 3 0 ( 0 )4 0 ) (1−x )3 (1− x0) 0 1  − x = 2 x =1− 2 0 0     1  − x = − 2  x =1+ 2 0  0 ⇒ M (1+ 2; 1
− − 2) và M (1− 2; 1 − + 2) .
Câu 4: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Tính đạo hàm y .
- Giải phương trình y = 0 .
- Lập BXD y và kết luận các khoảng đồng nghịch biến của hàm số. Trang 9 Giải chi tiết: TXĐ: D = . 2 Ta có: y = ( 2
x − ) +  y = ( 2 4 1 2 x − 4).2x . x = 0 x = 0 Cho y = 0     . 2 x − 4 = 0 x = 2  BXD y:
Dựa vào BXD ta thấy hàm số đồng biến trên (− ;  2
− );(0;2); nghịch biến trên ( 2 − ;0);(2;+).
Do đó chỉ có đáp án D đúng.
Câu 5: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Giả sử thiết diện qua trục là tam giác SAB và O là tâm mặt đáy của hình nón.
- Xác định tâm mặt cầu nội tiếp hình nón chính là tâm tam giác đều SAB. Tính bán kính R. 4
- Thể tích khối cầu bán kính R là 3 V =  R . 3 Giải chi tiết:
Giả sử thiết diện qua trục là tam giác SAB và O là tâm mặt đáy của hình nón, ta có tam giác SAB đều 3 cạnh 1 nên SO = . 2
Gọi I là tâm khối cầu nội tiếp trong hình nón, dễ thấy O chính là tâm tam giác đều SAB, do đó bán kính 2 2 3 3
khối cầu là R = IO = SO = . = . 3 3 2 3 3 4 4  3  4 3
Vậy thể tích khối cầu nội tiếp trong hình nón là 3 V =  R =    =   . 3 3 3 27  
Câu 6: Đáp án A Trang 10
Phương pháp giải: n
- Sử dụng công thức lãi kép: A = A
+ r trong đó A là số tiền nhận được sau n năm, A là số tiền gửi n (1 ) n
ban đầu, r là lãi suất trên 1 kì hạn, n là số kì hạn.
- Để sau 3 năm người đó rút được 500 triệu đồng thì số tiền nhận được sau 3 năm (cả gốc và lãi) phải
không nhỏ hơn 500 triệu đồng. Giải bất phương trình tìm số tiền gửi ban đầu. Giải chi tiết:
Để sau 3 năm người đó rút được 500 triệu đồng thì số tiền nhận được sau 3 năm (cả gốc và lãi) phải
không nhỏ hơn 500 triệu đồng.
Gọi số tiền ban đầu gửi vào ngân hàng là x (triệu đồng), số tiền người đó nhận được sau 3 năm là: x ( + )3 1 6% (triệu đồng). Khi đó ta có x ( + )3 1 6%
 500  x  420 (triệu đồng).
Câu 7: Đáp án A
Phương pháp giải:
Sử dụng các công thức: n log n b = ba b m loga (0 1, 0) a m x log
= log x − log y (0  a  1, x, y  0 a a a ) y Giải chi tiết: 49 49 Ta có: log = log 3 1 5 8 3 5 8 2 7  3  = 3log
= 3 2log 7 − 3log 2 = 3 2b − 5   3 ( 5 5 ) 2  a
Câu 8: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Tính y , giải phương trình y = 0 xác định các nghiệm x  1 − ;  0 . i
- Tính các giá trị y (− )
1 ; y (0); y ( x . i )
- Kết luận: min y = miny (− )
1 ; y (0); y ( x );max y = maxy (− ) 1 ; y (0); y x i ( i )  1 − ;0  1 − ;0 Giải chi tiết: TXĐ: ... Ta có: = (2 − )
1 x   = 2 x + (2 − ) 1 x = (2 + ) 1 x y x e y e x e x e . 1
Cho y = 0  2x +1 = 0  x = −  1 − ;0. 2 Trang 11 3  1  2 − Ta có: y (− ) 1 = − ; y (0) = 1 − ; y − =   e  2  e −2 Vậy min y = . −1;0 e
Câu 9: Đáp án A
Phương pháp giải:  1 10
- Tính y′, giải phương trình y = 0 xác định các nghiệm x  − ; . i    3 3   1  10 
- Tính các giá trị y − ; y ; y     (x ) .  3   3 i    1  10     1  10  
- Kết luận: min y = min y − ; y ; y     (x y = y − y y x      . i ) ; max max ; ; ( i )  1 10  1 10 −            ; 3 3 − ; 3 3       3 3   3 3  Giải chi tiết: TXĐ: D = . 1 Ta có: 3 2 2 y =
x − 2x + 3x −1  y = x − 4x + 3. 3   1 10 x = 1 − ;     3 3  Cho 2
y = 0  x − 4x + 3 = 0   .   1 10 x = 3 − ;      3 3   1  181 10  1 Ta có: y − = − ; y  0 − ,88; y( ) 1 = ; y (3) = 1 −     .  3  81  3  3  1  181
Vậy min y = y − = − .    1 − ;0  3  81
Câu 10: Đáp án C
Phương pháp giải:
Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số:
- Đường thẳng y = y được gọi là TCN của đồ thị hàm số y = f ( x) nếu thỏa mãn một trong các điều 0
kiện sau: lim y = y ; lim y = y . 0 0 x→+ x→−
- Sử dụng MTCT để tính giới hạn. Giải chi tiết: sin x Xét hàm số y =
ta có lim y = 0; lim y = 0 , do đó ĐTHS có 1 TCN y = 0. x x→+ x→− 2 x + x +1 Xét hàm số y =
ta có lim y = 1; lim y = 1
− , do đó ĐTHS có 2 TCN y = 1  . x x→+ x→− Trang 12 1− x Xét hàm số y =
ta có lim y không tồn tại, lim y = 0 , do đó ĐTHS có 1 TCN y = 0. x +1 x→+ x→− Xét hàm số 2
y = x +1+ x −1 ta có lim y = + , lim y = 1, do đó ĐTHS có 1 TCN y =1. x→+ x→−
Vậy có 3 hàm số mà đồ thị có đúng một tiệm cận ngang.
Câu 11: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Chóp có các cạnh bên bằng nhau có chân đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.
- Sử dụng tính chất tam giác vuông cân tính chiều cao và diện tích đáy.
- Thể tích khối chóp bằng 1/3 tích đường cao và diện tích đáy. Giải chi tiết:
Vì ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a nên AB = AC = AD = BC = BD = a .
Do đó hình chiếu vuông góc của A lên (BCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
Lại có tam giác BCD vuông tại B nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD là trung điểm H của CD.  AH ⊥ CD a 2
Xét tam giác ACD vuông cân tại A có AC = AD = a nên AH = . 2 2 1 a
Tam giác BCD vuông cân tại B có BC = BD = a nên S = .BC.BD = . BCD  2 2 2 3 1 1 a 2 a a 2 Vậy V = AH.S = . . = ABCD  3 BCD 3 2 2 12
Câu 12: Đáp án B
Phương pháp giải: - Tính đạo hàm.  1   1 
- Chứng minh y  0 x   − ;0 
 và suy ra giá trị lớn nhất của hàm số trên − ;0 .    4   4  Giải chi tiết:  1 
Hàm số đã cho xác định trên − ; 0   .  4  2  1 
Ta có: y = (2x − ) 1 + ln (2x + ) 1  y = 2 +  0 x   − ;0   . 2x +1  4  Trang 13   Do đó hàm số 1
đã cho đồng biến trên − ;0   .  4 
Vậy max y = y (0) = 1 −  1  − ;0    4 
Câu 13: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Khai triển đưa hàm số về dạng hàm đa thức bậc ba.
- Tính y, giải phương trình y = 0 và xác định số điểm cực trị = số nghiệm bội lẻ. Giải chi tiết:
Ta có y = ( x + )( x − )( − x) 3 2 1 2 3
= −x + 4x − x − 6. 4  13 2  y = 3
− x + 8x −1 = 0  x = . 3
Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.
Câu 14: Đáp án D
Phương pháp giải: sin x
- Sử dụng công thức tan x = cos x
- Sử dụng phương pháp đổi vi phân: sin xdx = −d (cos x) du
- Sử dụng công thức tính nguyên hàm: = ln u + Cu Giải chi tiết: sin x −d (cos x) tan xdx = dx =
= − ln cos x + C    cos x cos x
Câu 15: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Sử dụng công thức tính đạo hàm: ( u ) = . u a
ua ln a .
- Xét dấu đạo hàm và suy ra các khoảng đơn điệu của hàm số.
- Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Giải chi tiết: 2 2 2 x x x  1   1  1  1  Ta có f ( x) =  f    (x) = 2 .x ln = f    (x) = 2 − x .ln 2   nên đáp án A sai.  2   2  2  2 
Xét f ( x) = 0  x = 0 , do đó hàm số không thể nghịch biến trên , suy ra đáp án B sai. 0  1  Ta có f (0) = =1   nên đáp án C sai.  2  Trang 14 2 x  1 
Ta có: lim f ( x) = lim = 0  
nên ĐTHS nhận y = 0 là TCN. Suy ra đáp án D đúng. x→− x→−  2 
Câu 16: Đáp án D
Phương pháp giải: dx 1
Sử dụng công thức tính nguyên hàm:
= ln ax + b + Cax + b a Giải chi tiết:
Ta có F ( x) = f  (x) 1 1 dx = dx = ln 2x − 3 + C  . 2x − 3 2
Câu 17: Đáp án C
Phương pháp giải: u 
- Sử dụng công thức tính đạo hàm: (log u) = . u ln10
- Sử dụng định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số: Đường thẳng x = x được gọi là TCĐ của đồ thị 0 hàm số
y = f ( x) nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y = + ;  lim y = − ;  lim y = + ;  lim y = −. + + − − x→ → → → 0 x x 0 x x 0 x x 0 x
- Xét dấu y và suy ra các khoảng đơn điệu. Giải chi tiết: TXĐ: D = (1;+) 1
Ta có y = log ( x − ) 1  y = (
. Suy ra đáp án D đúng, đáp án C sai. x − ) 1 ln10
Vì x −1  0  y  0 x
 D, do đó hàm số đồng biến trên (1;+) , suy ra đáp án B đúng.
Ta có: lim y = − nên ĐTHS nhận x = 1 là TCĐ, suy ra đáp án A đúng. + x 1 →
Câu 18: Đáp án D
Phương pháp giải:
Tính đạo hàm từng hàm số, giải phương trình đạo hàm và xác định số điểm cực trị của hàm số = số
nghiệm bội lẻ của phương trình đạo hàm. Giải chi tiết:
Xét đáp án A: ta có y = 2x = 0  x = 0 , do đó hàm số có 1 điểm cực trị. x = 0 Xét đáp án B: ta có  y = 2( 2 2x − ) 1 .4x = 0  2 
, do đó hàm số có 3 điểm cực trị. x =   2 Trang 15 + − Xét đáp án C: ta có 2 1 6x 4x 2 1 3 2
y = 2 x + (2x − ) 1 . . =
= 10  x = , do đó hàm số có 1 điểm cực 3 3 x 3 3 x 5 trị. 2 2 + − − + Xét đáp án D: ta có x 1 . x 2x x 1 y = ( =
=  =  , do đó hàm số có 2 điểm cực trị. x + ) 0 x 1 2 1 (x + )2 2 2 1
Câu 19: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp, tính bán kính mặt cầu, từ đó suy ra độ dài cạnh SC.
- Đặt SA = AB = BC = x, sử dụng định lí Pytago giải phương trình tìm x. 1
- Tính thể tích khối chóp V = S . A S . 3 ABC Giải chi tiết:
Gọi O là trung điểm của AC. Vì tam giác ABC vuông tại B nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Gọi I, M là trung điểm của SC, SA. Ta có IO là đường trung bình của tam giác SAC  IO / /SA .
Mà SA ⊥ ( ABC)  IO ⊥ ( ABC)  IO là trực của ( ABC )  IA = IB = IC .
Lại có IM là đường trung bình của tam giác SAC nên IM // AC  IM ⊥ SA IM là trung trực của SA,
do đó IS = IA .
IA = IB = IC = IS I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC . 1
⇒ Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC là R = SC . 2 3 Ta lại có 2
4 R = 3  R =  SC = 3 . 2
Đặt SA = AB = BC = x , ta có tam giác SAB vuông cân tại A nên SB = x 2 . BC ⊥ AB Ta có: 
BC ⊥ (SAB)  BC ⊥ SB S
BC vuông tại B. BC ⊥ SA 2 2 2 2 2
SB + BC = SC  2x + x = 3  x =1 Trang 16 1 1 1 1 1
Vậy thể tích khối chóp là 3 V = S . A S = S . A A . B BC = x =  . 3 ABC 3 2 6 6
Câu 20: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Dựa vào các giao điểm có đồ thị với trục hoành suy ra dạng của đồ thị hàm số và loại bớt các đáp án chắc chắn sai.
- Dựa vào giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung để chọn đáp án đúng. Giải chi tiết:
Vì đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành tại điểm có hoành độ -1 và cắt qua trục hoành tại điểm có hoành độ 2
bằng 1 nên hàm số có dạng y = a ( x + ) 1 ( x − )
1 , do đó loại đáp án A và D.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên loại đáp án C.
Câu 21: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Dựa vào đồ thị suy ra TXĐ của hàm số và loại đáp án.
- Dựa vào tính đơn điệu của hàm số để loại đáp án. Giải chi tiết:
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số xác định trên nên loại đáp án A, D.
Lại có: Đồ thị hàm số nghịch biến trên nên chọn đáp án C.
Câu 22: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Dựa vào giả thiết hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân xác định chiều cao và bán kính đáy của hình nón.
- Tính độ dài đường sinh của hình nón 2 2
l = h + r .
- Hình nón có đường sinh l, bán kính đáy r có diện tích xung quanh là S =  rl . xq Giải chi tiết:
Vì hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân nên h = r = 1.
⇒ Độ dài đường sinh của hình nón là 2 2
l = h + r = 2 .
Vậy diện tích xung quanh của hình nón là S = rl = 2 . xq
Câu 23: Đáp án D
Phương pháp giải: f x − f x
Sử dụng tính đạo hàm bằng định nghĩa: f ( x = lim 0 ) ( ) ( 0) x→ − 0 x x x0 Giải chi tiết:
f ( x) − f ( ) 1 Ta có: lim = f ( ) 1 = 3 x 1 → x − . 1 Trang 17
Câu 24: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ.
- Xác định góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng (BCC’B’) là góc giữa AC’ và hình chiếu của AC’ lên (BCC’B’).
- Dựa vào định lí Pytago, tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính bán kính mặt cầu.
- Diện tích mặt cầu bán kính R là 2 S = 4 R . Giải chi tiết:
Gọi O, O’ lần trung điểm của BC và B’C’.
Vì tam giác ABC, A’B’C’ lần lượt vuông tại A và A’ nên O, O’ lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp tam
giác ABC, A’B’C’. Lại có OO’ vuông góc với hai đáy nên OO’ là trục hai đáy.
Gọi I là trung điểm của OO’ => I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ. AH ⊥ BC
Trong ( ABC ) kẻ AH ⊥ BC (H BC) ta có 
AH ⊥ (BCC B
 )  HC là hình chiếu của AH ⊥ BB
AC’ lên (BCC’B’), do đó ( AC (BCC B
 )) = (ACHC) 0 ; ; = AC H  = 30 . A . B AC a 3.a a 3
Xét tam giác vuông ABC ta có 2 2 2 2
AB = BC − AC = 4a − a = a 3  AH = = = . BC 2a 2
Xét tam giác AC’H vuông tạ AH a 3 1 i H có: AC = = : = a 3 . 0 sin 30 2 2
Xét tam giác vuông AA’C’ có: 2 2 2 2 1 a 2 AA = AC − A C
  = 3a − a = a 2 = OO  IO = OO = . 2 2 2 a a 6
Xét tam giác vuông IOC có: 2 2 2 IC = IO + OC = + a = = R . 2 2 2  a 6 
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ là: 2 2
S = 4 R = 4 .  = 6 a   . 2  
Câu 25: Đáp án C
Phương pháp giải:
Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang, tiệm cận đứng của đồ thị hàm số: Trang 18
- Đường thẳng y = y được gọi là TCN của đồ thị hàm số y = f ( x) nếu thỏa mãn một trong các điều 0
kiện sau: lim y = y ; lim y = y . 0 0 x→+ x→−
- Đường thẳng x = x được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y = f ( x) nếu thỏa mãn một trong các điều 0 kiện sau: lim y = + ;  lim y = − ;  lim y = + ;  lim y = −. + + − − x→ → → → 0 x x 0 x x 0 x x 0 x Giải chi tiết: TXĐ: D = \  1 . Ta có: (2x − ) 2 1 x +1 lim y = lim = 2 2 x→+ x→+ x −1 (2x − ) 2 1 x +1 lim y = lim = 2 − 2 x→− x→− x − 1 (2x − ) 2 1 x +1 lim y = lim = + + + 2 x 1 → x 1 → x − 1 (2x − ) 2 1 x +1 lim y = lim = − − − 2 x 1 → x 1 → x − 1 (2x − ) 2 1 x +1 lim y = lim = + + + 2 x→ 1 − x→ 1 − x − 1 (2x − ) 2 1 x +1 lim y = lim = − − − 2 x→ 1 − x→−1 x − 1
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 TCN y = 1  và 2 TCĐ x = 1  .
Câu 26: Đáp án D
Phương pháp giải:
Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần udv = uv − vdu   . Giải chi tiết:
Đặt I = ln xdx  .  1 u  = ln xdu = dx Đặt    x . dv = dx v = x
Khi đó ta có I = ln xdx = x ln x − dx = x ln x − x + C   .
Với C = 1 ta có 1− x + x ln x là một nguyên hàm của hàm số ln x .
Câu 27: Đáp án C
Phương pháp giải: Trang 19
Lập BXD f ( x) . Giải chi tiết: x =1 3 2 
Ta có: f ( x) = 0  ( x − )
1 (2 − x)( x − 3) = 0  x = 2  . x = 3  BXD:
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (1; 2) .
Câu 28: Đáp án C
Phương pháp giải:
Lập BXD f ( x) . Giải chi tiết: Ta có: 4 2 3
y = x − 4x y = 4x − 8x . Gọi A( 4 2
x ; x − 4x
thuộc đồ thị hàm số, phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A là: 0 0 0 ) y = ( 3
4x − 8x )( x − x ) 4 2 + x − 4x d 0 0 0 0 0 ( )
Cho M (2;0)d ta có: 0 = ( 3
4x − 8x )(2 − x ) 4 2 3 4 2 4 2
+ x − 4x  0 = 8x −16x − 4x + 8x + x − 4x 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 x = 0 0  4 4 3 2  0 = 3
− x + 8x + 4x −16x  x = − 0 0 0 0 0  3 x = 2  0
Vậy qua điểm M(2;0) kẻ được 3 tiếp tuyến với đồ thị hàm số 4 2
y = x − 4x .
Câu 29: Đáp án D
Phương pháp giải:
Hàm số y = ln f ( x) xác định khi và chỉ khi f ( x) xác định và f ( x)  0 . Giải chi tiết: x  1 Hàm số 2
y = ln x + 2x − 3 xác định 2 2
x + 2x − 3  0  x + 2x − 3  0   . x  3 −
Vậy TXĐ của hàm số đã cho là D = \  3 − ;  1 .
Câu 30: Đáp án A
Phương pháp giải: Trang 20
Sử dụng công thức: Cho tứ diện ABCD có góc giữa hai đường thẳng AB và CD là  , gọi d là góc giữa
hai đường thẳng AB và CD. Khi đó 1 V = A . B C . D d.sin . ABCD 6 Giải chi tiết:
Vì AB, CD lần lượt là đường kính hai đáy nên khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD là d ( A ;
B CD) = d = h . Mà thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông cạnh a nên h = AB = CD = a . 3 Khi đó ta có 1 1 a 0 V = . AB C . D d.sin  = . . a . a . a sin 30 = . ABCD 6 6 12
Câu 31: Đáp án A
Phương pháp giải:
Sử dụng các công thức: log b log c b =
a c b a (0 , 1, 0) log a c
log ( xy) = log x + log y (0  a 1, , x y  0 a a a ) m log m b = ba b n loga (0 1, 0) a n Giải chi tiết: Ta có: b + log 5 b + log 5 log 45 2 2 2 a + = log 45  a + = 6 c + log 3 c + log 3 log 6 2 2 2 + log b ( 23.5 log 5 + + 2 ) b log 5 2 log 3 log 5 2 2 2 2  a + =  a + = c + log 3 log 2.3 c + log 3 1+ log 3 2 2 ( ) 2 2 b + log 5 2 + 2 log 3 − 2 + log 5 b + log 5 2 − + log 5 2 2 2 2 2  a + =  a + = 2 + c + log 3 1+ log 3 c + log 3 1+ log 3 2 2 2 2
Đồng nhất hệ số ta có a = 2,b = 2 − ,c =1.
Vậy a + b + c = 2 + ( 2 − ) +1=1.
Câu 32: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Biến đổi, đưa về công thức đạo hàm của một thương.
- Sử dụng phương pháp nguyên hàm hai vế tìm hàm f ( x) .
- Sử dụng giả thiết tìm hằng số C.
- Suy ra hàm số f ( x) hoàn chỉnh và tính f (2) . Giải chi tiết: Theo bài ra ta có:
f ( x) = x f ( x) 2
− x x f (x)− f (x) 2 . . = x Trang 21  .
x f ( x) − x . f ( x)  f (x)  f ( x)  = 1    = 1 
= dx = x + C  2 x x   x f ( ) 1 Lại có f ( ) 1 = 3 
= 1+ C  3 = 1+ C C = 2 . 1 f ( x) Vậy
= x +  f (x) 2 2
= x + 2x f (2) = 8 . x
Câu 33: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Giải phương trình f ( x) = 0, xét dấu f ( x) trên  ; a b .
- Từ đó tìm min f ( x) . a;bGiải chi tiết: x
Ta có f ( x) = − = 0  x = 0 ;
a b (do a, b là các số dương) 2   x +1
Khi đó ta có f (x)  0 x   ;
a b , do đó hàm số nghịch biến trên  ;
a b nên min f ( x) = f (b) . a;b
Câu 34: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Đặt chiều cao khối trụ là (0  x h) .
- Áp dụng định lí Ta-lét, tính bán kính đáy hình trụ theo x.
- Tính thể tích khối trụ, sử dụng phương pháp hàm số tìm GTLN của V’, từ đó suy ra x theo h. V  - Lập và tính tỉ số V Giải chi tiết:
Đặt tên các điểm như hình vẽ. Gọi ,
h r lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình nón.
Đặt IO = MQ = NP = x (0  x h) .
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: MQ AQ SQ QI = = x IQx  1− =1−  =1−  IQ = 1− r   SO AS SA OA h rh Trang 22 2 2  Khi đó thể x r 2 tích khối nón là 2 2 V
.IQ .QM     = = .r 1− .x = .x x − h   . 2 ( )  h h
Để V  đạt giá trị lớn nhất thì ( − )2 x x
h phải đạt giá trị lớn nhất. Đặ 2
t f ( x) = x( x − h) = x( 2 2
x − hx + h ) 3 2 2 2
= x − 2hx + h x , với 0  x h ta có:
x = h (ktm)  f ( x) 2 2
= 3x − 4hx + h = 0  1  x = h (tm)  3 2 2 r 1  1  4 2 V = . h h − h = r h max   2 h 3  3  27 4 2  r h V  4 Vậy khi đó 27 = = . V 1 2 9  r h 3
Câu 35: Đáp án C
Phương pháp giải:
Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x) = số điểm cực trị của hàm số y = f ( x) + số giao điểm của đồ thị
hàm số y = f ( x) với trục hoành (không tính điểm tiếp xúc) Giải chi tiết: x = x
Dựa vào BBT ta thấy f ( x) 1 = 0   . x = x  2 x +1 = xx = x −1
Đặt h(x) = m + f (x + )
1 ta có h( x) = f ( x + ) 1 1 1 = 0     , do đó hàm số x +1 = x x = x −1  2  2
h( x) = m + f ( x + ) 1 có 2 điểm cực trị.
Suy ra để hàm số g ( x) = h( x) = m + f (x + )
1 có đúng 3 điểm cực trị thì phương trình m + f ( x + ) 1 = 0
phải có nghiệm bội lẻ duy nhất.
Ta có: m + f ( x + )
1 = 0  f ( x + ) 1 = m
− , dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y = m − cắt qua (không tính −m  1 m  −1
điểm tiếp xúc) đồ thị hàm số y = f (x + )
1 tại 1 điểm duy nhất khi và chỉ khi    . −m  3 − m  3
Câu 36: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Tìm ĐKXĐ của phương trình.
- Đưa về cùng cơ số 2.
- Giải phương trinh logarit: log f ( x) = log g x f x = g x . a a ( ) ( ) ( ) Trang 23
- Dựa vào điều kiện của x tìm m để phương trình có nghiệm. Giải chi tiết:
2x − m  0
2x − m  0 ĐKXĐ:    . 3  − x  0 x  3 Ta có: log 2x − m + log 3 − x = 0  − log 2x − m + log 3 − x = 0 1 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2
 log 2x − m = log 3− x  2x − m = 3− x  3x = m+3 2 ( ) 2 ( )
Để phương trình có nghiệm thì m + 3  9  m  6 .
Kết hợp điều kiện m là số nguyên dương ta có m1;2;3;4;  5 .
Vậy có 5 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 37: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Xác định tọa độ các điểm , A , B , C , D , E F .
- Viết phương trình tham số đường thẳng OM .
- Viết phương trình cá mặt phẳng (ABC) và (DEF) .
- Tham số hóa tọa độ các điểm P, Q thuộc OM, cho P ( ABC);Q(DEF ) , tìm tọa độ P, Q. 2 2 2
- Tính độ dài PQ = ( x − x + y − y + z − z . Q P ) ( Q P) ( Q P) Giải chi tiết: Theo bài ra ta có:
A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;-3), D(0;2;-3), E(1;0;-3), F(1;2;0).
Gọi P và Q tương ứng là giao điểm của đường thẳng OM với các mặt phẳng (ABC) và (DEF). Độ dài PQ bằng: + Ta có: OM = (1; 2; 3
− ) là 1 VTCP của đường thẳng OM, nên phương trình đường thẳng OM là x = t   y = 2t . z = −3t  + Phương trình mặ x y z t phẳng (ABC) là + +
=1  6x + 3y − 2z − 6 = 0 . 1 2 3 −
Gọi OM ( ABC) = P( ; p 2 ; p 3
− p) , ta có P( ABC) nên: p + p − (− p) 1 6 3.2 2. 3 − 6 = 0  p = 3  1 2   P ; ; 1 −   .  3 3  Trang 24 + Ta có: DE = (1; 2
− ;0); DF = (1;0;3)  DE;DF = ( 6 − ; 3 − ;2)   là 1 VTPT của (DEF).
⇒ Phương trình mặt phẳng (DEF) là: 6
− x −3( y −2)+ 2(z + ) 3 = 0  6
− x −3y + 2z +12 = 0 .
Gọi OM (DEF ) = Q( ; q 2 ; q 3
− q), ta có Q(DEF) nên: − q − q + (− q) 2 6 3.2 2 3 +12 = 0  q = 3  2 4   Q ; ; 2 −   .  3 3  2 2  1   2  2 14 Vậy PQ = + + (− ) 1 =     .  3   3  3
Câu 38: Đáp án B
Phương pháp giải: - Phân tích 2 3
1+ x + x + x thành nhân tử. n n
- Khai triển nhị thức Niu-tơn: (a + b) k n−k k = C a b . n k =0
- Tìm a , a , a , a , a lần lượt là hệ số của các số hạng không chứa x, chứa x, chứa 2 3 4
x , x , x . 0 1 2 3 4 - Thay vào tính S. Giải chi tiết:
Ta có: (1+ x + x + x ) = (1+ x + x (x + ) 1 ) = (x + ) 1 (x + ) 4 4 4 4 4 4 2 3 2 2 2 1 k k m m
= C x C x 4 4 k =0 m=0 Khi đó ta có (k;m) = (0;0) 0 0
a = C .C =1 0 4 4 (k;m) = (1;0) 1 0  a = C C = 4 1 4 4
(k;m) (2;0);(0; )1 2 0 0 1
a = C C +C .C =10 2 4 4 4 4
(k;m) (3;0);(1; )1 3 0 1 1
a = C C +C .C = 20 3 4 4 4 4
(k;m) (4;0);(2; )1;(0;2) 4 0 2 1 0 2
a = C C +C C +C .C = 31 4 4 4 4 4 4 4 Vậy 0 1 2 3 4
S = C a − C a + C a − C a + C a = −4 . 4 4 4 3 4 2 4 1 4 0
Câu 39: Đáp án B
Phương pháp giải:
Giải phương trình lượng giác cơ bản: sin = 0   = k , cos = 0   = + k (k  ) 2 Giải chi tiết:
Ta có: sin (cos x) = 0  cos x = k (k  ). Vì 1
−  cos x 1 x   nên 1
−  k 1,k   k = 0 . Trang 25 
Khi đó ta có cos x = 0  x =
+ l (l  ) . 2  Xét x 1;202  1 ta có 1 
+ l  2021;l   l 0;1;2;...;64  2 . 2
Vậy phương trình đã cho có 643 nghiệm thỏa mãn.
Câu 40: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Tìm hàm số f ( x) = f   (x)dx .
- Xét phương trình f ( x) = 999 , sử dụng định lí Vi-ét tìm x x và tính S. 1 2 Giải chi tiết:
Ta có f ( x) = f
 (x)dx = ( x − ) 2 2
1 dx = x − x + C . Mà f ( ) 2
3 = 5  3 − 3 + C = 5  C = 1 − . Suy ra f ( x) 2 = x − x −1.
Xét phương trình f (x) 2 2
= 999  x − x −1= 999  x − x −1000 = 0 , giả sử phương trình có hai nghiệm
x , x . Áp dụng định lí Vi-ét ta có x x = 1000 − . 1 2 1 2
Khi đó ta có S = log x + log x = log x x = log1000 = 3. 1 2 1 2
Câu 41: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Gọi N là trung điểm của CC’ , chứng minh d ( AM; BC) = d (BC ;( AMN )) = d ( ; B ( AMN )) . - Đổi d ( ;
B ( AMN )) sang d ( ; C ( AMN )) .
- Dựng và tính khoảng cách, sử dụng phương pháp dựng khoảng cách từ chân đường cao đến mặt phẳng. Giải chi tiết:
Gọi N là trung điểm của CC’  MN là đường trung bình của tam giác BCC’.
MN / /BC  BC / / ( AMN)  AM .
Khi đó ta có d ( AM;BC) = d (BC ;( AMN)) = d ( ; B ( AMN )) . Trang 26 d ( ; B AMN ) BM
Ta có: BC  ( AMN ) ( ) = M  = =  d ( ;
B ( AMN )) = d (C;( AMN )).
d (C ( AMN )) 1 ; CM
Trong (BCC’B’) kẻ CH ⊥ MN (H MN) ta có: AM ⊥ CM
AM ⊥ (BCC B
 )  AM ⊥ CH AM ⊥ CN CH  ⊥ AM
CH ⊥ ( AMN )  d (C;( AMN )) = CH CH  ⊥ MN
d ( AM;BC) = CH . a a . CM .CN a 2
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông CMN có: 2 2 CH = = = . 2 2 2 2 + 4 CM CN a a + 4 4 a
Vậy d ( AM BC) 2 ; = . 4
Câu 42: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Chứng minh mặt phẳng đi qua A và vuông góc với A’C chính là (AB’D’).
- Xác định (AB’D’) chia khối chóp thành những phần nào và tính thể tích của chúng. Giải chi tiết:
Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với A’C. Gọi O = A C   B D
  và I = AO A C  .
Vì ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương cạnh a nên AC = AC = a 2; AC = a 3 . 2 a a 6
Áp dụng định lí Pytago ta có: 2 2 2 AO =
AA + AO = a + = . 2 2
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: AI AC 2 a 6 =
= 2  AI = 2IO = AO = IOA O   . 3 3 A IA O   1 1 1 a 3 =
=  A I = IC = A C  = IC AC 2 2 3 3 Trang 27 2 2 Xét tam giác AA’I có: 2a a 2 2 2 2
AI + AI = +
= a = AA , suy ra tam giác AA’I vuông tại I (Định lí 3 3
Pytago đảo)  AO  ( )  O( ) . B D
  ⊥ AC Lại có   B D   ⊥ ( ACC A  )  B D
  ⊥ AC B D    () B D   ⊥ AA  ()  ( AB D  ) . Mặt phẳng ( AB D
 ) chia khối lập phương thành 2 phần: Chóp A.A’B’D’ và khối đa diện B’C’D’.ABCD. 1 1 1 1 Ta có: V =  =  =   
AA .S    AA . S V . A A B D A B D ABCD ABCD.     3 3 2 6 A B C D 1 5 V = − =    V     V     V . B C D .ABCD ABCD.A B C D ABCD.A B C D ABCD.     6 6 A B C D
1 VABCD.ABCD V      1 Vậy . A A B D 6 k = = = V 5    5 B C D . ABCD VABCD.     6 A B C D
Câu 43: Đáp án D
Phương pháp giải: Giải chi tiết:
Không gian mẫu: n() 4 = C . 30
Gọi A là biến cố: “4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của (H)”.
Chọn 1 đỉnh bất kì trong 30 đỉnh là 1 đỉnh của tứ giác, kí hiệu là A , có 30 cách chọn. 1
Kí hiệu các đỉnh còn lại theo chiều kim đồng hồ lần lượt là A , A , A ,..., A . 2 3 4 30 x 1+1 = 2 
Khi đó tứ giác có dạng A A A A , khi đó ta có y x +1
 3  x y −1 z − 2  27 . 1 x y z
30  z y +1 x + 2 
Đặt X = 3;4;5;...;2 
7 , X có 25 phần tử, số cách chọn 1 bộ x, y, z là 3 C . 25  n( A) 3 = 30.C . 25 3 n A 30.C
Vậy xác suất của biến cố A là P ( A) ( ) 25 = = . n() 4 C30
Câu 44: Đáp án B
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức: Gọi (H) là hình chiếu của ( H ) lên mặt phẳng ( P) . Gọi α là góc giữa mặt phẳng
(P) và mặt phẳng chứa hình (H ) . Khi đó ta có: (S ) = (S   ) cos . H H Giải chi tiết: Trang 28
Vì mặt phẳng tạo với đáy một góc 0
60 và cắt tất cả các cạnh bên của hình hộp nên hình chiếu của thiết
diện lên mặt phẳng đáy chính là ABCD. Khi đó ta có: S 0 S = S .cos60 ABCDS = = 2S , ABCD TD TD 0 cos 60 ABCD 2 2 a 3 a 3 Vì 0 BAD  = 60 nên ABD
là tam giác đều cạnh a  S =  S = . ABD 4 ABCD 2 Vậy 2 S = a 3 . TD
Câu 45: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB. Chứng minh d ( A ; B CD) = MN . 1
- Sử dụng công thức V = A . B C .
D d AB CD sinAB CD . ABCD ( ; ). ( ; ) 6
- Đặt CD = x, tính MN theo x, sử dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến.
- Sử dụng BĐT Cô-si tìm GTLN của V . ABCD Giải chi tiết:
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB.
Vì tam giác ABC, ABD là các tam giác đều cạnh a nên AB = AC = AD = BC = BD = a. CD  ⊥ AMBC , D A
CD là các tam giác cân tại A  
CD ⊥ ( ABM )  CD ⊥ MN . CD  ⊥ BM Lại có BCD = A
CD ( .c .cc)  AM = BM ABM
cân tại M  MN ⊥ AB .  d ( A ; B CD) = MN . 2 2 2 2 2 + − Đặ a a x 4a x
t CD = x ( x  0) ta có AM = BM = − = . 2 4 2 2 2 2 2 4a − x 4a − x + 2 2 2 a 3 4 4 a − xMN = − = 2 4 2 Trang 29 Do đó ta có 1 V = A . B C .
D d AB CD sinAB CD ABCD ( ; ). ( ; ) 6 2 2 1 3a − x = . a . x .sin( A ; B CD) 6 2  −  f (x) 2 2 3a x = Để . x dat GTLN V
đạt giá trị lớn nhất thì  ABCD 2 sin  (A ; B CD) = 1 a − x
x + a − x a
Áp dụng BĐT Cô-si ta có f ( x) 2 2 2 2 2 2 3 1 3 3 = . x  . = . 2 2 2 4 2 2 3a − x a 15 Dấu “=” xảy ra 2 2 2  x =
 4x = 3a − x x = . 2 5 2 3 1 3a a Vậy maxV = . a = . ABCD 6 4 8
Câu 46: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Dựng hình chữ nhật ABHC, chứng minh DH ⊥ ( ABCD) .
- Xác định góc giữa AD và (ABC) là góc giữa AD và hình chiếu của AD lên (ABC).
- Chứng minh ABHC là hình vuông.
- Xác định đoạn vuông góc chung của AD và BC.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao DH và độ dài đường chéo của hình vuông ABHC. 1 - Tính SS
, từ đó tính thể tích V = H . D S . ABHC ABC ABCD 3 ABC Giải chi tiết:
Dựng hình chữ nhật ABHC ta có: Trang 30 AB ⊥ BD
AB ⊥ (BDH )  AB ⊥ DH AB ⊥ BHAC ⊥ CH
AC ⊥ (CDH )  AC ⊥ DH AC ⊥ CD
DH ⊥ ( ABCD)
⇒ AH là hình chiếu của AD lên (ABC)  ( AD ( ABC)) = ( AD AH ) 0 ; ; = DAH = 45 .
BC ⊥ DH (DH ⊥ ( ABCD)) Ta có: 
BC ⊥ ( ADH )  ⊥ .  ⊥  ( ) BC AH BC AD gt
ABHC là hình vuông (Tứ giác có hai đường chéo vuông góc).
Gọi O = AH BC , trong (ADH) kẻ OK ⊥ AD(K AD) ta có: OK  ⊥ AD   ⊥ .  ( ⊥  ( ))  d ( ;
AD BC ) = OK = a OK BC BC ADH
Xét tam giác OKA vuông tại K có 0 O
AK = 45 nên tam giác OAK vuông cân tại K
OA = OK 2 = a 2 .
AH = 2OA = 2 2a .
Lại có tam giác AHD vuông cân tại H nên HD = AH = 2 2a . 1 1 Ta có: 2 S = AH = a = a 2  S = 2a . ABHC ( 2 2 2 ) 2 4 ABC 2 2 3 1 1 4 2a Vậy 2 V = H . D S = .2 2 . a 2a = . ABCD 3 ABC 3 3
Câu 47: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Từ f ( x) suy ra các nghiệm của phương trình f ( x) = 0, chú ý nghiệm bội chẵn, bội lẻ.
- Tính đạo hàm g( x) .
- Giải phương trình g( x) = 0 xác định các nghiệm bội lẻ. Giải chi tiết:  = − 2 x 1 nghiem boi 2
Theo bài ra ta có: f ( x) = 0  ( x + ) 1 ( x − 3) ( ) = 0   x = 3  (nghiemdon) Ta có:
g ( x) = f ( 2 x + 2x + 6 ) +  g(x) 2x 2 = f ( 2 x + 2x + 6 2 ) 2 x + 2x + 6 Trang 31 x +1 = f ( 2 x + 2x + 6 2 ) x + 2x + 6 x +1 = 0 x = 1 −
Cho g( x) = 0      f   ( 2 x + 2x + 6 ) 2 = 0
 x + 2x + 6 = 3 x = 1 − x = 1 − x = 1 −     x =1  
(đều là các nghiệm đơn) 2 2 x 2x 6 9 x 2x 3 0  + + = + − = x = 3 −  (Ta không xét 2 x + 2x + 6 = 1
− vì f (x) không đổi dấu qua x = 1
− nên nghiệm của phương trình 2 x + 2x + 6 = 1
− không làm cho g(x) đổi dấu).
Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.
Câu 48: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Chứng minh tam giác ABN, CDM là các tam giác vuông cân. - Tính BN, CN theo MN.
- Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông BCN, từ đó tính MN theo a và suy ra CD theo a. Giải chi tiết:
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. AN ⊥ CD
Vì tam giác ACD, BCD là các tam giác cân lần lượt tại A và B nên  . BN ⊥ CD (
ACD) ⊥ (BCD) = CD
Lại có AN  ( ACD), AN ⊥ CD  (( ACD) (BCD)) = ( AN BN ) 0 ; ; = ANB = 90 . BN  
(BCD),BN ⊥ CD 1 Dễ thấy ACD = B
CD( .c .cc)  AN = BN ABN
vuông cân tại N  MN = AB . 2 Trang 32 1
Chứng minh tương tự ta có M
CD vuông cân tại M nên MN = CD . 2  AB = CD . 1
Ta có: BN = 2MN,CN = CD = MN . 2
Xét tam giác vuông BCN có: 2 2 2
BN + CN = BC a 3 2 2 2
 2MN + MN = a MN = . 3 2a 3 Vậy CD = 2MN = . 3
Câu 49: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Tìm min y; max y  1 −  ;3 a 1 −  ;3
 f (a)  0
- Để f (a), f (b), f (c) là độ dài ba cạnh của một tam giác thì  .  f
 (a) + f (b)  f (c) Giải chi tiết: Ta có: 2
y = 3x − 3 = 0  x = 1   1 − ;  3 . Ta có y (− ) 1 = 2 − ; m y ( ) 1 = 2 − − ;
m y (3) =18 − m .  min y = 2 − − ;
m max y = 18 − m .  1 − ;  3  a 1 − ;  3
Không mất tính tổng quát, ta giả sử f (a)  f (b)  f (c) . Vì , a , b c 1 − ;  3 nên 2
− − m f (a)  f (b)  f (c) 18− m .
 f (a)  0
Để f (a), f (b), f (c) là độ dài ba cạnh của một tam giác thì  .  f
 (a) + f (b)  f (c)(*)  2
− − m f (a) Ta có:   +  − − .
− − m f  (b) f (a) f (b) 4 2m 2  2 − − m  0 m  2 −
Do đó (*) luôn đúng khi và chỉ khi     m  22 − .  4
− − 2m 18 − mm  2 − 2
Câu 50: Đáp án B
Phương pháp giải: 1
- Sử dụng kiến thức: V =   V . ACB D ABCD.     3 A B C D (
 P) ⊥ (Q) = d - Sử dụng định lí   ⊥ . a   (P) a (Q) , a ⊥ d Trang 33
- Tính thể tích khối lăng trụ = tích chiều cao và diện tích đáy tương ứng. Giải chi tiết:
Gọi O = AC BD ⇒O là trung điểm của AC và BD.
Vì ACC’A’ là hình thoi nên AA’ = AC, lại có 0 AA
C = 60 (gt) nên AA
C là tam giác đều  A O  ⊥ AC (  ACC A
 ) ⊥ ( ABCD) = AC Ta có:    ⊥ . AO   ( ACC A) A O ( ABCD)
, AO ⊥ AC
Xét tam giác ABC có: AB = AD (do ABCD là hình thoi), 0 B
AD = 60 (gt) nên tam giác ABC đều cạnh a. a 3 2 2  a 3 a 3 AO =
AC = a 3 và S =  S = . 2 ABC 4 ABCD 2  a 3. 3 3a AA
C là tam giác đều cạnh a 3  A O  = = . 2 2 2 3 1 1 1 3a a 3 a 3 Vậy V = =  = =   V     .A . O S . . . ACB D ABCD. 3 A B C D 3 ABCD 3 2 2 4 Trang 34