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 được soạn dưới dạng file PDF gồm 34 trang. Đề cường này sẽ là tài liệu tổng hợp đầy đủ, sát với kiến thức đang học giúp bạn bứt phá điểm số môn Toán 1 trong các học kì. Hy vọng tài liệu sẽ giúp bạn hệ thống kiến thức một cách nhanh chóng, hiệu quả. Mời các bạn cùng tham khảo.

 

Trang 1
S GD&ĐT THANH HÓA
TRƢỜNG THPT CHUYÊN
LAM SƠN
ĐỀ THI TH THPTQG LN 1
NĂM HỌC 2020 2021
MÔN:TOÁN
Thi gian làm bài: 90 phút; không k thời gian phát đề
Câu 1 (TH): Hàm s nào sau đây có đồ th 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 tt c các điểm M nằm trên đồ th hàm s
2
1
x
y
x
tiếp tuyến của đồ th tại điểm
đó song song với đường thng
: 3 10d y x
.
A.
1
3;
4
M



B.
0; 2M
hoc
2;4M
C.
2;4M
D.
5
;3
2
M



Câu 3 (TH): Cho hàm s
1
1
x
y
x
và điểm
. Tìm tt c các đim M nằm trên đồ th hàm s sao
cho tiếp tuyến ti M vuông góc vi IM.
A.
1 2; 1 2M
1 2; 1 2M
. B.
1;0M
3; 2M
.
C.
2; 3 2 2M 
2;2 2 3M 
. D.
2; 3M
.
Câu 4 (TH): Mệnh đề nào dưới đây về hàm s
2
2
41yx
là đúng?
A. Nghch biến trên
2;2
B. Đồng biến trên
C. Đồng biến trên
;2
2;
D. Đồng biến trên
2;0
2;
.
Câu 5 (VD): Cho mt hình nón có thiết din qua trc là một tam giác đều cnh bng 1. Tính th tích khi
càu ni tiếp trong hình nón.
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 2
A.
6
B.
43
27
C.
4
81
D.
3
54
Câu 6 (TH): Một người gi tin vào ngân hàng vi lãi suát không đổi là 6% trên năm. Biết rng nếu
không rút tin ra khi ngân hàng thì c sau mỗi năm, số tin lãi s được nhp vào vốn ban đầu (lãi kép).
Người đó định gi tiền trong vòng 3 năm, sau đó rút ra 500 triệu đồng. Hi s tin ít nhất người đó phải
gửi vào ngân hàng (làm tròn đến hàng triu) là bao nhiêu triệu đồng?
A.
420
B.
410
C.
400
D.
390
Câu 7 (TH): Cho biết
2
log 5a
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 tr nh nht ca hàm s
21
x
y x e
trên đoạn
1;0
bng:
A.
3
e
B.
2
e
C.
1
D.
e
Câu 9 (TH): Hàm s
32
1
2 3 1
3
y x x x
nhn giá tr nh nhất trên đoạn
1 10
;
33



ti:
A.
1
3
x 
B.
1x
C.
3x
D.
10
3
y
Câu 10 (TH): Sau đây, có bao nhiêu hàm số mà đồ th có đúng một tim cn 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 t diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cnh a, ACD và BCD là các tam
giác vuông tương ứng ti A và B. Tính th tích khi t din ABCD.
A.
3
3
8
a
B.
3
2
12
a
C.
3
3
12
a
D.
3
8
a
Câu 12 (TH): Giá tr ln nht ca hàm s
2 1 ln 2 1y x x
trên đoạn
1
;0
4



bng:
A.
3
ln 2
2

B.
1
C.
ln2
D.
1 ln3
Câu 13 (NB): Hàm s
1 2 3y x x x
có s điểm cc tr là:
A. 2 B. 3 C. 0 D. 1
Câu 14 (NB):
tan xdx
bng:
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 3
A.
2
1
sin
C
x

B.
ln cosxC
C.
2
1
cos
C
x
D.
ln cos xC
Câu 15 (TH): Kết luận nào sau đây đúng về hàm s
2
1
2
x
fx



?
A.
2
1
2 .ln 2
2
x
fx




B. nghch biến trên
C.
00f
D. đồ th nhn trc tung làm tim cn ngang.
Câu 16 (NB): Mt nguyên hàm ca hàm s
1
23
fx
x
Fx
bng:
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
sai?
A. Đồ th có tim cận đứng là đường thẳng có phương trình
1x
.
B. Đồng biến trên khong
1; 
.
C.
1
1 log
y
xe
D.
1
1 ln10
y
x
Câu 18 (TH): Trong các hàm s sau đây có bao nhiêu hàm số có đúng một điểm cc tr?
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 tam giác vuông tại B, cnh bên SA vuông góc vi mặt đáy.
Biết SA = AB = BC và din tích mt cu ngoi tiếp hình chóp bng
3
. Th tích khi chóp là:
A.
1
2
B.
1
3
C.
1
6
D.
3
2
Câu 20 (TH): Hàm s nào sau đây mà đồ th 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 s nào sau đây mà đồ th có dạng như hình vẽ bên dưới?
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 4
A.
B.
2
x
y
C.
1
x
y
e



D.
1
2
log x
Câu 22 (TH): Cho một hình nón đỉnh S đáy đường tròn (O), bán kính đáy bằng 1. Biết thiết din qua
trc là mt tam giác vuông. Tính din tích xung quanh ca hình nón.
A.
2
B.
C.
22
D.
2
Câu 23 (NB): Cho hàm s
y f x
có đạo hàm tha mãn
13f
. Khi đó
1
1
lim
1
x
f x f
x
bng:
A. 4 B. 1 C. 2 D. 3
Câu 24 (VD): Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’. Đáy tam giác vuông tại A, BC = 2AC = 2a.
Đưng thẳng AC’ tạo vi mt phẳng (BCC’B’) một góc
0
30
. Din tích ca mt cu ngoi tiếp hình lăng
tr đã cho bằng;
A.
2
12 a
B.
2
6 a
C.
2
4 a
D.
2
3 a
Câu 25 (VD): S tim cn của đồ th hàm s
2
2
2 1 1
1
xx
y
x

là:
A. 3 B. 1 C. 4 D. 2
Câu 26 (TH): Mt nguyên hàm ca
ln x
bng:
A.
lnx x x
B.
1
x
C.
lnx x x
D.
1 lnx x x
Câu 27 (TH): Cho hàm s
fx
đạo hàm
32
1 2 3f x x x x
. Hi m s đồng biến trên
khoảng nào sau đây?
A.
;1
3; 
B.
;1
2;
C.
1;2
D.
3; 
Câu 28 (TH): Qua điểm M(2;0) k được bao nhiêu tiếp tuyến với đồ th hàm s
42
4y x x
?
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Câu 29 (TH): Tập xác định ca hàm s
2
ln 2 3y x x
là:
A.
; 3 1;D  
B.
; 3 1;D
C.
D
D.
\ 3;1D 
Câu 30 (VD): Cho mt hình tr có thiết din qua trc là mt hình vuông cnh bng a. Gi AB và CD
hai đường kính tương ng của hai đáy. Biết góc giữa hai đường thng AB CD bng
0
30
. Tính th
tích khi t din ABCD.
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com 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 s nguyên a, b, c tha mãn
2
6
2
log 5
log 45
log 3
b
a
c

. Tng
abc
bng:
A. 1 B. 4 C. 2 D. 0
Câu 32 (VD): Cho hàm s
y f x
có đạo hàm liên tc tn
1;2
, tha 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 s
y f x
có đạo hàm
2
1
x
fx
x

. Vi a b là các s dương thỏa mãn
ab
, giá tr nh nht ca hàm s
fx
trên đoạn
;ab
bng:
A.
fb
B.
fa
C.
2
f a f b
D.
2
ab
f



Câu 34 (VD): Cho mt hình tr thay đổi ni tiếp trong mt hình nón c định cho trước (tham kho hình
v bên). Gi th tích các khi nón khi tr tương ứng V V’. Biết rằng V’ gtr ln nhất đạt
được, khi đó tỉ s
V
V
bng:
A.
4
9
B.
4
27
C.
1
2
D.
2
3
Câu 35 (VD): Cho hàm s
fx
liên tc trên
, có bng biến thiên như hình vẽ ới đây:
Đặt
1g x m f x
(m tham s). Tìm tt c các giá tr của m để hàm s
y g x
đúng 3
điểm cc tr.
A.
1m
hoc
3m
B.
13m
C.
1m
hoc
3m
D.
13m
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 6
Câu 36 (VD): Cho phương trình
12
2
log 2 log 3 0x m x
, m tham s. Hi bao nhiêu gtr
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 ng lên
, , ,( ),( ),( )Ox Oy Oz Oyz Ozx Oxy
, , , , ,A B C D E F
. Gọi P Q tương ứng giao điểm của đường thng
OM vi các mt phng
()ABC
()DEF
. Độ dài PQ bng:
A.
6
7
B.
7
6
C.
14
2
D.
14
3
Câu 38 (VD): Gi s
4
2 3 2 12
0 1 2 12
1 ...
i
x x x a a x a x a x a
. Giá tr ca tng
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
bng:
A. 1 B.
4
C.
1
D. 4
Câu 39 (VD): Tìm s nghim của phương trình
sin cos 0x
trên đoạn
1;2021
.
A. 672 B. 643 C. 642 D. 673
Câu 40 (VD): Cho hàm s
fx
xác định trên
, tha mãn
21f x x

35f
. Gi s phương
trình
999fx
có hai nghim
1
x
2
x
. Tính tng
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 c các cạnh có độ dài bng a. Gọi M là trung điểm
ca cnh BC. Tính khong 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. Mt phẳng đi qua A vuông góc với A’C
chia hình lập phương trình hai phần th tích. Tính t s k hai phn th tích này, biết
1k
.
A.
3
25
B.
2
5
C.
1
5
D.
2
25
Câu 43 (VDC): Chn ngẫu nhiên 4 đỉnh ca một đa giác lồi (H) có 30 đỉnh. Tính xác suất sao cho 4 đỉnh
được chn to thành mt t giác có bn cạnh đều là đường chéo ca (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 mt hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’. Đáy ABCD hình thoi cnh bng a
0
60BAD
. Mt mt phng to với đáy một góc
0
60
ct tt c các cnh bên ca hình hp. Tính din
tích thiết din to thành
A.
2
23a
B.
2
3a
C.
2
3a
D.
2
32a
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 7
Câu 45 (VD): Cho t diện ABCD ABC ABD các tam giác đu cnh bng a không đổi. Độ dài
CD thay đổi. Tính giá tr ln nhất đạt được ca th tích khi t din ABCD.
A.
3
8
a
B.
3
2
12
a
C.
3
3
8
a
D.
3
3
12
a
Câu 46 (VDC): Cho t diện ABCD ABC, ABD, ACD các tam giác vuông tương ng ti A, B, C.
Góc gia AD (ABC) bng
0
45
,
AD BC
khong cách gia AD BC bng a. Tính th tích khi
t din 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 s
y f x
có đạo hàm
2
13f x x x
. Tìm s điểm cc tr ca hàm s
2
26g x f x x
.
A. 1 B. 2 C. 3 D. 5
Câu 48 (VD): Cho t din ABCD AC = AD = BC = BD = a. c cp mt phng (ACD) (BCD),
(ABC) và (ABD) vuông góc với nhau. Tính theo a độ dài cnh CD.
A.
2
3
a
B.
3
a
C.
2
a
D.
3a
Câu 49 (VD): Cho hàm s
3
3f x x x m
.Tìm m để mi b ba s phân bit a, b, c thuộc đoạn
1;3
thì
,,f a f b f c
là độ dài ba cnh ca mt tam giác.
A.
22m
B.
2m 
C.
34m
D.
22m
Câu 50 (VD): Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ đáy hình thoi cạnh a
0
60BAD
. Mt chéo
ACC’A’ nằm trong mt phng vuông góc với đáy, đồng thời ACC’A’ cũng là hình thoi có
0
60A AC

.
Th tích khi t diện ACB’D’ là:
A.
3
3
6
a
B.
3
3
4
a
C.
3
3
8
a
D.
3
3
3
a
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com 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
LI GII CHI TIT
Câu 1:Đáp án D
Phƣơng pháp giải:
- Dựa vào đồ th xác định các đường tim cn của đồ th hàm số, các điểm thuộc đồ th hàm s.
- Sau đó dựa vào các đáp án để chọn đáp án đúng.
- Đồ th hàm s
ax b
y ad bc
cx d

có TCN
a
y
c
và TCĐ
d
x
c

.
Gii chi tiết:
Dựa vào đồ th hàm s ta thấy: Đồ th có đường TCN
1y
và TCĐ
1x
.
Do đó loại đáp án A và B.
Đồ th hàm s đi qua điểm O(0;0) nên loại đáp án C.
Câu 2:Đáp án B
Phƣơng pháp giải:
- Tiếp tuyến của đồ th hàm s
y f x
tại điểm
00
;M x y
0 0 0
y f x x x y
.
- Hai đường thng
y ax b
y a x b


song song vi nhau khi và ch khi
aa
bb
.
Gii chi tiết:
TXĐ:
\1D 
.
Gi
0
00
0
2
;1
1
x
M x x
x




thuộc đồ th hàm s
2
1
x
y
x
.
Ta
2
23
1
1
x
yy
x
x
nên tiếp tuyến của đồ th hàm s ti
0
0
0
2
;
1
x
Mx
x



h s góc
0
2
0
3
1
k y x
x

.
Vì tiếp tuyến ti M song song với đường thng
: 3 10d y x
nên
2
0
2
0
3
3 1 1
1
x
x
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 9
00
00
1 1 0
1 1 2
xx
tm
xx




0; 2
2;4
M
M
Câu 3:Đáp án A
Phƣơng pháp giải:
- Tiếp tuyến của đồ th hàm s
y f x
tại điểm
00
;M x y
0 0 0
y f x x x y
.
- Đưng thng
y ax b
vuông góc vi vecto
;IM u v
khi ch khi vtcp của đường thng
y ax b
vuông góc vi vecto
;IM u v
.
Gii chi tiết:
TXĐ:
\1D
.
Gi
0
00
0
1
;1
1
x
M x x
x



thuộc đồ th hàm s
1
1
x
y
x
.
Ta
2
12
1
1
x
yy
x
x
nên tiếp tuyến của đồ th hàm s ti
0
0
0
1
;
1
x
Mx
x



h s góc
0
2
0
2
1
k y x
x

.
Phương trình tiếp tuyến ti 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 ti M vuông góc vi 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
1 2; 1 2M
.
Câu 4:Đáp án D
Phƣơng pháp giải:
- Tính đạo hàm
y
.
- Giải phương trình
0y
.
- Lp BXD
y
và kết lun các khoảng đồng nghch biến ca hàm s.
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 10
Gii 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
:
Da vào BXD ta thy hàm s đồng biến trên
; 2 ; 0;2
; nghch biến trên
2;0 ; 2; 
.
Do đó chỉ có đáp án D đúng.
Câu 5:Đáp án B
Phƣơng pháp giải:
- Gi s thiết din qua trc là tam giác SAB và O là tâm mặt đáy của hình nón.
- Xác định tâm mt cu ni tiếp hình nón chính là tâm tam giác đều SAB. Tính bán kính R.
- Th tích khi cu bán kính R là
3
4
3
VR
.
Gii chi tiết:
Gi s thiết din qua trc tam giác SAB O tâm mặt đáy của hình nón, ta tam giác SAB đu
cnh 1 nên
3
2
SO
.
Gi I tâm khi cu ni tiếp trong hình nón, d thy O chính tâm tam giác đều SAB, do đó bán kính
khi cu là
2 2 3 3
.
3 3 2 3
R IO SO
.
Vy th tích khi cu ni tiếp trong hình nón là
3
3
4 4 3 4 3
3 3 3 27
VR





.
Câu 6:Đáp án A
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 11
Phƣơng pháp giải:
- S dng công thc lãi kép:
1
n
n
A A r
trong đó
n
A
là s tin nhận được sau n năm, A là s tin gi
ban đầu, r là lãi sut trên 1 kì hn, n là s kì hn.
- Để sau 3 năm người đó rút được 500 triệu đồng thì s tin nhận được sau 3 năm (cả gc lãi) phi
không nh hơn 500 triệu đồng. Gii bất phương trình tìm số tin gửi ban đầu.
Gii chi tiết:
Để sau 3 năm người đó rút được 500 triệu đồng thì s tin nhận được sau 3 năm (cả gc i) phi
không nh hơn 500 triệu đồng.
Gi s tiền ban đầu gi vào ngân ng x (triệu đồng), s tiền người đó nhn 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
Phƣơng pháp giải:
S dng các công thc:
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
Gii 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
Phƣơng pháp giải:
- Tính
y
, giải phương trình
0y
xác định các nghim
1;0
i
x 
.
- Tính các giá tr
1 ; 0 ;
i
y y y x
.
- Kết lun:
1;0
1;0
min min 1 ; 0 ; ;max max 1 ; 0 ;
ii
y y y y x y y y y x
Gii 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
.
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 12
Ta có:
3 1 2
1 ; 0 1;
2
y y y
e
e



Vy
1;0
2
min y
e
.
Câu 9:Đáp án A
Phƣơng pháp giải:
- Tính y′, giải phương trình
0y
xác định các nghim
1 10
;
33
i
x




.
- Tính các giá tr
1 10
;;
33
i
y y y x
.
- Kết lun:
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






.
Gii 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
.
Vy
1;0
1 181
min .
3 81
yy



Câu 10:Đáp án C
Phƣơng pháp giải:
S dụng định nghĩa tiệm cn ngang ca đồ th hàm s:
- Đưng thng
0
yy
được gi TCN của đồ th hàm s
y f x
nếu tha mãn một trong các điu
kin sau:
00
lim ; lim
xx
y y y y
 

.
- S dụng MTCT để tính gii hn.
Gii chi tiết:
Xét hàm s
sin x
y
x
ta có
lim 0; lim 0
xx
yy
 

, do đó ĐTHS có 1 TCN
0y
.
Xét hàm s
2
1xx
y
x

ta có
lim 1; lim 1
xx
yy
 
, do đó ĐTHS có 2 TCN
1y 
.
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 13
Xét hàm s
1
1
x
y
x
ta có
lim
x
y

không tn ti,
lim 0
x
y

, do đó ĐTHS có 1 TCN
0y
.
Xét hàm s
2
11y x x
ta có
lim
x
y


,
lim 1
x
y

, do đó ĐTHS có 1 TCN
1y
.
Vy có 3 hàm s mà đồ th có đúng một tim cn ngang.
Câu 11:Đáp án B
Phƣơng pháp giải:
- Chóp có các cnh bên bằng nhau có chân đường cao trùng với tâm đường tròn ngoi tiếp đáy.
- S dng tính cht tam giác vuông cân tính chiu cao và diện tích đáy.
- Th tích khi chóp bằng 1/3 tích đường cao và diện tích đáy.
Gii chi tiết:
Vì ABC và ABD là các tam giác đều cnh a nên
AB AC AD BC BD a
.
Do đó hình chiếu vuông góc ca A lên (BCD) trùng với tâm đường tròn ngoi tiếp tam giác BCD.
Li có tam giác BCD vuông tại B nên tâm đường tròn ngoi tiếp tam giác BCD là trung điểm H ca CD.
AH CD
Xét tam giác ACD vuông cân ti A có
AC AD a
nên
2
2
a
AH
.
Tam giác BCD vuông cân ti B có BC = BD = a nên
2
1
..
22
BCD
a
S BC BD

.
Vy
23
1 1 2 2
. . .
3 3 2 2 12
ABCD BCD
a a a
V AH S
Câu 12:Đáp án B
Phƣơng pháp giải:
- Tính đạo hàm.
- Chng minh
1
0 ;0
4
yx



và suy ra giá tr ln nht ca hàm s trên
1
;0
4



.
Gii chi tiết:
Hàm s 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



.
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 14
Do đó hàm số đã cho đồng biến trên
1
;0
4



.
Vy
1
;0
4
max 0 1yy



Câu 13:Đáp án A
Phƣơng pháp giải:
- Khai triển đưa hàm số v dạng hàm đa thức bc ba.
- Tính
y
, giải phương trình
0y
và xác định s điểm cc tr = s nghim bi l.
Gii 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
.
Vy hàm s đã cho có 2 điểm cc tr.
Câu 14:Đáp án D
Phƣơng pháp giải:
- S dng công thc
sin
tan
cos
x
x
x
- S dụng phương pháp đổi vi phân:
sin cosxdx d x
- S dng công thc tính nguyên hàm:
ln
du
uC
u

Gii chi tiết:
cos
sin
tan ln cos
cos cos
dx
x
xdx dx x C
xx
Câu 15:Đáp án D
Phƣơng pháp giải:
- S dng công thức tính đạo hàm:
. ln
uu
a u a a
.
- Xét dấu đạo hàm và suy ra các khoảng đơn điệu ca hàm s.
- S dụng định nghĩa tiệm cn ngang của đồ th hàm s.
Gii chi tiết:
Ta có
2 2 2
1 1 1 1
2 . ln 2 .ln 2
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 th nghch biến trên
, suy ra đáp án B sai.
Ta có
0
1
01
2
f




nên đáp án C sai.
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com 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
Phƣơng pháp giải:
S dng công thc tính nguyên hàm:
1
ln
dx
ax b C
ax b a
Gii 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
Phƣơng pháp giải:
- S dng công thức tính đạo hàm:
log
ln10
u
u
u
.
- S dụng định nghĩa tiệm cận đứng của đồ th hàm số: Đường thng
0
xx
được gọi TCĐ của đồ th
hàm s
y f x
nếu tha mãn một trong các điu kin sau:
0 0 0 0
lim ; lim ; lim ; lim
x x x x x x x x
y y y y
 
.
- Xét du
y
và suy ra các khoảng đơn điệu.
Gii 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.
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
Phƣơng pháp giải:
Tính đạo hàm tng hàm s, giải phương trình đạo hàm xác định s đim cc tr ca hàm s = s
nghim bi l của phương trình đạo hàm.
Gii chi tiết:
Xét đáp án A: ta có
2 0 0y x x
, do đó hàm số có 1 điểm cc tr.
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 cc tr.
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 16
Xét đáp án C: ta
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 s 1 điểm cc
tr.
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 cc tr.
Câu 19:Đáp án C
Phƣơng pháp giải:
- Xác định tâm mt cu ngoi tiếp khi chóp, tính bán kính mt cu, t đó suy ra độ dài cnh SC.
- Đặt SA = AB = BC = x, s dụng định lí Pytago giải phương trình tìm x.
- Tính th tích khi chóp
1
.
3
ABC
V SA S
.
Gii chi tiết:
Gọi O trung điểm ca AC. tam giác ABC vuông tại B n O tâm đường tròn ngoi tiếp tam giác
ABC.
Gọi I, M là trung điểm của SC, SA. Ta có IO là đường trung bình ca tam giác SAC
//IO SA
.
SA ABC IO ABC IO
là trc ca
ABC
IA IB IC
.
Lại IM đường trung bình ca tam giác SAC nên IM // AC
IM SA
IM
trung trc ca SA,
do đó
IS IA
.
IA IB IC IS
I
là tâm mt cu ngoi tiếp chóp
.S ABC
.
Bán kính ca mt cu ngoi tiếp chóp S.ABC là
1
2
R SC
.
Ta li có
2
3
4 3 3
2
R R SC

.
Đặt
SA AB BC x
, ta có tam giác SAB vuông cân ti A nên
2SB x
.
Ta có:
BC AB
BC SAB BC SB
BC SA
SBC
vuông ti B.
2 2 2 2 2
2 3 1SB BC SC x x x
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 17
Vy th tích khi 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
Phƣơng pháp giải:
- Dựa vào các giao điểm đ th vi trc hoành suy ra dng ca đồ th hàm s loi bớt các đáp án
chc chn sai.
- Dựa vào giao điểm của đồ th hàm s vi trục tung để chọn đáp án đúng.
Gii chi tiết:
Vì đ th m s tiếp xúc vi trc hoành tại điểm có hoành độ -1 và ct qua trc hoành tại điểm có hoành
độ bng 1 nên hàm s có dng
2
11y a x x
, do đó loại đáp án A và D.
Đồ th ct trc tung tại điểm có tung độ dương nên loại đáp án C.
u 21:Đáp án C
Phƣơng pháp giải:
- Dựa vào đồ th suy ra TXĐ của hàm s và loại đáp án.
- Dựa vào tính đơn điệu ca hàm s để loại đáp án.
Gii chi tiết:
Dựa vào đồ th ta thy hàm s xác định trên
nên loại đáp án A, D.
Lại có: Đồ th hàm s nghch biến trên
nên chọn đáp án C.
Câu 22:Đáp án D
Phƣơng pháp giải:
- Da vào gi thiết hình nón thiết din qua trục tam giác vuông cân xác đnh chiu cao bán kính
đáy của hình nón.
- Tính độ dài đường sinh ca 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
.
Gii chi tiết:
Vì hình nón có thiết din qua trc là tam giác vuông cân nên
1hr
.
Độ dài đường sinh ca hình nón là
22
2l h r
.
Vy din tích xung quanh ca hình nón là
2
xq
S rl


.
Câu 23:Đáp án D
Phƣơng pháp giải:
S dụng tính đạo hàm bằng định nghĩa:
0
0
0
0
lim
xx
f x f x
fx
xx
Gii chi tiết:
Ta có:
1
1
lim 1 3
1
x
f x f
f
x

.
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 18
Câu 24:Đáp án B
Phƣơng pháp giải:
- Xác định tâm mt cu ngoi tiếp lăng trụ.
- Xác định góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phng (BCC’B’) là góc giữa AC’ và hình chiếu của AC’ lên
(BCC’B’).
- Dựa vào định lí Pytago, t s ng giác ca góc nhn trong tam giác vuông tính bán kính mt cu.
- Din tích mt cu bán kính R là
2
4SR
.
Gii chi tiết:
Gọi O, O’ lần trung điểm của BC và B’C’.
tam giác ABC, A’B’C’ lần lượt vuông tại A A’ nên O, O’ lần lượt tâm mt cu ngoi 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 cu ngoi tiếp khối lăng trụ.
Trong
ABC
k
AH BC H BC
ta
AH BC
AH BCC B HC
AH BB
hình chiếu ca
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
.
Vy din tích mt cu ngoi tiếp khối lăng trụ là:
2
22
6
4 4 . 6
2
a
S R a




.
Câu 25:Đáp án C
Phƣơng pháp giải:
S dụng định nghĩa tiệm cn ngang, tim cận đứng của đồ th hàm s:
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 19
- Đưng thng
0
yy
được gi TCN của đồ th hàm s
y f x
nếu tha mãn một trong các điu
kin sau:
00
lim ; lim
xx
y y y y
 

.
- Đưng thng
0
xx
được gọi TCĐ của đồ th hàm s
y f x
nếu tha mãn một trong c điều
kin sau:
0 0 0 0
lim ; lim ; lim ; lim
x x x x x x x x
y y y y
 
.
Gii 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 th hàm s đã cho có 2 TCN
1y 
và 2 TCĐ
1x 
.
Câu 26:Đáp án D
Phƣơng pháp giải:
S dụng phương pháp nguyên hàm từng phn
udv uv vdu

.
Gii 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

.
Vi
1C
ta có
1 lnx x x
là mt nguyên hàm ca hàm s
ln x
.
Câu 27:Đáp án C
Phƣơng pháp giải:
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 20
Lp BXD
fx
.
Gii chi tiết:
Ta có:
32
1
0 1 2 3 0 2
3
x
f x x x x x
x
.
BXD:
Vy hàm s đồng biến trên khong
1;2
.
Câu 28:Đáp án C
Phƣơng pháp giải:
Lp BXD
fx
.
Gii chi tiết:
Ta có:
4 2 3
4 4 8y x x y x x
.
Gi
42
0 0 0
;4A x x x
thuộc đồ th hàm số, phương trình tiếp tuyến của đồ th hàm s ti 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) k được 3 tiếp tuyến với đồ th hàm s
42
4y x x
.
Câu 29:Đáp án D
Phƣơng pháp giải:
Hàm s
lny f x
xác định khi và ch khi
fx
xác định và
0fx
.
Gii chi tiết:
Hàm s
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 s đã cho là
\ 3;1D 
.
Câu 30:Đáp án A
Phƣơng pháp giải:
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 21
S dng công thc: Cho t din ABCD góc giữa hai đưng thng AB CD
, gi d góc gia
hai đường thẳng AB và CD. Khi đó
1
. . .sin
6
ABCD
V AB CD d
.
Gii chi tiết:
AB, CD lần lượt đường kính hai đáy nên khong cách gia hai đường thng AB CD
;d AB CD d h
. Mà thiết din qua trc ca hình tr là hình vuông cnh 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
Phƣơng pháp giải:
S dng các công thc:
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
Gii 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 nht h s ta có
2, 2, 1.a b c
Vy
2 ( 2) 1 1.abc
Câu 32:Đáp án C
Phƣơng pháp giải:
- Biến đổi, đưa về công thức đạo hàm ca một thương.
- S dụng phương pháp nguyên hàm hai vế tìm hàm
fx
.
- S dng gi thiết tìm hng s C.
- Suy ra hàm s
fx
hoàn chnh và tính
2f
.
Gii chi tiết:
Theo bài ra ta có:
22
..f x x f x x x f x f x x

www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 22
2
..
11
x f x x f x f x
xx




fx
dx x C
x
Li có
13f
1
1 3 1 2
1
f
C C C
.
Vy
2
2 2 2 8
fx
x f x x x f
x
.
Câu 33:Đáp án A
Phƣơng pháp giải:
- Giải phương trình
0fx
, xét du
fx
trên
;ab
.
- T đó tìm
;
min
ab
fx
.
Gii chi tiết:
Ta có
2
0 0 ;
1
x
f x x a b
x
(do a, b là các s dương)
Khi đó ta có
0;f x x a b
, do đó hàm số nghch biến trên
;ab
nên
;
min
ab
f x f b
.
Câu 34:Đáp án A
Phƣơng pháp giải:
- Đặt chiu cao khi tr
0 xh
.
- Áp dụng định lí Ta-lét, tính bán kính đáy hình trụ theo x.
- Tính th tích khi tr, s dụng phương pháp hàm số tìm GTLN của V’, từ đó suy ra x theo h.
- Lp và tính t s
V
V
Gii chi tiết:
Đặt tên các điểm như hình vẽ.
Gi
,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



www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 23
Khi đó thể tích khi nón là
2
2
2
22
2
. . . 1 . .
xr
V IQ QM r x x x h
hh




.
Để
V
đạt giá tr ln nht thì
2
x x h
phải đạt giá tr ln nht.
Đặt
2
2 2 3 2 2
22f x x x h x x hx h x hx h x
, vi
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
Phƣơng pháp giải:
S điểm cc tr ca hàm s
y f x
= s điểm cc tr ca hàm s
y f x
+ s giao điểm của đồ th
hàm s
y f x
vi trục hoành (không tính điểm tiếp xúc)
Gii chi tiết:
Da vào BBT ta thy
1
2
0
xx
fx
xx

.
Đặt
1h x m f x
ta
11
22
11
10
11
x x x x
h x f x
x x x x




, do đó hàm s
1h x m f x
có 2 điểm cc tr.
Suy ra để hàm s
1g x h x m f x
đúng 3 đim cc tr thì phương trình
10m f x
phi có nghim bi l duy nht.
Ta có:
1 0 1m f x f x m
, da vào BBT ta thấy đường thng
ym
ct qua (không tính
điểm tiếp xúc) đồ th hàm s
1y f x
tại 1 điểm duy nht khi và ch khi
11
33
mm
mm



.
Câu 36:Đáp án A
Phƣơng 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
.
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 24
- Dựa vào điều kin của x tìm m để phương trình có nghiệm.
Gii 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 kin m là s nguyên dương ta có
1;2;3;4;5m
.
Vy có 5 giá tr ca tham s m tha mãn yêu cu bài toán.
Câu 37:Đáp án D
Phƣơng pháp giải:
- Xác định tọa độ các điểm
, , , , ,A B C D E F
.
- Viết phương trình tham số đường thng
OM
.
- Viết phương trình cá mặt phng
()ABC
()DEF
.
- Tham s hóa tọa độ các điểm P, Q thuc 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
.
Gii 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 đim của đường thng OM vi các mt phẳng (ABC) và (DEF). Độ dài PQ
bng:
+ Ta có:
1;2; 3OM 
1 VTCP của đường thẳng OM, nên phương trình đường thng OM
2
3
xt
yt
zt

.
+ Phương trình mặt phng (ABC) là
1 6 3 2 6 0
1 2 3
x y z
x y z
.
Gi
;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




.
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 25
+ Ta có:
1; 2;0 ; 1;0;3DE DF
; 6; 3;2DE DF


là 1 VTPT ca (DEF).
Phương trình mặt phng (DEF) là:
6 3 2 2 3 0 6 3 2 12 0x y z x y z
.
Gi
;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




.
Vy
22
2
1 2 14
1
3 3 3
PQ
.
Câu 38:Đáp án B
Phƣơng pháp giải:
- Phân tích
23
1 x x x
thành nhân t.
- Khai trin nh thc 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 h s ca các s hng không cha x, cha x, cha
234
,,x x x
.
- Thay vào tính S.
Gii 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
Vy
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
Phƣơng pháp giải:
Giải phương trình lượng giác cơ bản:
sin 0 ,cos 0
2
k k k
Gii chi tiết:
Ta có:
sin cos 0 cosx x k k
.
1 cos 1xx
nên
1 1, 0k k k
.
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com 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 tha mãn.
Câu 40:Đáp án C
Phƣơng pháp giải:
- Tìm hàm s
f x f x dx
.
- Xét phương trình
999fx
, s dụng định lí Vi-ét tìm
12
xx
và tính S.
Gii chi tiết:
Ta có
2
21f x f x dx x dx x x C

.
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
, gi s phương trình 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
Phƣơng 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
.
- Dng và tính khong cách, s dụng phương pháp dựng khong cách t chân đường cao đến mt phng.
Gii 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


.
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com 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 dng h 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
.
Vy
2
;
4
a
d AM BC
.
Câu 42:Đáp án C
Phƣơng pháp giải:
- Chng minh mt phẳng đi qua A và vuông góc với A’C chính là (AB’D’).
- Xác định (AB’D’) chia khối chóp thành nhng phn nào và tính th tích ca chúng.
Gii chi tiết:
Gi
là mt phẳng đi qua A và vuông góc với A’C.
Gi
O A C B D

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

www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com 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
Pytago đảo)
AO O


.
Li có
B D A C
B D ACC A B D A C
B D AA
BD


AB D


.
Mt phng
AB D

chia khi 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
.
Vy
.
.
.
.
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
Phƣơng pháp giải:
Gii chi tiết:
Không gian mu:
4
30
nC
.
Gi A là biến cố: “4 đỉnh được chn to thành mt t giác có bn cạnh đều là đường chéo của (H)”.
Chọn 1 đỉnh bất kì trong 30 đỉnh là 1 đỉnh ca t giác, kí hiu là
1
A
, có 30 cách chn.
Kí hiệu các đỉnh còn li theo chiều kim đồng h lần lượt là
2 3 4 30
, , ,...,A A A A
.
Khi đó tứ giác có dng
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 phn t, s cách chn 1 b x, y, z là
3
25
C
.
3
25
30.n A C
.
Vy xác sut ca biến c A là
3
25
4
30
30.
nA
C
PA
nC

.
Câu 44:Đáp án B
Phƣơng pháp giải:
S dng công thc: Gi
H
hình chiếu ca
H
lên mt phng
P
. Gọi α góc giữa mt phng
P
và mt phng cha hình
H
. Khi đó ta có:
cos
HH
SS
.
Gii chi tiết:
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 29
mt phng to với đáy một góc
0
60
ct tt c các cnh bên ca hình hp nên hình chiếu ca thiết
din lên mt phẳng đáy chính là ABCD.
Khi đó ta có:
0
0
.cos60 2
cos60
ABCD
ABCD TD TD ABCD
S
S S S S
,
0
60BAD
nên
ABD
là tam giác đều cnh a
22
33
42
ABD ABCD
aa
SS
.
Vy
2
3
TD
Sa
.
Câu 45:Đáp án A
Phƣơng pháp giải:
- Gi M, N lần lượt là trung điểm ca CD, AB. Chng minh
;d AB CD MN
.
- S dng công thc
1
. . ; . ;
6
ABCD
V AB CD d AB CD sin AB CD
.
- Đặt CD = x, tính MN theo x, s dng công thức tính độ dài đường trung tuyến.
- S dụng BĐT Cô-si tìm GTLN ca
ABCD
V
.
Gii chi tiết:
Gi M, N lần lượt là trung điểm ca CD, AB.
Vì tam giác ABC, ABD là các tam giác đều cnh a nên AB = AC = AD = BC = BD = a.
,BCD ACD
là các tam giác cân ti A
CD AM
CD ABM
CD BM
CD MN
.
Li có
..BCD ACD c c c AM BM
ABM
cân ti 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

www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 30
Do đó ta có
1
. . ; . ;
6
ABCD
V AB CD d AB CD sin AB CD
22
13
. . . ;
62
ax
a x sin AB CD

Để
ABCD
V
đạt giá tr ln nht 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
.
Vy
23
13
max .
6 4 8
ABCD
aa
Va
.
Câu 46:Đáp án D
Phƣơng pháp giải:
- Dng hình ch nht ABHC, chng minh
DH ABCD
.
- Xác định góc gia AD và (ABC) là góc gia AD và hình chiếu ca AD lên (ABC).
- Chng minh ABHC là hình vuông.
- Xác định đoạn vuông góc chung ca AD và BC.
- S dng t s ng giác ca góc nhn trong tam giác vuông tính chiều cao DH độ dài đường chéo
ca hình vuông ABHC.
- Tính
ABHC ABC
SS
, t đó tính thể tích
1
.
3
ABCD ABC
V HD S
.
Gii chi tiết:
Dng hình ch nht ABHC ta có:
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 31
AB BD
AB BDH AB DH
AB BH
AC CH
AC CDH AC DH
AC CD
DH ABCD
AH là hình chiếu ca 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 (T giác có hai đường chéo vuông góc).
Gi
O AH BC
, trong (ADH) k
OK AD K AD
ta có:
;
OK AD
d AD BC OK a
OK BC BC ADH

.
Xét tam giác OKA vuông ti K
0
45OAK
nên tam giác OAK vuông cân ti K
22OA OK a
.
2 2 2AH OA a
.
Li có tam giác AHD vuông cân ti H nên
22HD AH a
.
Ta có:
2 2 2
11
2 2 4
22
ABHC
S AH a a
2
2
ABC
Sa
.
Vy
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
Phƣơng pháp giải:
- T
fx
suy ra các nghim của phương trình
0fx
, chú ý nghim bi chn, bi l.
- Tính đạo hàm
gx
.
- Giải phương trình
0gx
xác định các nghim bi l.
Gii 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


www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com 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





u là các nghiệm đơn)
(Ta không xét
2
2 6 1xx
fx
không đổi du qua
1x 
nên nghim của phương trình
2
2 6 1xx
không làm cho
gx
đổi du).
Vy hàm s đã cho có 3 điểm cc tr.
Câu 48:Đáp án A
Phƣơng pháp giải:
- Gi M, N lần lượt là trung điểm ca AB, CD. Chng 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, t đó tính MN theo a và suy ra CD theo a.
Gii chi tiết:
Gi M, N lần lượt là trung đim ca AB, CD.
Vì tam giác ACD, BCD là các tam giác cân lần lượt ti A và B nên
AN CD
BN CD
.
Li có
,
,
ACD BCD CD
AN ACD AN CD
BN BCD BN CD



0
; ; 90ACD BCD AN BN ANB
.
D thy
..ACD BCD c c c AN BN
ABN
vuông cân ti N
1
2
MN AB
.
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 33
Chứng minh tương tự ta có
MCD
vuông cân ti 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
.
Vy
23
2
3
a
CD MN
.
Câu 49:Đáp án A
Phƣơng pháp giải:
- Tìm
1;3
1;3
min ;max
a
yy
- Để
,,f a f b f c
là độ dài ba cnh ca mt tam giác thì
0fa
f a f b f c

.
Gii 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 mt tính tng quát, ta gi s
f a f b f c
.
, , 1;3abc
nên
2 18m f a f b f c m
.
Để
,,f a f b f c
là độ dài ba cnh ca mt 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
Phƣơng pháp giải:
- S dng kiến thc:
.
1
3
ACB D ABCD A B C D
VV
.
- S dụng định lí
,
P Q d
aQ
a P a d



.
www.thuvienhoclieu.com
www.thuvienhoclieu.com Trang 34
- Tính th tích khối lăng trụ = tích chiu cao và diện tích đáy tương ứng.
Gii chi tiết:
Gi
O AC BD
O là trung điểm ca AC và BD.
ACC’A’ hình thoi nên AA’ = AC, li
0
60A AC

(gt) nên
A AC
tam giác đều
AO 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 hình thoi),
0
60BAD gt
nên tam giác ABC đều cnh
a.
3
3
2
a
AO AC a
22
33
42
ABC ABCD
aa
SS
.
AAC

là tam giác đều cnh
3a
3. 3 3
22
aa
AO
.
Vy
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

Preview text:

SỞ GD&ĐT THANH HÓA
ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1 TRƢỜNG 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 www.thuvienhoclieu.com  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: www.thuvienhoclieu.com Trang 2 www.thuvienhoclieu.com 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 
F x bằng: 2x  3 2 1 1 A.   B.
C. 2 ln 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? www.thuvienhoclieu.com Trang 3 www.thuvienhoclieu.com 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 x 1  x  bằng: 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  là: 2 x 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. www.thuvienhoclieu.com Trang 4 www.thuvienhoclieu.com 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 www.thuvienhoclieu.com Trang 5 www.thuvienhoclieu.com
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
Ox, Oy, Oz, (Oyz), (Ozx), (Oxy) là ,
A B, C, D, E, F . Gọi P và Q tương ứng là giao điểm của đường thẳng
OM với các mặt phẳng ( ABC) và (DEF ) . Độ dài PQ bằng: 6 7 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 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 www.thuvienhoclieu.com Trang 6 www.thuvienhoclieu.com
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 A  AC  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 www.thuvienhoclieu.com Trang 7 www.thuvienhoclieu.com 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
Phƣơng 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
Phƣơng pháp giải:
- Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x tại điểm M x ; y y f  x x xy . 0   0  0 0  0 a a
- Hai đường thẳng y ax b 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  www.thuvienhoclieu.com Trang 8 www.thuvienhoclieu.comx 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
Phƣơng pháp giải:
- Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x tại điểm M x ; y y f  x x xy . 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
Phƣơng 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. www.thuvienhoclieu.com Trang 9 www.thuvienhoclieu.com 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
Phƣơng 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 www.thuvienhoclieu.com Trang 10 www.thuvienhoclieu.com
Phƣơng 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
Phƣơng 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 ay 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
Phƣơng 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 ii   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 www.thuvienhoclieu.com Trang 11 www.thuvienhoclieu.com 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
Phƣơng 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
Phƣơng 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 www.thuvienhoclieu.com Trang 12 www.thuvienhoclieu.com 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
Phƣơng 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 VAH.S  . .  ABCD  3 BCD 3 2 2 12 Câu 12:Đáp án B
Phƣơng 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  www.thuvienhoclieu.com Trang 13 www.thuvienhoclieu.com   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
Phƣơng 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
Phƣơng pháp giải: sin x
- Sử dụng công thức tan x  cos x
- Sử dụng phương pháp đổi vi phân: sin xdx  d cos xdu
- Sử dụng công thức tính nguyên hàm:  ln u Cu Giải chi tiết: sin xd cos x tan xdx dx
  ln cos x C    cos x cos x Câu 15:Đáp án D
Phƣơng 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  www.thuvienhoclieu.com Trang 14 www.thuvienhoclieu.com 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
Phƣơng 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
Phƣơng 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
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
Phƣơng 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 đ 
áp án B: ta có y  2 2 2x   1 .4x  0  2 
, do đó hàm số có 3 điểm cực trị. x    2 www.thuvienhoclieu.com Trang 15 www.thuvienhoclieu.com   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
Phƣơng 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 .
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 www.thuvienhoclieu.com Trang 16 www.thuvienhoclieu.com 1 1 1 1 1
Vậy thể tích khối chóp là 3 V  . SA S  . SA . AB BC x   . 3 ABC 3 2 6 6 Câu 20:Đáp án B
Phƣơng 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
Phƣơng 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
Phƣơng 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
Phƣơng 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 www.thuvienhoclieu.com Trang 17 www.thuvienhoclieu.com Câu 24:Đáp án B
Phƣơng 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 . AB AC a a a
Xét tam giác vuông ABC ta có 2 2 2 2 AB
BC AC  4a a  . 3. 3 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 a AA  AC  A C
   3a a a 2  1 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
Phƣơng pháp giải:
Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang, tiệm cận đứng của đồ thị hàm số: www.thuvienhoclieu.com Trang 18 www.thuvienhoclieu.com
- 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
Phƣơng 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 1ta có 1 x x ln x là một nguyên hàm của hàm số ln x . Câu 27:Đáp án C
Phƣơng pháp giải: www.thuvienhoclieu.com Trang 19 www.thuvienhoclieu.com
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
Phƣơng 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
Phƣơng 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
Phƣơng pháp giải: www.thuvienhoclieu.com Trang 20 www.thuvienhoclieu.com
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  . AB 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 VA . B . CD d.sin   . . a . a . a sin 30  . ABCD 6 6 12 Câu 31:Đáp án A
Phƣơng 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 am 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
Phƣơng 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 www.thuvienhoclieu.com Trang 21 www.thuvienhoclieu.com  .
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
Phƣơng 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;bCâu 34:Đáp án A
Phƣơng 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 www.thuvienhoclieu.com Trang 22 www.thuvienhoclieu.com 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
Phƣơng 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 hx  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  hx  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
Phƣơng 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       www.thuvienhoclieu.com Trang 23 www.thuvienhoclieu.com
- 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
Phƣơng 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 xy yz z . Q P
Q P  Q PGiải 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  3  t  + 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  www.thuvienhoclieu.com Trang 24 www.thuvienhoclieu.com    
+ Ta có: DE  1; 2;0; DF  1;0;3  D ; E 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
Phƣơng pháp giải: - Phân tích 2 3
1 x x x thành nhân tử. n n
- Khai triển nhị thức Niu-tơn: a bk nk 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
Phƣơng 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 . www.thuvienhoclieu.com Trang 25 www.thuvienhoclieu.com
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;...;  642 . 2
Vậy phương trình đã cho có 643 nghiệm thỏa mãn. Câu 40:Đáp án C
Phƣơng pháp giải:
- Tìm hàm số f x  f   xdx.
- 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
 xdx   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
Phƣơng 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  . www.thuvienhoclieu.com Trang 26 www.thuvienhoclieu.com 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
Phƣơng 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 A C
   a 2; A C   a 3 . 2 a a 6
Áp dụng định lí Pytago ta có: 2 2 2 AO  AA  A O    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 www.thuvienhoclieu.com Trang 27 www.thuvienhoclieu.com 2 2 Xét tam giác AA’I có: 2a a 2 2 2 2 AI A I   
a AA , suy ra tam giác AA’I vuông tại I (Định lí 3 3
Pytago đảo)  AO     O  . B D    A C   Lại có   B D     ACC A    B D    A C   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
Phƣơng 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  nA 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
Phƣơng 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: www.thuvienhoclieu.com Trang 28 www.thuvienhoclieu.com
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 SS .cos 60 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 Sa 3 . TD Câu 45:Đáp án A
Phƣơng 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  . AB 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 AM BCD, 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 www.thuvienhoclieu.com Trang 29 www.thuvienhoclieu.com Do đó ta có 1 V  . AB 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
Phƣơng 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  . HD S . ABHC ABC ABCD 3 ABC Giải chi tiết:
Dựng hình chữ nhật ABHC ta có: www.thuvienhoclieu.com Trang 30 www.thuvienhoclieu.comAB 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 A ;
D 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 SAH aa 2  S  2a . ABHC  2 2 2  2 4 2 2 ABC 3 1 1 4 2a Vậy 2 VH . D S  .2 2 . a 2a  . ABCD 3 ABC 3 3 Câu 47:Đáp án C
Phƣơng 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 www.thuvienhoclieu.com Trang 31 www.thuvienhoclieu.com 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
Phƣơng 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 www.thuvienhoclieu.com Trang 32 www.thuvienhoclieu.com 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
Phƣơng 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 cGiải 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  bf af 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
Phƣơng 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   PaQ , a d www.thuvienhoclieu.com Trang 33 www.thuvienhoclieu.com
- 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 A
 AC  60 (gt) nên AA
C là tam giác đều  A O   AC   ACC A
    ABCD  AC Ta có:     . AO   ACC A A OABCD
, 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 www.thuvienhoclieu.com Trang 34