Đề thi thử THPTQG 2020 lần 1 môn Toán trường THPT Tĩnh Gia 1 – Thanh Hóa

Đề thi thử THPTQG 2020 lần 1 môn Toán trường THPT Tĩnh Gia 1 – Thanh Hóa có mã đề 252, đề được biên soạn theo dạng trắc nghiệm với 50 câu hỏi và bài toán

19 10 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi THPTQG môn Toán năm 2023

Môn: Toán

Thông tin:

32 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Hoa
1 | M
ã đ ề 2 5 2
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 1
TỔ TOÁN TIN
------
ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1
Năm học: 2019- 2020
MÔN: TOÁN
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
------------------------------------------------------
Mã đề: 252
Câu 1 : Cho khối nón có bán kính đáy bằng R = 1, đường sinh
4l
. Diện tích xung quanh của khối
nón là:
A.
.
B.
C.
D.
.
Câu 2 :
Cho hàm số có bảng biến thiên như sau
Số nghiệm của phương trình là:
A. 3. B. 1. C. 0. D. 2.
Câu 3 :
Hình lăng trụ tam giác có bao nhiêu mặt:
A. 3. B. 5. C. 9. D. 6.
Câu 4 :
Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số: là:
A. 0. B. 1. C. 3. D. 2.
Câu 5 :
Cho hàm số liên tục trên đoạn và có đồ thị trên đoạn như hình vẽ bên. Tổng
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn bằng
A.
.
B.
.
C.
.
D.
Câu 6 :
Cho và . Tính .
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 7 :
Tập nghiệm của bất phương trình là đoạn . Giá trị
biểu thức bằng:
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 8 :
Bất phương trình: có tập nghiệm là:
12V
4
6
8
f x
2
0f x
1
1
x
y
x
f x
1;5
1;5
f x
1;5
1 4 1
2
2
1
2df x x
2
1
1dg x x
2
1
2 3I f x g x x
d
7I
7I 3I
7
2
I
2
2
2
1 2 1
4
2
3 2 3
2 3
x
x x x
;a
b
3a
b
8 2 3 2 4 3
2 4 2 4 2 2
2
2
l
og 3x 2 log 6 5x
2 | M
ã đ ề 2 5 2
A.
B.
C. .
D.
(1; +)
Câu 9 :
Hàm số có đạo hàm số
3 2020 4
'( ) ( 1)( 2) ( 3) ( 4) ,f x x x x x x R . Số điểm cực
trị của hàm số đã cho là: A. 4 B. 1 C. 3. D.2.
Câu 10 :
Tính đạo hàm của hàm số .
A.
B.
.
C.
D.
Câu 11 :
Tổng diện tích các mặt của một hình lập phương bằng . Thể tích của khối lập phương đó là:
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 12 :
Cho là các số thực dương tùy ý và . Đặt . Mệnh đề nào sau
đây là đúng?
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 13 :
Cho tích phân , , b là phân số tối giản. Tính .
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 14 :
Cho khối chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng .
Tính thể tích của khối chóp đã cho.
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 15 :
Tìm một nguyên hàm của hàm số .
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 16 :
Cho hình chóp tam giác đều có các cạnh đều bằng . Tính thể tích của khối nón có
đỉnh và đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác .
A.
. B. .
C.
.
D. .
Câu 17 :
Đường cong trong hình vẽ là đồ thị hàm số nào dưới đây:
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 18 :
Khối cầu có thể tích . Diện tích của mặt cầu bằng.
6
1
;
5
1
;
3
2
3
;1
y
f x
logy
x
1
'y
x
'
l
n10
x
y
l
n10
'y
x
1
'
ln
10
y
x
9
6
64 48 91 84
,a
b
1a
2
3
6
log log
a
a
P b b
9
log
a
P
b
6
log
a
P
b
27 log
a
P b 15log
a
P b
2
2
0
ln
1 4
xdx
a b
x
,a
b R
S
ab
2
3
S
6S
2
3
S
6S
.S
ABC
a 60
o
V
3
3
48
a
V
3
3
8
a
V
3
3
24
a
V
3
3
16
a
V
2
3
2f
x x x
x
2
3
1
df x x x C
x
x
3
3
d
3ln 3
3
x
f x x x x C
2
3 1
d 2f x x x C
x
x
3
3
4
d
3ln
3 3
x
f x x x x C
.S
ABC
3a
V
S
A
BC
3
3
a
V
3
2
3
a
V
3
2V
a
3
V
a
4
2
2 2y x x
4
2
2 2y x x
3
2
3
2y x x
3
2
3
2y x x
S
3
36
cm
S
3 | M ã
đ ề 2 5 2
A.
B.
C.
D.
Câu 19 :
Cho khối tứ diện có đáy là tam giác vuông tại , , , và
đường cao . Tính thể tích của khối tứ diện theo .
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 20 : Cho hàm số
( )y f x
có bảng biến thiên như hình vẽ
Hàm số đạt cực đại tại : A. x = 0
B. x = 1. C. x = -1 D. y = 0.
Câu 21 :
Một người gửi triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất năm. Biết rằng nếu không rút
tiền ra khỏi ngân hàng, thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính cho năm tiếp
theo. Biết rằng trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó không rút tiền ra. Hỏi sau
5 năm người đó rút tiền thì số tiền lãi người đó nhận được là ( kết quả gần nhất ):
A.
triệu đồng.
B.
triệu đồng.
C.
triệu đồng.
D.
triệu đồng.
Câu 22 :
Phương trình : có nghiệm là:
A.
2
B.
C. D.
Câu 23 :
Rút gọn biểu thức với ta được:
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 24 :
Tâm các mặt của hình lập phương tạo thành các đỉnh của khối đa diện nào sau đây?
A.
Khối bát diện đều.
B.
Khối lăng trụ tam giác đều.
C.
Khối tứ diện đều.
D.
Khối chóp lục giác đều.
Câu 25 :
Đồ thị của hàm số và đồ thị của hàm số có số điểm chung là:
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 26 :
Giá trị lớn nhất của hàm số
3
( ) 3 2f x x x trên đoạn
3;
3
bằng:
A. B. C. D.
.
Câu 27 :
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
2
36
cm .
2
20
cm .
2
18 cm
.
2
24
cm .
OABC
OBC O OB a
3OC a
( 0)a
3OA a
a
3
12
a
3
3
a
3
6
a
3
2
a
50 7% /
20,
128 70,128
17,5 67,5
2x
3 4 x
4 8
6
7
4
5
2
3
1
6
3
.P x
x
0x
2
P x
2
9
P x
P x
1
8
P x
3 2
2 2y x x
2
2y x
0
1
3
2
16 2
0 0
4
4 | M
ã đ ề 2 5 2
A.
.
B.
.
C.
.
D.
Câu 28 :
Một hộp có bi đen, bi trắng. Chọn ngẫu nhiên 2 bi. Xác suất để 2 bi được chọn cùng màu là :
A. B. C.
4
9
D.
Câu 29 :
Cho hàm số có bảng biến thiên như hình bên. Hàm số đồng biến trên
khoảng nào dưới đây:
A.
.
B.
.
C.
(1; )
.
D.
.
Câu 30 :
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và các cạnh bên bằng nhau. Số đo của góc
giữa đường thẳng AC và mặt phẳng (SBD) là:
A.
B.
C.
D.
Câu 31 :
Một bình chứa oxy, sử dụng trong công nghiệp và trong y tế được thiết kế gồm hình trụ có chiều
cao là và nửa hình cầu có bán kính như hình vẽ. Khi đó thể tích của bình là
bao nhiêu?
A.
26
3
(lít).
B.
23
6
(lít).
C.
.
D.
.
Câu 32 :
Cho cấp số nhân . Công bội của cấp số nhân bằng:
A.
2
B. C.
1.
D.
.
Câu 33 :
Cho hàm số đồng biến trên khoảng và hàm số
nghịch biến trên khoảng . Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 34 :
Tìm một nguyên hàm của hàm số .
1
1
x
y
x
1
1
x
y
x
1
1
x
y
x
1
1
x
y
x
5 4
1
4
5
9
1
9
y f x
y f x
1
; 
0
; 
0;1
0
30
0
45
0
6
0
0
90
150cm 5cmr V
3
23
m
6
26
3
3
m
1
2
1
2
,
2
u u
1
4
3
2
x
y a
0 1a
; 
x
y b
0 1b
;

1
, 1a b 0 1, 1a b
1,0 1a b 0 1,0 b 1a
cos3f x x
5 | M ã
đ ề 2 5 2
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 35 :
Tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy và chiều cao .
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 36 :
Cho hàm số xác định trên thỏa mãn và . Giá trị
của biểu thức bằng.
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 37 :
Mộtđề thi trắc nghiệm gồm câu, mỗi câu có phương án trả lời trong đó chỉ có phương án
đúng, mỗi câu trả lời đúng được điểm. Một thí sinh làm bài bằng cách chọn ngẫu nhiên
trong phương án ở mỗi câu. Tính xác suất để thí sinh đó được điểm.
A.
.
B.
.
C.
.
D.
Câu 38 :
Cho hàm số có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
Hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 39 :
Phương trình :
2 2 2
2 2
1 2 4 2
9.9 (2 1).15 (4 2)5 0
x x x
x x x
m m
có đúng hai nghiệm thực phân
biệt khi
( ; ),( , ,m a b a b R b
là phân số tối giản). Tổng
2a b
bằng:
A. 2. B. 0. C. 1. D. 3.
Câu 40 :
Số
giá trị nguyên của tham số để hàm số nghịch biến trên khoảng là:
A.
.
B. . C. . D. .
Câu 41 :
Cho hàm số liên tục trên
| 0
; 1R
,
(1) 2ln 2f
và .
Giá trị , với
, , ,a b R a b
là phân số tối giản. Tính .
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 42 :
Cho khối lăng trụ tam giác . Các mặt phẳng và chia khối lăng trụ
đã cho thành khối đa diện. Kí hiệu , lần lượt là các khối đa diện có thể tích lớn nhất,
nhỏ nhất. Giá trị của bằng:
A. 4. B. 2. C. 5. D. 3.
d 3
sin3f x x x C
d s
in3f x x x C
sin 3
d
3
x
f x x C
sin 3
d
3
x
f x x C
V
4r
4 2h
32
2V
64
2V
32V
128V
f x
1
\
2
2
, 0
1
2 1
f x f
x
1 2f
1 3f
f
4 l
n15 2 ln15 3 ln15 ln15
50
4 1
0,2
1
4
6
20 3
0
1 0,25 .0,75
20
30
0,25 .0,75
30
20
0,25 .0,75
30 20 20
50
0,
25 .0,75 C
y f
x
y f x
2;
3
4;
2;
1
1;
3
m
10
2
mx
y
x m
0;
2
4
9 6 5
y f x
2
1 .x x f x f x x x
2 ln3f a b
2 2
a b
25
4
13
4
5
2
9
2
.ABC A
B C
AB
C
A B
C
4
1
H
2
H
1
2
H
H
V
V
6 | M
ã đ ề 2 5 2
Câu 43 :
Cho với là các số nguyên dương và là phân số tối giản.
Giá trị của biểu thức bằng
A.
81
B.
23
C.
41
D.
39
Câu 44 :
Cho hàm số liên tục trên
R
và có bảng biến thiên như hình vẽ bên.
Phương trình có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt.
A.
8
B.
12
C.
6
D.
10
Câu 45 :
Cho tứ diện đều ABCD có . Tính thể tích của khối tứ diện
A.
.
B.
.
C.
. D.
.
Câu 46 :
Phương trình:
2
2
3
1
1 1
9 log 1 9 9 ( 1) 9
2020 2020 2020
x x x x x
có tất cả bao
nhiêu nghiệm thực phân biệt : A. 4. B. 1. C. 3. D. 2.
Câu 47 :
Cho hàm số
3
2
,
, ; 0y x ax bx c a b c R c
có đồ thị là
C
. Gọi
A
là giao điểm của
C
và trục tung, biết
C
có đúng hai điểm chung với trục hoành là
,M N
đồng thời tiếp tuyến của
C
tại
M
đi qua
A
và tam giác
AMN
có diện tích bằng 1. Giá trị của biểu thức
a b c
bằng
A.
1
7
.
B.
3
.
C.
1
.
D.
9
.
Câu 48 :
Cho hàm số với là số thực dương . Biết rằng với mọi số thực
thỏa mãn ta luôn có . Số giá trị của m là:
A.
0.
B.
1.
C.
2.
D.
3.
Câu 49 :
Cho khối chóp có , và mặt phẳng vuông góc
với mặt phẳng . Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp đã cho.
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 50 : Cho hàm số
( )y f x
liên tục trên R và đồ thị hàm số
( )y f x
như hình vẽ. Số điểm cực trị của
hàm số
(
( ) 1)
2020
f
f x
y
là:
1
0
1
1
a
b
I dx
c
x x
, ,a b c
b
c
a b c
y f x
4
2
1
8
8 1
2
f x x
, 6d A BCD
V AB
CD
27 3
9
3
2
5 3
2
7 3
2
2
l
og
2
mx
f x
x
m
, 0;2a b
2a b
3f a f b
.S ABC SA SB AB AC a
6
3
a
SC
SBC
A
BC
S
2
1
2
7
a
2
6 a
2
48
7
a
2
24 a
7 | M
ã đ ề 2 5 2
A.
13
B.
12
C.
10
D.
14
--
- Hết ---
ĐÁP ÁN THAM KHẢO
1 B 26 B
2 A 27 B
3 B 28 C
4 D 29 C
5 C 30 D
6 B 31 B
7 D 32 B
8 A 33 C
9 D 34 D
10 D 35 B
11 A 36 C
12 B 37 D
13 A 38 C
14 C 39 A
15 D 40 C
16 B 41 D
17 A 42 C
18 A 43 D
19 D 44 A
20 A 45 A
21 A 46 C
22 B 47 C
23 C 48 B
24 A 49 A
25
D 50 B
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Cho khối nón có bán kính đáy bằng
1R
=
, đường sinh
4
l =
. Diện tích xung quanh của khối
nón là:
A.
12 .
π
B.
4.
π
C.
D.
8.
π
Lời giải
Chọn B.
Ta có:
.1.4 4
xq
S Rl
ππ π
= = =
. (đvdt)
Câu 2. Cho hàm số
( )
fx
có bảng thiên như sau:
Số nghiệm của phương trình
( )
20fx−=
là
A.
3
. B.
1
. C.
0
. D.
2
.
Lời giải
Chọn A.
Xét phương trình
(
) ( )
20 2fx fx
−=⇔ =
Số nghiệm của phương trình
(
)
20fx−=
bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
( )
y fx=
và
đường thẳng
2y =
.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng
2y =
cắt đồ thị hàm số taị
3
điểm phân biệt. Từ
đó số nghiệm của phương trình
( )
20fx−=
là ba nghiệm.
Câu 3. Hình lăng trụ tam giác có bao nhiêu mặt?
A.
3
. B.
5
. C.
9
. D.
6
.
Lời giải
Chọn B.
Dựa vào hình vẽ ta thấy hình lăng trụ tam giác có
5
mặt.
a
B
A
C
C'
A'
B'
Câu 4. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số
1
1
x
y
x
−
=
+
là:
A.
0
. B.
1
. C.
3
. D.
2
.
Lời giải
Chọn D.
Ta có:
1
lim lim 1
1
xx
x
y
x
→±∞ →±∞
−
= =
+
, suy ra
1y =
là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.
( ) ( )
11
11
lim ; lim
11
xx
xx
xx
−+
→− →−
−−
= +∞ = −∞
++
, suy ra
1x = −
là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận.
Câu 5. Cho hàm số
()fx
liên tục trên đoạn
[ ]
1;5−
và có đồ thị trên đoạn
[ ]
1;5−
như hình vẽ bên.
Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
()fx
trên đoạn
[ ]
1;5−
bằng
A.
1−
. B.
4
. C.
1
. D.
2
.
Lời giải
Chọn C
Nhìn đồ thị của hàm số
()fx
trên đoạn
[ ]
1;5−
ta thấy:
[ ]
1;5
max ( ) 3M fx
−
= =
và
[ ]
1;5
min ( ) 2m fx
−
= = −
nên
1Mm+=
.
Câu 6. Cho
( )
2
1
d2fx x
−
=
∫
và
( )
2
1
d1gx x
−
= −
∫
. Tính
( ) ( )
( )
2
1
2 3dI f x gx x
−
= −
∫
.
A.
7I
= −
. B.
7I =
. C.
3I
=
. D.
7
2
I =
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
( )
( )
( )
2
1
2 3dI f x gx x
−
= −
∫
( ) ( )
22
11
2 d3 dfxx gxx
−−
= −
∫∫
(
)
2.2 3. 1= −−
7=
.
Câu 7. Tập nghiệm của bất phương trình
(
)
( )
22
21 21
4
23 23
23
xx xx
−+ −−
+ +− ≤
−
là đoạn
[ ]
;ab
. Giá
trị của biểu thức
3ab+
bằng:
A.
8 23+
. B.
2 43+
. C.
2 42+
. D.
4 22+
.
Lời giải
Chọn D
Nhận thấy
( )
(
)
2 32 3 1+ −=
⇒
( )
(
)
1
23
23
−=
+
.
Do đó:
( )
( )
22
21 21
4
23 23
23
xx xx−+ −−
+ +− ≤
−
⇔
( ) ( )
( )
(
)
( )
2
2
2
2
23
23 23 423
23
xx
xx
−
−
+
+ ++ ≤+
+
⇔
( )
( )
2
2
2
2
1
23 4
23
xx
xx
−
−
++ ≤
+
.
( )
1
Đặt
( )
2
2
23
xx
t
−
+=
;
0t >
( )
1
trở thành
1
4
t
t
+≤
⇔
2
4 10tt
− +≤
⇔
23 23t− ≤≤ +
.
Ta có
( )
2
2
2323 23
xx−
− ≤ + ≤+
⇔
2
1 21xx−≤ − ≤
⇔
1 2;1 2x

∈− +

.
Do đó
12
12
a
b
= −
= +
⇒
3 4 22
ab+=+
.
Câu 8. Bất phương trình
( )
( )
22
log 3 2 log 6 5
xx
−> −
có tập nghiệm là:
A.
6
1;
5



. B.
1
;3
2



. C.
(
)
3;1
−
. D.
( )
1;+∞
.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện:
3 20
65 0
x
x
−>
−>
⇔
26
;
35
x

∈


.
Ta có:
( ) ( )
22
log 3 2 log 6 5xx−> −
3 2 65xx⇔ −>−
1x⇔>
.
Kết hợp với điều kiện, ta có bất phương trình có tập nghiệm là khoảng
6
1;
5



.
Câu 9. Hàm số
()y fx=
có đạo hàm
( ) (
)( ) ( ) (
)
3 2020 4
1 2 3 4,fx x x x x x
′
= − − − − ∀∈
. Số điểm cực
trị của hàm số đã cho là
A.
4
. B.
1
. C.
3
. D.
2
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
( ) ( )( ) ( ) ( )
3 2020 4
12 3 4fx x x x x
′
=−− − −
( )
1
2
0
3
4
x
x
fx
x
x
=
=
′
= ⇔
=
=
Do
2 2020 4
( 2) ( 3) ( 4) 0,xx x x− − − ≥ ∀∈
nên dấu của
()fx
′
chính là dấu của
( ) ( 1)( 2)gx x x=−−
. Ta có bảng biến thiên của hàm số
()y fx=
như sau:
Nhìn bảng biến thiên ta thấy hàm số có
2
điểm cực trị.
Câu 10. Tính đạo hàm của hàm số
logyx=
.
A.
1
y
x
′
=
. B.
ln10
x
y
′
=
. C.
ln10
y
x
′
=
. D.
1
ln10
y
x
′
=
.
Lời giải
Chọn D
Áp dụng công thức
( )
log
a
yx=
1
'
ln
y
xa
⇒=
với
10a =
ta được kết quả
1
ln10
y
x
′
=
.
Câu 11. Tổng diện tích các mặt của một hình lập phương bằng
96
. Tính thể tích của khối lập phương
đó là
A.
64
. B.
48
. C.
91
. D.
84
.
Lời giải
Chọn A
Gọi
( )
0aa>
là cạnh của hình lập phương đã cho.
Diện tích một mặt của hình lập phương là
2
a
(đvdt).
Vì tổng diện tích các mặt của một hình lập phương bằng
96
nên
22
6 96 16 4aaa= ⇔ = ⇔=±
.
Vì
0a
>
nên
4a
=
.
Vậy thể tích của khối lập phương đó là
33
4 64a = =
(đvtt).
Câu 12. Cho
,ab
là các số thực dương tùy ý và
1a ≠
. Đặt
2
36
log log
a
a
Pb b= +
. Mệnh đề nào sau đây
là đúng?
A.
9 log
a
Pb=
. B.
6 log
a
Pb=
. C.
27 log
a
Pb
=
. D.
15log
a
Pb=
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
2
36
6
log log 3log log 3log 3log 6 log
2
a a a aa a
a
Pb b b b b b b
=+ =+ =+=
.
Câu 13. Cho
2
2
0
d ln , , ,
14
=+∈
+−
∫
xdx
x a b ab b
x
là phân số tối giản. Tính
S ab
=
.
A.
2
3
S =
. B.
6S =
. C.
2
3
S = −
. D.
6S = −
.
Lời giải
Chọn A
Đặt
22 2
4 4 dd
t x t x tt xx= − ⇒=−⇒ =−
.
Đổi cận:
0 2; 2 0
x tx t
=⇒= = ⇒=
.
Khi đó:
( )
02
2
0
20
11
dt 1 ln 1 2 ln 3 2 ln
11 3
t
dt t t
tt
−

=− =−+=−=+

++

∫∫
Suy ra:
12
2;
33
a b ab= =⇒=
.
Câu 14. Cho khối chóp tam giác đều
.S ABC
có cạnh đáy bằng
a
, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng
60°
. Tính thể tích
V
của khối chóp đã cho.
A.
3
3
48
a
V =
. B.
3
3
8
a
V =
. C.
3
3
24
a
V =
. D.
3
3
16
a
V
=
.
Lời giải
Chọn C
Gọi
I
là trung điểm
BC
và
O
là hình chiếu
vuông góc của
S
lên mp
( )
ABC
Ta có:
(
)
( )
( )
, 60SBC ABC SIO
°
= =
23
3
.tan 60 . 3
62
1 1 33
. .. .
3 3 2 4 24
ABC
aa
SO OI
aa a
V SO S
= °= =
⇒= = =
Câu 15. Tìm nguyên hàm của hàm số
( )
2
3
2fx x x
x
= +−
A.
( )
2
31
d =−− +
∫
fx x x C
x
x
B.
( )
3
3
d 3ln 3
3
=+ −+
∫
x
fx x x x C
C.
( )
2
31
d2=−− +
∫
fx x x C
x
x
D.
(
)
3
3
4
d 3ln
33
=+−+
∫
x
fx x x x C
Lời giải
Chọn D
( )
3
23
34
d 2 d 3ln
33

= +− = + − +


∫∫
x
fx x x x x x x C
x
.
Câu 16. Cho hình chóp tam giác đều
.S ABC
có các cạnh đều bằng
3a
. Tính thế tích
V
của khối nón
có đỉnh
S
và đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
.
A.
3
3
a
V
π
=
. B.
3
2
3
a
V
π
=
. C.
3
2Va
π
=
. D.
3
Va
π
=
.
Lời giải
Chọn B
Gọi
M
là trung điểm
BC
và
O
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
.
Khi đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
là:
R AO=
2
3
AM=
=
2 3. 3
32
a
a=
.
Ta có
SO
là đường cao của hình chóp nên là đường cao của khối nón có đỉnh
S
và đường tròn
đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
.
Xét tam giác
SAO
vuông tại
O
ta có:
22 2
SO SA AO= −
(
)
2
2
3aa= −
2
2
a=
Nên
2SO a=
.
Vậy thể tích của khối nón có đỉnh
S
và đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
là:
2
1
.2
3
V aa
π
=
3
1
.2
3
a
π
=
.
Câu 17. Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây:
A.
42
22yx x=−+ +
. B.
42
22yx x
=−+
. C.
32
32yx x=−+
. D.
32
32yx x=−+ +
Lời giải
Chọn A
Ta thấy, đồ thị hàm số trên là đồ thị của hàm số trùng phương. Suy ra loại đáp án C,D.
Mặt khác,
lim
x
y
→+∞
= −∞
nên loại đáp án B. Chọn A.
Câu 18. Cho khối cầu
( )
S
có thể tích
3
36 cm
π
. Diện tích của mặt cầu
( )
S
bằng.
A.
2
36
cm
π
B.
2
20 cm
π
C.
2
18
cm
π
D.
2
24
cm
π
Lời giải
Chọn A
Gọi
( )
( 0)>R cm R
là bán kính khối cầu
( )
S
. Ta có
33
4
36 27 3
3
R RR
ππ
= ⇔ = ⇔=
.
Diện tích mặt cầu
( )
S
là:
2
4 36SR
ππ
= =
( )
2
cm
.
Vậy chọn A.
Câu 19. Cho tứ diện
OABC
có đáy
OBC
là tam giác vuông tại
O
,
OB a=
,
3
OC a=
,
( )
0a >
và
đường cao
3OA a=
. Tính thể tích của khối tứ diện theo
a
.
A.
3
12
a
. B.
3
3
a
. C.
3
6
a
. D.
3
2
a
.
Lời giải
Chọn D
Diện tích tam giác
OBC
là:
1
..
2
OBC
S OB OC
=
1
.. 3
2
aa=
2
3
2
a
=
.
Vậy thể tích của khối tứ diện là:
1
..
3
OABC OBC
V OA S
=
2
13
. 3.
32
a
a=
3
2
a
=
.
Câu 20. Cho hàm số
( )
y fx=
có bảng biến thiên như hình vẽ.
x
−∞
1
−
0
1
+∞
y
′
−
0
+
0
−
0
+
y
+∞
0
+∞
1−
1−
Hàm số đạt cực đại tại:
A.
0x =
. B.
1
x =
. C.
1x = −
. D.
0y =
.
Lời giải
Chọn A
Từ bảng biến thiên của hàm số, ta thấy
y
′
đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua
0x =
.
Vậy hàm số đạt cực đại tại
0
x =
.
Câu 21. Một người gửi 50 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất
7%
/ năm. Biết rằng nếu không rút
tiền khỏi ngân hàng, thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập với gốc để tính cho năm tiếp
theo. Biết rằng trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó không rút tiền ra. Hỏi
sau
5
năm người đó rút tiền thì số tiền lãi người đó nhận được là ( kết quả gần nhất ):
A.
20,128
triệu đồng. B.
70,128
triệu đồng.
C.
17,5
triệu đồng. D.
67,5
triệu đồng.
Lời giải
Chọn A
Đây là bài toán lãi kép đã có công thức tính:
.(1 )
n
SA r= +
.
Trong đó:
A
là số tiền vốn ban đầu.
n
là số kỳ hạn.
r
là lãi suất theo kỳ hạn.
S
là số tiền cả vốn lẫn lại thu được sau
n
kỳ hạn.
Áp dụng công thức trên với
50 ; 5; 0,07
A nr= = =
ta được:
5
50.(1 0,07) 70,128S =+≈
(triệu đồng).
Vậy số tiền lãi người đó thu được là:
70,128 50 20,128−=
(triệu đồng).
Câu 22. Phương trình
23 4
48
xx+−
=
có nghiệm là:
A.
2
. B.
6
7
. C.
4
5
. D.
2
3
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
23 4
48
xx
+−
=
(
)
(
)
23 4
23
4 6 12 3
22
22
4 6 12 3
6
.
7
xx
xx
xx
x
+−
+−
⇔=
⇔=
⇔ += −
⇔=
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
6
7
x =
.
Câu 23. Rút gọn biểu thức
1
6
3
=Px x
với
0>x
ta được
A.
2
=Px
. B.
2
9
=
Px
. C.
=Px
. D.
1
3
=Px
.
Lời giải
Chọn C
Với
0>x
, ta có
1 11
1
6
3 36
2
= = = =
P x x x .x x x
.
Câu 24. Tâm các mặt của hình lập phương tạo thành các đỉnh của khối đa diện nào sau đây?
A. Khối bát diện đều. B. Khối lăng trụ tam giác đều.
C. Khối tứ diện đều. D. Khối chóp lục giác đều.
Lời giải
Chọn A
Câu 25. Đồ thị của hàm số
32
22yx x=−+
và đồ thị của hàm số
2
2yx= +
có số điểm chung là
A.
0
. B.
1
. C.
3
. D.
2
.
Lời giải
Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị là:
( )
32 2
2 2 21xx x− += +
.
32
30
xx
⇔− =
0
3
x
x
=
⇔
=
( )
1⇒
có 2 nghiệm phân biệt, suy ra đồ thị có 2 đồ thị hàm số có hai
điểm chung.
Câu 26. Giá trị lớn nhất của hàm số
3
32fx x x
trên đoạn
3; 3
bằng:
A.
16
. B.
20
. C.
0
. D.
4
.
Lời giải
Chọn B
Hàm số
3
32fx x x
xác định và liên lục trên đoạn
3; 3
.
Ta có:
22
3 33 1fx x x

.
0 1 3; 3fx x

.
Mà
3 16, 1 4, 1 0, 3 20f f ff 
nên
3; 3
max 3 20
fx f

.
Câu 27. Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
A.
1
1
x
y
x

. B.
1
1
x
y
x
. C.
1
1
x
y
x

. D.
1
1
x
y
x
.
Lời giải
Chọn B
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng
1x
là tiệm cận đứng, do đó loại phương án A và D.
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng
1y
là tiệm cận ngang, do đó loại phương án C.
Câu 28. Một hộp có
5
bi đen,,
4
bi trắng. Chọn ngẫu nhiên
2
bi. Xác suất để
2
bi được chọn cùng màu
là:
A.
1
4
. B.
5
9
. C.
4
9
. D.
1
9
.
Lời giải
Chọn C
Số cách chọn
2
bi trong
9
bi là:
2
9
36C
.
Số cách chọn
2
bi cùng màu là:
22
54
16CC
.
Xác suất để
2
bi được chọn cùng màu là:
16 4
36 9
P

.
Câu 29. Cho hàm số
y fx
có bảng biến thiên như hình bên. Hàm số
y fx
đồng biến trên
khoảng nào dưới đây:
A.
1; 
. B.
0;
. C.
1; 
. D.
0; 1
.
Lời giải
Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy
0y
với mọi
x
thuộc mỗi khoảng
;0
và
1; 
.
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
;0
và
1; 
.
Câu 30. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh
a
và các cạnh bên bằng nhau. Số
đo của góc giữa đường thẳng
AC
và mặt phẳng
SBD
là:
A.
30
. B.
45
. C.
60
. D.
90
.
Lời giải
Chọn D
O
A
B
C
D
S
Gọi
O
là giao điểm của
AC
và
BD
.
Do
ABCD
là hình vuông nên
AC BD
và
O
là trung điểm của
AC
.
1
Mặt khác, do
SA SC
SAC
là tam giác cân tại
S
nên
SO AC
.
2
Từ
1
và
2
suy ra
AC SBD
hay góc giữa
AC
và
SBD
bằng
90
.
Câu 31. Một bình chứa oxy, sử dụng trong công nghiệp và trong y tế được thiết kế gồm hình trụ có
chiều cao là
150cm
và nửa hình cầu có bán kính
5cmr
như hình vẽ. Khi đó thể tích
V
của
bình là bao nhiêu?
A.
26
3
(lít). B.
23
6
(lít). C.
3
23
m
6
. D.
3
26
m
3
.
Lời giải
Chọn B
Thể tích của nửa khối cầu là:
33
1
14 2
5
23 3
Vr 
3
250
cm
3
.
Thể tích của khối trụ là:
22
2
5 .150.V rh

3
3750 cm
.
Thể tích của bình là:
3
12
250 11500
3750 cm
33
VVV  
23
6
(lít).
Câu 32: Cho cấp số nhân có
1
2u
,
2
1
2
u
. Công bội của cấp số nhân bằng:
A.
2
. B.
1
4
. C.
1
. D.
3
2
.
Lời giải
Chọn B
Vì dãy số đã cho là cấp số nhân nên có công bội
2
1
1
1
2
24
u
q
u

.
Câu 33: Cho hàm số
x
ya
01a
đồng biến trên khoảng
;
và hàm số
x
yb
01b
nghịch biến trên khoảng
;
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
1, 1ab
. B.
0 1, 1ab

.
C.
1,0 1ab 
. D.
0 1,0 1ab 
.
Lời giải
Chọn C
Vì hàm số
x
ya
01a
đồng biến trên khoảng
;
nên
1a
.
Vì hàm số
x
yb
01b
nghịch biến trên khoảng
;
nên
01b

.
Câu 34. Tìm nguyên hàm của hàm số
cos 3fx x
.
A.
d 3sin 3fx x x C
. B.
d sin 3
fx x x C

.
C.
sin 3
d
3
x
fx x C
. D.
sin 3
d
3
x
fx x C

.
Lời giải
Chọn D
Ta có
d cos3 df x x xx

sin 3
3
x
C
Câu 35. Tính thể tích
V
của khối trụ có bán kính đáy
4r
và chiều cao
42h
.
A.
32 2V
. B.
64 2
V
. C.
32V
. D.
128
V
.
Lời giải
Chọn B
Thể tích của khối trụ là
2
V rh
2
. 4 .4 2
64 2
(đvtt).
Câu 36. Cho hàm số
fx
xác định trên
1
\
2







thỏa mãn
2
21
fx
x
,
01f
và
12f
. Giá
trị biểu thức
13ff
bằng:
A.
4 ln15
. B.
2 ln15
. C.
3 ln15
. D.
ln15
.
Lời giải
Chọn C
Cách 1. Ta có:
21
d d 2. ln 2 1 ln 2 1 .
21 2
fxx x xC xC
x
 

Do đó
ln 2 1fx x C 
.
Suy ra:
1
2
1
ln 2 1 ,
2
.
1
ln 1 2 ,
2
x Cx
fx
x Cx


• Với
1
0
2
x

, ta có:
22
0 1 ln 1 2.0 1 1.f CC 
• Với
1
1
2
x

, ta có:
11
1 2 ln 2.1 1 2 2.f CC 
Khi đó:
1
ln 2 1 2 ,
2
.
1
ln 1 2 1,
2
xx
fx
xx


Suy ra:
1 ln 1 2. 1 1 1 ln 3
.
3 ln 2.3 1 2 2 ln 5
f
f




Vậy:
1 3 1 ln 3 2 ln 5 3 ln15.ff  
Cách 2. Ta có
0
0
1
1
d01ln21 01fxxff x ff
 
1 1 ln 3.f 
Mà
3
3
1
1
d 31ln21 31fxxff x ff
 
3 2 ln 5.f 
Vậy
1 3 3 ln 3 ln 5 3 ln15.ff  
Câu 37. Một đề thi trắc nghiệm gồm 50 câu, mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có 1 phương
án đúng, mỗi câu trả lời đúng được
0, 2
điểm. Một thí sinh làm bài bằng cách chọn ngẫu nhiên
1 trong 4 phương án ở mỗi câu. Tính xác suất để thí sinh đó được 6 điểm.
A.
20 30
1 0, 25 .0, 75−
. B.
20 30
0,25 .0,75
. C.
30 20
0,25 .0, 75
. D.
30 20 20
50
0,25 .0,75 C
.
Lời giải
Chọn D
Xác suất làm đúng một câu là
1
4
, xác suất làm sai một câu là
3
4
.
Để được 6 điểm thì thí sinh đó phải làm đúng 30 câu và làm sai 20 câu.
Khi đó xác suất cần tìm là
20 30
20 20 20 30
50 50
31
P C . . C .0,75 .0, 25
44
 
= =
 
 
.
Câu 38. Cho hàm số
y fx
có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
Hàm số
y fx

đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
23;
. B.
4;
. C.
21;
. D.
13;
.
Lời giải
Chọn C
Xét hàm số
y fx
có đạo hàm
y fx


.
Dựa vào bảng xét dấu của
fx
ta có bảng xét dấu của
y fx


như sau:
Dựa vào bảng xét dấu ta chọn đáp án C.
Câu 39. Phương trình:
( ) (
)
22 2
2 21 2 4 2
9.9 2 1 .15 4 2 .5 0
xx xx xx
mm
− −+ −+
−+ +− =
có đúng hai nghiệm thực phân
biệt khi
( )
;m ab∈
,
,
ab
∈
,
a
là phân số tố giản. Tổng giá trị
2ab+
bằng:
A.
2
. B.
0
. C.
1
. D.
3
.
Lời giải
Chọn A
Phương trình đã cho trở thành
(
)
(
)
(
)
( )
( )
22 2
11 1
9 2 1 .15 4 2 .25 0
xx x
mm
−− −
−+ +− =
.
Chia hai vế cho
( )
2
1
25
x
−
ta được phương trình:
( )
( )
( )
( )
22
11
93
2 1. 4 2 0
25 5
xx
mm
−−

− + + −=


.
Đặt
( )
2
1
3
5
x
t
−

=


, vì
( )
2
10x
−≥
01t⇒ <≤
.
Khi đó, phương trình đã cho có dạng:
( )
2
2 1 4 20t m tm− + + −=
( )
2
4 2 1 4 20t m tm⇔ −− + + +=
( )( )
2 2 10t tm⇔− − +=
( )
2
21
tL
tm
=
⇔
= −
( )
2
1
3
21
5
x
m
−

⇒=−


( ) ( ) ( )
2
3
5
1 log 2 1 *xm⇔− = −
,
0 2 11m< −≤
.
Để phương trình ban đầu có hai nghiệm thực phân biệt thì phương trình
( )
*
phải có hai nghiệm
thực phân biệt.
Vậy điều kiện của bài toán là:
( )
3
5
0 2 11
log 2 1 0
m
m
< −≤
−>
1
1
2
m⇔<<
.
Vậy
1
2
1
a
b
=
=
22ab⇒ +=
.
Câu 40. Số giá trị nguyên của tham số
m
để hàm số
10
2
mx
y
xm
+
=
+
nghịch biến trên khoảng
( )
0;2
là
A.
4
. B.
9
. C.
6
. D.
3
.
Lời giải
Chọn C
Tập xác định:
\
2
m
D

= −


.
Ta có
( )
2
2
20
2
m
y
xm
−
′
=
+
.
Để hàm số nghịch biến trên
( )
0;2
khi và chỉ khi
( )
2
0;2
20 0
D
m
⊂
−<
.
0
2
2
2
25 25
m
m
m
−≤
⇔
≤−
− <<
0
4
25 25
m
m
m
≥
≤−
⇔
− <<
0 25
25 4
m
m
≤<
⇔
− < ≤−
.
Mà
m ∈
⇒
{
}
4;0;1;2;3;4m ∈−
.
Vậy số giá trị nguyên của tham số
m
để hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
0;2
là 6.
Câu 41: Cho hàm số
()y fx
=
liên tục trên
{ }
\ 0; 1−
,
(1) 2 ln 2f = −
và
2
( 1). () ()xx f x f x x x
′
+ +=+
.Giá trị
(2) ln 3
f ab= +
, với
, ,,ab ab∈
là phân số tối giản. Tính
22
ab+
A.
25
4
. B.
13
4
. C.
5
2
. D.
9
2
.
Lời giải
Chọn D
{ }
\ 0; 1x∀∈ −
ta có
22
2
( ). () ()
()
() 1
( 1)
()
()
1 ( 1) 1
( ( ). )
11
xxfxfxxx
fx
fx
xx
x fx x
fx
xx x
xx
fx
xx
′
+ +=+
′
⇒+ =
+
′
⇒ +=
++ +
′
⇔=
++
Nên
22
11
( ( ). )
11
xx
f x dx dx
xx
′
=
++
∫∫
do đó
22
21 2
(2). (1). 1 ln
32 3
21 2
( ln 3) ( 2ln 2) 1 ln
32 3
22
ln 3 1 ln 3
33
3
9
2
3
2
2
ff
ab
ab
a
ab
b
−=+
⇔ + −− =+
⇔+ =−
=
⇒ ⇒+=
−
=
.
Câu 42. Cho lăng trụ tam giác
.ABC A B C
′′′
. Các mặt phẳng
( )
ABC
′
và
( )
ABC
′′
chia khối lăng trụ đã
cho thành
4
khối đa diện. Kí hiệu
12
, HH
lần lượt là các khối đa diện có thể tích lớn nhất, nhỏ
nhất. Giá trị của
( )
( )
1
2
H
H
V
V
bằng
A.
4
. B.
2
. C.
5.
D.
3
.
Lời giải
Chọn C
Gọi
M AC A C
′′
= ∩
,
N BC B C
′′
= ∩
.
Các mặt phẳng
( )
ABC
′
và
( )
ABC
′′
chia khối lăng trụ đã cho thành
4
khối đa
diện:
; ; ; .CMNBA CMNC MNC A B ABNMA B
′ ′′′ ′′
Gọi
V
là thể tích lăng trụ
.ABC A B C
′′′
.
.
.
11 1
. . . .1
22 4
C MNC
C ABC
V
CM CN CC
V CA CB CC
′
′′′
′
= = =
′′′
..
1 11 1
.
4 4 3 12
C MNC C ABC
V V VV
′ ′′′
⇒= ==
.
.
11 1
3 12 4
CMNBA C ABC C CMN
V V V V VV
′′
= − =−=
.
..
11 1
3 12 4
MNABC C ABC C CMN
V V V V VV
′′′ ′′′ ′
= − =−=
.
11 5
3 4 12
ABNMA B ABCC MNA B C
V VV V V V V V
′′ ′ ′′′
=− − =−− =
Vậy
( )
( )
1
2
5 12
.5
12 1
H
H
V
V
= =
.
Câu 43. Cho
1
0
1
1
I dx
xx
=
++
∫
ab
c
−
=
với
,,abc
là các số nguyên dương và
b
c
là phân số tối giản.
Giá trị của biểu thức
abc++
bằng
A.
81
. B.
23
. C.
41
. D.
39
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
(
)
( )
1
0
1
11
xx
I dx
x xx x
−+
=
++ −+
∫
1
0
1
1
xx
dx
−+
=
−
∫
( )
1
0
1x x dx= +−
∫
12
II= −
với
1
1
0
1I x dx= +
∫
và
1
2
0
I xdx=
∫
.
Ta có:
1
1
0
1I x dx= +
∫
( )
1
1
2
0
1x dx= +
∫
( )
3
2
1
2
1
0
3
x= +
( )
2
22 1
3
= −
còn
1
2
0
I x dx=
∫
đặt
tx
=
2
tx
⇒=
2tdt dx⇒=
. Khi
00xt
=⇒=
, khi
11xt=⇒=
. Do đó
1
2
2
0
2I t dt=
∫
3
1
2
0
3
t=
( )
2
10
3
= −
2
3
=
32 4
3
I
−
⇒=
Vậy
39
abc++=
Câu 44. Cho hàm số
( )
y fx=
liên tục trên
và có bảng biến thiên như hình vẽ.
Phương trình
( )
42
1
881
2
fx x− +=
có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt.
A.
8
. B.
12
. C.
6
. D.
10
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
( )
( )
( )
( )
( )
42
42
42
1
881 1
1
2
881
1
2
881 2
2
fx x
fx x
fx x
− +=
− +=
−
− +=
Xét bảng biến thiên của hàm số
(
)
y fx=
Dựa vào bảng biến thiên ta có
( )
( )
( )
( )
42
1
42
2
42
3
881 3
2 881 4
881 5
xx x
xx x
xx x
− +=
− +=
− +=
ở đó
1
1x <−
,
2
11x−< <
,
3
1x >
Xét hàm số
42
881yx x=−+
3
' 32 16yxx= −
,
01
'0
1
1
2
xy
y
xy
= =
=
=±=−
Ta có bảng biến thiên của hàm số
42
881yx x=−+
là
x
– ∞
-1
1
+ ∞
y'
+
0
–
0
+
y
– ∞
0
-4
+ ∞
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
(3) vô nghiệm, (4) có 4 nghiệm, (5) có 2 nghiệm. Do đó (2) có 6 nghiệm.
Lập luận tương tự ta có
( ) ( )
42
4
1881 6xx x− +=
ở đó
4
1x >
và phương trình này có 2
nghiệm.
Vậy phương trình có 8 nghiệm.
Câu 45. Cho tứ diện đều
ABCD
có khoảng cách từ
A
đến mặt phẳng
BCD
bằng
6
. Tính thể tích
V
của khối tứ diện
ABCD
.
A.
27 3V
. B.
93
2
V
. C.
53
V
. D.
27 3
2
V
.
Lời giải
Chọn A
Gọi
G
là trọng tâm của tam giác đều
BCD
. Suy ra
AG BCD
.
Do đó
;6d A BCD AG
.
Gọi
x
là độ dài của cạnh tứ diện đều
ABCD
và
M
là trung điểm của
CD
.
Nên
3
2
x
BM
và
3
3
x
BG
.
Xét
ABG
vuông tại
G
, ta có:
222
BG AG AB
2
2
22 2 2
3
6 36 54 3 6.
33
xx
x xx x



Vì
BCD
đều nên
2
3 27 3
42
BCD
x
S

.
Thể tích của khối tứ diện đều
ABCD
là
1
. . 27 3
3
ABCD BCD
V AG S

(đvtt).
Câu 46. Phương trình
(
) ( )
22
3
11 1
9log19919
2020 2020 2020
xx x x x

  
+ + + =−− +
  

  

có tất cả bao
nhiêu nghiệm thực phân biệt?
A.
4
. B.
1
. C.
3
. D.
2
.
Lời giải
Chọn C
( ) ( )
22
3
11 1
9log19919
2020 2020 2020
xx x x x

  
+ + + =−− +
  

  

(1)
ĐKXĐ:
1
9 0 18180
2020
xx+ > ⇔ >−
.
Chia hai vế của phương trình (1) cho
1
9
2020
x +
ta được:
( )
(
)
22
3
19
log 1 9 1
1
2020
9
2020
xx x
x


+ + = −−




+
( ) ( )
22
33
19
log 1 log 9 1 2
1
2020
9
2020
xx x
x

⇔ ++ + = − ++


+
( )
(
)
22
33 3
19
log 1 log 9 1 log 9
1
2020
9
2020
xx x
x

⇔ ++ + = − ++


+
( ) ( )
22
33
99
log 1 1 log
11
99
2020 2020
xx
xx


⇔ ++ += +


++

(2)
Đặt
(
)
3
log
ft t t= +
với
0t >
,
( )
1
1 0, 0
.ln 3
ft t
t
′
= + > ∀>
.
Suy ra hàm số đồng biến trên
( )
0; +∞
.
Do đó, (2)
( )
2
9
1
1
9
2020
fx f
x


⇔ +=


+

2
9
1
1
9
2020
x
x
⇔ +=
+
32
11
90
2020 2020
xx x⇔ ++ =
32
18180 0x xx⇔ + +=
( )
2
18180 1 0xx x⇔ + +=
2
2
0( )
9090 9090 1( )
9090 9090 1( )
x TM
x TM
x TM
=
⇔=− + −
=−− −
Vậy phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt.
Câu 47. Cho hàm số
( )
32
,, ; 0y x ax bx c a b c c=+ ++ ∈ <
có đồ thị là
( )
C
. Gọi
A
là giao điểm của
( )
C
và trục tung, biết
( )
C
có đúng hai điểm chung với trục hoành là
,MN
đồng thời tiếp
tuyến của
( )
C
tại
M
đi qua
A
và tam giác
AMN
có diện tích bằng
1
. Giá trị của biểu thức
abc++
bằng
A.
17−
. B.
3
. C.
1−
. D.
9−
.
Lời giải
Chọn C
Theo giả thiết ta có
( )
0;
Ac
,
0c <
.
Do
,MN
thuộc trục hoành nên giả sử
(
)
;0
Mm
và
( )
;0Nn
Vì
( )
C
có đúng hai điểm chung với trục hoành là
,MN
nên
Ox
là một tiếp tuyến của
( )
C
.
Do tiếp tuyến của
( )
C
tại
M
đi qua
A
nên
Ox
phải là tiếp tuyến của
( )
C
tại điểm
N
hay
xn=
là nghiệm kép của phương trình
0y
=
.
( )( )
2
y xmxn⇒= − −
, suy ra
( )
2
0;A mn
−
mà
2
00c mn m=− <⇒ >
và
0n ≠
.
Ngoài ra
( ) ( )
( ) ( ) ( )
22
2y xn xmxn ym mn
′′
=− + − −⇒ = −
.
Khi đó, phương trình tiếp tuyến của
( )
C
tại điểm
M
là
( )( ) ( )
y y m x m ym
′
= −+
( ) ( )
2
y mn xm⇔= − −
( )
d
.
Mặt khác, tiếp tuyến
( )
d
đi qua điểm
( )
2
0;A mn
−
nên ta được
(
) ( )
2
2
.mn m n m
−=− −
( )
( )
2
2
2
0
n mn
mn
n mn
n mn
m
= −
=
⇔=− ⇔ ⇔
=−−
=
.
Do
0m >
nên ta nhận
2mn=
, với
0n >
.
Suy ra
2 24
11 1
. . . . 2 . .2
22 2
AMN
S AO MN mn m n n n n n n= = − −= − −=
(với
O
là gốc tọa độ).
Mà theo giả thiết
1
AMN
S =
nên
4
11nn=⇔=
(do
0n >
).
Vì
1n =
là một nghiệm của phương trình
0y =
nên ta có
( )
10 1 0y abc= ⇔+ ++=
Suy ra
1abc++=−
.
Nhận xét: Có thể dựa vào hình vẽ và giả thiết bài toán, ta dự đoán và chứng minh được hàm số
(
) ( )
2
32
1 2 4 52
yx x x x x=− −=− +−
thỏa mãn bài toán.
Khi đó:
4, 5, 2a bc=−= =−
nên
452 1
abc+ + =−+− =−
.
Câu 48. Cho hàm số
( )
2
log
2
mx
fx
x
=
−
với
m
là số thực dương. Biết rằng với mọi số thực
,a
( )
0;2b ∈
thỏa mãn
2ab
+=
ta luôn có
( ) ( )
3fa fb+=
. Số giá trị của
m
là:
A.
0
. B.
1
. C.
2
. D.
3
.
Lời giải
Chọn B
Với mọi số thực
,a
(
)
0;2
b ∈
, ta có
( ) ( )
fa fb+
22
log log
22
ma mb
ab
= +
−−
( )( )
2
2
log
22
m ab
ab
=
−−
.
Vì
2
ab+=
2ba⇔=−
nên
( ) ( )
fa fb+
( )
( )
2
2
2
log
2
ma a
aa
−
=
−
2
2
log m=
.
Vậy
( ) ( )
3fa fb+=
2
2
log 3m⇔=
2
8m⇔=
22m⇔=
(vì
m
là số thực dương) hay có
một giá trị của
m
thỏa mãn điều kiện đầu bài.
Câu 49. Cho khối chóp
.S ABC
có
SA SB AB AC a= = = =
,
6
3
a
SC =
và mặt phẳng
( )
SBC
vuông
góc với mặt phẳng
( )
ABC
. Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp đã cho là
A.
2
12
7
a
π
. B.
2
6 a
π
. C.
2
48
7
a
π
. D.
2
24 a
π
.
Lời giải
Chọn A
Xét khối chóp
.A SBC
, gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
A
lên mặt phẳng
( )
SBC
. Theo đầu
bài, do
(
)
(
)
ABC SBC
⊥
nên
( )
AH ABC⊂
và
H BC∈
.
Hơn nữa, ta còn có
= = =AS AB AC a
nên
HB HC HS= =
. Suy ra
H
là tâm của đường tròn
ngoại tiếp tam giác
SBC
. Mà
H BC∈
,
HB HC=
H⇒
là trung điểm của
BC
⇒
SBC
vuông tại
S
. Do đó
2
22 2
6 15
33
aa
BC SB SC a

= +=+ =



.
AH
vuông góc với mặt phẳng
( )
SBC
tại
H
là tâm đường tròn ngoại tiếp
SBC
nên
AH
là
trục của đường tròn ngoại tiếp
SBC
. Trong mặt phẳng
( )
ABC
, gọi
I
là giao điểm của đường
trung trực của cạnh
AC
với
AH
, khi đó ta có:
IS IB IC IA= = =
hay
I
là tâm mặt cầu ngoại
tiếp khối chóp
.S ABC
. Do
I
cũng là tâm của đường tròn ngoại tiếp
ABC
nên bán kính
R
của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp
.S ABC
cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp
ABC
.
22
22
15
..
.. .. .. 21
3
4 2. 7
15 15
2 2. .
4 3 36
ABC
a
aa
AB AC BC AB AC BC AB AC BC a
R
S BC AH
BC a a
BC AB a
= = = = =
−−
.
Vậy, diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp
.S ABC
là:
2
2
2
21 12
44
77
aa
SR
π
ππ

= = =



.
Câu 50. Cho hàm số
( )
y fx=
liên tục trên
và có đồ thị hàm số
( )
y fx=
như hình vẽ. Số điểm
cực trị của hàm số
( )
( )
1
2020
f fx
y
−
=
là
A.
13
. B.
12
. C.
10
. D.
14
.
Lời giải
Chọn B
Đặt
( )
1u fx= −
ta có
( )
2020
fu
y
=
và
( )
x
u fx
′′
=
.
( )
( )
. .2020 ln 2020
fu
ux
y f uu
′′ ′
=
.
( )
0
0
0
x
u
u
y
fu
′
=
′
= ⇔
′
=
.
Dựa vào đồ thị hàm số
(
)
y fx=
ta có
0
x
u
′
=
( )
0fx
′
⇔=
1
1
3
6
x
x
x
x
= −
=
⇔
=
=
.
(
)
0
u
fu
′
=
1
1
3
6
u
u
u
u
= −
=
⇔
=
=
( )
( )
( )
( )
0
2
4
7
fx
fx
fx
fx
=
=
⇔
=
=
.
Dựa vào đồ thị hàm số
( )
y fx
=
ta có:
+ Phương trình
( )
0fx=
có một nghiệm đơn
1
7x >
.
+ Phương trình
( )
2fx=
có năm nghiệm đơn
2
x
,
3
x
,
4
x
,
5
x
,
6
x
thỏa mãn
2
21x− < <−
,
3
0x =
,
4
12x<<
,
5
45x<<
,
6
67x<<
.
+ Phương trình
( )
4
fx=
có một nghiệm đơn
7
2x <−
.
+ Phương trình
( )
7
fx=
có một nghiệm đơn
87
xx<
.
Vậy
0
′
=y
có tất cả 12 nghiệm đơn, do đó hàm số
( )
( )
1
2020
f fx
y
−
=
có 12 điểm cực trị.
-------------------- HẾT --------------------
| 1/32
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 1
ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1 TỔ TOÁN TIN Năm học: 2019- 2020 ------ MÔN: TOÁN
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
------------------------------------------------------ Mã đề: 252
Câu 1 : Cho khối nón có bán kính đáy bằng R = 1, đường sinh l  4 . Diện tích xung quanh của khối nón là: A. V  12 . B. 4 C. 6 D. 8 .
Câu 2 : Cho hàm số f x có bảng biến thiên như sau
Số nghiệm của phương trình f x  2  0 là: A. 3. B. 1. C. 0. D. 2.
Câu 3 : Hình lăng trụ tam giác có bao nhiêu mặt: A. 3. B. 5. C. 9. D. 6. Câu 4 : x 1
Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số: y  là: x 1 A. 0. B. 1. C. 3. D. 2.
Câu 5 : Cho hàm số f x liên tục trên đoạn  1  ; 
5 và có đồ thị trên đoạn  1  ; 
5 như hình vẽ bên. Tổng
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x trên đoạn  1  ;  5 bằng A. 1  . B. 4 . C. . 1 D. 2 Câu 6 : 2 2 2 Cho
f x dx  2 và g x dx  1
 . Tính I   2 f x 3g x x d .         1 1 1 7 A. I  7 . B. I  7 . C. I  3 . D. I  . 2 Câu 7 : 2 2 x 2 x 1  x 2 x 1  4
Tập nghiệm của bất phương trình 2  3  2  3  là đoạn  ; a b . Giá trị     2  3
biểu thức a  3b bằng: A. 8  2 3 . B. 2  4 3 . C. 2  4 2 . D. 4  2 2 .
Câu 8 : Bất phương trình: log 3x  2  log 6 5x có tập nghiệm là: 2 2 1 | M ã đ ề 2 5 2  6   1  A. 1;  B.  ;3 C.  3   ;1 . D. (1; +)  5   2 
Câu 9 : Hàm số y f x có đạo hàm số 3 2020 4
f '(x)  (x 1)(x  2) (x  3) (x  4) , x
  R . Số điểm cực
trị của hàm số đã cho là: A. 4 B. 1 C. 3. D.2.
Câu 10 : Tính đạo hàm của hàm số y  log x . 1 x ln10 1 A. y '  B. y '  . C. y '  D. y '  x ln10 x x ln10
Câu 11 : Tổng diện tích các mặt của một hình lập phương bằng 96 . Thể tích của khối lập phương đó là: A. 64 . B. 48 . C. 91. D. 84 .
Câu 12 : Cho a,b là các số thực dương tùy ý và a  1 . Đặt 3 6
P  log b  log b . Mệnh đề nào sau a 2 a đây là đúng? A. P  9 log b . P  6 log b P  27 log b P  15 log b a B. . a C. . a D. . a Câu 13 : 2 xdx Cho tích phân
a  ln b , a b R , b là phân số tối giản. Tính S ab .  , 2 0 1  4  x 2 2 A. S  . B. S  6 . C. S   . D. S  6  . 3 3
Câu 14 : Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60o .
Tính thể tích V của khối chóp đã cho. 3 3a 3 3a 3 3a 3 3a A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 48 8 24 16 Câu 15 : 3
Tìm một nguyên hàm của hàm số f x 2  x   2 x . x 3 1 3 x A.
f x d x x    C . B.  f x 3 d x
 3ln x  3 x C 2 . x x  3 3 1 3 x 4 C.
f x d x  2x    C . D.  3 2
f x d x   3ln x x C . xx 3 3
Câu 16 : Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có các cạnh đều bằng 3a . Tính thể tích V của khối nón có
đỉnh S và đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 3  a 3 2 a A. V  . B. V  . C. 3 V  2 a . D. 3 V   a . 3 3
Câu 17 : Đường cong trong hình vẽ là đồ thị hàm số nào dưới đây: A. 4 2
y   x  2 x  2 . B. 4 2
y x  2 x  2 . C. 3 2
y x 3x  2. D. 3 2 y x  3x  2 .
Câu 18 : Khối cầu S  có thể tích 3
36 cm . Diện tích của mặt cầu  S  bằng. 2 | M ã đ ề 2 5 2 A. 2 36 cm . B. 2 20 cm . C. 2 18 cm . D. 2 24 cm .
Câu 19 : Cho khối tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O , OB a , OC a 3 , (a  0) và
đường cao OA a 3 . Tính thể tích của khối tứ diện theo a . 3 a 3 a 3 a 3 a A. . B. . C. . D. . 12 3 6 2
Câu 20 : Cho hàm số y f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ
Hàm số đạt cực đại tại : A. x = 0 B. x = 1. C. x = -1 D. y = 0.
Câu 21 : Một người gửi 50 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7% / năm. Biết rằng nếu không rút
tiền ra khỏi ngân hàng, thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính cho năm tiếp
theo. Biết rằng trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó không rút tiền ra. Hỏi sau
5 năm người đó rút tiền thì số tiền lãi người đó nhận được là ( kết quả gần nhất ): A. 20,128 triệu đồng. B. 70,128 triệu đồng. C. 17, 5 triệu đồng. D. 67,5 triệu đồng.
Câu 22 : Phương trình : 2x3 4x 4  8 có nghiệm là: 6 4 2 A. 2 B. C. D. 7 5 3 Câu 23 : 1 Rút gọn biểu thức 6 3
P x . x với x  0 ta được: 2 1 A. 2 P x . B. 9 P x . C. P x . D. 8 P x .
Câu 24 : Tâm các mặt của hình lập phương tạo thành các đỉnh của khối đa diện nào sau đây? A. Khối bát diện đều.
B. Khối lăng trụ tam giác đều. C. Khối tứ diện đều. D.
Khối chóp lục giác đều.
Câu 25 : Đồ thị của hàm số 3 2
y x  2x  2 và đồ thị của hàm số 2
y x  2 có số điểm chung là: A. 0 . B. . 1 C. 3 . D. 2 .
Câu 26 : Giá trị lớn nhất của hàm số 3
f (x)  x  3x  2 trên đoạn  3  ;  3 bằng: A. 1  6 B. 20 C. 0 D. 4 .
Câu 27 : Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? 3 | M ã đ ề 2 5 2 x 1 x  1 x 1 x 1 A. y  . B. y  . C. y  . D. y  x 1 x 1 x 1 x 1
Câu 28 : Một hộp có 5 bi đen, 4 bi trắng. Chọn ngẫu nhiên 2 bi. Xác suất để 2 bi được chọn cùng màu là : 1 5 4 1 A. B. C. D. 4 9 9 9
Câu 29 : Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như hình bên. Hàm số y f x đồng biến trên khoảng nào dưới đây: A. 1;. B. 0;. C. (1;  ) . D. 0; 1.
Câu 30 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và các cạnh bên bằng nhau. Số đo của góc
giữa đường thẳng AC và mặt phẳng (SBD) là: A. 0 30 B. 0 45 C. 0 60 D. 0 90
Câu 31 : Một bình chứa oxy, sử dụng trong công nghiệp và trong y tế được thiết kế gồm hình trụ có chiều
cao là 150cm và nửa hình cầu có bán kính r  5cm như hình vẽ. Khi đó thể tích V của bình là bao nhiêu? 26 23 23 26 A.  (lít). 3 3 B.  (lít). C. m  . D.  m  . 3 6 6 3 Câu 32 : 1
Cho cấp số nhân u  2, u
. Công bội của cấp số nhân bằng: 1 2 2 1 3 A. 2 B. C. 1. D.  . 4 2 Câu 33 : Cho hàm số x
y a 0  a   1
đồng biến trên khoảng  ;   và hàm số x
y b 0  b   1
nghịch biến trên khoảng  ;
  . Mệnh đề nào dưới đây đúng ? A.
a  1, b  1 . B.
0  a  1, b  1. C.
a  1, 0  b  1. D.
0  a  1, 0  b  1.
Câu 34 : Tìm một nguyên hàm của hàm số f x  cos3x . 4 | M ã đ ề 2 5 2 A.
f x dx  3sin 3x C . B. f x x x C .   d sin 3  sin 3x sin 3x C.
f x dx    C . D. f x dx   C .     3 3
Câu 35 : Tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy r  4 và chiều cao h  4 2 . A. V  32 2 . B. V  64 2 . C. V  32 . D. V  128 . Câu 36 :  1  2
Cho hàm số f x xác định trên  \   thỏa mãn f  x 
, f 0  1và f   1  2 . Giá trị  2  2x 1
của biểu thức f  
1  f 3 bằng. A. 4  ln 15 . B. 2  ln 15 . C. 3  ln 15 . D. ln 15 .
Câu 37 : Mộtđề thi trắc nghiệm gồm 50 câu, mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có 1 phương án
đúng, mỗi câu trả lời đúng được 0, 2 điểm. Một thí sinh làm bài bằng cách chọn ngẫu nhiên 1
trong 4 phương án ở mỗi câu. Tính xác suất để thí sinh đó được 6 điểm. A. 20 30 1 0, 25 .0, 75 . B. 20 30 0, 25 .0,75 . C. 30 20 0, 25 .0,75 . D. 30 20 20 0, 25 .0, 75 C50
Câu 38 : Cho hàm số y f x có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
Hàm số y   f x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. 2;3 . B. 4;  . C.  2  ;   1 . D.  1  ;3 . Câu 39 : 2 2 2 Phương trình : x 2 x x 2 x 1  2 x 4 x2 9.9  (2m 1).15  (4m  2)5
 0 có đúng hai nghiệm thực phân
biệt khi m  (a;b), (a, b R, b là phân số tối giản). Tổng 2a b bằng: A. 2. B. 0. C. 1. D. 3. Câu 40 : mx 10
Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số y
nghịch biến trên khoảng 0; 2 là: 2x m A. 4 . B. 9 . C. 6 . D. 5 .
Câu 41 : Cho hàm số y f x liên tục trên R |0; 
1 , f (1)  2 ln 2 và x x   f  x  f x 2 1 .  x x .
Giá trị f 2  a bln 3 , với a,b R, a, b là phân số tối giản. Tính 2 2 a b . 25 13 5 9 A. . B. . C. . D. . 4 4 2 2
Câu 42 : Cho khối lăng trụ tam giác ABC.ABC . Các mặt phẳng ABC và ABC chia khối lăng trụ
đã cho thành 4 khối đa diện. Kí hiệu H , H lần lượt là các khối đa diện có thể tích lớn nhất, 1 2  V H
nhỏ nhất. Giá trị của 1 bằng:  V H 2 A. 4. B. 2. C. 5. D. 3. 5 | M ã đ ề 2 5 2 Câu 43 : 1 1 a b b Cho I dx
với a b c là các số nguyên dương và là phân số tối giản.  , , x  1  x c c 0
Giá trị của biểu thức a b c bằng A. 81 B. 23 C. 41 D. 39
Câu 44 : Cho hàm số y f x liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ bên. 1 Phương trình f  4 2
8x  8x   1 
có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt. 2 A. 8 B. 12 C. 6 D. 10
Câu 45 : Cho tứ diện đều ABCD có d  ,
A BCD  6 . Tính thể tích V của khối tứ diện ABCD 9 3 27 3 A. 27 3 . B. . C. 5 3 . D. . 2 2 Câu 46 :  1    1    1  Phương trình: x  9 log     2 x   2 1 x  9  9  (x 1)
x  9 có tất cả bao 3       2020    2020    2020 
nhiêu nghiệm thực phân biệt : A. 4. B. 1. C. 3. D. 2. Câu 47 : Cho hàm số 3 2
y x ax bx c a, , b c  ;
R c  0 có đồ thị là C  . Gọi A là giao điểm của C
và trục tung, biết C  có đúng hai điểm chung với trục hoành là M , N đồng thời tiếp tuyến của
C tại M đi qua A và tam giác AMN có diện tích bằng 1. Giá trị của biểu thức a b c bằng A. 1  7 . B. 3 . C. 1. D. 9  . Câu 48 : mx Cho hàm số
f x  log
với m là số thực dương . Biết rằng với mọi số thực a, b  0; 2 2 2  x
thỏa mãn a b  2 ta luôn có f a  f b  3 . Số giá trị của m là: A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. Câu 49 : a 6
Cho khối chóp S.ABC có SA SB AB AC a , SC
và mặt phẳng  SBC  vuông góc 3
với mặt phẳng  ABC  . Tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp đã cho. 2 12 a 2 48 a A. . B. 2 6a . C. . D. 2 24 a . 7 7
Câu 50 : Cho hàm số y f (x) liên tục trên R và đồ thị hàm số y f (x) như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số ( ( ) 1) 2020 f f x y   là: 6 | M ã đ ề 2 5 2 A. 13 B. 12 C. 10 D. 14 --- Hết --- 7 | M ã đ ề 2 5 2 ĐÁP ÁN THAM KHẢO 1 B 26 B 2 A 27 B 3 B 28 C 4 D 29 C 5 C 30 D 6 B 31 B 7 D 32 B 8 A 33 C 9 D 34 D 10 D 35 B 11 A 36 C 12 B 37 D 13 A 38 C 14 C 39 A 15 D 40 C 16 B 41 D 17 A 42 C 18 A 43 D 19 D 44 A 20 A 45 A 21 A 46 C 22 B 47 C 23 C 48 B 24 A 49 A 25 D 50 B
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Cho khối nón có bán kính đáy bằng R =1, đường sinh l = 4 . Diện tích xung quanh của khối nón là: A. 12π. B. 4π. C. 6π. D. 8π. Lời giải Chọn B.
Ta có: S = π Rl = π = π . (đvdt) xq .1.4 4
Câu 2. Cho hàm số f (x) có bảng thiên như sau:
Số nghiệm của phương trình f (x) − 2 = 0 là A. 3. B. 1. C. 0 . D. 2 . Lời giải Chọn A.
Xét phương trình f (x) − 2 = 0 ⇔ f (x) = 2
Số nghiệm của phương trình f (x) − 2 = 0 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và
đường thẳng y = 2 .
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y = 2 cắt đồ thị hàm số taị 3 điểm phân biệt. Từ
đó số nghiệm của phương trình f (x) − 2 = 0 là ba nghiệm.
Câu 3. Hình lăng trụ tam giác có bao nhiêu mặt? A. 3. B. 5. C. 9. D. 6 . Lời giải A' Chọn B. B'
Dựa vào hình vẽ ta thấy hình lăng trụ tam giác có 5 mặt. C' A B a C
Câu 4. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số x −1 y = là: x +1 A. 0 . B. 1. C. 3. D. 2 . Lời giải Chọn D. Ta có: x −1 lim y = lim
= 1, suy ra y =1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho. x→±∞ x→±∞ x +1 x −1 x −1 lim = ; +∞ lim = −∞ , suy ra x = 1
− là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho. x ( ) 1 − x +1 x ( ) 1 + → − → − x +1
Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận.
Câu 5. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn [ 1;
− 5] và có đồ thị trên đoạn [ 1; − 5] như hình vẽ bên.
Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) trên đoạn [ 1; − 5] bằng A. 1 − . B. 4 . C.1. D. 2 . Lời giải Chọn C
Nhìn đồ thị của hàm số f (x) trên đoạn [ 1; − 5] ta thấy:
M = max f (x) = 3 và m = min f (x) = 2
− nên M + m =1. [ 1; − 5] [ 1; − 5] 2 2 2 Câu 6. Cho f
∫ (x)dx = 2 và g(x)dx = 1 − ∫
. Tính I = ∫ (2 f (x)−3g(x))dx. 1 − 1 − 1 − A. I = 7 − . B. I = 7 . C. I = 3 . D. 7 I = . 2 Lời giải Chọn B 2 2 2
Ta có I = ∫ (2 f (x)−3g(x))dx = 2 f
∫ (x)dx−3 g
∫ (x)dx = 2.2−3.(− )1 = 7. 1 − 1 − 1 − 2 2 Câu 7. − + − −
Tập nghiệm của bất phương trình ( + )x 2x 1 +( − )x 2x 1 4 2 3 2 3 ≤
là đoạn [a;b]. Giá 2 − 3
trị của biểu thức a + 3b bằng: A. 8 + 2 3 . B. 2 + 4 3 . C. 2 + 4 2 . D. 4 + 2 2 . Lời giải Chọn D
Nhận thấy (2+ 3)(2− 3) =1 ⇒ ( − ) 1 2 3 = ( . 2 + 3) 2 2 − + − −
Do đó: ( + )x 2x 1 +( − )x 2x 1 4 2 3 2 3 ≤ 2 − 3 2 x −2x 2 + 3 ⇔ (2+ 3) (2+ 3) ( ) + ≤ 4 2 + 3 2 x −2x ( ) (2+ 3) 2 x −2x 1 ⇔ (2+ 3) + ≤ 4 . ( ) 1 ( − 2 + 3) 2x 2x Đặt ( + ) 2−2 2
3 x x = t ; t > 0 ( ) 1 trở thành 1 t + ≤ 4 ⇔ 2
t − 4t +1≤ 0 ⇔ 2 − 3 ≤ t ≤ 2 + 3 . t Ta có − ≤ ( + ) 2x−2 2 3 2 3 x ≤ 2+ 3 ⇔ 2 1
− ≤ x − 2x ≤1 ⇔ x ∈ 1  − 2;1+ 2   . a =1− 2 Do đó 
⇒ a + 3b = 4 + 2 2 . b  =1+ 2
Câu 8. Bất phương trình log 3x − 2 > log 6 − 5x có tập nghiệm là: 2 ( ) 2 ( )  6  1 A. 1;    . B.  ;3 . C. ( 3 − ) ;1 . D. (1;+∞) . 5      2  Lời giải Chọn A 3  x − 2 > 0 Điều kiện:   ⇔ 2 6 x  ∈ ; . 6 − 5x > 0  3 5 
Ta có: log 3x − 2 > log 6 − 5x ⇔ 3x − 2 > 6 − 5x ⇔ x >1. 2 ( ) 2 ( )
Kết hợp với điều kiện, ta có bất phương trình có tập nghiệm là khoảng  6 1;   . 5   
Câu 9. Hàm số y = f (x) có đạo hàm f ′(x) = (x − )(x − )3 (x − )2020 (x − )4 1 2 3 4 , x
∀ ∈  . Số điểm cực
trị của hàm số đã cho là A. 4 . B. 1. C.3. D. 2 . Lời giải Chọn D
Ta có: f ′(x) = (x − )(x − )3 (x − )2020 (x − )4 1 2 3 4 x = 1  = f ′(x) x 2 = 0  ⇔ x =3  x = 4 Do 2 2020 4
(x − 2) (x − 3) (x − 4) ≥ 0, x
∀ ∈  nên dấu của f (′x) chính là dấu của
g(x) = (x −1)(x − 2). Ta có bảng biến thiên của hàm số y = f (x) như sau:
Nhìn bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị.
Câu 10. Tính đạo hàm của hàm số y = log x . A. 1 y′ = . B. x y′ = . C. ln10 y′ = . D. 1 y′ = . x ln10 x xln10 Lời giải Chọn D
Áp dụng công thức y = log x 1 ⇒ y ' = với a = 10 y′ = . a ( ) x ln a ta được kết quả 1 xln10
Câu 11. Tổng diện tích các mặt của một hình lập phương bằng 96. Tính thể tích của khối lập phương đó là A. 64 . B. 48 . C. 91. D. 84 . Lời giải Chọn A
Gọi a(a > 0) là cạnh của hình lập phương đã cho.
Diện tích một mặt của hình lập phương là 2 a (đvdt).
Vì tổng diện tích các mặt của một hình lập phương bằng 96 nên 2 2
6a = 96 ⇔ a =16 ⇔ a = 4 ± .
Vì a > 0 nên a = 4 .
Vậy thể tích của khối lập phương đó là 3 3 a = 4 = 64 (đvtt).
Câu 12. Cho a,b là các số thực dương tùy ý và a ≠ 1. Đặt 3 6 P = log b +
b . Mệnh đề nào sau đây a log 2a là đúng?
A. P = 9log b .
B. P = 6log b .
C. P = 27log b .
D. P =15log b . a a a a Lời giải Chọn B Ta có 3 6 6 P = log b + b = b + b = b + b = b . a log 3log a a loga 3loga 3loga 6log 2 2 a 2 Câu 13. Cho xdx
dx = a + ln b, a,b∈ , ∫
b là phân số tối giản. Tính S = ab . 2 0 1+ 4 − x A. 2 S = . B. S = 6 . C. 2 S = − . D. S = 6 − . 3 3 Lời giải Chọn A Đặt 2 2 2
t = 4 − x ⇒ t = 4 − x ⇒ tdt = − d x x .
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 2; x = 2 ⇒ t = 0 . 0 2 Khi đó: t −  1  = − dt = ∫ ∫ (t − +t ) 2 1 dt 1 ln 1 = 2 − ln 3 = 2 +   ln 0 1+ t  1+ t  3 2 0 Suy ra: 1 2
a = 2; b = ⇒ ab = . 3 3
Câu 14. Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng
60°. Tính thể tích V của khối chóp đã cho. 3 3 3 3 A. 3a V = . B. 3a V = . C. 3a V = . D. 3a V = . 48 8 24 16 Lời giải Chọn C
Gọi I là trung điểm BC và O là hình chiếu
vuông góc của S lên mp ( ABC)
Ta có: ((SBC) ( ABC))  , SIO 60° = = a 3 = .tan 60° = . 3 a SO OI = 6 2 2 3 1 1 a a 3 a 3 ⇒ V = . SO S = =  ABC . . . 3 3 2 4 24
Câu 15. Tìm nguyên hàm của hàm số f (x) 2 3 = x + − 2 x x 3 A. ( ) 3 1 d = − − + ∫ f x x x C
B. ∫ f (x) x 3 dx =
+ 3ln x − 3 x + C 2 x x 3 3 C. ( ) 3 1 d = 2 − − + ∫ f x x x C
D. ∫ f (x) x 4 3 dx = + 3ln x − x + C 2 x x 3 3 Lời giải Chọn D 3 ∫ ( )  2 3  4 3
d = x + − 2 x dx = + 3ln x − x + ∫ x f x x   C x  3 3 .
Câu 16. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có các cạnh đều bằng 3a . Tính thế tích V của khối nón
có đỉnh S và đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 3 π 3 π A. a V = . B. 2 a V = . C. 3 V = 2π a . D. 3 V = π a . 3 3 Lời giải Chọn B
Gọi M là trung điểm BC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Khi đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: R = AO 2 = AM = 2 3 . a 3 = a . 3 3 2
Ta có SO là đường cao của hình chóp nên là đường cao của khối nón có đỉnh S và đường tròn
đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Xét tam giác SAO vuông tại O ta có: 2 2 2
SO = SA − AO = ( )2 2 3a − a 2 = 2a Nên SO = 2a .
Vậy thể tích của khối nón có đỉnh S và đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 1 2
V = πa . 2a 1 3 = π a . 2 . 3 3
Câu 17. Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây: A. 4 2
y = −x + 2x + 2 . B. 4 2
y = x − 2x + 2 . C. 3 2
y = x − 3x + 2 . D. 3 2
y = −x + 3x + 2
Lời giải Chọn A
Ta thấy, đồ thị hàm số trên là đồ thị của hàm số trùng phương. Suy ra loại đáp án C,D.
Mặt khác, lim y = −∞ nên loại đáp án B. Chọn A. x→+∞
Câu 18. Cho khối cầu (S ) có thể tích 3
36π cm . Diện tích của mặt cầu (S ) bằng. A. 2 36π cm B. 2 20π cm C. 2 18π cm D. 2 24π cm Lời giải Chọn A
Gọi R(cm) (R > 0) là bán kính khối cầu (S ). Ta có 4 3 3
π R = 36π ⇔ R = 27 ⇔ R = 3. 3
Diện tích mặt cầu (S ) là: 2
S = 4π R = 36π ( 2 cm ) . Vậy chọn A.
Câu 19. Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O , OB = a , OC = a 3 , (a > 0) và
đường cao OA = a 3 . Tính thể tích của khối tứ diện theo a . 3 3 3 3 A. a . B. a . C. a . D. a . 12 3 6 2 Lời giải Chọn D 2
Diện tích tam giác OBC là: 1 S = OB OC 1 = . . a a 3 a 3 = . OBC . . 2 2 2 2 3
Vậy thể tích của khối tứ diện là: 1 V = OA S 1 a 3 a = .a 3. = . OABC . . 3 OBC 3 2 2
Câu 20. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ. x −∞ 1 − 0 1 +∞ y′ − 0 + 0 − 0 + y +∞ 0 +∞ 1 − 1 −
Hàm số đạt cực đại tại: A. x = 0 . B. x =1. C. x = 1 − . D. y = 0. Lời giải Chọn A
Từ bảng biến thiên của hàm số, ta thấy y′ đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua x = 0 .
Vậy hàm số đạt cực đại tại x = 0 .
Câu 21. Một người gửi 50 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7% / năm. Biết rằng nếu không rút
tiền khỏi ngân hàng, thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập với gốc để tính cho năm tiếp
theo. Biết rằng trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó không rút tiền ra. Hỏi
sau 5 năm người đó rút tiền thì số tiền lãi người đó nhận được là ( kết quả gần nhất ):
A. 20,128 triệu đồng.
B. 70,128 triệu đồng.
C. 17,5 triệu đồng.
D. 67,5 triệu đồng. Lời giải Chọn A
Đây là bài toán lãi kép đã có công thức tính: = .(1+ )n S A r .
Trong đó: A là số tiền vốn ban đầu.
n là số kỳ hạn.
r là lãi suất theo kỳ hạn.
S là số tiền cả vốn lẫn lại thu được sau n kỳ hạn.
Áp dụng công thức trên với A = 50 ;n = 5;r = 0,07 ta được: 5
S = 50.(1+ 0,07) ≈ 70,128 (triệu đồng).
Vậy số tiền lãi người đó thu được là: 70,128 − 50 = 20,128 (triệu đồng).
Câu 22. Phương trình 2x+3 4 4
= 8 −x có nghiệm là: A. 2 . B. 6 . C. 4 . D. 2 . 7 5 3 Lời giải Chọn B Ta có 2x+3 4 4 = 8 −x ⇔ (2 )2x+3 = (2 )4 2 3 −x 4x+6 12−3 ⇔ 2 = 2 x
⇔ 4x+6 =12−3x 6 ⇔ x = . 7
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 6 x = . 7 1
Câu 23. Rút gọn biểu thức 3 6
P = x x với x > 0 ta được 2 1 A. 2 P = x . B. 9 P = x .
C. P = x . D. 3 P = x . Lời giải Chọn C 1 1 1 1
Với x > 0 , ta có 3 6 3 6 2
P = x x = x .x = x = x .
Câu 24. Tâm các mặt của hình lập phương tạo thành các đỉnh của khối đa diện nào sau đây?
A. Khối bát diện đều.
B. Khối lăng trụ tam giác đều.
C. Khối tứ diện đều.
D. Khối chóp lục giác đều.
Lời giải Chọn A
Câu 25. Đồ thị của hàm số 3 2
y = x − 2x + 2 và đồ thị của hàm số 2
y = x + 2 có số điểm chung là A. 0 . B. 1. C. 3. D. 2 . Lời giải Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị là: 3 2 2
x − 2x + 2 = x + 2 ( ) 1 . x = 0 3 2
⇔ x − 3x = 0 ⇔  ⇒ ( )
1 có 2 nghiệm phân biệt, suy ra đồ thị có 2 đồ thị hàm số có hai x = 3 điểm chung.
Câu 26. Giá trị lớn nhất của hàm số f x 3
x 3x  2 trên đoạn 3;  3 bằng: A. 16. B. 20 . C. 0 . D. 4 . Lời giải Chọn B
Hàm số f x 3
x 3x  2 xác định và liên lục trên đoạn 3;  3 .
Ta có: f x 2  x    2 3 3 3 x   1 .
f x 0  x  13;  3 . Mà f  
3  16, f   1  4, f   1  0, f  
3  20 nên max f x  f   3  20 . 3; 3
Câu 27. Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây? A. x1 x x y x     . B. 1 y  . C. 1 y  . D. 1 y  . x1 x1 x 1 x 1 Lời giải Chọn B
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x 1 là tiệm cận đứng, do đó loại phương án A và D.
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y 1 là tiệm cận ngang, do đó loại phương án C.
Câu 28. Một hộp có 5 bi đen,, 4 bi trắng. Chọn ngẫu nhiên 2 bi. Xác suất để 2 bi được chọn cùng màu là: A. 1 . B. 5 . C. 4 . D. 1 . 4 9 9 9 Lời giải Chọn C
Số cách chọn 2 bi trong 9 bi là: 2 C  36 . 9
Số cách chọn 2 bi cùng màu là: 2 2 C C 16 . 5 4
Xác suất để 2 bi được chọn cùng màu là: 16 4 P   . 36 9
Câu 29. Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như hình bên. Hàm số y f x đồng biến trên khoảng nào dưới đây: A. 1;. B. 0;. C. 1;. D. 0;  1 . Lời giải Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy y  0 với mọi x thuộc mỗi khoảng  ;0
  và 1;.
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;0
  và 1;.
Câu 30. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và các cạnh bên bằng nhau. Số
đo của góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng SBD là: A.30 . B. 45. C. 60. D. 90 . Lời giải Chọn D S A D O B C
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Do ABCD là hình vuông nên AC BD và O là trung điểm của AC .   1
Mặt khác, do SA SC S
AC là tam giác cân tại S nên SO AC . 2 Từ  
1 và 2 suy ra AC SBD hay góc giữa AC và SBD bằng 90.
Câu 31. Một bình chứa oxy, sử dụng trong công nghiệp và trong y tế được thiết kế gồm hình trụ có
chiều cao là 150cm và nửa hình cầu có bán kính r  5cm như hình vẽ. Khi đó thể tích V của bình là bao nhiêu? A. 26 23 26 (lít).
B. 23 (lít). C.  3 m . D.  3 m . 3 6 6 3 Lời giải Chọn B
Thể tích của nửa khối cầu là: 1 4 3 2 3 V 250
  r  5   3 cm . 1 2 3 3 3
Thể tích của khối trụ là: 2 2
V r h  5 .150.   3 3750 cm . 2 Thể tích của bình là: 250 11500 V 23 V V
3750 3 cm  (lít). 1 2  3 3 6
Câu 32: Cho cấp số nhân có u 1  2 , 1
u  . Công bội của cấp số nhân bằng: 2 2 A. 2 . B. 1 . C. 1. D. 3  . 4 2 Lời giải Chọn B 1
Vì dãy số đã cho là cấp số nhân nên có công bội u 2 1 2 q    . u 2 4 1 Câu 33: Cho hàm số x
y a 0  a  
1 đồng biến trên khoảng ; và hàm số x y b 0 b  
1 nghịch biến trên khoảng ;. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. a 1,b 1.
B. 0  a 1,b 1.
C. a 1,0  b 1.
D. 0  a 1,0  b 1. Lời giải Chọn C Vì hàm số x
y a 0  a  
1 đồng biến trên khoảng ; nên a1. Vì hàm số x
y b 0  b  
1 nghịch biến trên khoảng ; nên 0b1.
Câu 34. Tìm nguyên hàm của hàm số f x cos3x .
A. f xdx  3sin 3x C  . B.
f xdx  sin 3x C  . C.   sin 3 d x f x x x   C  .
D. f x sin 3 dx  C 3  . 3 Lời giải Chọn D Ta có
f xdx x  cos3 d x x   sin 3  C 3
Câu 35. Tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy r  4 và chiều cao h  4 2 .
A. V  32 2.
B. V  64 2.
C. V  32.
D. V 128. Lời giải Chọn B
Thể tích của khối trụ là 2
V r h  2
. 4 .4 2  64 2(đvtt). Câu 36.  
Cho hàm số f x xác định trên 1  \  
thỏa mãn f x 2 
, f 01 và f   1  2. Giá 2     2x1
trị biểu thức f   1  f   3 bằng: A. 4ln15 . B. 2ln15 . C. 3ln15. D. ln15. Lời giải Chọn C
Cách 1. Ta có: f x 2 1 dx
dx  2. ln 2x1 C  ln 2x1 C.   2x1 2
Do đó f x ln 2x1 C .   x  1 ln 2 1 C , x   1
Suy ra: f x  2   .    x 1
ln 1 2 C , x  2  2 • Với 1
x  0  , ta có: f 01 ln12.0C 1 C 1. 2 2 2 • Với 1
x 1 , ta có: f   1  2  ln2.1 
1 C  2  C  2. 2 1 1   x  1 ln 2 1  2, x  
Khi đó: f x  2   .    x 1 ln 1 2 1, x   2  f   1  ln 12 .  1  11ln 3 Suy ra:     .  f   3  ln2.3  1  2  2ln 5  Vậy: f   1  f  
3 1ln 3 2ln 5  3ln15. 0
Cách 2. Ta có f xdx f 0 f   0
1  ln 2x1  f 0 f   1  1 1  f   1 1ln 3. 3 Mà
f xdx f   3  f   3
1  ln 2x1  f   3  f   1  1 1  f   3  2ln 5. Vậy f   1  f  
3  3ln 3ln 5  3ln15.
Câu 37. Một đề thi trắc nghiệm gồm 50 câu, mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có 1 phương
án đúng, mỗi câu trả lời đúng được 0,2 điểm. Một thí sinh làm bài bằng cách chọn ngẫu nhiên
1 trong 4 phương án ở mỗi câu. Tính xác suất để thí sinh đó được 6 điểm. A. 20 30 1− 0,25 .0,75 . B. 20 30 0,25 .0,75 . C. 30 20 0,25 .0,75 . D. 30 20 20 0,25 .0,75 C . 50 Lời giải Chọn D
Xác suất làm đúng một câu là 1 , xác suất làm sai một câu là 3 . 4 4
Để được 6 điểm thì thí sinh đó phải làm đúng 30 câu và làm sai 20 câu. 20 30
Khi đó xác suất cần tìm là 20  3   1  20 20 30 P = C . . =     C .0,75 .0,25 . 50 50  4   4 
Câu 38. Cho hàm số y f x có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
Hàm số y   f x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. 2;  3 .
B. 4;.
C.2;  1 . D. 1;  3 . Lời giải Chọn C
Xét hàm số y   f x có đạo hàm y   f x.
Dựa vào bảng xét dấu của f x ta có bảng xét dấu của y   f x như sau:
Dựa vào bảng xét dấu ta chọn đáp án C.
Câu 39. Phương trình: 2
x − x − ( m + ) 2
x − x+ + ( m − ) 2 2 2 1 2x −4x+2 9.9 2 1 .15 4 2 .5
= 0 có đúng hai nghiệm thực phân biệt khi m∈( ;
a b) , a, b∈ , a là phân số tố giản. Tổng giá trị 2a + b bằng: A. 2 . B. 0 . C. 1. D. 3. Lời giải Chọn A
Phương trình đã cho trở thành (x− )2 − ( m + ) (x− )2 + ( m − ) (x− )2 1 1 1 9 2 1 .15 4 2 .25 = 0. Chia hai vế cho ( )2 1
25 x− ta được phương trình: (x− )2 (x− )2 1 1  9  ( m )  3 2 1 .  − + + (4m − 2) =     0.  25   5  (x− )2 1 Đặt  3 t  =  , vì (x − )2
1 ≥ 0 ⇒ 0 < t ≤1. 5   
Khi đó, phương trình đã cho có dạng: 2 t − (2m + )
1 t + 4m − 2 = 0 2
⇔ t − 4 − (2m + )
1 t + 4m + 2 = 0 ⇔ (t − 2)(t − 2m + ) 1 = 0 t = 2 (L) (x− )2 1 ⇔  3   ⇒ = 2m − 2   1 ⇔ (x − ) 1 = log 2m −1
* , 0 < 2m −1≤1. 3 ( ) ( ) t = 2m −1  5  5
Để phương trình ban đầu có hai nghiệm thực phân biệt thì phương trình (*) phải có hai nghiệm thực phân biệt. 0 < 2m −1 ≤1
Vậy điều kiện của bài toán là:  1
log 2m −1 > 0 ⇔ < m <1. 3 ( )  2  5  1 a = Vậy 
2 ⇒ 2a + b = 2 . b  =1
Câu 40. Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số mx +10 y =
nghịch biến trên khoảng (0;2) là 2x + m A. 4 . B. 9. C. 6 . D. 3. Lời giải Chọn C Tập xác định:  \ m D   = − . 2    2 Ta có m − 20 y′ = . (2x + m)2 (  0;2) ⊂ D
Để hàm số nghịch biến trên (0;2) khi và chỉ khi  . 2 m − 20 < 0  m − ≤  0  2 m ≥ 0   0 ≤ m < 2 5 ⇔  2 m ⇔ m ≤ 4 − ≤ − ⇔  .  2   2 − 5 < m ≤ 4 −   2 − 5 < m < 2 5  2 − 5 < m < 2 5
Mà m∈ ⇒ m∈{ 4; − 0;1;2;3; } 4 .
Vậy số giá trị nguyên của tham số m để hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) là 6.
Câu 41: Cho hàm số y = f (x) liên tục trên  \{0; } 1 − , f (1) = 2 − ln 2 và 2
x(x +1). f (′x) + f (x) = x + x
.Giá trị f (2) = a + bln 3 , với a,b∈,a,b là phân số tối giản. Tính 2 2 a + b A. 25 . B. 13 . C. 5 . D. 9 . 4 4 2 2
Lời giải Chọn D x ∀ ∈  \{0;− } 1 ta có 2 2
(x + x). f (′x) + f (x) = x + x f (x) ⇒ f (′x) + =1 x(x +1) x f (x) ⇒ (′ ) x f x + = 2 x +1 (x +1) x +1 ⇔ ( ( ). x ) x f x ′ = x +1 x +1 2 2 Nên ( ( ). x ) x f x ′dx = dx ∫ x ∫ do đó +1 x +1 1 1 2 1 2
f (2). − f (1). =1+ ln 3 2 3 2 1 2
⇔ (a + bln 3) − ( 2 − ln 2) =1+ ln 3 2 3 2 2
⇔ a + bln 3 =1− ln 3 3 3  3 a =  2 2 2 9 ⇒  ⇒ a + b = −3 2 b  =  2 .
Câu 42. Cho lăng trụ tam giác ABC.A′B C
′ ′. Các mặt phẳng ( ABC′) và ( A′B C
′ ) chia khối lăng trụ đã
cho thành 4 khối đa diện. Kí hiệu H , H lần lượt là các khối đa diện có thể tích lớn nhất, nhỏ 1 2 V
nhất. Giá trị của ( 1H) bằng ( V H2) A. 4 . B. 2 . C. 5. D. 3. Lời giải Chọn C
Gọi M = AC′∩ A′C , N = BC′∩ B C ′ .
Các mặt phẳng ( ABC′) và ( A′B C
′ ) chia khối lăng trụ đã cho thành 4 khối đa diện:CMNB ; ; A CMNC′ MNC A ′ ′B ;
′ ABNMA′B .′
Gọi V là thể tích lăng trụ ABC.A′B C ′ ′. V ′ ′ CM CN CC C MNC 1 1 1 . = . . = . .1 = 1 1 1 1 ⇒ V = = = . ′ V ′ ′ ′ V V C MNC C A B C . V ′ ′ ′ . . ′ ′ ′ CA CB CC 4 4 3 12 C A B C 2 2 4 . 1 1 1 V = V − = − = . ′ V ′ V V V CMNBA C ABC C .CMN 3 12 4 1 1 1 V = − = − = . ′ ′ ′
V ′ ′ ′ V ′ V V V MNA B C C.A B C C .CMN 3 12 4 1 1 5 V = − − = − − = ′ ′ V V ′ V ′ ′ ′ V V V V ABNMA B ABCC MNA B C 3 4 12 V Vậy (H 5 12 1 ) = . = 5. ( V 12 1 H2 ) 1 Câu 43. Cho 1 I − = dx ∫ a b =
với a,b,c là các số nguyên dương và b là phân số tối giản. + + c c 0 x 1 x
Giá trị của biểu thức a + b + c bằng A. 81. B. 23. C. 41. D. 39. Lời giải Chọn D 1 1 1 Ta có: x − 1+ x x − 1+ x I = dx ∫ = dx ∫
= ∫( x +1− x)dx = I − I với 1 − 1 2
0 ( x + 1+ x )( x − 1+ x ) 0 0 1 1 I = x +1dx I = xdx 1 ∫ và 2 ∫ . 0 0 1 1 1 2 1 1 Ta có: I = x +1dx = + 2 2
x 1 dx = (x + )32 1 = (2 2 − ) 1 còn I = x dx 1 ∫ ∫( ) 3 0 3 2 ∫ 0 0 0 đặt t = x 2
⇒ t = x ⇒ 2tdt = dx . Khi x = 0 ⇒ t = 0 , khi x =1⇒ t =1. Do đó 1 2 1 2 I = 2t dt = 2 = (1− 0) 2 = 32 4 2 ∫ 3 t I − ⇒ = 3 0 3 3 3 0
Vậy a + b + c = 39
Câu 44. Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình vẽ. x – ∞ -1 1 + ∞ y' + 0 – 0 + 0 + ∞ y – ∞ -4 Phương trình f ( 4 2 x − x + ) 1 8 8
1 = có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt. 2 A. 8 .
B. 12. C. 6 . D. 10. Lời giải Chọn A f ( 4 2 x − x + ) 1 8 8 1 = ( )1 1 Ta có f ( 4 2 x − x + ) 2 8 8 1 =   2 −  f ( 4 2 8x − 8x + ) 1 1 = (2)  2
Xét bảng biến thiên của hàm số y = f (x) 4 2 8
x − 8x +1 = x 3 1 ( ) 
Dựa vào bảng biến thiên ta có (2) 4 2  8
x − 8x +1 = x 4 − − < < 2 ( ) ở đó x <
1, 1 x 1, x >1  1 2 3 4 2 8
x − 8x +1 = x 5  3 ( ) Xét hàm số 4 2
y = 8x − 8x +1 x = 0  y = 1 3 
y' = 32x −16x , y' = 0  1  x = ±  y = 1 −  2
Ta có bảng biến thiên của hàm số 4 2
y = 8x − 8x +1 là
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
(3) vô nghiệm, (4) có 4 nghiệm, (5) có 2 nghiệm. Do đó (2) có 6 nghiệm.
Lập luận tương tự ta có ( ) 4 2
1  8x − 8x +1 = x 6 x >1 4 ( ) ở đó 4
và phương trình này có 2 nghiệm.
Vậy phương trình có 8 nghiệm.
Câu 45. Cho tứ diện đều ABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng BCD bằng 6 . Tính thể tích V
của khối tứ diện ABCD . A. V  27 3 . B. 9 3 V  . C. V  5 3 . D. 27 3 V  . 2 2 Lời giải Chọn A
Gọi G là trọng tâm của tam giác đều BCD. Suy ra AG BCD. Do đó d  ;
A BCD AG  6 .
Gọi x là độ dài của cạnh tứ diện đều ABCD và M là trung điểm của CD . Nên x 3 BM x  và 3 BG  . 2 3 Xét A
BG vuông tại G , ta có: 2   2 2 2 2 BGx 3 xAG AB 2 2 2 2       6  x
36  x x  54  x  3 6.  3  3 2 Vì B x 3 27 3
CD đều nên S   . BCD 4 2
Thể tích của khối tứ diện đều ABCD là 1 VAG S  (đvtt). ABCD . . BCD 27 3 3
Câu 46. Phương trình  1 x   ( 2 x ) 1  x   ( 2  1 9 log 1 9 9 x 1  x 9 + + + = − − +   có tất cả bao 3 )  2020    2020   2020  
nhiêu nghiệm thực phân biệt? A. 4 . B. 1. C.3. D. 2 . Lời giải Chọn C  1 x   ( 2 x ) 1  x   ( 2  1 9 log 1 9 9 x 1  x 9 + + + = − − +   (1) 3 )  2020    2020   2020  
ĐKXĐ: 1 x + 9 > 0 ⇔ x > 18180 − . 2020
Chia hai vế của phương trình (1) cho 1 x + 9 ta được: 2020  ( 2 x + ) 1  9 log 1 x + 9 = −  ( 2x −   1 3 )   2020  1  x + 9 2020 ⇔ ( 2x + )  1  9 log 1 + log x + 9 = − ( 2 x +1 +   2 3 3 )  2020  1 x+9 2020 ⇔ ( 2x + )  1  9 log 1 + log x + 9 = − ( 2 x +1 +   log 9 3 3 ) 3  2020  1 x+9 2020   ⇔ (   2 x + ) + ( 2 9 9 log 1 x +1 = log   + (2) 3 ) 3 1 1  x + 9  x + 9  2020  2020
Đặt f (t) = log t + t với t > 0, 3 f ′(t) 1 = +1 > 0, t ∀ > 0. t.ln 3
Suy ra hàm số đồng biến trên (0;+∞).     Do đó, (2) ⇔ f ( 2 x + ) 9 1 = f  2 9 1  ⇔ x +1 =  x + 9  1 x+9  2020  2020 1 3 2 1 ⇔ x + 9x + x = 0 3 2
⇔ x +18180x + x = 0 ⇔ x( 2 x +18180x + ) 1 = 0 2020 2020 x = 0(TM )  2 ⇔ x = 9090 − + 9090 −1(TM )  2 x = 9090 − − 9090 −1(TM )
Vậy phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt. Câu 47. Cho hàm số 3 2
y = x + ax + bx + c (a,b,c∈ ;
c < 0) có đồ thị là (C). Gọi A là giao điểm của
(C) và trục tung, biết (C) có đúng hai điểm chung với trục hoành là M, N đồng thời tiếp
tuyến của (C) tại M đi qua A và tam giác AMN có diện tích bằng 1. Giá trị của biểu thức
a + b + c bằng A. 17 − . B. 3. C. 1 − . D. 9 − . Lời giải Chọn C
Theo giả thiết ta có A(0;c) , c < 0 .
Do M , N thuộc trục hoành nên giả sử M ( ;0 m ) và N ( ;0 n )
Vì (C) có đúng hai điểm chung với trục hoành là M , N nên Ox là một tiếp tuyến của (C).
Do tiếp tuyến của (C) tại M đi qua A nên Ox phải là tiếp tuyến của (C) tại điểm N hay
x = n là nghiệm kép của phương trình y = 0. ⇒ = ( − )( − )2 y
x m x n , suy ra A( 2 0;− mn ) mà 2
c = −mn < 0 ⇒ m > 0 và n ≠ 0 .
Ngoài ra y′ = (x − n)2 + (x − m)(x − n) ⇒ y′(m) = (m − n)2 2 .
Khi đó, phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M là y = y′(m)(x − m) + y(m) ⇔ = ( − )2 y
m n (x − m) (d ) .
Mặt khác, tiếp tuyến (d ) đi qua điểm A( 2
0;− mn ) nên ta được 2
−mn = (m − n)2 .(−m)
n = m − nm = 2n 2
⇔ n = (m − n)2 ⇔  ⇔ . n  (m n)  = − − m = 0
Do m > 0 nên ta nhận m = 2n , với n > 0 . Suy ra 1 1 2 1 2 4 S = AO MN = −mn m − n = − n n
n − n = n (với O là gốc tọa độ). AMN . . . . 2 . . 2 2 2 2
Mà theo giả thiết S = nên 4
n =1 ⇔ n =1 (do n > 0 ). AMN 1
Vì n =1 là một nghiệm của phương trình y = 0 nên ta có y( )
1 = 0 ⇔ 1+ a + b + c = 0
Suy ra a + b + c = 1 − .
Nhận xét: Có thể dựa vào hình vẽ và giả thiết bài toán, ta dự đoán và chứng minh được hàm số
y = (x − )2 (x − ) 3 2 1
2 = x − 4x + 5x − 2 thỏa mãn bài toán. Khi đó: a = 4 − ,b = 5,c = 2
− nên a + b + c = 4 − + 5 − 2 = 1 − .
Câu 48. Cho hàm số ( ) = log mx f x
với m là số thực dương. Biết rằng với mọi số thực b∈(0;2) 2 a, 2 − x
thỏa mãn a + b = 2 ta luôn có f (a) + f (b) = 3. Số giá trị của m là: A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3. Lời giải Chọn B 2 Với mọi số thực ma mb m ab
a, b∈(0;2) , ta có f (a) + f (b) = log + log = log . 2 2 2 − a 2 −b
2 (2 − a)(2 −b) 2 m a(2 − a)
Vì a + b = 2 ⇔ b = 2 − a nên f (a) + f (b) = log 2 = 2 ( log m . 2 − a)a 2
Vậy f (a) + f (b) = 3 2 ⇔ log m = 3 2
⇔ m = 8 ⇔ m = 2 2 (vì m là số thực dương) hay có 2
một giá trị của m thỏa mãn điều kiện đầu bài.
Câu 49. Cho khối chóp S.ABC có SA = SB = AB = AC = a , a 6 SC =
và mặt phẳng (SBC) vuông 3
góc với mặt phẳng ( ABC). Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp đã cho là 2 2 π A. 12π a . B. 2 6π a . C. 48 a . D. 2 24πa . 7 7 Lời giải Chọn A Xét khối chóp .
A SBC , gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (SBC). Theo đầu
bài, do ( ABC) ⊥ (SBC) nên AH ⊂ ( ABC) và H ∈ BC .
Hơn nữa, ta còn có AS = AB = AC = a nên HB = HC = HS . Suy ra H là tâm của đường tròn
ngoại tiếp tam giác SBC . Mà H ∈ BC , HB = HC ⇒ H là trung điểm của BC ⇒ SBC 2  
vuông tại S . Do đó 2 2 2 a 6 a 15
BC = SB + SC = a +   =  . 3  3  
AH vuông góc với mặt phẳng (SBC) tại H là tâm đường tròn ngoại tiếp SBC nên AH là
trục của đường tròn ngoại tiếp SBC . Trong mặt phẳng ( ABC), gọi I là giao điểm của đường
trung trực của cạnh AC với AH , khi đó ta có: IS = IB = IC = IA hay I là tâm mặt cầu ngoại
tiếp khối chóp S.ABC . Do I cũng là tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC nên bán kính R
của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC . a 15 . a . . . . . . . a AB AC BC AB AC BC AB AC BC 3 a 21 R = = = = = . 2 2 4S BC AHABC 2 . BC a 15 15a 7 2 2 2BC AB − 2. . a − 4 3 36
Vậy, diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC là: 2 2   2 a 21 12π = 4π = 4 a S R π   =  . 7  7  
Câu 50. Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên  và có đồ thị hàm số y = f ( x) như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số ( ( ) )1 2020f f x y − = là A. 13. B. 12. C. 10. D. 14. Lời giải Chọn B
Đặt u = f ( x) −1 ta có ( ) 2020f u y =
và u′ = f ′ x x ( ).
y′ = f ′ u u′ u ( ) f (u) . x.2020 ln2020 . u′ = x 0 y′ = 0 ⇔  . f ′ u =  u ( ) 0 x = 1 − x =1
Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x) ta có u′ = ⇔ f ′( x) = 0 ⇔  x 0 . x = 3  x = 6 u = 1 −  f (x) = 0   u =1 f (x) =  2
f ′ u = ⇔  ⇔ u ( ) 0 . u = 3  f (x) = 4   u = 6  f  ( x) = 7
Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x) ta có:
+ Phương trình f ( x) = 0 có một nghiệm đơn x > 7 1 .
+ Phương trình f ( x) = 2 có năm nghiệm đơn x x x x x 2 , 3 , 4 , 5 , 6 thỏa mãn 2 − < x < 1
− x = 0 1< x < 2 4 < x < 5 6 < x < 7 2 , 3 , 4 , 5 , 6 .
+ Phương trình f ( x) = 4 có một nghiệm đơn x < 2 − 7 .
+ Phương trình f ( x) = 7 có một nghiệm đơn x < x 8 7 .
Vậy y′ = 0 có tất cả 12 nghiệm đơn, do đó hàm số ( ( ) )1 2020f f x y − = có 12 điểm cực trị.
-------------------- HẾT --------------------
Document Outline

  • de-thi-thu-thptqg-2020-lan-1-mon-toan-truong-thpt-tinh-gia-1-thanh-hoa
    • de-thi-thu-thptqg-2020-lan-1-mon-toan-truong-thpt-tinh-gia-1-thanh-hoa
    • Tĩnh Gia 1
      • Trang_tính1
  • Tổ-12-đợt-23-THI-THỬ-LẦN-1-TĨNH-GIA