84 đề thi thử tốt nghiệp THPT năm 2021 2022 môn toán ĐGNL đại học sư PHẠM hà nội (lần 2) (file word có lời giải chi tiết) image marked

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2022
KỲ THI ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC
Bài thi:TỐN
Thời gian:90 phút (Khơng kể thời gian phát đề)
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM
Câu 1:

Hàm số nào có đồ thị như hình vẽ dưới đây?

A. y   x3  2 .
Câu 2:

B. y   x3  3 x  2 .

C. y   x3  3 x 2  2 . D. y  x3  3 x  2 .

Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ dưới đây:

Số nghiệm của phương trình f  x   3 là
A. 2 .
Câu 3:

B. 3 .

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :
vectơ chỉ phương của đường thẳng d là


A. u   2; 3;1 .

B. u   3;1; 5  .

Câu 4:

C. 0 .


C. u   2; 3; 1 .

D. 1.
x  3 y 1 z  5
. Một


2
3
1


D. u   3; 1;5  .

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm D  2;3; 4  và song song
với mặt phẳng  Oxy  có phương trình tổng qt là


A. x  2  0 .
Câu 5:

B. z  4  0 .

C. x  y  z  9  0 .

D. y  3  0 .

Thiết diện qua trục của hình trụ là một hình vng có cạnh bằng 2a . Thể tích khối trụ
đó bằng
A. 8 a 3 .

Câu 6:

B. 2 a 3 .

C.

8 a 3
.
3

D.

2 a 3
.
3

Cho hình chóp S . ABC có thể tích bằng V . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh
BC , CA, AB . Thể tích khối chóp S .MNP bằng

A.
Câu 7:

3V
.
4

B.

V
.
4

Cho hai số thực a, b thỏa mãn a

C.
3

a

5

2V
.
3

và log b

D.

V
.
3

4
5
 log b . Kết luận nào sau đây là
5
6

đúng?
A. 0  a  1, b  1.
Câu 8:

B. a  1, 0  b  1.

C. a  1, b  1

Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên b sao cho phương trình x 2  8 x  b  0 có nghiệm.
Xác suất để số b được chọn là một số nguyên tố bằng
3
5
6
.
A. .
B. .
C.
8
16
17

Câu 9:

D. 0  a  1, 0  b  1

D.

7
.
17

Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  thỏa mãn lim f  x   1 , lim f  x   2 . Tổng số
x 

x 

đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x  là
A. 3 .
Câu 10:

B. 0 .

Hệ số của x 8 trong khai triển  x 2  2 

10

A. 28 C108 .
Câu 11:

C. 1.

D. 2 .

bằng

B. C106 .

C. 24 C104 .

D. 26 C106 .

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu tâm I 1;0; 2  tiếp xúc với mặt phẳng

 P  : 2 x  2 y  z  9  0 có phương trình là
A.  x  1  y 2   z  2   3 .

B.  x  1  y 2   z  2   9 .

C.  x  1  y 2   z  2   3 .

D.  x  1  y 2   z  2   9 .

2

2

Câu 12:

2

2

2

2

2

Tập hợp nghiệm của phương trình cos x  

2

2
là tập hợp con của tập hợp nghiệm
2

của phương trình nào dưới đây?
A. cot x  1 .
Câu 13:

C. sin x 

2
.
2

D. tan x  1 .

Cho số phức z  3  5i . Điểm M biểu diễn số phức liên hợp của z có tọa độ là
A. M  3;  5  .

Câu 14:

B. cos 2 x  0 .

B. M  3;5  .

C. M  3;  5  .

D. M  3;5  .

Tập nghiệm của bất phương trình log 4  x  7   log 2  x  1 là khoảng  a ; b  . Giá trị của

M  2a  b bằng


A. 4 .
Câu 15:

B. 0 .

C. 4 .

D. 8 .

Một ô tô đang chạy với vận tốc 10 m / s thì người lái ơ tơ đạp phanh, từ thời điểm đó, ơ
tơ chuyển động chậm dần đều với vận tốc v  t   5t  10  m / s  , trong đó t là khoảng
thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng
hẳn, ô tô di chuyển được quảng đường bằng bao nhiêu mét?
A. 12 m .

Câu 16:

C. 10 m .

D. 20 m .

C. 81 .

D.

Nghiệm của phương trình log 4 x  log 2 3 là
A. 9 .

Câu 17:

B. 2 m .

B.

1
.
27

1
.
3

Một chi tiết máy có kích thước được minh hoạ như hình vẽ dưới đây:

Biết mép đường cong là cung một phần tư của đường trịn có bán kính 3 cm và hai
mặt cắt được tơ đậm đều là hình chữ nhật. Thể tích chi tiết máy đó tính theo cm3 (làm
trịn đến hàng phần chục) bằng

A. 6, 7 cm3 .
Câu 18:

B. 9, 0 cm3 .

C. 4,5 cm3 .

D. 13, 4 cm3 .

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm A 1;0;1 , B  3;2;0  , C 1;1; 3 . Có
tất cả bao nhiêu điểm M trong không gian thoả mãn MC  2 và MA2  MB 2  9
A. Vô số.

Câu 19:

B. 0 .

C. 2 .

D. 1.

Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  và hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ
dưới đây:


Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng
A.  0;1 .
Câu 20:

B. 1; 2  .

C.  ; 1 .

D.  1;0  .

Xếp 7 bạn nữ và 3 bạn nam thành một hàng ngang. Hỏi có bao nhiêu cách xếp để 7
bạn nữ đứng cạnh nhau, 3 ban nam đứng cạnh nhau?
7!.3!
A.
.
B. 7!.3!.
C. 2!.7!.3! .
2!

Câu 21:

D. 10! .

Cho hàm số y  ax3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ dưới đây:

Dấu của các hệ số a, b, c, d là

Câu 22:

A. a  0, b  0, c  0, d  0 .

B. a  0, b  0, c  0, d  0 .

C. a  0, b  0, c  0, d  0 .

D. a  0, b  0, c  0, d  0 .

Cho hàm số y  f  x  liên tục trên R và thỏa mãn

4

 f  x  dx  6 .
4

2

 f  2 x  dx bằng:
2

A. 4.
Câu 23:

Cho hàm số y 

B. 12.



D. 6.

x khi x  0
. Khẳng định nào dưới đây đúng?
 x khi x  0

A. Hàm số khơng có đạo hàm tại x  0 .

C. y '  0   1 .

C. 3.

D. y '  0   1 .

B. y '  0   0 .

Tích phân


Câu 24:

Một lớp có 30 học sinh, trong đó có 20 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Số cách chọn ra
một ban cán sự lớp gồm 4 người, trong đó có ít nhất một học sinh nam là
A. C204  C101 .

Câu 25:

B. C304  C101 .

C. C204  C104 .

D. C304 .

Bác Linh đổ bê tông một đường đi trong vườn (phần được tô màu đậm) với kích thước
như hình vẽ dưới đây:

Biết rằng đường cong AB được cho bởi đồ thị của một hàm số liên tục và đường cong
DC nhận được từ đường cong AB bằng cách tịnh tiến theo phương thẳn đứng lên

phía trên 2m . Ngoài ra, bác Linh quyết định đổ lớp bê tông dày 15cm và giá tiền 1m3
bê tông là 1080 000 đồng. Số tiền bác Linh cần dùng để đổ bê tơng con đường đó là

Câu 26:

A. 2 430 000 đồng.

B. 1944 000 đồng.

C. 4860 000 đồng.

D. 3240 000 đồng.

Cho hai số phức z1 , z2 thoản mãn z1  1  i  2 , z2  2  5i  1 . Giá trị lớn nhất của

z1  z2 bằng
A. 8 .
Câu 27:

B. 3  37 .

C. 3  37 .

D. 2 .

Một chiếc phễu có dạng hình nón với chiều cao là 30 cm . Người ta đổ một lượng lớn
nước vào phễu sao cho chiều cao của cột nước trong phễu bằng 15 cm (Hình H1). Sau
khi làm kín miệng phễu, người ta lật ngược phễu lên (Hình H2).

Chiều cao của cột nước trong phễu (Hình H2) gần nhất với giá trị nào sau đây
A. 1, 2 cm .
Câu 28:

B. 1,3 cm .

C. 1,6 cm .

D. 15 cm .

Một viên gạch lát nền có bề mặt dạng hình vng cạnh 6 dm . Viên gạch có một phần
được tơ màu đậm, phần tơ màu có chung trục đối xứng và tâm đối xứng của viên
gạch, đường biên của phần tô màu gồm bốn đoạn thẳng và bốn đường cong. Biết rằng


1
1
và y 
trong hệ trục tọa độ
x
x
Oxy , với O là tâm viên gạch ( như hình vẽ dưới đây) và 1 đơn vị của mỗi trục là1 dm .

mỗi đường cong là một phần của đồ thị hàm số y 

Diện tích phần được tơ màu bằng:
A. 1  2ln 3.

B. 2  8ln 3.

C. 8  8ln 3.

D. 4  8ln 3.

PHẦN TỰ LUẬN
Bài 1.

Bạn Hà có một tấm bìa hình vng cạnh 60 cm (Hình 1). Bạn muốn làm một cái hộp
đựng đồ có dạng hình hộp chữ nhật mà có thể để được vào một ngăn giá sách có dạng
hình hộp chữ nhật, đáy là hình vuông cạnh bằng 37 cm, chiều cao bằng 28 cm. Bạn cắt
bốn góc của tấm bìa đó bốn hình vng bằng nhau, mỗi hình vng có cạnh x  cm  ,

rồi gấp lại thành một cái hộp không nắp ( Hình 2). Tìm số nguyên dương x để làm
được cái hộp đựng đồ có thể tích lớn nhất.

Bài 2.

Cho bất phương trình mx 2  mx  8  2m  0 , với m là tham số thực. Tìm tất cả các giá
trị của m để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x   4;6 .

Bài 3.

Cho hình chóp

S . ABC

có đáy là tam giác

ABC

vuông tại

A, AB  a ,

AC  2a, ( SBC )  ( ABC ) và tam giác SBC có 3 góc nhọn. Biết rằng hai mặt phẳng
( SAB ) và ( SAC ) cùng tạo với mặt đáy một góc 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC

theo a .
------------------------------Hết-----------------------------


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
PHẦN TRẮC NGHIỆM

Câu 1:

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

C

B

A

B

B

B

A

C

D

D

B

B

A

C

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

25

26

27

28

C

C

D

D

A

C

D

C

A

B

D

A

B

D

Hàm số nào có đồ thị như hình vẽ dưới đây?

A. y   x3  2 .

B. y   x3  3 x  2 .

C. y   x3  3 x 2  2 . D. y  x3  3 x  2 .

Lời giải
Chọn C
Nhìn vào đồ thị ta thấy, lim y   , lim y   nên hệ số a  0 . Vậy loại đáp án
x 

x 

D.
Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị là  0; 2  và  2; 2  nên chọn đáp án
Câu 2:

Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ dưới đây:

Số nghiệm của phương trình f  x   3 là

A. 2 .

B. 3 .

C. 0 .

D. 1.

C.


Lời giải
Chọn B
Số nghiệm của phương trình f  x   3 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và
đường thẳng y  3 .

Quan sát đồ thị ta thấy đồ thị hàm số y  f  x  cắt đường thẳng y  3 tại 3 điểm nên
phương trình f  x   3 có 3 nghiệm.
Câu 3:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :
vectơ chỉ phương của đường thẳng d là


A. u   2; 3;1 .
B. u   3;1; 5  .


C. u   2; 3; 1 .

x  3 y 1 z  5
. Một


2
3
1


D. u   3; 1;5  .

Lời giải
Chọn A
Đường thẳng d :
Câu 4:


x  3 y 1 z  5
có một vectơ chỉ phương là u   2; 3;1 .


2
3
1

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm D  2;3; 4  và song song
với mặt phẳng  Oxy  có phương trình tổng qt là
A. x  2  0 .

B. z  4  0 .

C. x  y  z  9  0 .

D. y  3  0 .

Lời giải
Chọn B



 
Mặt phẳng  Oxy  có vectơ pháp tuyến n  i, j    0;0;1 với i  1;0;0  và j   0;1;0  .
Mặt phẳng  P  cần tìm song song với mặt phẳng  Oxy  nên mặt phẳng  P  có vectơ

pháp tuyến nP   0;0;1 .
Phương trình mặt phẳng  P  đi qua điểm D  2;3; 4  và có vectơ pháp tuyến

nP   0;0;1 là

0.  x  2   0.  y  3  1.  z  4   0  z  4  0 .


Câu 5:

Thiết diện qua trục của hình trụ là một hình vng có cạnh bằng 2a . Thể tích khối trụ
đó bằng
A. 8 a .

8 a 3
C.

.
3

B. 2 a .

3

3

2 a 3
D.
.
3

Lời giải
Chọn B

Thiết diện qua trục của hình trụ là một hình vng có cạnh bằng 2a nên hình trụ có
2a
a.
chiều cao h  2a và bán kính R 
2
Vậy thể tích khối trụ đó bằng V   R 2 h   a 2 .2a  2 a 3 .
Câu 6:

Cho hình chóp S . ABC có thể tích bằng V . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh
BC , CA, AB . Thể tích khối chóp S .MNP bằng

A.

3V
.
4

B.

V
.
4

C.

2V
.
3

D.

V
.
3

Lời giải
Chọn

B.

Gọi h là chiều cao hình chóp S . ABC .
Ta có: S MNP 

1
S ABC và chiều cao của hình chóp S .MNP cùng bằng h .
4


1
.h.S MNP
VS .MNP 3
S
1
V
Khi đó:

 MNP   VS .MNP  .
VS . ABC 1 .h.S
S ABC 4
4
ABC
3
Câu 7:

Cho hai số thực a, b thỏa mãn a

3

a

5

và log b

4
5
 log b . Kết luận nào sau đây là
5
6

đúng?
A. 0  a  1, b  1.

B. a  1, 0  b  1.

C. a  1, b  1

D. 0  a  1, 0  b  1

Lời giải
Chọn A.
Ta có

3  5 mà a

Lại có

4 5
4
5
 mà log b  log b nên b  1 .
5 6
5

6

3

a

5

nên 0  a  1 .

Do vậy 0  a  1, b  1.
Câu 8:

Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên b sao cho phương trình x 2  8 x  b  0 có nghiệm.
Xác suất để số b được chọn là một số nguyên tố bằng
3
5
6
.
A. .
B. .
C.
8
16
17

D.

7
.

17

Lời giải
Chọn C.
Phương trình x 2  8 x  b  0 có nghiệm    0  16  b  0  b  16 .
Mà b    b  0;1; 2;3;...;16 .
Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên b  n     17 cách.
Gọi biến cố A : “số b được chọn là một số nguyên tố”.
Chọn b là một số nguyên tố  b  2;3;5;7;11;13  n  A   6 cách.
Xác suất để số b được chọn là một số nguyên tố là: P  A  
Câu 9:

n  6
 .
n  A  17

Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  thỏa mãn lim f  x   1 , lim f  x   2 . Tổng số
x 

x 

đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x  là
A. 3 .

B. 0 .

C. 1.
Lời giải

Chọn D.

D. 2 .


 lim f  x   1
 x 
Ta có 
 đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang y  1 và y  2 .
f  x  2
 xlim

Ta lại có hàm số y  f  x  liên tục trên   đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng.
Vậy tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x  là 2 .
Câu 10:

Hệ số của x 8 trong khai triển  x 2  2 

10

A. 28 C108 .

bằng

B. C106 .

C. 24 C104 .

D. 26 C106 .

Lời giải

Chọn

D.
10

Ta có khai triển:  x 2  2    C10k .x 210 k  .2k .
10

k 0

Số hạng tổng quát Tk 1  C10k .2k .x 20 2 k
Hệ số của x 8 trong khai triển chính là hệ số của Tk +1 với k thỏa mãn

20  2k  8  k  6.
Vậy hệ số của x 8 trong khai triển là C106 .26 .
Câu 11:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu tâm I 1;0; 2  tiếp xúc với mặt phẳng

 P  : 2 x  2 y  z  9  0 có phương trình là
A.  x  1  y 2   z  2   3 .

B.  x  1  y 2   z  2   9 .

C.  x  1  y 2   z  2   3 .

D.  x  1  y 2   z  2   9 .

2

2

2

2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn B
Ta có: bán kính mặt cầu là R  d  I ;  P   

229
 3.
3

Vậy phương trình mặt cầu:  x  1  y 2   z  2   9 .
2

Câu 12:

2

Tập hợp nghiệm của phương trình cos x  

2
là tập hợp con của tập hợp nghiệm
2

của phương trình nào dưới đây?
A. cot x  1 .

B. cos 2 x  0 .

C. sin x 

2
.
2

Lời giải
Chọn B
Ta có: cos x  

2
3
3
 cos x  cos
x
 k 2  k   .
2
4
4

D. tan x  1 .


Do hai họ nghiệm x  

3
 k 2 thỏa phương trình cos 2 x  0 nên tập nghiệm
4

phương trình cos x  

2
là tập hợp con của tập hợp nghiệm của phương trình
2

cos 2 x  0 .
Câu 13:

Cho số phức z  3  5i . Điểm M biểu diễn số phức liên hợp của z có tọa độ là
A. M  3;  5  .

B. M  3;5  .

C. M  3;  5  .

D. M  3;5  .

Lời giải
Chọn A
Ta có: z  3  5i  z  3  5i . Vậy điểm biểu diễn cho số phức z là M  3;  5  .

Câu 14:

Tập nghiệm của bất phương trình log 4  x  7   log 2  x  1 là khoảng  a ; b  . Giá trị của

M  2a  b bằng
A. 4 .

B. 0 .

C. 4 .

D. 8 .

Lời giải
Chọn C
Điều kiện: x  1 .
Bất phương trình đã cho 

1
log 2  x  7   log 2  x  1  log 2  x  7   2 log 2  x  1
2

 x  7   x  1  x 2  x  6  0  3  x  2 .
2

3  x  2
So với điều kiện thì bất phương trình đã cho  
 1  x  2 .
 x  1

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  1; 2  .
 a  1; b  2  M  2a  b  2  2  4 .
Câu 15:

Một ô tô đang chạy với vận tốc 10 m / s thì người lái ơ tơ đạp phanh, từ thời điểm đó, ơ
tơ chuyển động chậm dần đều với vận tốc v  t   5t  10  m / s  , trong đó t là khoảng
thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng
hẳn, ô tô di chuyển được quảng đường bằng bao nhiêu mét?
A. 12 m .

B. 2 m .

C. 10 m .

D. 20 m .

Lời giải
Chọn C
Lúc dừng hẳn: v  t   0  5t  10  0  t  2 .
2

 t2

Quãng đường ô tô di chuyển: S   v  t  dx    5t  10  dx   5  10t   10 m .
 2
0
0
0
2

Câu 16:

Nghiệm của phương trình log 4 x  log 2 3 là

2


A. 9 .

B.

1
.
27

C. 81 .

D.

1
.
3

Lời giải
Chọn C
Ta có

log 4 x  log 2 3  log 4 x  log 4 81  x  41 .
Câu 17:

Một chi tiết máy có kích thước được minh hoạ như hình vẽ dưới đây:

Biết mép đường cong là cung một phần tư của đường trịn có bán kính 3 cm và hai
mặt cắt được tơ đậm đều là hình chữ nhật. Thể tích chi tiết máy đó tính theo cm3 (làm
trịn đến hàng phần chục) bằng
A. 6, 7 cm3 .

B. 9, 0 cm3 .

C. 4,5 cm3 .

D. 13, 4 cm3 .

Lời giải
Chọn C
Dựng hình hộp như hình vẽ

Thể tích khối hộp V1  4.4.1.5  24 cm3
1
27
Thể tích phần bị căt bỏ V2   .32.1,5   cm3
4
8
Thể tích chi tiết máy V  V1  V2  13, 4 cm3 .
Câu 18:

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm A 1;0;1 , B  3;2;0  , C 1;1; 3 . Có
tất cả bao nhiêu điểm M trong không gian thoả mãn MC  2 và MA2  MB 2  9
A. Vô số.

B. 0 .

C. 2 .
Lời giải

Chọn D

D. 1.


 2  2
Ta có MA2  MB 2  9  MA  MB  9
   
 
 MA  MB MA  MB  9  BA.2.MI  9 (1).







Gọi M  x, y, z  thay vào (1) ta có tập hợp điểm M là mặt phẳng   : 2 x  2 y  z  1  0 ,

d  C ,( )  

2.1  2.1  3  1
22  22  12

2

Suy ra có tất cả 1 đểm M thoả mãn điều kiện, M là hình chiếu của C lên   .
Câu 19:

Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  và hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ
dưới đây:

Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng
A.  0;1 .

B. 1; 2  .

C.  ; 1 .

D.  1;0  .

Lời giải
Chọn A

x  2
Từ đồ thị hàm số y  f   x  ta có f   x   0  
.
0  x  1
Vậy hàm số y  f  x  đồng biến trên các khoảng  0;1 và  2;   .
Câu 20:

Xếp 7 bạn nữ và 3 bạn nam thành một hàng ngang. Hỏi có bao nhiêu cách xếp để 7
bạn nữ đứng cạnh nhau, 3 ban nam đứng cạnh nhau?
7!.3!
A.

.
B. 7!.3!.
C. 2!.7!.3! .
2!
Lời giải

D. 10! .

Chọn C
Số cách sắp xếp 7 bạn nữ đứng cạnh nhau là 7! .
Số cách sắp xếp 3 bạn nữ đứng cạnh nhau là 3!
Vậy số cách sắp xếp 7 bạn nữ và 3 bạn nam thành một hàng ngang thoả mãn 7 bạn nữ
đứng cạnh nhau, 3 ban nam đứng cạnh nhau là 2!.7!.3! .
Câu 21:

Cho hàm số y  ax3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ dưới đây:


Dấu của các hệ số a, b, c, d là
A. a  0, b  0, c  0, d  0 .

B. a  0, b  0, c  0, d  0 .

C. a  0, b  0, c  0, d  0 .

D. a  0, b  0, c  0, d  0 .
Lời giải

Chọn D
Từ đồ thị hàm số ta có lim y    a  0 và đồ thị hàm số y  ax3  bx 2  cx  d cắt

x 

trục Oy tại điểm  0; d   d  0 .
Ta có y  3ax 2  2bx  c .
Vì đồ thị hàm số y  ax3  bx 2  cx  d có 2 điểm cực trị nằm về hai phía trục Oy nên
y  0 có hai nghiệm trái dấu  a.c  0  c  0 .

Từ

đồ

thị

hàm

số

y  ax3  bx 2  cx  d

suy

ra

y  0

có

hai

nghiệm

2b
 0 b  0.
3a
Vậy a  0, b  0, c  0, d  0 .
x1  x2  

Câu 22:

Cho hàm số y  f  x  liên tục trên R và thỏa mãn

4

 f  x  dx  6 .
4

2

 f  2 x  dx bằng:
2

A. 4.

B. 12.

C. 3.

D. 6.

Lời giải

Chọn C
Ta có
Câu 23:



2

2

f  2 x  dx 

Cho hàm số y 

1 4
1
f  x  dx  .6  3.


4
2
2



x khi x  0
. Khẳng định nào dưới đây đúng?
 x khi x  0

A. Hàm số khơng có đạo hàm tại x  0 .

C. y '  0   1 .

B. y '  0   0 .

D. y '  0   1 .
Lời giải

Tích phân


Chọn A
Ta có lim
x 0

lim

x 0

f  x   f  0
x
 lim  lim 1  1 .
x 0 x
x 0
x

f  x   f  0
x
 lim
 lim  1  1.
x 0

x
x x  0

 lim
x 0

f  x   f  0
f  x   f  0
 lim
.
x 0
x
x

Vậy hàm số khơng có đạo hàm tại x  0 .

Câu 24:

Một lớp có 30 học sinh, trong đó có 20 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Số cách chọn ra
một ban cán sự lớp gồm 4 người, trong đó có ít nhất một học sinh nam là
A. C204  C101 .

B. C304  C101 .

C. C204  C104 .

D. C304 .

Lời giải
Chọn B

Số cách chọn ra 4 bạn từ 30 bạn học sinh là C304 .
Số cách chọn ra 4 bạn học sinh, trong đó khơng có bạn nam nào là C101 .
Suy ra số cách chọn ra 4 bạn học sinh, trong đó có ít nhất 1 bạn nam là C304  C101 .
Câu 25:

Bác Linh đổ bê tông một đường đi trong vườn (phần được tô màu đậm) với kích thước
như hình vẽ dưới đây:

Biết rằng đường cong AB được cho bởi đồ thị của một hàm số liên tục và đường cong
DC nhận được từ đường cong AB bằng cách tịnh tiến theo phương thẳn đứng lên

phía trên 2m . Ngồi ra, bác Linh quyết định đổ lớp bê tông dày 15cm và giá tiền 1m3
bê tông là 1080 000 đồng. Số tiền bác Linh cần dùng để đổ bê tơng con đường đó là
A. 2 430 000 đồng.

B. 1944 000 đồng.

C. 4860 000 đồng.

D. 3240 000 đồng.
Lời giải

Chọn D
Khi bỏ phần tô đậm và ghép hai phần cịn lại vào ta được một hình chữ nhật có các
kích thường là 10m và 4m . Do đó diện tích lối đi là: 10.6  10.4  20m 2 .
Thể tích khối bê tơng cần đổ là: 20.0,15  3m3 .


Vậy số tiền cần dùng là 3.1080 000  3240 000 đồng.
Câu 26:

Cho hai số phức z1 , z2 thoản mãn z1  1  i  2 , z2  2  5i  1 . Giá trị lớn nhất của

z1  z2 bằng
A. 8 .

B. 3  37 .

C. 3  37 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn A
Ta có z1  1  i  2  z1  1  i   2 nên điểm biểu diễn số phức z1 là điểm M thuộc
đường tròn tâm A 1; 1 bán kính R1  2 .
Lại có z2  2  5i  1   z1   2  5i   2 nên điểm biểu diễn số phức  z2 là là điểm N
thuộc đường trịn tâm B  2; 5  bán kính R1  1 .
Khi đó z1  z2  z1    z2   MN . Ta có MN max  R1  R2  AB  3  5  8 .
Câu 27:

Một chiếc phễu có dạng hình nón với chiều cao là 30 cm . Người ta đổ một lượng lớn
nước vào phễu sao cho chiều cao của cột nước trong phễu bằng 15 cm (Hình H1). Sau
khi làm kín miệng phễu, người ta lật ngược phễu lên (Hình H2).

Chiều cao của cột nước trong phễu (Hình H2) gần nhất với giá trị nào sau đây
A. 1, 2 cm .

B. 1,3 cm .

C. 1,6 cm .

D. 15 cm .

Lời giải
Chọn B
Gọi r1 là bán kính đáy phễu, r2 là bán kính đáy phần mặt nước; h1 , h1 lần lượt là chiều
cao của phễu và chiều cao cột nước trong Hình 1. Ta có:

r2 h2
1
  2  r2  r1
r1 h1
2
Khi úp phễu xuống thì thể tích của phần nón khơng chứa nước là:
2

1
1
1
1 1 
35
V   .r12 .h1   .r2 2 .h2   .r12 .30   .  r1  .15   .r12 (1)
3
3
3
3 2 
4
Gọi h, r lần lượt là chiều cao và bán kính của hình nón khơng chứa nước trong Hình 2.
Ta có:

r h
h.r h.r
 r 1  1
r1 h1
h1
30


Thể tích của khối nón khơng chứa nước trong Hình 2 là:
2

1
1  h.r 
V   .r 2 .h   .  1  .h (2)
3
3  30 
Từ (1, 2) ta có:
2

1  h.r 
35
V   .  1  .h   .r12  h3  2365  h  28,7 cm
3  30 
4
Vậy chiều cao của nước sau khi úp phễu xuống là: 30  28,7  1,3cm .Đáp án: B
Câu 28:

Một viên gạch lát nền có bề mặt dạng hình vng cạnh 6 dm . Viên gạch có một phần
được tơ màu đậm, phần tơ màu có chung trục đối xứng và tâm đối xứng của viên

gạch, đường biên của phần tô màu gồm bốn đoạn thẳng và bốn đường cong. Biết rằng

1
1
và y 
trong hệ trục tọa độ
x
x
Oxy , với O là tâm viên gạch ( như hình vẽ dưới đây) và 1 đơn vị của mỗi trục là1 dm .

mỗi đường cong là một phần của đồ thị hàm số y 

Diện tích phần được tơ màu bằng:
A. 1  2ln 3.

B. 2  8ln 3.

C. 8  8ln 3.

D. 4  8ln 3.

Lời giải
Chọn D

1
, đường thẳng y  3 ,
x
x  3 , nằm ở góc phần tư thứ nhất trong hệ trục tọa độ Oxy .

Gọi ( H1 ) là phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y 

Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

1
1
3 x .
x
3

Diện tích của hình phẳng ( H1 ) là:
3

3

3

3

3
1
1

S1   3  dx    3  dx   3 x  ln x  1  8  2ln 3  dm 2 
x
x
3
1
1

Do tính chất đối xứng của viên gach, diện tích phần được tô màu bằng:

36  4(8  2ln 3)  4  8ln 3  dm 2  . Đáp án:

PHẦN TỰ LUẬN

D.


Bài 1.

Bạn Hà có một tấm bìa hình vng cạnh 60 cm (Hình 1). Bạn muốn làm một cái hộp
đựng đồ có dạng hình hộp chữ nhật mà có thể để được vào một ngăn giá sách có dạng
hình hộp chữ nhật, đáy là hình vng cạnh bằng 37 cm, chiều cao bằng 28 cm. Bạn cắt
bốn góc của tấm bìa đó bốn hình vng bằng nhau, mỗi hình vng có cạnh x  cm  ,

rồi gấp lại thành một cái hộp khơng nắp ( Hình 2). Tìm số nguyên dương x để làm
được cái hộp đựng đồ có thể tích lớn nhất.

Lời giải

 x  28
+ ĐK: 
 11,5  x  28.
60  2 x  37
+ Khi đó thể tích hộp đựng đồ là: V  x  60  2 x   4 x  30  x  .
2

2

+ Xét hàm số f  x   4 x  30  x  với x  11,5; 28  .

2

 f   x   12  30  x 10  x   0, x  11,5; 28  .
Suy ra hàm số nghịch biến trong khoảng 11,5; 28  .
Vậy số nguyên dương nhỏ nhất trong khoảng 11,5; 28  để làm được cái hộp đựng đồ
có thể tích lớn nhất là x  12.
Bài 2.

Cho bất phương trình mx 2  mx  8  2m  0 , với m là tham số thự
C. Tìm tất cả
các giá trị của m để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x   4;6 .



Lời giải



Ta có: mx 2  mx  8  2m  0  m x 2  x  2  8 .





Do x 2  x  2  0 với mọi x   4;6 nên: m x 2  x  2  8  m 
Xét hàm số: f  x  
Có: f   x  

8
x2  x  2

8  2 x  1

 x2  x  2

2

Mà: f  4   0,8  f  6  

8
x2  x  2

. Theo yêu cầu bài toán: m  max f  x 

 f  x  0  x 

 4;6

1
  4;6 
2

2
nên: max f  x   f  4   0,8
7
 4;6


Bài 3.

Vậy m  0,8 .
Cho hình chóp

S . ABC

có đáy là tam giác

ABC

vuông tại

A, AB  a ,

AC  2a, ( SBC )  ( ABC ) và tam giác SBC có 3 góc nhọn. Biết rằng hai mặt phẳng
( SAB ) và ( SAC ) cùng tạo với mặt đáy một góc 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC

theo a .
Lời giải

Gọi H là chân đường cao hạ từ S trong tam giác SBC .
( SBC )  ( ABC )

( SBC )  ( ABC )  BC  SH   ABC 
 SH  BC


Do SH  BC  AH  AB 

1
1

1
1
1
5
2a 5
.


 2
 2  AH 
2
2
2
2
AH
AB
AC
a
5
 2a  4a

Trong mặt phẳng  ABC  kẻ HN / / AC , N  AB  HN  AB  Do AB  AC  .
Trong mặt phẳng  ABC  kẻ HM / / AB, M  AC  HM  AC  Do AB  AC  .

  600 .
Góc giữa 2 mặt phẳng ( SAB) và ( ABC ) là SNH
  600 .
Góc giữa 2 mặt phẳng ( SAC ) và ( ABC ) là SMH
 HM  HN
  SH  tan SMH

  SH  3  
Ta có tan tan SNH
.

HN
HN
SH

3
HN


AMHN là hình vng do đó AH  2 HN  HN 

Do đó SH  3HN 

AH a 10
.

5
2

a 30
.
5

Thể tích khối chóp S . ABC là V 

1
1 a 30

a 3 30
.
SH . AB. AC  .
.a.2a 
6
6 5
15