25 câu ôn phần toán đánh giá tư duy đh bách khoa hn phần 13 (bản word có giải)

25 câu ơn phần Tốn - Đánh giá tư duy ĐH Bách Khoa HN - Phần 25
(Bản word có giải)
II. TỐN TRẮC NGHIỆM:
Câu 36: Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau:
A. Hàm số y ln x 2 không có cực trị
B. Đồ thị hàm số y ln( x) khơng có đường tiệm cận ngang
C. Hàm số y ln x 2 nghịch biến trên khoảng ( ;0)
D. Hàm số y ln x 2 có một điểm cực tiểu
Câu

37:

Tập

hợp

tất

cả

các

giá

trị

của

tham

số

m

để

phương

trình

log 2 (| cos x |)  m log cos2 x  m2  4 0 vô nghiệm là:





A. (  ;  2]  [ 2; ) B. ( 2; 2)

C. (  2; 2)

D. ( 2; 2)

Câu 38: Cho hàm số y  x 4  mx 2  m . Biết rằng khi m m0 thì đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 4
4
4
4
4
điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn x1  x2  x3  x4 30 . Mệnh đề đúng là:

A. 0  m0  4

B. m0  2

C. m0  7

D. 4  m0 7

Câu 39: Cho hàm số bậc ba f ( x ) ax 3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ bên. Số đường tiệm cận đứng

x
của đồ thị hàm số g ( x) 

2

 3x  2
2



x 1

x  f ( x)  f ( x ) 

A. 4

B. 3

là:

C. 5

D. 6

f ( x)
 20 0 là
Câu 40: Cho hàm số y  f ( x)  x5  5 x  22 . Số nghiệm của phương trình | x  2 | 
x 2
A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 41: Cho đa giác đều 16 đỉnh. Số tam giác vng có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đó là
A. 112

B. 121

C. 128

D. 560


Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2 3 . Một mặt phẳng ( P)
tiếp xúc mặt cầu và cắt các tia Ox,Oy,Oz lần lượt tại A, B, C và thỏa mãn OA2  OB 2  OC 2 27 . Diện
tích tam giác ABC là
A. 9 3

B.

9 3
2

C.

3 3
2

D. 3 3

Câu 43: Thể tích của khối bát diện đều có các đỉnh là trung điểm của một tứ diện đều cạnh 2a là:
A.

2a 3 2
9

B.

a2 2
6

C. a 3 2

D.

a3 2
3

Câu 44: Khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. AB a 3, AD a, SA vng góc với đáy

và mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy một góc 60 . Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là:
A.

13 13 3
πaa
6

B.

13 13 3
a
24

C.

5 5 3
a
6


f
Câu 45: Cho hàm số y  f ( x ) có đạo hàm trên  thỏa mãn 3 f ( x).e

D.
3

( x ) x2  1



5 10 3
a
3
2x
0 và f (0) 1 .
f 2 ( x)

7

Tích phân

x. f ( x)dx bằng
0

A.

15
4

B.

45
8

C.

2 7
3

D.

5 7
4

Câu 46: Tìm các giá trị của m để hàm số y  x 4  (m  2) x 2  4 có ba điểm cực trị
A. m 2

B. m 2

C. m  2

D. m  2

Câu 47: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1;1;1); B(2;0;1) và mặt phẳng
( P ) : x  y  2 z  2 0 . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A , song song với mặt
phẳng (P) sao cho khoảng cách từ B đến d là lớn nhất
A. d :

x 2 y 2 z


1
1
1

B. d :

x y x2
 
2 2

2

C. d :

x 1 y 1 z 1


3
1
2

D. d :

x 1 y 1 z 1


3
1
1

2
Câu 48: Nghiệm nguyên dương của phương trình log 3 ( x  2)  log 3 ( x  4) 0 là

A. 3

B. 5

C. 4

D. 2

Câu 49: Cho số dương a thỏa mãn điều kiện hình phẳng giới hạn bởi các đường parabol y ax 2  2 và
y 4  2ax 2 có diện tích bằng 16 . Giá trị của a bằng
A. 2

B.

1
4

C.

1
2

D. 1

Câu 50: Cho lăng trụ đều ABC.ABC có AB 2a, AA' 3a . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của


AA , AC, AC . Tính theo a thể tích V của khối tứ diện B.MNP .
A. V 

3 3
a
8

B. V 

3 3

a
4

C. V 

3 3
a
2

D. V 

3 3
a
12

f ( x) 0; lim f ( x) 1 . Tổng số đường tiệm
Câu 51: Cho hàm số y f (x) liên tục trên R thỏa mãn xlim

x  
cận đứng và ngang của đồ thị hàm số đã cho là
A. 1

B. 3



Câu 52: Cho f ( x) a ln x  x 2  1

C. 2



2021

D. 0

 b sin 3 x 18 với a, b   . Biết rằng f (log(log e)) 2 . Giá trị

của f (log(ln10)) là
A. 34

B. 2

C. 18

D. 36

4
Câu 53: Cho hàm số F ( x) x x 2  1.dx . Biết F (0)  , khi đó F (2 2) bằng
3
A.

85
4

B. 19

C. 3

D. 10

Câu 54: Cho hình lăng trụ đều ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình vng cạnh a . Mặt phẳng (  ) lần lượt
cắt các cạnh AA , BB , CC , DD ' tại 4 điểm M, N, P, Q . Góc giữa mặt phẳng ( ) và mặt phẳng (ABCD)
là 60 . Diện tích tứ giác MNPQ là:
A.

3 2
a
2

B.

1 2
a
2

C.

2 2
a
3

D. 2a 2

Câu 55: Một khối gỗ hình trụ với bán kính đáy bằng 6 và chiều cao bằng 8 . Trên một đường trịn đáy
nào đó ta lấy hai điểm A, B sao cho cung AB có số đo 120 . Người ta cắt khúc gô̂ bởi một mặt phẳng đi
qua A, B và tâm của hình trụ (tâm của hình trụ là trung điểm của đoạn nối tâm hai đáy) để được thiết diện
như hình vẽ. Biết diện tích S của thiết diện thu được có dạng S a  b 3 . Giá trị của a  b là

A. 50

B. 30

C. 45

D. 60

Câu 56: Cho hình chóp S.ABC có hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vng góc với mặt phẳng
(ABC) . Tam giác ABC đều, I là trung điểm của BC . Góc giữa hai mặt phẳng (SAI) và (SBC) là
A. 90

B. 60

Câu 57: Gọi M là giao điểm của đồ thị hàm số y 
thị hàm số trên tại điềm M là

C. 30

D. 45

x 1
với trục hồnh. Phương trình tiếp tuyến với đồ
x 2


A. 3 y  x  1 0

B. 3 y  x  1 0

C. 3 y  x  1 0

D. 3 y  x  1 0

Câu 58: Cho số dương a và hàm số y f (x) liên tục trên  thỏa mãn f ( x )  f ( x) a, x   Giá trị
của tích phân
A. 2a 2

a



a

f ( x)dx bằng
B. a 2

D. a

C. 2a

Câu 59: Hệ số chứa x9 trong khai triển P ( x) (1  x)9  (1  x)10 là
A. 11

B. 10

C. 12

D. 13

Câu 60: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là vuông cạnh 2a , mặt bên (SAB) là tam giác cân nằm

trong mặt phẳng vng góc với đáy, góc ASB bằng 120 . Bán kính mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp là
A.

a
2

B.

2
a
2

C.

21
a
3

D. Kết quả khác.

III. Phần 3 (2,5đ) – Tốn tự luận
3
Bài 1: Cơng ty A sản xuất các thùng tơn dạng hình hộp chữ nhật có thể tích V m , hệ số k cho trước là

 

tỉ số giữa chiều cao của thùng và chiều rộng của đáy). Hãy xác định các kích thước của đáy thùng để khi
sản xuất tiết kiệm nguyên vật liệu nhất?
Bài 2: Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có AB a, AC 2a, AA ' 



Gọi M là điểm trên cạnh CC' sao cho CM 2MC' .

3a 6
và góc BAC bằng 600.
2

1. Chứng minh hai đường thẳng AM và B’M vng góc với nhau
2. Tính khoảng cách từ A’ đến mặt phẳng (AB’M)
–––––––––––––HẾT–––––––––––––


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
II. TỐN TRẮC NGHIỆM:
Câu 36: Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau:
A. Hàm số y ln x 2 khơng có cực trị
B. Đồ thị hàm số y ln( x) khơng có đường tiệm cận ngang
C. Hàm số y ln x 2 nghịch biến trên khoảng ( ;0)
D. Hàm số y ln x 2 có một điểm cực tiểu
Phương pháp giải:
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi tồn tại x = x0 sao cho qua đó đạo hàm đổi dấu và hàm số xác định.
Giải chi tiết:
2
Ta có (ln x ) ' 

2x 2
 không xác định tại x = 0. Nhưng hàm số cũng không xác định tại x = 0 nên nó
x2 x

khơng có cực trị.

Chọn D
Câu

37:

Tập

hợp

tất

cả

các

giá

trị

của

tham

số

m

để

phương

trình

log 2 (| cos x |)  m log cos2 x  m2  4 0 vô nghiệm là:





A. (  ;  2]  [ 2; ) B. ( 2; 2)

C. (  2; 2)

D. ( 2; 2)

Phương pháp giải:
- Đặt ẩn phụ t log(| cos x |)(t 0) .
- Đưa về phương trình bậc hai ẩn t
Giải chi tiết:
Đặt t log(| cos x |)(t 0) . Phương trình đã cho trở thành t 2  2mt  m 2  4 0 . (2)
Phương trình đã cho vơ nghiệm  (2) vơ nghiệm hoặc có 2 nghiệm dương

 2  m  2
 Δm(4m)0 m 2  (4  m 2 )  0

 
  m  2  m  2
2
2


 Δm(4m)0 m  (4  m ) 0
 
  m  0

S 2m  0

   2  m  2

  P 4  m 2  0



 2  m  2

  2 m2
 2 m  2
Vậy m  ( 2; 2) .
Chọn D
Câu 38: Cho hàm số y  x 4  mx 2  m . Biết rằng khi m m0 thì đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 4


4
4
4
4
điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn x1  x2  x3  x4 30 . Mệnh đề đúng là:

A. 0  m0  4

B. m0  2

C. m0  7

D. 4  m0 7

Phương pháp giải:
- Viết phương trình hồnh độ giao điểm.
- Đặt ẩn phụ t x 2 , đưa về phương trình bậc hai ẩn t .
   0

- Tìm điều kiện để phương trình bậc hai ẩn t có 2 nghiệm dương phân biệt  S  0 .
P  0

- Sử dụng định lý Vi-ét
Giải chi tiết:
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (C) và Ox : x 4  mx 2  m 0 (1)
Đặt t x 2 (t 0) , (1) trở thành t 2  mt  m 0 (2)
Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt  phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt
 m 2  4m  0

  S m  0

 P m  0


 m  4

 m  0  m  4
m  0


Khi đó ta có:
2

x14  x24  x34  x44 30  2 t12  t22 30   t1  t2   2t1t2 15





 m 5 (tm)
 m 2  2m  15 0  
.
 m  3(ktm)
Vậy m0 5, 4  m0 7.
Chọn D
Câu 39: Cho hàm số bậc ba f ( x ) ax 3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ bên. Số đường tiệm cận đứng

x
của đồ thị hàm số g ( x) 

2

 3x  2



x 1

x  f 2 ( x)  f ( x ) 

là:


A. 4

B. 3

C. 5

D. 6

Phương pháp giải:
Số tiệm cận dứng là số nghiệm a của mẫu thức, thỏa mãn điều kiện (nếu có) và bậc của x – a ở mẫu lớn
hơn ở tử thức
Giải chi tiết:
ĐKXĐ: x ≥ 1.
Với điều kiện này, thì


f (x) 0
2


x  f (x)  f (x)  0  

 f (x) 1



 x 2
 x 1

 x x1  (1; 2)

 x x 2  2

Bốn nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện, chỉ có nghiệm x = 1 có bậc ở mẫu nhỏ hơn bậc ở tử nên số tiệm
cận đứng của đồ thị là 3.
Chọn B
f ( x)
 20 0 là
Câu 40: Cho hàm số y  f ( x)  x5  5 x  22 . Số nghiệm của phương trình | x  2 | 
x 2
A. 1

B. 2

C. 3

Phương pháp giải:
Xét dấu để phá giá trị tuyệt đối.
Sau đó giải từng phương trình bằng cách khảo sát hàm số.
Giải chi tiết:
ĐKXĐ: x≠2.
Phương trình đã cho tương đương với
 x  2

  f ( x) 20 
 x  2


  f ( x)  20

 x  2
 5
  x  5 x  42 0 (1)
 x  2
 5
  x  2 x  2 0 (2)

Đặt g ( x) x 5  5 x  42( x  2)  g  ( x ) 5 x 4  5  0, x  2 .
BBT:

Mà g(2)  0 nên (1) có đúng 1 nghiệm lớn hơn 2 .

D. 4


Đặt h( x) x 5  5 x  2( x  2) ta có h ( x ) 5 x 4  5 0  x 1(tm) .
BTT:

Căn cứ BBT này thì (2) có đúng 3 nghiệm phân biệt nhỏ hơn 2.
Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.
Chọn D
Câu 41: Cho đa giác đều 16 đỉnh. Số tam giác vng có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đó là
A. 112

B. 121

C. 128

D. 560

Phương pháp giải:
- Đếm số cách chọn cạnh huyền.
- Đếm số cách chọn đỉnh góc vng.
- Dùng quy tắc nhân.
Giải chi tiết:
Xét tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác đều đã cho.
Tam giác này vuông ⟺ Cạnh huyền là đoạn thẳng nối hai đỉnh đối diện của đa giác
Số cách chọn cạnh huyền này là 8 cách.
Với mỗi cách chọn cạnh huyền, ta chọn 1 đỉnh bất kỳ trong 14 đỉnh cịn lại, có 14 cách.
Vậy số tam giác vuông là 8.14 = 112.
Chọn A
Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2 3 . Một mặt phẳng ( P)
tiếp xúc mặt cầu và cắt các tia Ox,Oy,Oz lần lượt tại A, B, C và thỏa mãn OA2  OB 2  OC 2 27 . Diện
tích tam giác ABC là
A. 9 3

B.

9 3
2

Phương pháp giải:
Viết phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn.
Áp dụng BĐT Cơ–si để giải quyết hệ ba ẩn.
Từ đó tính ra cạnh tam giác đều ABC.
Giải chi tiết:
Mặt cầu ( S ) có tâm O(0;0;0) , bán kính R  3 .

C.

3 3
2

D. 3 3


Giả sử ( P ) :

x y z
  1 với a  0, b  0, c  0 . Mặt phẳng thỏa mãn đề bài khi và chỉ khi
a b c

a 2  b 2  c 2 27


1
 3

1
1
1

 
 a 2 b 2 c 2

a 2  b 2  c 2 27


 1 1 1 1 (I)
 2 2 2 
b c
3
a

Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương, ta có

a

2

1
 1 1 1
 b 2  c 2  2  2  2  3 3 a 2b 2 c 2 .3 3 2 2 2 9
abc
a b c 



Dấu “=” xảy ra khi a 2 b 2 c 2 .
Do đó hệ ( I )  a 2 b 2 c 2 9  a b c 3 .
 A(3;0;0), B(0;3;0), C (0;0;3) . Khi đó tam giác ABC đều và AB 3 2 .
Vậy S ABC 

AB 2 3 9 3
.

4
2

Chọn B
Câu 43: Thể tích của khối bát diện đều có các đỉnh là trung điểm của một tứ diện đều cạnh 2a là:
A.

2a 3 2
9

B.

a2 2
6

C. a 3 2

D.

a3 2
3

Phương pháp giải:
Nhớ cơng thức nhanh tính thể tích bát diện đều cạnh a là

a3 2
.
3

Giải chi tiết:
Bát diện đều cần tìm có cạnh bằng 1 nửa cạnh tứ diện ban đầu, bằng a nên có thể tích

a3 2
.
3

Chọn D
Câu 44: Khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. AB a 3, AD a, SA vng góc với đáy
và mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy một góc 60 . Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là:
A.

13 13 3
πaa
6

B.

13 13 3
a
24

C.

5 5 3
a
6

D.

5 10 3
a
3

Phương pháp giải:
- Xác định góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng
vng góc với giao tuyến.
- Gọi I là trung điểm của SC, chứng minh IA = IB = IC = ID = IS.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vng tính SA. Sử dụng định lí Pytago tính AC,
SC.


1
- Tính bán kính R  SC .
2
4 3
- Tính thể tích khối cầu bán kính R là V  πRR .
3
Giải chi tiết:

 BC  AB
Ta có: 
 BC  ( SAB)  BC  SB.
 BC  SA
( SBC )  ( ABCD) BC


 SB  ( SBC ), SB  BC  ABC  (( SBC ), ( ABCD)) ( SB, AB ) SBA 60 .
 AB  ( ABCD ), AB  BC

Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD , I là trung điểm của SC .
Ta có OI là đường trung bình của tam giác SAC nên OI / /SA . Mà SA  ( ABCD) nên OI  ( ABCD) .
 IA IB IC ID.

Lại có tam giác SAC vng tại A nên IS = IA = IC.
 IA IB IC  ID IS  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD.

Xét tam giác vng SAB có: SA  AB.tan 60 a 3. 3 3a .
Áp dụng định lí Pytago ta có: AC  (a 3)2  a 2 2a
 SC  SA2  AC 2  9a 2  4a 2 a 13.
1
a 13
Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD là R IS  SC 
.
2
2
4
13 13 3
Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD là V   R 3 
a .
3
6

f
Câu 45: Cho hàm số y  f ( x ) có đạo hàm trên  thỏa mãn 3 f ( x).e

7

Tích phân

x. f ( x)dx bằng
0

3

( x ) x2  1



2x
0 và f (0) 1 .
f 2 ( x)


A.

15
4

B.

45
8

2 7
3

C.

D.

5 7
4

Phương pháp giải:
- Giải phương trình bằng phương pháp nguyên hàm hai vế để tìm hàm f(x).
- Sau đó dùng tích phân đổi biến để tính tích phân cần tìm
Giải chi tiết:
Từ giả thiết suy ra 3 f 2 ( x). f  ( x ).e f

3

Lấy nguyên hàm hai vế, ta được e f
Thay x 0  C 0  e f

3

( x)

e x

2

( x)

3

1

( x)

 2 xe x
 ex

2

2

1

1

0

C

 f ( x)  3 x 2  1 .

Tích phân cần tìm bằng
1


0

7

1 7
1 3
3
x x  1dx   x 2  1 d x 2  1  . x 2  1
2 0
2 4
3

2



 







7

4
3


0

45
.
8

Chọn B
Câu 46: Tìm các giá trị của m để hàm số y  x 4  (m  2) x 2  4 có ba điểm cực trị
A. m 2

B. m 2

C. m  2

D. m  2

Phương pháp giải:
Hàm số bậc bốn trùng phương có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi đạo hàm có 3 nghiệm phân biệt.
Giải chi tiết:
Hàm

số

đã

cho

có

3

cực

trị

khi

và

chỉ

khi

phương

3
2
trình y  4 x  2  m  2  x 0   2 x  2 x  2  m  0 có 3 nghiệm phân biệt  2  m  0  m  2 .

Chọn C
Câu 47: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1;1;1); B(2;0;1) và mặt phẳng
( P ) : x  y  2 z  2 0 . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A , song song với mặt
phẳng (P) sao cho khoảng cách từ B đến d là lớn nhất
A. d :

x 2 y 2 z


1
1
1

B. d :

x y x2
 
2 2
2

C. d :

x 1 y 1 z 1


3
1
2

D. d :

x 1 y 1 z 1


3
1
1

Phương pháp giải:
- Khoảng cách B đến d lớn nhất khi AB  (d).

 
- Tính VTCP của d: ud  AB, n( P )  .

x  x0 y  y0 z  z0


.
- Đường thẳng d đi qua M  x0 ; y0 ; z0  và có 1 VTCP u (a; b; c) có phương trình
a
b
c

Giải chi tiết:
Gọi H là hình chiếu vng góc của B trên d , ta có BH BA (quan hệ đường vng góc, đường xiên).
 Khoảng cách B đến d lớn nhất khi AB  (d ) .

 

Khi đó ud  AB, n( P )  [(1;  1;0),(1;1; 2)] ( 2;  2; 2) (1;1;  1) nên u (1;1;  1) cũng là VTCP của d .

Mà (d) đi qua A nên có phương trình

x 2 y 2 z

 .
1
1
1

Chọn A
2
Câu 48: Nghiệm nguyên dương của phương trình log 3 ( x  2)  log 3 ( x  4) 0 là

A. 3

B. 5

C. 4

D. 2

Phương pháp giải:
- Tìm điều kiện xác định của phương trình.
- Giải phương trình logarit bằng cách dùng cơng thức cộng loga
Giải chi tiết:
Điều kiện: x  2, x 4 .
Với ĐK này thì phương trình đã cho tương đương với
log 3 ( x  2) 2  log 3 ( x  4) 2 0
 log 3  ( x  2) 2 ( x  4) 2  0
 ( x  2) 2 ( x  4) 2 1



 x2  6x  8



2

1

 x 2  6 x  8 1
 2

 x  6 x  8  1

 x 3  2

 x 3

Kết hợp với điều kiện và chọn nghiệm nguyên dương, ta được x = 3.
Chọn A
Câu 49: Cho số dương a thỏa mãn điều kiện hình phẳng giới hạn bởi các đường parabol y ax 2  2 và
y 4  2ax 2 có diện tích bằng 16 . Giá trị của a bằng
A. 2

B.

1
4

C.

1
2

D. 1

Phương pháp giải:
- Giả sử hai đồ thị cắt nhau tại 2 điểm phân biệt.
- Xét phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị, giải tìm x.
- Tìm a để diện tích hình phẳng bằng 16.
- Sử dụng: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), y = g(x), đường thẳng x = a, x = b
b

là S  f  x   g  x  dx .
a


Giải chi tiết:

Giả sử hai đồ thị cắt nhau tại 2 điểm phân biệt
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị

a  0


2
ax 2  2 4  2ax 2  3ax 2 6   x  m 
a


2
 x m 
a

Diện tích cần tìm là
m

m

m

m

S  ax 2  2  4  2ax 2 dx  6  3ax 2 dx  6 x  ax 3
12m  2am3 8
Mà S 16 









m
m

2
a

2
2
1
2  4  a  .
a
a
2

Chọn C
Câu 50: Cho lăng trụ đều ABC.ABC có AB 2a, AA' 3a . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của
AA , AC, AC . Tính theo a thể tích V của khối tứ diện B.MNP .
A. V 

3 3
a
8

B. V 

3 3
a
4

C. V 

3 3
a
2

D. V 

3 3
a
12

Phương pháp giải:
- Chứng minh BP ⊥ (MNP) và tính đường cao hình chóp.
- Nhớ: đường trung tuyến của tam giác đều cạnh a bằng

bằng

a2 3
.
4

1
- Tính thể tích theo cơng thức VB.MNP  BP.S MNP .
3

Giải chi tiết:

a 3
và diện tích tam giác đều cạnh a
2


Tam giác ABC đều, P là trung điểm AC nên BP  AC .
( ABC )   ACC ' A '  AC
 BP   ACC ' A '  BP  ( MNP ) .
Ta có: 
 BP  ( ABC ), BP  AC
Vì tam giác ABC đều cạnh 2a nên BP 

AB 3 2a 3

a 3 .
2
2

1
1 3a 2a 3a 2
Tam giác MNP vuông tại N nên S MNP  MN .NP    
.
2
2 2 2
4
1
1
3

3
Vậy VB.MNP  BP.SMNP  .a 3. a 2  a 3 .
3
3
4
4
Chọn B
f ( x) 0; lim f ( x) 1 . Tổng số đường tiệm
Câu 51: Cho hàm số y f (x) liên tục trên R thỏa mãn xlim

x  
cận đứng và ngang của đồ thị hàm số đã cho là
A. 1

B. 3

C. 2

D. 0

Phương pháp giải:
Nếu hàm liên tục trên RR thì khơng có TCĐ.
Số TCN phụ thuộc vào giới hạn tại vô cực của hàm số đã cho.
Giải chi tiết:
Vì hàm liên tục trên R nên khơng có TCĐ.
f  x  0; lim f  x  1 nên đồ thị hàm số khơng có TCN y = 0 và y = 1.
Vì xlim

x  
Vậy đồ thị hàm số có tổng là 2 tiệm cận.

Chọn C



Câu 52: Cho f ( x) a ln x  x 2  1



2021

 b sin 3 x 18 với a, b   . Biết rằng f (log(log e)) 2 . Giá trị

của f (log(ln10)) là
A. 34

B. 2

Phương pháp giải:
- Chứng minh hai biểu thức loga đối nhau.

C. 18

D. 36


- Chứng minh f(x) + f(–x) = 36, với mọi x.
Giải chi tiết:
Ta có:
log(log e)  log(ln10) log(log e.ln10) log1 0  log(ln10)  log(log e)
Ta có:

x 2  1  x 2 | x | x nên

x 2  1  x  0 x   .

2021

 2021a ln  x  x 1 .

Lại có  x  x  1   x  x  1  x  1  x 1 nên
1
ln  x  x  1  ln
 ln   x  x  1 
 x  x 1
Khi đó f ( x) a ln x  x 2  1
2

2

2

2

2

2

2

2

Với mọi x ta có:





f ( x) 2021a ln  x  x 2  1  b sin 3 ( x)  18





 2021a ln x  x 2  1  b sin 3 x  18
 f ( x )  f ( x) 36
Mà log(ln10)  log(log e) (cmt )
 f (log(ln10))  f (log(log e)) 36  f (log(log e)) 34 .
Chọn A
4
Câu 53: Cho hàm số F ( x) x x 2  1.dx . Biết F (0)  , khi đó F (2 2) bằng
3
A.

85
4

B. 19

C. 3

Phương pháp giải:
- Tính nguyên hàm bằng phương pháp đưa biến vào vi phân.
- Tìm hằng số C và suy ra F(x) . Cuối cùng tính F (2 2) .
Giải chi tiết:
Ta có:
F ( x) 

1
1
2
2 d x2 1
x

1
2



 

3
1 2 2
   x 1 2  C 
2 3







x

2



1

3

3

C

4
1
4
Mà F (0)    C   C 1 .
3
3
3

D. 10


Suy ra F ( x) 
Vậy F (2 2) 

x

2



1

3

3

1

93
 1 10 .
3

Chọn D
Câu 54: Cho hình lăng trụ đều ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình vng cạnh a . Mặt phẳng (  ) lần lượt
cắt các cạnh AA , BB , CC , DD ' tại 4 điểm M, N, P, Q . Góc giữa mặt phẳng ( ) và mặt phẳng (ABCD)
là 60 . Diện tích tứ giác MNPQ là:
A.

3 2
a
2

B.

1 2

a
2

C.

2 2
a
3

D. 2a 2

Phương pháp giải:
Nếu (H’) là hình chiếu vng góc của (H) trên mặt đáy và góc giữa (H) và đáy là α thì ta có cơng thức tỉ
lệ diện tích của hình (H’) và (H) là cos α
Giải chi tiết:
Hình chiếu của MNPQ trên đáy (ABCD) chính là hình vng ABCD.
Suy ra

S ABCD
1
cos 600   SMNPQ 2 S ABCD 2a 2 .
S MNPQ
2

Chọn D
Câu 55: Một khối gỗ hình trụ với bán kính đáy bằng 6 và chiều cao bằng 8 . Trên một đường trịn đáy
nào đó ta lấy hai điểm A, B sao cho cung AB có số đo 120 . Người ta cắt khúc gô̂ bởi một mặt phẳng đi
qua A, B và tâm của hình trụ (tâm của hình trụ là trung điểm của đoạn nối tâm hai đáy) để được thiết diện
như hình vẽ. Biết diện tích S của thiết diện thu được có dạng S a  b 3 . Giá trị của a  b là

A. 50

B. 30

C. 45

D. 60

Phương pháp giải:
Nếu (H’) là hình chiếu vng góc của (H) trên mặt đáy và góc giữa (H) và đáy là α thì ta có cơng thức tỉ
lệ diện tích của hình (H’) và (H) là cos α
Giải chi tiết:


Gọi M là trung điểm của AB . OO' lần lượt là tâm 2 mặt đáy và I là tâm của hình trụ (trung điểm của
OO ).
Thiết diện thu được là ABCD như hình vẽ, hợp với đáy một góc  OMI .
Vì cung AB có số đo 120 nên AOB 120  AOM 60 .
1

Xét tam giác vuông AOM vng tại M ta có: OM OA.cos 60 6. 3 .
2
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng OIM ta có:
MI  OM 2  OI 2  32  42 5.
Thiết diện thu được hợp với đáy một góc  sao cho cos  

OM 3
 .
IM 5

Hình chiếu của thiết diện trên đáy là một phần của hình trịn, gồm 2 tam giác cân và 2 hình quạt, có diện
tích bằng S  2.
Suy ra

62 3  .62.120

12  18 3 .
4
360

S 3
5S 
  S
20  30 3 .
S 5
3

Vậy a 20, b 30 nên a  b 50 .
Câu 56: Cho hình chóp S.ABC có hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vng góc với mặt phẳng
(ABC) . Tam giác ABC đều, I là trung điểm của BC . Góc giữa hai mặt phẳng (SAI) và (SBC) là
A. 90

B. 60

C. 30

Phương pháp giải:
Chứng minh hai mặt phẳng (SAI) và (SBC) vng góc với nhau.
Giải chi tiết:

D. 45


 SAB    ABC 

 SA   ABC   SA  BC .
Ta có:  SAC    ABC 

 SAB    SAC  SA
Mà AI ⊥ BC (do tam giác ABC đều) nên BC ⊥ (SAI)
Suy ra (SBC) ⊥ (SAI)
Vậy ((SBC),(SAI))=900.
Chọn A
Câu 57: Gọi M là giao điểm của đồ thị hàm số y 

x 1
với trục hồnh. Phương trình tiếp tuyến với đồ
x 2

thị hàm số trên tại điềm M là
A. 3 y  x  1 0

B. 3 y  x  1 0

C. 3 y  x  1 0

D. 3 y  x  1 0

Phương pháp giải:
- Tìm tọa độ điểm M bằng cách giải phương trình hồnh độ giao điểm.

- Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hồnh độ x x0 là:
y  f  x0   x  x0  f  x0   .
Giải chi tiết:
Cho y 0  x  1 0  x  1 , ta có tọa độ điểm M là (–1;0).
Ta có y 

3

 x  2

2

 y  1 

1
3.

Vậy phương trình tiếp tuyến tại M là y 

1
 x  1  3y  x  1 0
3

Chọn B
Câu 58: Cho số dương a và hàm số y f (x) liên tục trên  thỏa mãn f ( x )  f ( x) a, x   Giá trị
của tích phân
A. 2a 2

a



a

f ( x)dx bằng
B. a 2

C. 2a

D. a


Phương pháp giải:
- Phân tích

a



a

0

a

a

0

f ( x)dx  f ( x)dx   f ( x )dx .

- Sử dụng phương pháp đổi biến số, chứng minh

0



a

a

f ( x)dx  f ( x)dx .
0

- Áp dụng cơng thức tính phân của tổng để đưa về f ( x )  f ( x )
Giải chi tiết:
Ta có:

a



a

0

a

a

0

f ( x)dx  f ( x)dx   f ( x )dx .

 x  a  t a
Đặt x  t  dt  dx . Đổi cận: 
, khi đó ta có:
 x 0  t 0
0



a

0

a

a

0

f ( x)dx   f ( t )dt  f ( x )dx.

Suy ra

a



a

a

a

a

0

0

0

a

f ( x) dx  f (  x )dx   f ( x)dx  adx ax 0 a 2 .

Chọn B
Câu 59: Hệ số chứa x9 trong khai triển P ( x) (1  x)9  (1  x)10 là
A. 11

B. 10

C. 12

D. 13

Phương pháp giải:
n

n

k n k k
Áp dụng công thức nhị thức Newton  a  b  Cn a b .
k 0

Giải chi tiết:
9

10

k 0

i 0

k k
i
i
Ta có: P  x  C9 x  C10 x
9
9
Vậy hệ số của x9 là C9  C10 11 .

Chọn A
Câu 60: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là vuông cạnh 2a , mặt bên (SAB) là tam giác cân nằm
trong mặt phẳng vng góc với đáy, góc ASB bằng 120 . Bán kính mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp là
A.

a

2

B.

2
a
2

C.

21
a
3

D. Kết quả khác.

Phương pháp giải:
Gọi O là tâm ABCD. T đối xứng với S qua AB. M là trung điểm AB. Dựng hình chữ nhật OMTI thì I là
tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
Giải chi tiết:


Ta có: SM⊥AB (do tam giác SAB cân) nên SM⊥(ABCD).
Gọi O là tâm ABCD. T đối xứng với S qua AB. M là trung điểm AB. Dựng hình chữ nhật OMTI.
+) Ta có: OI//MThayOI//SM⇒OI⊥(ABCD)⇒IA=IB=IC=ID (1)
+) T là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác SAB, IT⊥(SAB) nên IA=IB=IS (2)
Từ (1) và (2) ⇒IA=IB=IC=ID=IS nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
1
Ta có IT OM  AD a .
2

0

Tam giác SAB có ASB 120 nên

MSA 600  SA 

AM
a
2 3a


0
sin 60
3 .
3
2

Dễ thấy AM là trung trực của ST nên SA = AT.
Vậy bán kính của mặt cầu này là R IA  IT 2  TA2  a 2 

4a 2 a 21
.

3
3

Chọn C
III. Phần 3 (2,5đ) – Tốn tự luận
3
Bài 1: Cơng ty A sản xuất các thùng tơn dạng hình hộp chữ nhật có thể tích V m , hệ số k cho trước là

 

tỉ số giữa chiều cao của thùng và chiều rộng của đáy). Hãy xác định các kích thước của đáy thùng để khi
sản xuất tiết kiệm nguyên vật liệu nhất?
Phương pháp giải:
Đặt chiều rộng của đáy thùng là x và lập cơng thức diện tích tồn phần của hình hộp.
Áp dụng BĐT để tìm GTNN của diện tích tồn phần
Giải chi tiết: