ĐỀ THI sở hà nội 1111111111111111

– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
ĐỀ THI THỬ CỦA SỞ GIÁO DỤC HÀ NỘI (GIỮA KỲ 2)
THỜI GIAN 90’
LỜI GIẢI BỞI: THẦY NGUYỄN TIẾN ĐẠT

Câu 1: Cho hàm số f ( x )  e
nhiên và

1

1
x2



1

 x 12

m

n
biết rằng f (1). f (2). f (3).... f (2017)  e Với m,n là các số tự

m
2
tối giản. Tính m  n
n

A. m  n 2  2018
B. m  n 2  1

C. m  n 2  2018
D. m  n 2  1
Ta có:
1

1
1
1

 1
( x  0)
x ( x 1)
x 2 ( x 1)2

f (1). f (2)... f (2017)  e
e

2017 

1
1
1
1


..
1.2 2.3 3.4
2017.2018

1 1 1 1 1

1
1
20171     ..

2 2 3 3 4
2017 2018

e

2018

1
2018

m

en

 m  20182 1; n  2018  m  n 2  1.

Câu 2: Cho y=f(x) là hàm số chẵn, có đạo hàm trên đoạn 6;6  . Biết rằng
2



1

2

f ( x ) dx  8; f (2 x ) dx  3; Tính

1

6

I   f ( x )dx
1

A. I=2
B. I=5
C. I=11
D. I=14

Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
3

3

1

1

Do f  x  là hàm chẵn nên f 2 x   f 2 x    f 2 x  dx   f 2 x  dx
Đặt 2 x  t  dx 

dt

2

Đổi cận:

3


1
6



1

6

f 2 x  dx   f t 
2

x

1

3

t

2

6

6

6

3

6

dt 1

f t  dt   f t  dt  2  f 2 x  dx  6   f  x  dx  6
2 2 2
2
1
2

2

6

1

2

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  14

Câu 3: Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình log 2 2 x  m log 2 x  m  0 nghiệm
đúng với mọi giá trị của x  0; 
A. Có 6 giá trị nguyên

B .Có 7 giá trị nguyên
C. Có 5 giá trị nguyên
D. Có 4 giá trị nguyên


 a 1 0
Ta có 
để bất phương trình nghiệm đúng với mọi giá trị của t thì

2


  m  4 m
  0  m2  4m  0  4  m  0
Suy ra các giá trị nguyên của m là {-4, -3, -2, -1, 0}
Câu 4: Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;2;-1); B(2;3;4) C(3;5;-2). Tìm tọa độ tâm I của đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
5

A. I  ;4;1
2
 37

B. I  ; 7;0
2

Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội

– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
 27

;15;2
C. I 

2
 7 3 
D. I 2; ;  
2 2

Giả sử I  x ; y; z 
IA  IB  IA 2  IB 2  1  x   2  y   1  z   2  x   3  y   4  z 
2

2

2

2

2

2

 2 x  2 y  10 z  23 1

IA  IX  IA 2  IC 2  1  x   2  y   1 z   3  x   5  y   2  z 
2

2

2

2

2

2

 4 x  6 y  2 z  32 2 


 
Phương trình  ABC  đi qua A và có VTCP n   AB, AC   16;11;1 : 16 x  11 y  z  5 3




5
 x 

2

Từ (1), (2) và (3)   y  4

 z  1



 1 3 
Câu 5: Trong không gian Oxyz cho điểm M  ;
;0 và mặt cầu S  : x 2  y 2  z 2  8 . Đường thẳng
 2 2 

d thay đổi, đi qua M, cắt mặt cầu (S) tại hai điểm A;B phân biệt. Tính diện tích lớn nhất S của tam giác
OAB.
A . S 2 2
B. S  2 7
C. S  4
D. S  7

Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
Câu 6: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm
A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng
a 3
AA’ và BC bằng
. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
4
A.. V 

a3 3
3

B. V 

a3 3
24

C. V 

a3 3
12

D. V 

a3 3
6

B'

A'

C'

K

B

A
H

M

C

Gọi M là trung điểm của BC. Từ M kẻ MK vuông góc với AA’

S ABC

SH   ABC   SH  BC 


  BC   AA ' M 
2

a 3
a 3
a 3 AM  BC



, AM 
 AH 
4
2
3  BC  MK 


  d  AA '; BC   MK
MK  AA ' 



Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
AA ' H ∽ AMK 

A' H
AH
MK .AH a

 A'H 

MK
AK
AK
3

 VABC . A ' B 'C '  S ABC .A ' H 

a3 3
12

Câu 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2 2 , cạnh bên SA vuông góc với
mặt đáy và SA=3. Mặt phẳng   qua A và vuông góc với SC cắt các cạnh SB;SC;SD lần lượt tại các
điểm M,N,P. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP.
A. V 

64 2

3

B. V 

125
6

C. V 

32
3

D. V 

108
3

S

N
M

P

A

B

D

C

. AMN . vuông tại M và APN vuông tại P.

.  . trục của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNP là đường trung trực của AN trong SAC 
 O là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp C . AMNP

 R  OA 

AC
4
32
 2  V   R3 
2
3
3

Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
Câu 8: Cho hàm số y 

ax  b
có đồ thị như hình vẽ:
cx  d

Khẳng định nào sau đây đúng?


ad  0
A. 



bc  0

ad  0
B. 

bc  0

ad  0
C. 

bc  0

ad  0
D. 

bc  0

C. Tứ diện đều

D. Hình bát diện đều

Ta thấy hàm số đồng biến
 a.d-b.c>0

Câu 9: Hình nào sau đây không có tâm đối xứng:
A. Hình lập phương

B. Hình hộp

Tứ diện đều không có tâm đối xứng.
Câu 10: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y 

ln 2 2
A. maxy 
1;e 3 
2



B. maxy 
1;e 3 



4
e2

ln 2 x
trên 1;e 3 
x

C. maxy 
1;e 3 




9
e2

D. maxy 
1;e 3 



1
e

CÁCH 1:
y'

x  1
ln x 2  ln x 

;
y
'

0

x  e2
x2


y 1  0; y e 2  

4
9
4
; y e 3   3  max
y 2
2
3
1;e 
e
e
e



Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
CÁCH 2: MODE 7
START :1

3
 END : e

 STEP : 1

XẤP XỈ ĐÁP ÁN B

Câu 11: Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (P): 6 x  3 y  2 z  6  0 . Tính khoảng cách d từ điểm
M(1;-2;3) đến mặt phẳng (P).
A. d 

12 85
85

d  M , P  

31
7

B. d 

6.1  3.2  2.3  6
6 2  32  2 2

C. d 



18
7

D. d 

12
7

12

7

Câu 12: Trong không gian Oxyz, mặt cầu S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4  0 ; cắt mặt phẳng (P):

x  y  z  4  0 theo giao tuyến là đường tròn (C ). Tính diện tích S của hình tròn giới hạn bởi (C ).
B. S 

A. S  6 

2  78
3

C. S 

26
3

D. S  2 6 

S  :  x 1   y  2  z 2  32  S  có tâm I 1; 2;0 , bán kính R  3
2

2

Giả sử J là tâm đường tròn  IJ  d  I ; P   3
Gọi M là một điểm thuộc đường tròn thì r  MH  IM 2  IH 2  6  S   R 2  6
Câu 13: Một công ty dự kiến chi 1 tỷ đồng để sản xuất các thùng đựng sơn hình trụ có dung tích 5 lít.
Biết rằng chi phí để làm mặt xung quanh của thùng đó là 100.000 đ/m 2. Chi phí để làm mặt đáy là
120.000 đ/m2. Hãy tính số thùng sơn tối đa mà công ty đó sản xuất được. (Giả sử chi phí cho các mối
nối không đáng kể).

A.12525 thùng

B.18209 thùng

C. 57582 thùng

D. 58135 thùng.

Đổi: 1 tỷ = 1000
100.000 đồng = 0.1
Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
120.000 đồng = 0.12

V   R 2 h  5   Rh 

5
R

DIỆN TÍCH mặt xung quanh: S xq  2 Rh 

10
R

DIỆN TÍCH hai mặt đáy: 2 R 2
Gọi số thùng là x

Số tiền cần làm là: x(
Có

10
.0,1 + 2 R 2 .0,12 )=1000
R

10
5
5
.0,1 + 2 R 2 .0,12 = .0,1  .0,1 + 2 R 2 .0,12  3. 3 (5.0,1) 2 .2.0,12
R
R
R

Số thùng tối đa có thể làm:

1000
3. 3 (5.0,1) 2 .2.0,12

 581,3

Câu 14: Cho hình nón có độ dài đường sinh l  2a , góc ở đỉnh của hình nón 2  600 . Tính thể tích V
của khối nón đã cho:
A. V 

a 3 3
3

B.V 

a 3
2

C. V  a 3 3

D. V  a 3

l
h
r

1
a 3 3
R  l sin 30  a  h  l  R  a 3  V  Sh 
3
3
2

2

Câu 15: Tìm điểm cực tiểu xCT của hàm số y  x 3  3 x 2  9 x
A. xCT  0

B. xCT  1

C. xCT  1

D. xCT  3

x  1
y '  3 x 2  6 x  9; y '  0  
 x  3

Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />


x

–3

y'

+

0



1
–

0

+


y


 xCT  1
Câu 16: Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của các hàm số y  x 2 ; y  2 x
A. S 

20
3

B. S 

3
4

C. S 

4
3

D. S 

3
20

x  0
Phương trình hoành độ giao điểm: x 2  2 x  0  
 x  2

2

S   x 2  2 x dx 
0

4
3

Câu 17: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1;2;-1); B(2;-1;3) C(-3;5;1). Tìm tọa
độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
A.D(-4;8;-3)

B.D(-2;2;5)

C.D(-2;8;-3)

D.D(-4;8;-5)

   x  4
 AB  DC 



ABCD là hình bình hành       y  8  D 4;8;3
 AD  BC 




 z  3

Câu 18: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho A(0;1;1); B(2;5;-1). Tìm phương trình mặt
phẳng (P) qua A,B và song song với trục hoành.
A. ( P ) : y  z  2  0

B. ( P ) : y  2 z  3  0

C. ( P ) : y  3z  2  0
D. ( P ) : x y  z  2  0


 
AB  2;4; 2   nP   AB ; i   0; 2; 4    P  : y  2 z  3  0



Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
Câu 19: Tìm nghiệm của phương trình log 2  x 1  3
A.x=7

B.x=10

C.x=8

D.x=9

log 2  x 1  3  x 1  8  x  9
Câu 20: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  3  0 . Tính bán kính R
của mặt cầu (S).
B. R  3 3

A.R=3

D. R  3

C.R=9

S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  3  0   x 1   y  2   z  1  9  R  3
2

2

2


Câu 21: Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(-1;2;-3); B( 2;-1;0). Tìm tọa độ của vecto AB .




A. AB  1; 1;1
B. AB  3; 3; 3 C. AB  1;1;3
D. AB  3; 3;3

AB (3;3;3).

Câu 22: Hàm số nào sau đây đồng biến trên R?
A. y  log

1
2

 x 2 1

B. y 

C. y  log 2  x 2  1

1
3x

D. y  3x

a x đồng biến khi a>1
Câu 23: Cho mặt cầu (S) bán kính R. Một hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy r thay đổi nội tiếp
mặt cầu. Tính chiều cao h theo R sao cho diện tích xung quanh của hình trụ lớn nhất.
A. h 

R
2

C. h  R 2

B.h=R

Ta có: Khi mặt trụ nội tiếp mặt cầu thì: r 2 

D. h 

R 2
2

h2
 R2 .
4

Diện tích xung quanh hình trụ: S  2 r .h.
Áp dụng BĐT Cô Si ta có:

r2 

h2
h2
 R 2  R2  2 r 2
 rh  S xq  2 R 2 .
4
4

Dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi r 

h
h2
nên: R 2  rh   h  R 2.
2
2

Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
1

Câu 24: Biết rằng

 3e
0

A.T=9

13 x

b c
a
b
dx  e 2  e  c (a; b; c  R ) .Tính T  a  
5
3
2 3

B.T=10

C.T=5

D.T=6

Đặt

t  1  3x  t 2  1  3x  2tdt  3d
1

  3e
0

13x

2

dx  
1

2

2

2.t .dt
3e
 2  e t .t .dt  2(e t .t |12 )  2  e t dt  2(e t .t  e t )|12  2e2 .
3
1
1
t



a  10
 T  10. Chọn B.
Như vậy ta có: 



b  c  0
Câu 25: Hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số cho trong các phương án A;B;C;D, hỏi đó là
hàm số nào:

A. y  2 x 2  x 4

B. y  x 3  3 x 2

C. y  2 x 2  x 4

D. y  x 3  2 x

Nhận diện hình là: hàm trùng phương.
Bên phải ngoài cùng luôn cùng dấu với hệ số a. (Thấy đuôi sau đang đồng biến)
2

Câu 26: Tìm tập xác định D của hàm số y  x 3
A. D  0; 

B. D   0; 

C. D  R \ 0

D.D=R

Ta có hàm số xa với a không nguyên có TXĐ là (0;+∞)

Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
Câu 27: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 2 1 trên đoạn [-3;2].
A. min y  8
3;2 

B. min y  1
3;2 

C. min y  3
3;2 

D. min y  3
3;2 

CÁCH 1:
f '( x )  2x; f '(x)  0  x  0.

f (0)  1.


.


f(3)  8.




 f (2)  3.
Do đó giá trị nhỏ nhất cần tìm là – 1.
CÁCH 2: TABLE
Câu 28: Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0), B(-2;0;3), M(0;0;1) và N(0;3;1). Mặt phẳng (P)
đi qua các điểm M, N sao cho khoảng cách từ điểm B đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ điểm A đến
(P). Có bao nhiêu mặt phẳng (P) thỏa mãn đề bài?
A. Có hai mặt phẳng (P).
B. Không có mặt phẳng (P) nào.
C. Có vô số mặt phẳng (P).
D. Chỉ có một mặt phẳng (P).




Có AB  3;0;3; AM  1;0;1  AB  3 AM nên M ∈ đoạn AB và AB = 3AM ⇒ BM = 2AM

Ta thấy N ∉ AB nên mọi mặt phẳng qua MN và không chứa A, B đều thỏa mãn đề bài
Vậy có vô số mặt phẳng thỏa mãn
Câu 29: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – z – 1 = 0. Veto nào sau đây không là vecto
pháp tuyến của mặt phẳng (P)?

A. n  (1;0;1)

B. n  (1;0; 1)
Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;

người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />

C. n  (1; 1; 1)

D. n  (2;0; 2)


Đáp án C lạc loài nhất. (tọa độ y của n = 0)
Câu 30: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh A. Biết SA  ( ABC ) và SA  a 3 .
Tính thể tích V của khối chóp S.ABC.
A. V 

a3
.
4

B. V 

a3
2

3a 3
C. V 
4

a3 3

D. .V 
.
3
1
1 1 a 3
a3
V  S .h  . a.
.a 3  .
3
3 2
2
4

Câu 31: Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v1 (t )  7t (m / s ) . Đi được 5 (s),
người lái xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với
gia tốc a  70(m / s 2 ) . Tính quãng đường S(m) đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến
khi dừng hẳn.
A. S = 94,00 (m)
B. S = 96,25 (m)
C. S = 87,50 (m)
D. S = 95,70 (m)
CÁCH 1:
Giai đoạn đầu: Từ lúc bắt đầu đến lúc phanh
5

5

0

0

S=  v1 (t ).dt   7t .dt
Giai đoạn 2: Khi bắt đầu phanh
Tại thời điểm này: vận tốc là v2  7.5  35 , t = 0 (Tính lại thời gian, vì giai đoạn này vật cđ chậm dần
đều)
Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
Lại có v2   a (t ).dt  70t  c .
 70.0  c = 35
 c=35
 v2  70t  35
Khi xe dừng hẳn: v=0 => 70.t  35  0 => t = 0.5
0.5

Quãng đường vật đi được ở giai đoạn 2: S2   (70t  35).dt
0

Tổng quãng đường: S1 + S2 = 96,25 (m)
CÁCH 2: DÙNG CÔNG THỨC LÝ 10 (vui vui thôi <3 )
Giải đoạn 1: Từ lúc bắt đầu đến lúc phanh

v1  vo  at => a 

v  vo 7.5  0

7

t
5

v12  vo 2  2as1 => s1 

v 2  vo 2 352  0

 87.5 (m)
2a
2.7

Giai đoạn 2: Từ lúc phanh đến lúc dừng
v2 2  v12  2 as1 => s2 

v2 2  v12 0 2  352

 8,75
2a
2.(70)

Tổng quãng đường S1 + S2 = 96,25 (m)
Câu 32: Tìm số giao điểm n của hai đồ thị y  x 4  3x 2  2 và y  x 2  2 .
A. n = 0
B. n = 1
C. n = 4
D. n = 2

Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội

– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
x 4  3x 2  2  x 2  2

 x 4 4x2  4  0
  x 2  2  0
2

 x2 2  0
 x  2

Câu 33: Cho log 2 3  a, log 2 5  b . Tính log 6 45 theo a, b
A. log 6 45 

a  2b
2(1  a )

B. log 6 45  2a  b
C. log 6 45 

2a  b
1 a

D. log 6 45  a  b 1

Câu 34: Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  3 x  1  4 5  x . Tính
M+m
A. M  m  16
B. M  m 

12  3 6  4 10
2

Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
C. M  m 

16  3 6  4 10
2

D. M  m  18
CÁCH 1
TXĐ: [1;5]
Có y ' 

3
4
61

 0  3 5  x  4 x  1  9 5  x   16  x 1  x 
25
2 x 1 2 5  x

y '  0 1 x 

61
61
;y'0 
 x 5
25
25

 61 
Có y 1  8; y    10; y 5  6  M  10; m  6  M  m  16
 25 

CÁCH 2
BẤM THỬ CÁC GIÁ TRỊ XẤU XÍ:

DÙNG TABLE

MIN

MAX
NHƯNG ĐẾN ĐÂY TA THẤY CÓ VẤN ĐỀ: TÍNH MIN + MAX TA SÁT ĐÁP ÁN A VÀ B
Làm phát TABLE LẦN 2 VỚI KHOẢNG SÁT HƠN
Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
 MIN + MAX = 16
Câu 35: Với các số thực dương a, b bất kì. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A. log(ab )  log(a  b )

B. log(ab )  log a  log b
a 
C. log    log(a  b )
 b 
a
D. log    log b a
 b 

log(ab) = log a + log b

Câu 36: Tìm phương trình đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 

2 x 1
.
x 1

A. y = 2.
B. x = 1.
C. y = 1.
D. x = -1.
Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng x = 1

Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
Câu 37: Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên nửa khoảng [-3;2), có bảng biến thiên như hình vẽ:
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

A. min y  2
[3;2)

B. max y  3
[3;2)

C. Giá trị cực tiểu của hàm số là 1.
D. Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1
KHÔNG CÓ ĐÁP ÁN ĐÚNG!
Câu 38: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x )  e2 x .
A.

e

B.

e

2x

C.

e

D.



e

2x

dx  2e 2 x  C .

2x

1
dx  e 2 x  C .
2

2x

dx  e 2 x  C .

e2 x dx 

e 2 x 1
 C.
2x 1

1
dx  e 2 x  C
2

( Công thức nguyên hàm của hàm hợp )

1
2
cos .

2
x
x
Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội

Câu 39: Tìm nguyên hàm của số f ( x ) 


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
1

A.

x

B.



2

2
1
2
cos dx   sin  C .
x
2
x

1
2
1
2
cos dx  sin  C .
2
x
x
2
x

C.



1
2
1
2
cos dx  cos  C .
2
x
x
2
x

D.



1
2
1
2
cos dx   cos  C .
2
x
x
2
x

CÁCH 1:
+ Đặt

2
2
1
dt
 t   2 dx  dt  2 dx  
x
x
x
2



1
1
1

x
cos tdt   sin t  C   sin  C

2
2
2
2

CÁCH 2:
CHUYỂN MÁY TÍNH SANG RADIAN (SHIFT MODE 4)

(CALC 1)

d 1
2
( sin( ))
dx 2
x

x 1

2 kết quả giống nhau. Chọn A
Câu 40: Ông Việt dự định gửi vào ngân hàng một số tiền với lãi suất 6,5% một năm. Biết rằng, cứ sau
mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu. Tính số tiền tối thiểu x (triệu đồng, x  N ) ông
Việt gửi vào ngân hàng để sau 3 năm số tiền lãi đủ mua một chiếc xe gắn máy giá trị 30 triệu đồng.
A. 150 triệu đồng.
Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội

– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
B. 154 triệu đồng.
C. 145 triệu đồng.
D. 140 triệu đồng.
Công thức lãi kép: Với A0 là số tiền gửi ban đầu, r% là lãi suất hàng năm, sau n năm cả vốn lẫn lãi
n

r 
người đó có là An  A0 1 
 100 
Nếu ban đầu ông Việt gửi x triệu đồng thì sau 3 năm số tiền lãi của ông có là

6,5 
x 1 
 x  x .1, 0653 1
 100 
3

Để số tiền này đủ mua chiếc xe máy thì x .1,0653  1  30  x  144,2
Mà x là tối thiểu nên x = 145
Câu 41: Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên ℝ, có đạo hàm f '( x )  x ( x 1) 2 ( x  1)3 . Hàm số đã cho có
bao nhiêu điểm cực trị?
A. Có 3 điểm cực trị.
B. Không có cực trị
C. Chỉ có 1 điểm cực trị.
D. Có 2 điểm cực trị.
f '( x )  x ( x 1) 2 ( x  1)3
 x 0


f '( x )  0   x  1

 x  1


+Bên phải ngoài cùng, cùng dấu hệ sộ a.

f  x  đổi dấu khi qua 2 nghiệm x  0 và x  1 , không đổi dấu khi qua nghiệm x  1 ( số

mũ chẵn )
x



-1

f’(x)

+

0

-

0

1

0 +

0


+

Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
+ Vậy hàm số đã cho có 2 cực trị

  CSB
  60 0 , ASC
  90 0 , SA  SB  SC  a. Tính khoảng cách d
Câu 42: Cho hình chóp S.ABC có ASB
từ A đến mặt phẳng (SBC).
A. d  2a 6.
B. d  a 6.
C. d 

2a 6
.
3

D. d 

a 6
.

3

Gọi M là trung điểm AC.
BM  AM  MC 

a 2
2

Suy ra ∆ SMB vuông cân tại M
⇒ SM ⊥ MB
⇒ SM ⊥ (ABC)

1
1 a 2 a2 a3 2
 VS . ABC  SM .S ABC  .
. 
3
3 2 2
12
3
a 2
3V
a 6
 d  A;SBC   S . ABC  24 
SSBC
3
a 3
4

Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;

người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
Câu 43: Cho hàm số y  f ( x )  ax 3  bx 2  cx  d ,(a, b, c , d  R, a  0) có đồ thị (C). Biết rằng đồ thị (C)
tiếp xúc với đường thẳng y = 4 tại điểm có hoành độ âm và có đồ thị của hàm số y  f '( x ) cho bởi
hình vẽ dưới đây:

Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục hoành.
A. S 

21
4

B. S 

27
4

C. S  9
D. S 

5
4

Đồ thị hàm số y = f’(x) là đồ thị hàm số bậc hai, nhận Oy làm trục đối xứng nên
f ‘(x) = ax2 + c
Đồ thị hàm số y = f’(x) đi qua (0;–3); (–1;0) và (1;0) nên c = –3; a = 3

 f '  x   3x 2  3  f  x    f '  x  dx  x 3  3x  C
y = f(x) đạt cực trị tại x = ±1
Vì y = f(x) tiếp xúc với đường thẳng y = 4 tại điểm có hoành độ âm nên f (–1) = 4
⇒ f(x) = x3 – 3x + 2
Có f(x) giao Ox tại x = –2 và x = 1
Diện tích hình phẳng cần tính là
1

S

2

 x 4 3x 2
 1
27


x  3 x  2 dx    x  3 x  2 dx   
 2 x  
 4

2
4
 2
2
1

3

3

Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
Câu 44: Hàm số y  x 4 1 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. (1;1).
B. (;0).
C. (0; ).
D. (1; ).
Hàm số y  x 4 1 là parabol có bề lõm quay lên trên nên đồng biến trên 0;
Câu 45: Tính tổng T tất cả các nghiệm của phương trình 4 x  8.2 x  4  0 .
A. T = 0.
B. T = 2.
C. T = 1.
D. T = 8.

CÁCH 1:

2 x = 4  2 3 =>x =
2 x = 4  2 3 =>x =

CÁCH 2:
t1t 2  4  2 x1.2 x 2  4  2 x1  x 2  4  x1  x 2  2

Câu 46: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log 2 (3 x  2)  log 2 (6  5 x ).
Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm

Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />
 6
A. S  1; 
 5 
2 
B. S   ;1
 3 

C. S  1; 
2 6
D. S   ; 
 3 5 

CÁCH 1:

3 x  2  0

2
6
 x
Điều kiện: 


3
5

6  5 x  0

Với điều kiện trên bất phương trình đã cho tương đương với 3 x  2  6  5 x  8 x  8  x  1
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là 1  x 

6
5

CÁCH 2:

Ta thấy đáp án C có khoảng lớn nhất.
Ta thử C trước. Calc 100 (đại diện cho dương vô cực)
 C sai

Ta thử A. Calc 1+0,1 .

=> thỏa mãn bpt >0. Calc 6/5 – 0.1

 A có thể đúng.

Nhưng đáp án D đang có khoảng lớn hơn đáp án A. Ta thử CALC 2/3 + 0.1
 D SAI.
 Chọn A
Câu 47: Cho hình trụ có đường cao h = 5cm, bán kính đáy r = 3cm. Xét mặt phẳng (P) song song với
trục của hình trụ, cách trục 2cm. Tính diện tích S của thiết diện của hình trụ với mặt phẳng (P).
A. S  5 5cm 2 .
Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội


– Hotline: 1900.7012 Thầy NGUYỄN TIẾN ĐẠT ( />

B. S  10 5cm 2 .
C. S  6 5cm 2 .
D. S  3 5cm 2 .
Gọi AB là giao của (P) với hình tròn đáy (O) của hình trụ. Gọi H là trung điểm AB.
Ta có OH ⊥ AB; OH = 2cm; OA = OB = 3cm

 AB  2 AH  2 OA 2 OH 2  2 5 cm 
Thiết diện là hình chữ nhật có các kích thước là AB  2 5cm và h = 5cm nên có diện tích

S  10 5 cm 2

Câu 48: Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên đoạn [a;b]. Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
(C ) : y  f ( x ) , trục hoành, hai đường thẳng x = a, x = b ( như hình vẽ dưới đây).
Giả sử SD là diện tích của hình phẳng D. Chọn công thức đúng trong các phương án A, B, C, D cho
dưới đây?
0

b

a

0

A. S   f ( x )dx  f ( x )dx
0

b

a

0

B. S   f ( x )dx  f ( x )dx
0

b

a

0

C. S   f ( x )dx  f ( x )dx
0

b

a

0

D. S   f ( x )dx  f ( x )dx

Từ a -> 0 ta thấy phần diện tích nằm dưới Ox => âm
Từ 0 -> b ta thấy phần diện tích nằm trên Ox => dương
Người bi quan phàn nàn về cơn gió; người lạc quan chờ đợi nó đổi chiều;
người thực tế điều chỉnh lại cánh buồm
Lớp toán thầy Đạt: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội