Đề thi 2018 THPT chuyên vĩnh phúc – vĩnh phúc lần 2 file word có lời giải chi tiết

TẢI 400 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2018 MÔN TOÁN
FILE WORD CÓ LỜI GIẢI Ở LINK SAU :
Đăng ký bộ đề 2018 tại link sau :
/>
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC

ĐỀ THI KSCL THPT QG LẦN 2

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

NĂM 2017 – 2018
MÔN TOÁN 12
Thời gian làm bài: 90 phút
(Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: Cho khối chóp S.ABC có SA   ABC  , tam giác ABC đều cạnh a và tam giác SAB cân.
Tính khoảng cách h từ điểm A đến mặt phẳng  SBC  .
A. h 

a 3
7

B. h 

a 3
7

C. h 

2a
7

D. h 

a 3
2

Câu 2: Tìm số tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  4x 3  6x 2  1 , biết tiếp tuyến đó đi qua điểm
M  1; 9 
A. 3

B. 2

C. 0

D. 1

Câu 3: Cho hàm số y  x 3  3x 2  5 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng  �;0 

B. Hàm số đồng biến trên khoảng  0; 2 

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng  2; �

D. Hàmsố nghịch biến trên khoảng  0; 2 

Câu 4: Đường cong ở hình bên là đồ thị hàm số y 

ax  b
, với a, b, c, d
cx  d

là các số thực. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. y '  0, x ��

B. y '  0, x ��

C. y '  0, x �1

D. y '  0, x �1

Câu 5: Mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất bao nhiêu mặt?
A. Năm mặt

B. Hai mặt

C. Ba mặt

D. Bốn mặt

Câu 6: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  log 2017  mx  m  2  xác định trên

 1; �
Trang 1 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


A. m  0

C. m  1

B. m �0

D. m �1

Câu 7: Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có BB’  a , đáy ABC là tam giác vuông cân tại
B, AB  a. Tính thể tích V của khối lăng trụ:
A. V 

a3
2

B. V 

a3
6

a3
3

D. V  a 3

C. P  10

D. P  65

C. V 

2 3
Câu 8: Cho log a x  1 và log a y  4. Tính P  log  x y 

B. P  3

A. P  14

Câu 9: Tính giá trị cực đại y CĐ của hàm số y  x 3  12x  1
A. y CĐ  15

B. y CĐ  17

C. y CĐ  2

D. y CĐ  45

Câu 10: Cho mặt cầu  S1  có bán kính R 1 , mặt cầu  S2  có bán kính R 2  2R1 . Tính tỷ số diện
tích của mặt cầu  S1  và  S2  ?
B. 3

A. 4

C.

1
2

D. 2

0
1
2
2
10 10

Câu 11: Tính tổng S  C10  2.C10  2 .C10  ...  2 .C10

A. S  210

B. S  310

C. S  410

D. S  311

�x 2  1
khi x �1
�
. Hỏi
Câu 12: Cho bốn hàm số f1  x   x  1, f 2  x   x, f 3  x   tan x; f 4  x   �x  1
�
2
khi x  1
�
trong bốn hàm số trên có bao nhiêu hàm số liên tục trên �?
A. 1

C. 3

B. 4

D. 2

Câu 13: Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a . Tinh thể tích V của
khối chóp đã cho

2a 3
6

A. V 

B. V 

11a 3
12

C. V 

14a 3
2

14a 3
6

D. V 

Câu 14: Mệnh đề nào dưới đây sai?
A. log x  1 � 0  x  10

B. log 1  log 1 � x  y  0

0
C. ln x �۳

2
D. log 4 x  log 2 y � x  y  0



x 1



Câu 15: Tìm số nghiệm của phương trình log 3  2x  1  2
B. 5

A. 1

C. 0

D. 2

Câu 16: Đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây có tiệm cận đứng ?
A. y 

1
x x2
2

B. y 

1
x 1
2

C.

2
x

D. y 

3
x 1
4

Trang 2 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Câu 17: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình cos 2 x  m  1 có nghiệm.
A. 1  m  2

B. m �1

C. m �2

D. 1 �m �2

Câu 18: Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số y  x 3  3x 2 trên đoạn  1;1 .
A. M  2

B. M  0

C. M  2

D. M  4

C. P  x

D. P  x 2

C. A  �

D. A  3

1

Câu 19: Rút gọn biểu thức: P  x 6 . 3 x với x  0.
1

A. P  x 8

2

B. P  x 9

x3 1
.
x �1 x  1

Câu 20: Tính giới hạn A  lim
A. A  0

B. A  �

Câu 21: Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào không đồng biến trên � ?

A. y  s inx  3x

B. y  cosx+2x

C. y  x 3  x 2  5x  1 D. y  x 5

Câu 22: Cho hai đường thẳng phân biệt a; b và mặt phẳng    Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Nếu a / /    và b / /    thì b / /a

B. Nếu a / /    và b     thì a  b

C. Nếu a / /    và b  a thì b    

D. Nếu a / /    và b  a thì b / /   

Câu 23: Có bao nhiêu số có ba chữ số dạng abc với a, b, c � 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6 sao cho a  b  c.
A. 30

B. 20

C. 120

D. 40

Câu 24: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 2.
B. Hàm số đạt cực đại tại x  0 và đạt cực tiểu tại x  2.
C. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2 và giá trị nhỏ nhất bằng 2.
D. Hàm số có ba điểm cực trị.
Câu 25: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 x  3.2x 1  m  0 có hai nghiệm

thực x1 ; x 2 thỏa mãn x1  x 2  2.
A. 0  m  2

B. m  0

C. 0  m  4

D. m  9

Câu 26: Cho hình lập phương ABCD.A ' B'C ' D ' có cạnh bằng1. Cắt hình lập phương bằng một
mặt phẳng đi qua đường chéo BD ' . Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích thiết diện thu được.
A.

6
4

B.

2

C.

6
3

D.

6
2

Câu 27: Cho đường tròn tâm O có đường kính AB  2a nằm trong mặt phẳng  P  . Gọi I là điểm
đối xứng với O qua A. Lấy điểm S sao cho SI   P  và SI  2a . Tính bán kính R mặt cầu đi qua
đường tròn đã cho và điểm S.

Trang 3 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


A. R 

7a
4

B. R 

a 65
16

C. R 

a 65
4

D. R 

a 65
2

Câu 28: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Gọi I là điểm thuộc cạnh AB sao
cho AI  a. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  B’DI  .
A.

2a
3

B.

a
14

C.

a
3

D.

3a
14

Câu 29: Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên R và có đồ thị hàm y  f '  x  như hình vẽ. Biết rằng
f  0   f  3  f  2   f  5  . Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn của f  x  trên đoạn  0;5 làn lượt là:

A. f  2  ;f  0 

B. f  0  ;f  5 

C. f  2  ;f  5 

D. f  1 ;f  3 

Câu 30: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh1, tam giác SAB đều và nằm trong mặt
phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
A. V 

5 15
54

Câu 31: Cho hàm số y 

B. V 

5 15
18

C. V 

4 3
27

D. V 

5
3

ax 2  x  1
có đồ thị  C  , trong đó a, b là các hằng số dương thỏa mãn
4x 2  bx  9

ab  4 . Biết rằng  C  có đường tiệm cận ngang y  c và có đúng một đường tiệm cận đứng. Tính
tổng T  3a  b  24c.

A. T  11

B. T  4

2x  m
�
�
Câu 32: Cho hàm số f  x   � 1  4x  1
�
� x

C. T  11

D. T  7

khi x �0
khi x  0

. Tìm tất cả các giá trị của m để tồn tại giới

f  x .
hạn lim
x �0
A. m  0

B. m  2

C. m  4

D. m  1

Câu 33: Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng  A’BC  tạo với
đáy góc 30o và tam giác A’BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
A. V  64 3

B. V  2 3

C. V  8 3

D. V  16 3

Trang 4 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


3
2
Câu 34: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình x  3x   2m  2  x  m  3  0

có ba nghiệm x1 ; x 2 ; x 3 thỏa mãn x1  1  x 2  x 3 .
A. m  5

B. m  6

C. m �5

D. m  5

Câu 35: Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình sin 2x  4sin x  2cos x  4  0 trong đoạn

 0;100

của phương trình:

A. 2476

B. 25

C. 2475

D. 100

�
32x  x 1  32 x 1  2017x �2017
�
Câu 36: Tìm tất cả các gía trị của m để hệ sau có nghiệm � 2
�x   m  2  x  2m  3 �0
A. m �3

B. m  3

C. m �2

D. m �2

Câu 37: Cho hàm số f  x  xác định trên R và có đồ thị f  x  như hình vẽ. Đặt g  x   f  x   x .
Hàm số g  x  đặt cực đại tại điểm nào sau đây?

A. x  1

B. x  2

C. x  0

D. x  1

Câu 38: Cho hình nón  N  có đường sinh tạo với đáy một góc 60o. Mặt phẳng qua trục của  N 
cắt  N  được thiết diện là một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng  2 . Thế tích V của
khối nón  N  .
A. V  9 3

B. V  3

C. V  9

D. V  3 3

2
2
Câu 39: Cho hàm số f  x   ln  x  2x  5  . Tìm các giá trị của x f '  x   0 .

A. x �1

B. x  0

C. mọi x ��

D. x  1

Trang 5 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

�
1  2x �
Câu 40: . Xét các số thực dương x, y thỏa mãn ln �
� 3x  y  1. Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin
�x  y �
của P 

1
1

x
xy

A. Pmin  8

B. Pmin  16

C. Pmin  4

D. Pmin  2

Câu 41: Gọi x và y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện log9 x  log 6 y  log 4  x  y  và
x a  b

với a, b là hai số nguyên dương. Tính T  a  b.
y
2
A. T  6

B. T  4

D. T  8

C. T  11

Câu 42: Tìm tất cả các số a trong khai triển của  1  ax   1  x  có chứa số hạng 22x 3 .
4

A. a  3

B. a  2

C. a  3

D. a  5

Câu 43: Cho hình nón đỉnh S có chiều cao bằng bán kính đáy và bằng 2a . Mặt phẳng  P  đi qua S
cắt đường tròn đáy tại A và B sao cho AB  2 3a. Tính khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy
đến  P  .
A.

2a
5

a
5

B.

C. a

D.

a 2
2

Câu 44: Trong trò chơi “Chiếc nón kì diệu” chiếc kim của bánh xe có thể dừng lại ở một trong 7 vị
trí với khả năng như nhau. Tính xác suất để trong ba lần quay, chiếc kim của bánh xe đó lần lượt
dừng lại ở ba vị trí khác nhau.
A.

3
7

B.

30
343

C.

30
49

D.

5
49

Câu 45: Cho khối chóp S.ABCD có thể tích bằng 2a 3 và đáy  ABCD là hình bình hành. Biết diện
tích tam giác SAB bằng a 2 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD.
A.

3a
2

B. 3a

D. a

C. 6a

Câu 46: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log x 1  2x   2
A. S   1;0 

B. S   �;0 

C. S 



3  2;0



D. S 





3  2; �

Câu 47: Cho khối chóp S.ABC có SA  SB  SC  a và ASB  BSC  CSA  30o. Mặt phẳng   
qua A và cắt hai cạnh SB, SC tại B’, C’ sao cho chu vi tam giác AB’C’ nhỏ nhất. Tính
k

VS.A 'B'C '
VS.ABC

Trang 6 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


A. k  2  2

B. k  4  2 3

C. k 

1
4



D. k  2. 2  2



Câu 48: Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên R và có đồ thị hàm y  f '  x  như hình vẽ. Xét hàm

2
số g  x   f  x  2  . Mệnh đề nào dưới đây sai?

A. Hàm số g  x  đồng biến trên  2; � .
B. Hàm số g  x  nghịch biến trên  1; 0  .
C. Hàm số g  x  nghịch biến trên  0; 2  .
D. Hàm số g  x  nghịch biến trên  �; 2  .
Câu 49: Cho hàm số y 

xm
y  3. Mệnh đề nào dưới đây
(m là tham số thực) thỏa mãn min
 0;1
x 1

đúng?
A. 3  m �6

B. m  1

C. m  6

D. 1 �m �3

Câu 50: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y  mx  m  1 cắt đồ thị hàm số
y  x 3  3x 2  x tại ba điểm A, B, C phân biệt sao cho AB  BC.
�5
�
 ; ��
A. m ��

�4
�

B. m � �;0  � 4; � C. m � 2; �

D. m ��

Trang 7 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Tổ Toán – Tin

MA TRẬN TỔNG QUÁT ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2018

Mức độ kiến thức đánh giá

Tổng số
câu hỏi

STT

Các chủ đề

Nhận
biết

Thông
hiểu

Vận

dụng

Vận dụng
cao

1

Hàm số và các bài toán
liên quan

4

5

6

5

20

2

Mũ và Lôgarit

2

3

2

2

9

3

Nguyên hàm – Tích
phân và ứng dụng

0

0

0

0

0

Lớp 12

4

Số phức

0

0

0

0

0

(...%)

5

Thể tích khối đa diện

3

4

4

3

14

6

Khối tròn xoay

0

0

0

0

0

7

Phương pháp tọa độ
trong không gian

0

0

0

0

0

1

Hàm số lượng giác và
phương trình lượng
giác

0

0

1

0

1

2

Tổ hợp-Xác suất

0

1

2

1

4

Trang 8 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Lớp 11
(...%)
Tổng

3

Dãy số. Cấp số cộng.

Cấp số nhân

0

0

0

0

0

4

Giới hạn

0

1

0

0

1

5

Đạo hàm

0

0

0

0

0

6

Phép dời hình và phép
đồng dạng trong mặt
phẳng

0

0

0

0

0

7

Đường thẳng và mặt
phẳng trong không gian

Quan hệ song song

0

0

1

0

1

8

Vectơ trong không gian
Quan hệ vuông góc
trong không gian

0

0

0

0

0

Số câu

9

14

16

11

50

Tỷ lệ

18%

28%

32%

22%

Trang 9 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Đáp án
1-A
11-B
21-B
31-A
41-A

2-B
12-D
22-B
32-B
42-A

3-D
13-D
23-B
33-C
43-A

4-D
14-D
24-B
34-D
44-C

5-C
15-A
25-C
35-C
45-B

616-C
26-D
36-C
46-C

7-A

17-D
27-C
37-D
47-B

8-C
18-B
28-D
38-B
48-B

9-A
19-C
29-C
39-D
49-A

10-A
20D30-A
40-A
50-C

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
Phương pháp:
Bước 1: Tìm mặt phẳng  P  chứa A vuông góc với mặt phẳng  SBC 
Bước 2: Tìm giao tuyến của 2 mặt phẳng  P  và  SBC 
Bước 3: Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với giao tuyến thì đó chính là khoảng cách từ A đến

 SBC 

Cách giải: Gọi M là trung điểm của BC. Do tam giác ABC đều nên ta có
AM  BC . Lại có SA  (ABC) � BC  SA Nên BC   SAM 
Có  SAM  � SBC   SM
Từ A kẻ AD vuông góc với SM khi đó ta có
AD  d  A;  SBC   . Tam giác SAB vuông cân tại A nên SA  a . Trong tam giác
vuông SAM ta có:
1
1
1
1
1
1
4
7
a 3


 2
 2  2  2 � AD 
2
2
2
2
AD
SA AM
a �a 3 � a 3a
3a
7
� �
�2 �

Câu 2: Đáp án B
Phương pháp:
Bước 1: Gọi tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số là A  x 0 ; y 0 

Trang 10 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Bước 2: Phương trình tiếp tuyến tại điểm A có dạng y  y '  x 0   x  x 0   y 0
Bước 3: Do tiếp tuyến đi qua điểm M như đề bài nên ta thay tọa độ M vào phương trình tiếp tuyến
ta tìm được x 0  ? � y 0  ?
Bước 4. Viết phương trình tiếp tuyến tại A
Cách giải: y  4x 3  6x 2  1 � y '  12x 2  12x
Bước 1: Gọi tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị là A  x 0 ; y 0 
Bước 2: Phương trình tiếp tuyến tại điểm A có dạng y  y '  x 0   x  x 0   y 0
2
2
Có y 0  4x 0  6x  1; y '  x 0   l2x 0  l2x 0
2
3
2
Khi đó ta có phương trình tiếp tuyến tại A là: y   12x 0  12x 0   x  x 0   4x 0  6x 0  1

Mà tiếp tuyến đi qua điểm M  1; 9  nên ta có:
9  (12x 0 2  12x 0 )(1  x 0 )  4x 3  6x 2  1 � 9  12x 2  12x 03  12x 0  12x 0 2  4x 0 3  6x 0 2  1
� 8x 03  6x 0 2  12x 0  10  0 � 4x 03  3x 0 2  6x 0  5  0
x 0  1
�
�
�  x 0  1 (4x 0  x 0  5)  0 �
5

�
x0 
� 4
2

Phương trình có 2 nghiệm nên có 2 tiếp tuyến đi qua M.
Câu 3: Đáp án D
Phương pháp:
Tính đạo hàm, xét dấu của y’; nếu y’  0 kết luận hàm số đồng biến; y’  0 kết luận hàm số
nghịch biến.
3
2
2
Cách giải: y  x  3x  5 � y '  3x  6x  3x  x  2 

+
0

2

+

Kết luận: Hàm số đồng biến trên các khoảng  �;0  và  2; �
Hàm số nghịch biến trên các khoảng  0; 2 
Câu 4: Đáp án D
Phương pháp: Quan sát chiều của đồ thị hàm số và rút ra kết luận.
Cách giải:
Ta có x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số nên TXĐ của hàm số là D  R \  1
Hàm số liên tục trên  �;1 và  1; �

Trang 11 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Theo chiều tăng của x, ta thấy đồ thị hàm số đi xuống trên toàn bộ TXĐ, tức là y giảm, do đó hàm
số nghịch biến trên TXĐ của nó.
Câu 5: Đáp án C
Cách giải: Mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất 3 mặt.
Câu 6: Đáp án B
Phương pháp: Hàm số y  log a b xác định khi b  0, 0  a �1.

 � khi
Cách giải: Hàm số y  log 2017  mx  m  2  xác định trên  1;
mx  m  2  0, x �1 � mx  m  2, x �1
TH1: x  1 ta có 2  0 (luôn đúng)
TH2: x  1 � m  x  1  2 x  1 � m 
Dễ thấy hàm số f  x   

2
 f  x  x  1 � m  max f  x 
 1;�
x 1

2
đồng biến trên
x 1

f  x   f  x   lim f  x  � � f  x   0
 1; � � xlim
x ��
�1





f  x
Mà m  max
 1;�

m 0.

Câu 7: Đáp án A
Phương pháp: Công thức tính thể tích khối lăng trụ V  B.h trong đó B là diện tích đáy, h là chiều
cao của khối lăng trụ
Cách giải: Ta có VABC.A 'B'C'  BB '.SABC

1
1
a3
 BB '. AB.BC  .a.a.a 
2
2
2

Câu 8: Đáp án C
Phương pháp: log a xy  log a x  log a y; x, y  0. Sau đó biến đổi P cho đơn giản thay x, y tìm được
vào
Cách giải: Điều kiện x  0; y  0
Ta có: log a x  1 và log a y  4
2 3
Khi đó P=log a  x y   2log a x  3log a y  2.  1  3.4  10

Câu 9: Đáp án A
Phương pháp:
Bước 1: Tìm tập xác định, tính y’
Bước 2: Giải phương trình y’  0 tìm các nghiệm
Bước 3: Lập bảng biến thiên tìm ra giá trị cực đại của hàm số.
Cách giải: y  x 3  12x  1 � '  3x 2  12 � y '  0 � x  �2

Trang 12 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


�

x
y'

2
0

+

y

�

2
0

-

+
x

CĐ
CT

Khi đó ta có y CD  y  2   15
Câu 10: Đáp án A
Phương pháp: Công thức tính diện tích mặt cầu S  4R 2
2

2

S
4R 2 2 �R 2 � �2R 1 �
 � � � � 4
Cách giải: Ta có: 2 
S1 4R 12 �R 1 � �R 1 �
Câu 11: Đáp án B
Phương pháp: Chọn khai triển phù hợp sau đó chọn x.
Cách giải:
Xét khai triển  1  x 

10

10

k
0
2

10
 �C10
.x k  C10
.x 0  C110 .x1  C10
.x 210  ...  C10
10 .x
k 0

0
1
2
10 10
 C10
.2  C10
.22  ...  C10
.2
Chọn x  2 ta có:  1  2   310  C10
10

Câu 12: Đáp án D
Phương pháp: Dựa vào lý thuyết về tính liên tục của hàm số.
Cách giải: Hàm số f  x  

 x0 1  f  x0
x  1 có TXĐ: D   l; +� , ta có xlim
�x 0



x 0 �D ,

do đó hàm số liên tục trên tập xác định.
Tương tự ta chứng minh được hàm số f 2  x   x liên tục trên TXĐ D  R , hàm số f 3  x   tanx
�
�
liên tục trên TXĐ : D  R \ �  k, k ���.
�2
�x 2  1
khi x �1
�
Xét hàm số f 4  x   �x  1
�
2
khi x  1
�
Ta có lim 
x �1

x2 1
 lim(x  1)  2  f (1) � Hàm số liên tục tại điếm x  1. Do đó hàm số liên tục
x  1 x �1

trên R.
�x 2  1
khi x �1
�
Vậy có 2 hàm số trên đều liên tục trên R là: f 2  x   x và f 4  x   �x  1
�
2
khi x  1

�

Trang 13 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Câu 13: Đáp án
Phương pháp: Hình chóp tứ giác đều có chân đường cao là tâm của hình vuông đáy.
1
Công thức tính thế tích hình chóp: V  Sd .h.
3
Cách giải: Gọi O là tâm hình vuông ABCD thì SO   ABCD  , khi đó
ta có OB 

D a 2

2
2

Xét tam giác vuông SOB có SO  SB2  OB2  4a 2 
Vậy VS.ABCD

a 2 a 14

2
2

1
1 a 14 2 a 3 14
.
 SO.SABCD 

a 
3
3 2
6

Câu 14: Đáp án D
�
a 1
�
�
�
�x  y
 x, y  0  . Tương tự cho các bất
Phương pháp: So sánh các logarit: log a x  log a y � �
�
0  a 1
�
�
�
�
�x  y
đẳng thức còn lại.
Cách giải:
10  1
�
log x  1  log10 � �
� 0  x  10 , mệnh đề A đúng.
�x  10
�1
� 1

log 1 x  log 1 y � �
, mệnh đề B đúng.


�
�x  y  0
e 1
�
ln x �0  ln1 � � , mệnh đề C đúng.
�x �1
2 1
�
log 4 x 2  log 22 x 2  log 2 x  log 2 y � �
, mệnh đề D sai.
�x  y  0
Chú ý và sai lầm: Ở đáp án D, học sinh thường không để ý rằng x ở đây chưa lớn hơn 0 , do đó khi
đưa mũ 2 của x xuống nhiêu học sinh quên mất dấu trị tuyệt đối, và kết luận rằng đáp án D đúng.
Câu 15: Đáp án A
b
Phương pháp: log a x  b � x  a , lưu ý điêu kiên xác định của phương trình.

� 1
2x  1  0
�
�x 
� � 2 � x  5.
Cách giải: log 3  2x  1  2 � �
2
2x  1  3  9
�

�
�x  9
Vậy phương trình có một nghiêm x  5 .

Trang 14 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Câu 16: Đáp án C
 ��� x  x 0 là TCĐ của đồ thị hàm số.
Phương pháp: Nếu xlim
�x 0
Hàm số có TCĐ x  x 0 khi x  x 0 là nghiệm của mẫu và không là nghiệm của tử.
Cách giải:
2

� 1� 7
Ta có: x 2  x  2  0 � �x  �  0 � phương trình vô nghiệm � Hàm số không có TCĐ.
� 2� 4
Xét x 2  1  0 vô nghiệm � Hàm số không có TCĐ.
Xét hàm số y 

2
2
y  lim
 �� x  0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
ta có: xlim

�0
x �0
x

x

Xét x 4  1  0 vô nghiệm � Hàm số không có TCĐ.
Câu 17: Đáp án D
Phương pháp: Sử dụng nhận xét: 0 �cos 2 x �1
0�m 1 �
1 1 m 2.

Cách giải: Ta có: 0 ��
cos 2 x 1
Câu 18: Đáp án
Phương pháp:

+) Tính đạo hàm của hàm số, giải phương trình y '  0 � x  x 0 .
+) Tính các giá trị y  y  1 ; y  y  1 ; y  y  x 0  .
+) Trong các giá trị vừa tính được, giá trị nào lớn nhất chính là giá trị M cần tìm.
Cách giải:
x0
�
2
.
Ta có: y '  3x  6x  0 � �
x2
�
Với x  2 không thuộc  1;1 . Có : y  0   0; y  1  1  3  2; y  1  1  3  4.
Vậy M  y  0   0.
Câu 19: Đáp án C
m

Phương pháp: Sử dụng các công thức sau để rút gọn: x m .x n  x m  n ; n x m  x n .

1

1

1

1 1

1

Cách giải: Ta có: P  x 6 . 3 x  x 6 .x 3  x 6  3  x 2  x
Câu 20: Đáp án D
Phương pháp:
+) Sử dụng cách tính giới hạm của hàm số tại điểm x  a.
+) Rút gọn biểu thức sau đó thay giá trị x  a vào biểu thức vừa rút gọn để tính giới hạn.
3
 x  1  x 2  x  1
Cách giải: Ta có: A  lim x  1  A  lim
x �1 x  1
x 1
x �1

Trang 15 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Câu 21: Đáp án B
Phương pháp:
+) Xét các hàm số theo từng đáp án.
+) Hàm số nào có y '  0 với mọi x � R thì hàm số đó đồng biến trên R.
Cách giải:

+) Xét đáp án A : y  sinx  3x có : y '  cosx  3.
Với  x � R ta có: 1 �cosx �1 � y '  cosx  3  0 x �R � hàm số nghịch biến trên R.
� loại đáp án A.
+) Xét đáp án B: y  cosx  2x có : y '  sinx  2.
Với x �R ta có: 1 �sinx �1 � y '  sinx  2  0 x �R � hàm số đồng biến trên R.
� chọn đáp án B.
Câu 22: Đáp án B
Phương pháp: Dựa vào mối quan hệ song song và vuông góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
trong không gian để đưa ra nhận xét đúng
�
a / /  
�
a �  
�
�
, nếu �
Cách giải: Ta có: �
thì a và b có thể cắt nhau � A sai.
�b / /   
�b �  
�
a / /  
�
� b  a � B đúng.
�
b   
�
�
a / /  
, nếu b cùng thuộc một mặt phẳng với đường thẳng a thì b / /    � C Sai.

�
�b  a
�
a / /  
, nếu b �   � D Sai.
�
�b  a
Câu 23: Đáp án B
Phương pháp: Vì số cần lập có a  b  c và a �0 nên a   1; 2; 3; 4 . Như vậy ta xét các TH sẽ
tìm được số các chữ số cần lập.
Cách giải: Các số được lập thỏa mãn a  b  c . Khi đó ta có các trường hợp sau:
TH1: Với a  1 thì b � 5; 4; 3; 2
+) a  1; b  2 � c có 4 cách chọn � có 1.1.4  4 số.
+) a  1; b  3 � c có 3 cách chọn � có 1.1.3  3 số.
+) a  1; b  4 � c có 2 cách chọn � có 1.1.2  2 số.
+) a  1; b  5 � có 1 cách chọn � có 1.1.1  1 số.
Như vậy TH này có: 4  3  2  1  10 số được chọn.

Trang 16 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


TH2: Với a  2 thì b � 5; 4;3
+) a  2; b  3 � có 3 cách chọn � có1.1.3  3 số.
+) a  2; b  4 � c có 2 cách chọn � có 1.1.2  2 số.
+) a  2; b  5 � c có 1 cách chọn � có 1.1.1  1 số.
Như vậy TH này có: 3  2  1  6 số được chọn.
TH3: Với a  3 thì b � 4;5
+) a  3; b  4 � c có 2 cách chọn � có 1.1.2  2 số.
+) a  3; b  4 � c có 1 cách chọn � có 1.1.1  1 số.
Như vậy TH này có: 2  1  3 số được chọn.

TH4: Với a  4 thì b  5 ta có các số được chọn: 456 hay có 1 số được chọn.
Như vậy có tất cả: 10  6  3  1  20 số được chọn.
Câu 24: Đáp án B
Phương pháp:
+) Dựa vào đồ thị hàm số để đưa ra các nhận xét đúng về đồ thị hàm số.
+) Hàm số đạt cực trị tại các điểm sao cho y '  0.
Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị � Loại đáp án D.
Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 và đạt cực đại tại x  0 � Đáp án B đúng.
Câu 25: Đáp án C
Phương pháp:
x
+) Đặt 2  t  t  0  .

+) Để phương trình đã cho có  2 nghiệm x1 ; x 2 thì phương trình ẩn t phải có 2 nghiệm t dương
phân biệt.
x
x
+) Khi đó phương trình có 2 nghiệm t1 ; t 2 với t1  2 1 ; t 2  2 2 � x1  log 2 t1 ; x 2  log 2 t 2 .

+) Áp dụng công thức: x1  x 2  log 2 t1  log 2 t 2  log 2  t1t 2 
+) Đến đây ta áp dụng điều kiện bài cho và hệ thức Vi-ét với phương trình bậc hai ẩn t để tìm điều
kiện của m.
Cách giải: Pt �  2x   3.2.2x  m  0 � 22x  6.2 x  m  0.
2

(1)

x
Đặt t  2  t  0  . Khi đó: (1) � t 2  6t  m  0 (2).

Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x 2 thì phương trình (2) phải có 2 nghiệm t dương
phân biệt

Trang 17 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


'  0
9m  0
�
�
�
�
� �t1  t 2  0 � �
30
�0m9
�t t  0
�
m0
�
�1 2
Khi đó phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x1  log 2 t1 ; x 2  log 2 t 2 .  
� x1  x 2  2 � log 2 t1  log t 2  2 � log 2  t1t 2   2 � log 2 m  2 � m  2 2 � m  4
Kết hợp điều kiện ta có: 0  m  4 thỏa mãn điều kiện bài toán.
Câu 26: Đáp án D
Phương pháp: Thiết diện đi qua BD’ luôn là 1 hình bình hành
Gắn hệ trục tọa độ sau đó tính diện tích của hình bình hành và tìm giá trị
nhỏ nhất của hình bình hành đó.
Cách giải: Giả sử mặt phẳng đi qua BD’ cắt A’B’ tại E  E � A ' B '  và
cắt hình lập phương theo thiết diện là BED ' F , ta dễ dàng chứng minh được
BED ' F là hình bình hành. Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ ta có

A '  0;0;0  , B  1;0;1 , D '  0;1;0  . Gọi E  x;0;0   0 �x �1
1
Ta có: SBED'F  2SEBD '  2. d  E; BD '  .BD '  d  E; BD '  đạt GTNN.
2
uuu
r
uuur
uuu
r uuuu
r
EB;
BD
'�
Ta có: EB   1  x;0;1 , BD   1;1; 1 � �
�
�  1;  x;1  x 
uuu
r uuuu
r
2
�
EB.BD
'�
1 x2   1 x 
2x 2  2x  2
�
�
� d  E; BD ' 



uuuu
r
3
3
BD '
2

� 1� 3
Ta có: 2x  �
2x
2 2 �x
�
� 2� 2
2

3
2

d  E; BD ' 

2
2

1
2
6
Dấu “=” xảy ra � x  , khi đó SBED'F 
. 3
2
2

2
Câu 27: Đáp án C
Phương pháp: Tâm O ' của mặt cầu cần tìm là giao điểm của mặt phẳng trung
trực của AB và đường trung trực của SA.
Cách giải: Gọi O ' là giao điểm của mặt phẳng trung trực của AB và
đường trung trực của SA.
Vì O ' thuộc của mặt phẳng trung trực của AB nên O ' A  O 'B  O 'M (Với
mọi điểm M thuộc đường tròn tâm O ), O ' thuộc trung trực của SA nên
O 'S  O ' A, do đó O 'A  O 'B  O ' M  O 'S. Vậy O ' là tâm mặt cầu cần tìm.
Xét mặt phẳng chứa SI và vuông góc với mp  P  như hình vẽ, dựng hình vuông  OISD.

Trang 18 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Đặt O ' D  x thì OO '  2a  x.
Ta có: O�
S  4a 2  x 2 ;O�
A  a 2  (2a  x) 2 . Mà O 'S  O ' A nên
a
4

4a 2  x 2  a 2   2a  x  � 4a 2  x 2  5a 2  4ax  x 2 � 4ax  a 2 � x 
2

� O 'S  4a 2  x 2  4a 2 

a 2 a 65

R
16

4

Câu 28: Đáp án D
Phương pháp:
Cách giải: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ ta có:
�2a
�
B '  0;0;0  , D  a;a;a  , C  0;a;a  , I � ;0;a �
�3
�
Ta có:
uuur �2a
uuur uuuur � 2 a 2 2a 2 � a 2
�uuuur
� a ; ;
B' I  � ;0;a �
; B 'D   a;a;a  � �
B'
�  3;1; 2 
� I; B' D � �
3 3 � 3
�3
�
�
r
Khi đó mp  B’DI  nhận n  3;l; 2  là 1 VTPT. Phương trình mp  B’DI  là:

3  x  0    y  0    z  0   0 � 3x  y  2z  0 Khi đó d(C;(B�
DI)) 

a  2a
9 1 4



3a
14

Câu 29: Đáp án C
Phương pháp: Dựa vào tính đơn điệu của hàm số, vẽ bảng biến thiên để xác định Min, Max của
hàm số f  x  .
Cách giải: Từ đồ thị y  f '  x  trên đoạn  0;5 , ta có f '  0   0;f '  2   0
Ta có bảng biến thiên của hàm số y  f
�

x
y'
y

0
+

0

 x

như hình vẽ bên:

-

0

�

5

2
+

f  0

+
f  5

f  2

f  x   f  2  . Từ giả thiết, ta có:
Suy ra min
 0;5
f  0   f  3  f  2   f  5  � f  5  - f  3  f  0   f  2 
Trang 19 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Hàm số y  f  x  đồng biến trên [2;5];3 �[2;5] � f (3)  f (2)
� f (5)  f (2)  f (5)  f (3)  f (0)  f (2) � f (5)  f (0)
f  x    f  0  , f  5   f  5 .
Suy ra max
 0;5
Câu 30: Đáp án A
Phương pháp:

+) Tam giác SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên SH   SAB  với
H là trung điểm của AB.
+) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
+) Dựng đường thẳng d qua O và vuông góc với  ABC  , khi đó d là trục của mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp  SABC.
+) Dựng mặt phẳng trung trực của  SAB  , khi đó mặt phẳng này cắt SH tại K.
+) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng định lý Pi-ta-go.
Cách giải:
Gọi H là trung điểm của AB. Khi đó SH   SAB  .
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, dựng đường thẳng d đi qua O
và vuông góc với  ABC  . � d / /SH. Dựng đường trung trực của  SAB  , cắt d
tại I. Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC.
Gọi K là giao điểm của SH và mặt phẳng trung trực của  SAB  .
� IKHO là hình chữ nhật, K là trọng tâm tam giác SAB
Khi đó: R  SI  IA  IB  IC là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC.
Tam giác ABC đều cạnh 1 nên CH 

3
2
3
� OC  CH 
2
3
3

Tam giác SAB đều cạnh 1 nên SH 

3
1
3

� HK  SH 
 IO
2
3
6

Xét tam giác IOC vuông tại O ta có: IC  OI 2  OC 2 

3 1
5
15
 

36 3
12
6

3

4
4 � 15 � 5 15
V  R 2  . �
�
� 54
3
3 �
�5 �
Câu 31: Đáp án A
Phương pháp:
ax 2  x  1 a


2
4
x �� 4x  bx  9

Cách giải: Ta có: lim

Trang 20 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Hàm số có tiệm cận ngang y  c � c 

a
� a  4c.
4

Hàm số có 1 đường tiệm cận đứng � 4x 2  bx  9  0 có nghiệm duy nhất � b 2  4.4.9  0 � b2  122 .
b  0 � b  12.

ab  4 � a 
c

4 1

12 3

a 1 1 1
 .  .
4 3 4 12

1
1
� T  3a  b  24c  3.  12  24.  11
3
12
Câu 32: Đáp án B
Phương pháp:
f  x  � lim f  x   lim f  x   f  0 
+) Tồn tại giới hạn lim
x �0
x �0
x �0
f  x  và lim f  x  .Sau đó xác định
+) Sử dụng các quy tắc tính giới hạn của hàm số để tính xlim
�0
x �0
điều kiện của m.
f  x   lim
Cách giải: Ta có: lim
x �0
x �0

 lim
x �0

1  4x  1
 lim
1  4x  1 x �0



4

1  4x  1
 lim
x �0
x



1  4x  1







1  4x  1
x





1  4x  1



1  4x  1

4
2
2

lim f  x   lim  2x  m   m

x �0 

x �0

f  0   2.0  m  m
f  x  thì lim f (x)  lim f (x)  f (0) � m  2
Đề tồn tại giới hạn lim
x �0
x �0
x �0
Câu 33: Đáp án C
Phương pháp:
+) Góc giữa hai mặt phẳng    và    là góc giữa 2 đường thẳng a, b với a �   ; b �   sao
cho a  c; b  c, c là giao tuyến    và   
+) Công thức tính thể tích lăng trụ: V  Sd .h.
Cách giải: Gọi M là trung điểm của BC.
Đáy ABC là tam giác đều � AM  BC (1).
M) � AM  BC (2).
ABC.A 'B 'C ' là lăng trụ đứng nên AA�
 BC � BC  (AA�
� góc giữa  ABC  và  A’BC  là góc giữa A’M và AM

Trang 21 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

Hay A ' MA  30o
a 3
Gọi độ dài cạnh đáy là a. Khi đó AM   
.
2
a 3
AM
 2 a
Xét tam giác A’AM vuông tại A ta có: A ' M   
o
cos30
3
2
Khi đó: SA 'BC 

1
1
a 2 3 42 3
A ' M.BC  8 � .a.a  8 � a 2  16 � a  4 � SABC 

4 3
2
2
4
4

Có AA '  AM.tan 30o 

a 3 1
a a
.
   2 � VABC.A 'B'C'  AA '.SABC  2.4 3  8 3
2
3 2 4

Câu 34: Đáp án D
Phương pháp: Phác thảo hình dáng của đồ thị hàm đa thức bậc ba trong một số trường hợp và rút
ta nhận xét.
3
2
Cách giải: Xét các trường hợp đồ thị hàm số y  x  3x   2m  2  x  m  3 cắt trục hoành tại ba

điểm phân biệt x1  x 2  x 3
x1  1  x 2  x 3
�
TH1: y  1  0 thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt �
x1  x 2  x 3  1
�
x1  x 2  1  x 3
�
TH1: y  1  0 thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt �
1  x 1  x 2  x 3
�
Do đó điều kiện cần để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn yêu cầu bài toán là
y  1  0 � 1  3  2m  2  m  3  0 � m  5 . Loại đáp án A và C.
Đến đây còn lại đáp án B và D, việc chọn m và thử sẽ là nhanh nhất.
17
11

 đóphương

trình
 trở thành x 3 3x 2 13
Chọn m    ,khi
2
2
thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy m  

0

x1 �1, 7  1
�
�
x2
0,89
1
�
�
x 3 �5,59  1
�

11
đúng. Loại đáp án B.
2

Câu 35: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng công thức nhân đôi sin2x  2sin x cos x đưa phương trình ban đầu về dạng phương trình
tích sau đó giải phương trình tích đó và tìm các nghiệm trong đoạn  0;100 .

Tính tổng các nghiệm vừa tìm được, sử dụng công thức tính tổng của cấp số cộng Sn 

Trang 22 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

 u1  u n  n
2


Cách giải:
sin2x  4sinx  2cosx  4  0 � 2sinxcosx  4sinx  2cosx  4  0

� 2cosx(sinx  1)  4(sinx  1)  0 � 2  sin x  1  cos x  2   0
sin x  1
�
sin x  1  0
�

��
��
� x   2  k ��
cos x  2  vn 
cos x  2  0
2
�
�
k�� 1
k ��
�

199

0 �  k2 �100 �  �k �
��
0 �k �49
2
4
4
�

Khi đó tổng tất cả các nghiệm trong đoạn  0;100 . của phương trình trên là:
49
49

49.50
�
�
S  ��  k2 � 50  2�k  25  2
 2475
2
2
2
�
k 0 �
k 0

Chú ý và sai lầm: Sau khi tìm được các nghiệm của phương trình trên trong đoạn  0;100 . và viết
lại tổng dưới dạng tổng

�

, rất nhiều học sinh có nhầm lẫn sau:

49
49
�
� 
S  ��  k2 �  2�k.
2
� 2
k 0 �
k 0

Lưu

ý

50

rằng

số

hạng

đó

đều

có



2

nên

49
49

�
�
S  ��  k2 � 50.  2�k.
2
2
�
k 0 �
k 0

Câu 36: Đáp án C
Phương pháp: Nhân cả 2 vế của bất phương trình  1 với 2 , rồi cộng cả 2 vế của bất phương
t
trình  1 với 2017 x  1 , sau đó ta xét hàm số f  t   2.3  2017t , chứng minh hàm số đơn điệu,

tìm ra tập nghiệm của  1 .
Tìm m để bất phương trình

 2

có nghiệm bằng cách cô lập m, đưa phương trình về dạng

m �min  x  , khi đó bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m �min  x  , lưu ý rằng chỉ xét
hàm số f  x  trên tập nghiệm của bất phương trình  1 .

Cách giải: ĐK: x �1
�
32x  x 1  32 x 1  2017x �2017  1
�
�2
 2
�x   m  2  x  2m  3 �0
Bpt  1 � 2.32x 
� 2.32x 
� 2.32x 

x 1

x 1

x 1

 2.32

x 1

 2.32 

x 1



 2.2017x �2.2017
 2.2017x  2017 x  1 �2.2017  2017 x  1



 2017 2x  x  1 �2.32x 

x 1



 2017 2  x  1



Trang 23 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


t
(t)  2.3t ln3  2017  0 � Hàm số đồng biến trên R.
Xét hàm số f  t   2.3  2017t, có f �



 

�
x 
1 �
f �
2
Mà f 2x +



x 
1+
2x
� x 1 2
 ��

x 1

x 1

1 x 1

2
Bất phương trình  2  � x - 2x  3 �m  x  2 

Vì x 
[ 1;1]
��x 2 0
Xét hàm số f  x  

m

x 2  2x  3
x2

f (x) (*)

x 2  2x  3

trên đoạn  1;1 ta có
x2

� min f  x   2  f  �1
 1;1

f  x   2
Để phương trình  * có nghiệm trên  1;1 thì m �min
 1;1
Chú ý và sai lầm: Đây là một trong những bài toán khó nhất trong để thi này, đòi hỏi áp dụng
nhiều kiến thức, học sinh cần vận dụng linh hoạt các kiến thức về hệ phương trình, hàm số để có thể
giải quyết bài toán.
Câu 37: Đáp án D
Phương pháp: Hàm số y  g  x  đạt cực đại tại điểm x 0 � g '  x   0 bà qua điểm x 0 thì g '  x 
đổi dấu từ dương sang âm.
Cách giải: Ta có: g '  x   f '  x   1 � f '  x 0 

x0  1
�
�
1 � �
x0  2
�
x 0  1
�

g '  x   0 � f '  x   1 � x � �; 1 � 2; �
g '  x   0 � f '  x   1 � x � 1;1 � 1; 2 
Ta có BBT:
�

x
g ' x 

1
+

0

1
-

0

�

2
-

0

+

g x

Trang 24 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Ta thấy qua x 0  1 thì g '  x  đổi dấu từ dương sang âm, qua x 0  1 thì g '  x  không đổi dấu (luôn
mang dấu âm) và qua x 0  2, g '  x  đổi dấu từ âm sang dương.

Vậy x 0  1 là điểm cực đại của hàm số y  g  x  .
Câu 38: Đáp án B
Phương pháp: Chứng minh thiết diện qua trục là tam giác đều, sử dụng công thức nhanh tính diện
tích của tam giác đều cạnh a S 

abc
a2 3
và công thức tính diện tích tam giác S 
, với a, b, c là
4R
4

3 cạnh của tam giác và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác để tìm ra cạnh của tam giác
đều. Tính chiều cao và bán kính đáy của khối nón , sử dụng công thức
1
l 2  h 2  r 2 , sau đó suy ra thể tích của khối nón V  r 2 h.
3
Cách giải: Gọi thiết diện qua trục là tam giác ABC như hình vẽ, hiển nhiên tam
giác ABC cân tại A, lại có góc giữa đường sinh và đáy bằng 60o

nên

ABC  60o. Do đó tam giác ABC đều.
Gọi AB  AC  BC  a, ta có
SABC 

a2 3 a3
a3



� a  2 3 �l  2 3
4
4R 4.2

Khi đó h  AH 
1
1
V  r 2 h  
3
3

a 3 2 3. 3

 3. Suy ra bán kính đáy hình nón là r 
2
2

 3

2



2 3



2

 32  3 Vậy

.3  3

Câu 39: Đáp án D
2
Phương pháp: Sử dụng các công thức tính đạo hàm của hàm hợp  u   2u.u ',  ln u  ' 

Cách giải: ĐK: x 2  2x  5   x  l   4  0 (luôn đúng).
2

f '  x   2 ln  x 2  2x  5  .

2x  2
0
x  2x  5
2

2
2
Ta có: x  2x  5   x  1  4  1 � ln  x  2x  5   ln1  0
2

do đó f '  x   0 � 2x  2  0 � x  l.
Câu 40: Đáp án A

Trang 25 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

u'
.
u