28 THPT thanh thủy – phú thọ lần 1

SỞ GD & ĐT TỈNH PHÚ THỌ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2019 LẦN 1

TRƯỜNG THPT THANH THỦY

Môn thi : TOÁN

(Đề thi có 07 trang)

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
Họ, tên thí sinh:.......................................................................
Số báo danh:............................................................................

Câu 1. Tập xác định D của hàm số y =

2017
là
sin x

A. D = ¡ .

B. D = ¡ \ { kπ , k ∈ ¢} .

C. D = ¡ \ { 0} .

π

D. D = ¡ \  + kπ , k ∈ ¢  .
2


Câu 2. Số đỉnh của hình đa diện dưới đây là
A. 8.

B. 9.

C. 10.

D. 11.

Câu 3. Dãy số nào sau đây có giới hạn bằng 0?
A. un =

n2 − 2
.
5n + 3n 2

B. un =

n 2 − 2n
.
5n + 3n 2

C. un =

1 − 2n
.
5n + 3n 2

D. un =

1 − 2n 2
.
5n + 3n 2

Câu 4. Hàm số y = − x 3 − 3x 2 + 9 x + 20 đồng biến trên khoảng
A.

( −3;1) .

B. ( 1; 2 ) .

C. ( −3; +∞ ) .

D. ( −∞;1) .

Câu 5. Hàm số y = cos x.sin 2 x có đạo hàm là biểu thức nào sau đây
2
A. sin x ( 3cos x + 1) .

2
B. sin x ( cos x − 1) .

2
C. sin x ( cos x + 1) .

2
D. sin x ( 3cos x − 1) .

Câu 6. Cho cấp số cộng un có các số hạng đầu lần lượt là 5; 9; 13; 17;…Tìm số hạng tổng

quát un của cấp số cộng?
A. un = 4n + 1.

B. un = 5n − 1.

C. un = 5n + 1.

D. un = 4n − 1.

Câu 7. Sắp xếp 5 bạn học sinh An, Bình, Chi, Dũng, Lệ vào một chiếc ghế dài có 5 chỗ ngồi.
Số cách sắp xếp sao cho bạn Chi luôn ngồi chính giữa là
A. 24.

B. 120.

C. 16.

D. 60.

Câu 8. Một lớp học có 40 học sinh gồm 25 nam và 15 nữ. Chọn 3 học sinh để tham gia vệ
sinh công cộng toàn trường, hỏi có bao nhiêu cách chọn như trên?
A. 2300.

B. 59280.

C. 445.

D. 9880.
1

Câu 9. Đồ thị hàm số y = − x 3 + 3 x có điểm cực tiểu là
A.

( −1;0 ) .

B. ( 1;0 ) .

C. ( 1; −2 ) .

D. ( −1; −2 ) .

Câu 10. Khối bát diện đều thuộc loại khối đa diện đều nào sau đây
A. {3;5}.

B. {4;3}.

C. {3;4}.

D. {5;3}.

Câu 11. Một hộp có 6 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ và 4 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi
sao cho có đủ cả ba màu. Số cách chọn là
A. 840.

B. 3843.

C. 2170.

D. 3003.

Câu 12. Tìm tất cả các giá trị của x để ba số 2 x − 1; x; 2 x + 1 theo thứ tự đó lập thành cấp số
nhân
1
A. x = ± .
3

1
.
3

B. x = ±

C. x = ± 3.

D. x = ±3.

1
C. L = − .
4

1
D. L = .
2

2 x 2 − 3x + 1
Câu 13. Cho L = lim
. Khi đó
x →1
1 − x2

1
A. L = .
4

1
B. L = − .
2

Câu 14. Thể tích khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng a là
A.

a3 2
.
3

B.

a3 3
.
3

C.

a3 2
.
6

D.

a3 2

.
2

Câu 15. Tổng nghiệm âm lớn nhất và nghiệm dương nhỏ nhất phương trình

π
3

sin  3x − ÷ =
bằng
4 2

A.

π
.
9

B.

π
.
6

π
C. − .
6

π
D. − .

9

Câu 16. Đồ thị hàm số nào sau đây không có tiệm cận ngang?
A. y =

3
.
x −1
2

B. y =

2x − 3
x 4 + 3x 2 + 7
.
C. y =
x +1
2x −1

D. y =

3
+ 1.
x−2

5
3
Câu 17. Cho f ( x ) = x + x − 2 x − 3. Tính f ′ ( 1) + f ′ ( −1) + 4 f ( 0 ) .

A. 4.

B. 7.

C. 6.

D. 5.

x
x
Câu 18. Cho phương trình cos x + cos + 1 = 0. Nếu đặt t = cos thì ta được phương trình
2
2
nào sau đây?
A. 2t 2 + t − 1 = 0.

B. −2t 2 + t + 1 = 0.

C. −2t 2 + t = 0.

D. 2t 2 + t = 0.
2


Câu 19. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba thì song song với
nhau.
B. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì vuông góc với nhau.
C. Hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng này
cũng vuông góc với mặt phẳng kia.
D. Một đường thẳng vuông góc với một trong hai mặt phẳng song song thì vuông góc

với mặt phẳng kia.
Câu 20. Khối hộp hình chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ có các cạnh AB = a; BC = 2a; A′C = a 21
có thể tích bằng
A. 4a 3 .

B.

8a 3
.
3

C. 8a 3 .

D.

4a 3
.
3

40

1 

Câu 21. Tìm số hạng chứa x 31 trong khai triển  x + 2 ÷ ?
x 

4 31
A. C40 x .

37 31

B. −C40 x .

37 31
C. C40 x .

2 31
D. C40 x .

3
2
2
3
2
Câu 22. Đạo hàm của hàm số y = − x + 3mx + 3 ( 1 − m ) x + m − m (với m là tham số)

bằng
A. 3 x 2 − 6mx − 3 + 3m 2 .

B. − x 2 + 3mx − 1 − 3m.

C. −3x 2 + 6mx + 1 − m 2 .

D. −3x 2 + 6mx + 3 − 3m 2 .

Câu 23. Đạo hàm của hàm số y =

ax 2 + bx
− x 2 + 3x − 3
. Khi đó a.b
bằng biểu thức có dạng

2
2 ( x − 1)
2 ( x − 1)

bằng
A. – 1.

B. 6.

C. 4.

D. – 2.

Câu 24. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành tâm O, SA = SC ; SB = SD . Trong
các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
A. SA ⊥ ( ABCD ) .

B. SO ⊥ ( ABCD ) .

C. SC ⊥ ( ABCD ) .

D. SB ⊥ ( ABCD ) .

Câu 25. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi M, N, K lần
lượt là trung điểm của CD, CB, SA. H là giao điểm của AC và MN. Giao điểm của SO với
( MNK ) là điểm E. Hãy chọn cách xác định điểm E đúng nhất trong bốn phương án sau

3

A. E là giao điểm của MN với SO.

B. E là giao điểm của KN với SO.

C. E là giao điểm của KH với SO.

D. E là giao điểm của KM với SO.

Câu 26. Cho hàm số y =

A. b < 0 < a.

ax + b
có đồ thị như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng?
x −1

B. a < 0 < b.

C. 0 < b < a.

D. b < a < 0.

Câu 27. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau
A. Nếu a / / ( α ) và b ⊥ a thì b / / ( α ) .
B. Nếu a / / ( α ) và b ⊥ a thì b ⊥ ( α ) .
C. Nếu a / / ( α ) và b ⊥ a thì a ⊥ b.

D. Nếu a / / ( α ) và b / / a thì b / / ( α ) .
Câu 28. Cho hai đường thẳng a, b. Điều kiện nào sau đây đủ để kết luận a và b chéo nhau?
A.

B.
C.
D.

a
a
a
a

và
và
và
và

b không nằm trên bất kì mặt phẳng nào.
b không có điểm chung.
b là hai cạnh của một tứ diện.
b nằm trên hai mặt phẳng phân biệt.

Câu 29. Cho tập hợp A = { 2;3; 4;5;6;7;8} . Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số đôi
một khác nhau được lập từ các chữ số trong tập A. Chọn ngẫu nhiên một chữ số từ S. Xác
suất để số được chọn mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ là
A.

1
.
5

B.

18
.
35

C.

17
.
35

D.

3
.
35
4


x2 −1
trên tập hợp
x−2

Câu 30. Gọi M , m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
 3
D = ( −∞; −1] ∪ 1;  . Khi đó T = m.M bằng
 2
A.

1
.

9

B. 0.

C.

3
.
2

D. -

3
.
2

Câu 31. Tập hợp S tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số:
1
y = x 3 − ( m + 1) x 2 + ( m 2 + 2m ) x − 3 nghịch biến trên khoảng ( −1;1) là
3
B. S = [ 0;1] .

A. S = ∅.

C. S = [ −1;0] .

D. S = { −1} .

Câu 32. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ¡ \ { 1} và có bảng biến thiên dưới đây
x

y′
y

−∞
+∞

0
+

0

1
+

−

3
0

+∞

+
+∞

+∞

1
27
4

−∞

Tất cả các giá trị của m để phương trình f ( x ) = m có ba nghiệm phân biệt là
A. m >

27
.
4

B. m < 0.

C. 0 < m <

27
.
4

D. m > 0.

3
2
Câu 33. Cho hàm số y = ( m − 1) x − 3 ( m + 2 ) x − 6 ( m + 2 ) x + 1. Tập giá trị của m để
y ′ ≥ 0∀x ∈ ¡ là

A. [ 3; +∞ ) .

B. ∅.

)

C.  4 2; +∞ .

D. [ 1; +∞ )

Câu 34. Một chất điểm chuyển động được xác định bởi phương trình s = t 3 − 3t 2 + 5t + 2,
trong đó t được tính bằng giây và s được tính bằng mét. Gia tốc chuyển động khi t = 3 là
A. 12m / s 2 .

B. 17 m / s 2 .

C. 24m / s 2 .

D. 14m / s 2 .

Câu 35. Cho hình chóp S . ABC có SA = SB = SC = AB = AC = a, BC = a 2. Số đo góc giữa
hai đường thẳng AB và SC bằng
A. 900.

B. 600.

C. 450.

D. 300.

5


Câu

36.

Cho

tứ

diện

OABC

cos

OA, OB, OC

đôi

một

vuông

góc

và

OB = OC = a 6, OA = a. Khi đó góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) , ( OBC ) bằng
A. 300.

B. 900.

C. 450.

D. 600.

Câu 37. Cho hình tứ diện ABCD có tất cả các cạnh bằng 6a. Gọi M , N lần lượt là trung
điểm của CA, CB.P là điểm trên cạnh BD sao cho BP = 2 PD. Diện tích S thiết diện của tứ
diện ABCD bị cắt bới ( MNP ) là

5a 2 147
B. S =
.
2

5a 147
A. S =
.
2

5a 2 51
C. S =
.
2

5a 2 51
D. S =
.
4

Câu 38. Hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, hình chiếu vuông góc
của S trên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trung điểm của AD, M là trung điểm của CD, cạnh
bên SB hợp với đáy một góc 600 . Thể tích của khối chóp S . ABM là
A.

a 3 15
.
6

B.

a 3 15
.
12

C.

a 3 15
.
3

D.

a 3 15
.
4

Câu 39. Người ta thiết kế một cái tháp gồm 11 tầng. Diện tích bề mặt trên của mỗi tầng bằng
nửa diện tích của mặt trên của tầng ngay bên dưới và diện tích mặt trên của tầng 1 bằng nửa
diện tích của đế tháp (có diện tích là 12288m2). Tính diện tích mặt trên cùng?
A. 8m2.
Câu

40.

B. 6m2.
Tìm

cả

giá

trị

thực

D. 12m2.

tham số m
 π 3π 
cos 2 x − ( 2m + 1) cos x + m + 1 = 0 có nghiệm trên khoảng  ; ÷?
2 2 
A. −1 ≤ m < 0.

tất

C. 10m2.

B. −1 < m < 0.

của

C. −1 ≤ m ≤ 0.

để

phương

trình

1
D. −1 ≤ m < .
2

Câu 41. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có AA′ = 2a, tam giác ABC vuông tại B, có
AB = a, BC = 2a. Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ là
A. 2a 3 .

B.

2a 3
.
3

C.

4a 3
.
3

D. 4a 3 .

Câu 42. Có bao nhiêu giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2m 2 − m có ba
điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông cân

A. Vô số.

B. Không có.

C. 1.

D. 4.

Câu 43. Có 4 hành khách bước lên một đoàn tàu gồm 4 toa. Mỗi hành khách độc lập với
nhau và chọn ngẫu nhiên một toa. Tính xác suất để 1 toa có 3 người, 1 toa có 1 người và 2 toa
còn lại không có ai.
A.

1
.
4

B.

3
.
4

C.

13
.
16

D.

3
.
16
6


Câu 44. Cho hình chóp S . ABCD có đường cao SA = 2a, đáy ABCD là hình thang vuông ở
A và D. AB = 2a, AD = CD = a. Khoảng cách từ điêm A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng
2a
2a
2a
.
.
.
B.
C.
3
2
3
Câu 45. Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ
A.

D. a 2

Hàm số g ( x ) = f ( 1 − 2 x ) đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau?
A.

( −1;0 ) .

B. ( −∞;0 ) .

C. ( 0;1) .

D. ( 1; +∞ ) .

Câu 46. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có khoảng cách từ tâm O của đáy đến ( SCD )
bằng 2a, a là hằng số dương. Đặt AB = x. Giá trị của x để thể tích khối chóp S . ABCD đạt
giá trị nhỏ nhất là
A. a 3.
B. 2a 6.
C. a 2.
D. a 6.
Câu 47. Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Các điểm A′, C ′
uuur 1 uur uuur 1 uuu
r
thỏa mãn SA′ = SA, SC ′ = SC. Mặt phẳng ( P ) chứa đường thăng A′C ′ cắt các cạnh
3
5
V
SB, SD tại B′, D′ và đặt k = S . A′B′C ′D′ . Giá trị nhỏ nhất của k là
VS . ABCD
4
1
1
15
.
.
B.
C.

D.
.
15
30
60
16
Câu 48. Năm đoạn thẳng có độ dàu 1cm, 3cm, 5cm, 7cm, 9cm. Lấy ngẫu nhiên ba đoạn
thẳng trong năm đoạn thẳng trên. Xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra có thể tạo thành 1 tam giác
là
3
2
3
7
.
.
A. .
B. .
C.
D.
5
5
10
10
Câu 49. Một con đường được xây dựng giữa hai thành phố A và B. Hai thành phố này bị
ngăn cách bởi một con sông rộng r(m). Người ta cần xây một cây cầu bắc qua sông. Biết rằng
A cách con sông một khoảng bằng 2m, B cách con sông một khoảng bằng 4m. Để tổng
khoảng cách giữa các thành phố nhỏ nhất thì giá trị x ( m ) bằng
A. x = 2m.
B. x = 4m.
C. x = 3m.

D. x = 1m.
a 17
Câu 50. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SD =
, hình
2
chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng ( ABCD ) là trung điểm của đoạn AB.K là trung
điểm của AD (tham khảo hình vẽ). Khoảng cách giữa hai đường HK , SD theo a là
A.

7


A.

a 3
.
5

B.

a 3
.
45

C.

a 3
.
15

D.

a 3
.
25

Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm 2018-2019

MA TRẬN ĐỀ THI
Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng

Vận dụng cao

C31 C32 C33
C42

C45

C14 C20

C35 C36 C37 C38
C39 C41 C44

C46 C47

C1

C15 C18

C40

C50

C7 C8

C11 C21

C29 C43

C48

Đại số
Chương 1: Hàm Số

C4 C9

C16 C17 C22
C26 C30

Chương 2: Hàm Số Lũy
Thừa Hàm Số Mũ Và
Hàm Số Lôgarit

Chương 3: Nguyên Hàm Tích Phân Và Ứng Dụng
Lớp 12
(%)

Chương 4: Số Phức

Hình học
Chương 1: Khối Đa Diện

C2 C10

Chương 2: Mặt Nón, Mặt
Trụ, Mặt Cầu
Chương 3: Phương Pháp
Tọa Độ Trong Không
Gian

Đại số
Lớp 11
(%)

Chương 1: Hàm Số
Lượng Giác Và Phương
Trình Lượng Giác
Chương 2: Tổ Hợp - Xác
Suất

8

Chương 3: Dãy Số, Cấp
Số Cộng Và Cấp Số Nhân

C6

C12

Chương 4: Giới Hạn

C3 C13

Chương 5: Đạo Hàm

C5

C23

C34

Hình học
Chương 1: Phép Dời
Hình Và Phép Đồng
Dạng Trong Mặt Phẳng

C49

Chương 2: Đường thẳng
và mặt phẳng trong
không gian. Quan hệ
song song

Chương 3: Vectơ trong
không gian. Quan
hệ vuông góc
trong không gian

C28

C19 C27

C25

C24

Đại số
Chương 1: Mệnh Đề Tập
Hợp
Chương 2: Hàm Số Bậc
Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10
(%)

Chương 3: Phương
Trình, Hệ Phương
Trình.
Chương 4: Bất Đẳng
Thức. Bất Phương
Trình
Chương 5: Thống Kê
Chương 6: Cung Và Góc

Lượng Giác. Công
Thức Lượng Giác

Hình học
Chương 1: Vectơ
Chương 2: Tích Vô
Hướng Của Hai
Vectơ Và Ứng
Dụng
9


Chương 3: Phương Pháp
Tọa Độ Trong Mặt
Phẳng
Tổng số câu

13

15

16

6

Điểm

2.6

3.0

3.2

1.2

ĐÁNH GIÁ ĐỀ THI
+ Mức độ đề thi: KHÁ
+ Đánh giá sơ lược:
ĐỀ THI mức khó .
Khoảng 25 câu ở mức vận dụng vận dụng cao đòi hỏi học sinh cần x ử lý
nhanh để có thể đạt kết quả tốt.
Nhiều câu tính toán hình không gian khá phức tạp
Trong khi phần oxyz chưa học đến thì việc xử lý những câu như v ậy là m ất
nhiều thời gian
Đề thi đánh giá là khó . việc phân loại học sinh ở top trên sẽ dễ dàn g h ơn.

HƯỚNG DẪN GIẢI
1-B
11 - C
21 - C
31 - D
41 - A

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

3-C

13 - B
23 - D
33 - B
43 - D

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

5–D
15 – C
25 - C
35 - B
45 - D

6 -A
16 - B
26 - B
36 - A
46 - B

7 -A
17 - A
27 - C
37 - D
47 - C

8-D

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

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

10 - C
20 – C
30 - B
40 - A
50 - A

Câu 1. Chọn B.
Điều kiện xác định: sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ , k ∈ ¢.
Vậy tập xác định của hàm số là D = ¡ \ { kπ , k ∈ ¢} .
Câu 2. Chọn C.
10


Quan sát hình trên ta có hình đa diện đó có 10 đỉnh.
Câu 3. Chọn C.
PP tự luận: Ta có:
2

2

n 2 1 − 2 ÷
1− 2
n −2
1
n 
lim un = lim
= lim 
= lim n =
2
5
5n + 3n
5

+3 3
n2  + 3 ÷
n
n

2

 2
2
n 2 1 − ÷
1−
n − 2n
n
n =1
lim un = lim
= lim 
= lim

2
5
5n + 3n
5

+3 3
n2  + 3 ÷
n
n

2

 1 2
n2  2 − ÷
1 − 2n
n n
lim un = lim
= lim 
= lim
2
5n + 3n

25
n  + 3÷
n


1 2
−
n2 n = 0

5
+3
n

 1

n2  2 − 2 ÷
1 − 2n
n
 = lim
lim un = lim
= lim 
2
5
5n + 3n


n2  + 3 ÷
n


1
−2
2
n2
=−
5
3
+3
n

2

PP trắc nghiệm: Nhận thấu các dãy ( un ) là dãy có dạng phân thức hữu tit nên
-

Nếu bậc của tử lớn hơn bậc của mẫu thì giới hạn đó bằng ±∞.
Nếu bậc của tử bằng bậc của mẫu thì giới hạn đó bằng hệ số bậc cao nhất của tử trên
hệ số bậc cao nhất của mẫu.
Nếu bậc của tử bé hơn bậc của mẫu thì giới hạn đó bằng 0.
Ta thấy: trong các dãy ( un ) đã cho thì chỉ có dãy ở đáp án C có bậc của tử bé hơn bậc
của mẫu.

Câu 4. Chọn A.
2
2
Ta có: y ′ = −3x − 6 x + 9 = −3 ( x + 2 x − 3) .

y ′ ≥ 0 ⇔ x 2 + 2 x − 3 ≤ 0 ⇔ −3 ≤ x ≤ 1
11


Hàm số y = − x3 − 3 x 2 + 9 x + 20 đồng biến khi và chỉ khi −3 ≤ x ≤ 1.
Câu 5. Chọn D.
y = cos x.sin 2 x ⇒ y′ = − sin x.sin 2 x + cos x.2sin x.cosx = − sin 3 x + 2sin x.cos 2 x
= sin x ( 2 cos 2 x − sin 2 x ) = sin x ( 3cos 2 x − 1)
2
Vậy y ′ = sin x ( 3cos x − 1)

Câu 6. Chọn A.

Dãy số đã cho là cấp số cộng có u1 = 5; u2 = 9 ⇒ d = u2 − u1 = 9 − 5 = 4.
Do đó un = u1 + ( n − 1) d = 5 + 4 ( n − 1) = 4n + 1.
Vậy un = 4n +1.
Câu 7. Chọn A.
Vì có 5 bạn học sinh, nên số cách cho bạn Chi ngồi chính giữa là 1 cách.
Bốn bạn còn lại xếp vào bốn ghế, chính là hoán vị của 4 phần tử nên có 4! Cách.
Vậy có 1.4! = 24 cách.
Câu 8. Chọn D.
Chọn 3 học sinh trong số 40 học sinh để tham gia vệ sinh công cộng toàn trường, mỗi cách
3
chọn là một tổ hợp chập 3 của 40. Vậy có tất cả là C40 = 9880 cách chọn.
Câu 9. Chọn D.
TXĐ: ¡ , y′ = −3 x 2 + 3 = 0 ⇔ x = ±1
Hàm số có hệ số a = −1 < 0 ⇒ Hàm số đạt cực tiểu tại x = −1 (nghiệm nhỏ hơn) ⇒ y = −2
Câu 10. Chọn C.
Khối bát diện đều mỗi mặt là tam giác đều, mỗi đỉnh là đỉnh chung của 4 cạnh ⇒ nó là khối
đa diện đều loại { 3; 4} .
Câu 11. Chọn C.
5
Cách chọn 5 viên bi bất kì trong 15 viên bi trong hộp là: n ( Ω ) = C15 = 3003.

Cách chọn 5 viên bi không đủ cả ba màu:
5
5
TH1: Cách chọn 5 viên bi chỉ có một màu là: C6 + C5 = 7 cách chọn.

TH2: Cách chọn 5 viên bi chỉ có hai màu:
5
5
5

+ 5 viên bi chỉ có hai màu xanh và đỏ: C11 − C6 − C5 = 455 cách chọn.

12


5
5
+ 5 viên bi chỉ có hai màu xanh và vàng: C10 − C6 = 246 cách chọn.
5
5
+ 5 viên bi chỉ có hai màu đỏ và vàng: C9 − C5 = 125 cách chọn.

Số cách chọn 5 viên bi không đủ cả ba màu là: 7 + 455 + 246 + 125 = 833 cách chọn.
Số cách chọn 5 viên bi đủ cả ba màu là: 3003 – 833 = 2170 cách chọn.
Câu 12. Chọn B.
Ba số: 2 x − 1; x; 2 x + 1 theo thứ tự lập thành cấp số nhân khi:
x 2 = ( 2 x − 1) ( 2 x + 1) ⇔ x 2 = 4 x 2 − 1 ⇔ x 2 =

1
1
⇔x=±
3
3

Câu 13. Chọn B.

( x − 1) ( 2 x − 1) = lim  − 2 x − 1  = − 2.1 − 1 = − 1
2 x 2 − 3x + 1
= lim


÷
2
x →1
x →1 ( 1 − x ) ( 1 + x )
x →1
1− x
1+1
2
 1+ x 

L = lim

Câu 14. Chọn C.

Gọi khối chóp tứ giác đều là S . ABCD
Gọi O là tâm của đáy ABCD. Do S . ABCD là khối chóp tứ giác đều nên SO ⊥ ( ABCD )
Vậy SO là chiều cao của khối chóp S . ABCD .
2

a 2
a 2
Xét tam giác vuông SOB, ta có: SO = SB − OB = a − 
 2 ÷
÷ = 2


2

2

2

1
1
a 2 a3 2
Thể tích khối chóp S . ABCD là: V = S ABCD .SO = .a 2 .
=
3
3
2
6

Câu 15. Chọn C.

13


π π
7π k 2π


3 x − = + k 2π
x=
+


π
3

4 3

36
3
sin  3 x − ÷ =
⇔
⇔
; k, l ∈ ¢
4 2

3 x − π = 2π + l 2π
 x = 11π + l 2π


4
3
36
3
TH1: x < 0; x lớn nhất
17π

 k = −1; x = − 36
13π
⇒x=−
Chọn 
(nhận)
36
l = −1; x = − 13π

36
TH2: x > 0; x nhỏ nhất
7π


 k = 0; x = 36
7π
⇒x=
Chọn: 
(nhận)
36
l = 0; x = 11π

36
Khi đó tổng cần tìm là: −

13π 7π
π
+
=−
36 36
6

Câu 16. Chọn B.
lim

x →±∞

lim

x →±∞

lim

x →±∞

3
3
= 0 ⇒ y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = 2 .
x −1
x −1
2

x 4 + 3x 2 + 7
= ±∞ nên đồ thị y =
2x −1

x 4 + 3x 2 + 7
không có tiệm cận ngang.
2x −1

2x − 3
2x − 3
= 2 ⇒ y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
.
x +1
x +1

3
 3

lim 
+ 1÷ = 1 ⇒ y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
+ 1.

x−2
 x−2 

x →±∞

Câu 17. Chọn A.
4
2
Ta có: f ′ ( x ) = 5 x + 3 x − 2 ⇒ f ′ ( 1) = 6; f ′ ( −1) = 6; f ′ ( 0 ) = −2

Vậy f ′ ( 1) + f ′ ( −1) + 4. f ′ ( 0 ) = 6 + 6 + 4. ( −2 ) = 4.
Câu 18. Chọn D.
x
x
x
2 x
2 x
Ta có: cos x + cos + 1 = 0 ⇔ 2 cos − 1 + cos + 1 = 0 ⇔ 2 cos + cos = 0
2
2
2
2
2

Nếu đặt t = cos

x
ta được phương trình 2t 2 + t = 0.
2
14

Câu 19. Chọn D.
Đáp án A sai vì hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba có thể chéo nhau.
Đáp án B sai vì hai mặt phẳng cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì hai mặt phẳng đó có
thể song song hoặc cắt nhau.
Đáp án C sau vì hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng
này có thể song song với mặt phẳng kia.
Câu 20. Chọn C.

2
Ta có: S ABCD = a.2a = 2a

A′C ′ = A′B′2 + B′C ′2 = a 2 + 4a 2 = a 5
CC ′ = A′C 2 − A′C ′2 = 21a 2 − 5a 2 = 4a
2
3
Vậy V = S ABCD .CC ′ = 2a .4a = 8a

Câu 21. Chọn C.
40

k

1 

 1 
Số hạng tổng quát của khai triển  x + 2 ÷ là Tk +1 = C40k x 40− k  2 ÷ = C40k x 40−3 k
x 


x 

Số hạng chứa x 31 tương ứng với k thỏa mãn 40 − 3k = 31 ⇔ k = 3
40

1 

3 31
37 31
Vậy số hạng chứa x trong khai triển  x + 2 ÷ là C40 x = C40 x .
x 

31

Câu 22. Chọn D.
y = − x 3 + 3mx 2 + 3 ( 1 − m2 ) x + m3 − m2 ⇒ y ′ = −3x 2 + 6mx + 3 − 3m 2

Câu 23. Chọn D.
y′ =

2 ( −2 x + 3) ( x − 1) − 2 ( − x 2 + 3 x − 3)
4 ( x − 1)

2

=

− x2 + 2x
2 ( x − 1)

2

 a = −1
⇒
⇒ ab = −2
b = 2

Câu 24. Chọn B.
15


 SA = SC
 SO ⊥ AC
⇒
⇒ SO ⊥ ( ABCD )
Ta có: 
 SB = SD  SO ⊥ BD
Câu 25. Chọn C.

 E ∈ KH ⊂ ( KMN )
⇒ E = SO ∩ ( KMN )
Ta có: E = KH ∩ SO ⇒ 
 E ∈ SO

Câu 26. Chọn B.
y = a, đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = a.
Ta có: xlim
→±∞

Từ đồ thị hàm số ta thấy đồ thị có tiệm cận ngang y = −1 ⇒ a = −1

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tọa độ ( 0; −b ) nằm bên dưới đường thẳng y = −1 nên
−b < −1 ⇔ b > 1.
Vậy b > 0 > a.
Câu 27. Chọn C.
A sai vì b có thể nằm trên ( α ) hoặc b ⊥ ( α ) .
B sai vì b có thể song song với ( α )
D sai vì b có thể nằm trên ( α )
Câu 28. Chọn A.
B sai vì a và b có thể song song.
16


C sai vì a và b có thể cắt nhau.
D sai vì a và b có thể song song.
Câu 29. Chọn B.
4
Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = A7 = 840.

Gọi X là biến cố “chọn ngẫu nhiên một số từ tập A.”
Nhận xét: Trong tập A có 4 số chẵn và 3 số lẻ.
2
2
2
Do đó: số phần tử của X là n ( X ) = A4 . A3 .C4 = 432

Vậy xác suất cần tìm: P ( X ) =

n ( X ) 18
=
n ( Ω ) 35

Câu 30. Chọn B.
Tập xác định: D = ( −∞; −1] ∪ [ 1; +∞ ) \ { 2}

x ( x − 2)
y′ =

− x2 − 1

x −1
2
( x − 2)
2

=

−2 x + 1

( x − 2)

2

x2 −1

1
y ′ = 0 ⇔ x = ; lim y = −1.
2 x →−∞

Bảng biến thiên:

x

y′
y

−∞

1
2

−1

+∞
+

+

0

0

3
2

1

−

−

−

2

−

0

−1

− 5

Từ bảng biến thiên suy ra M = 0; m = − 5
Vậy T = m.M = 0
Câu 31. Chọn D.
x = m
y ′ = 0 ⇔ x 2 − 2 ( m + 1) x + ( m 2 + 2m ) = 0 ⇔ 
x = m + 2
Do đó ta có bảng biến thiên sau:

x

−∞

m

m+2

+∞
17

y′
y

+

0
y(m)

−

−∞

0

+

+∞
y(m+2)

 m ≤ −1
m ≤ 1
⇔
⇔ m =1
Để hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) thì 
 m + 2 ≥ 1  m ≥ −1
Câu 32. Chọn A.
Dựa vào bảng biến thiên ta có m >

27
.
4

Câu 33. Chọn B.
2
Ta có: y ′ = 3 ( m − 1) x − 6 ( m + 2 ) x − 6 ( m + 2 )

Nếu m = 1 thì y ′ = −18 x − 18 ≥ 0 ⇔ x ≤ −1. Do đó m = 1 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
m − 1 > 0
Nếu m ≠ 1 thì y ′ ≥ 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ 
2
∆ = 9 ( m + 2 ) + 24 ( m − 1) ( m + 2 ) ≤ 0
m > 1
m > 1

⇔
⇔
6 ⇔ m ∈∅
2
−
2
≤
m
≤
∆ = 9 ( m + 2 ) + 24 ( m − 1) ( m + 2 ) ≤ 0

33
Cả hai trường hợp ta có m ∈ ∅
Câu 34. Chọn A.

3
2
2
Ta có: s = t − 3t + 5t + 2 ⇒ s′ = v ( t ) = 3t − 6t + 5

s′′ = a ( t ) = 6t − 6 ⇒ a ( 3) = 12
Câu 35. Chọn B.

Cách 1. Xác định và tính góc giữa hai đường thẳng
18


2
2
2
2
∆ABC vuông tại A ( BC = 2a = AB + AC )

Do SA = SB = SC nên nếu gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên ( ABC ) thì H là tâm
đường trong ngoại tiếp tam giác ABC mà ∆ABC vuông tại A nên H là trung điểm của BC.
Dựng hình bình hành ABCD. Khi đó ( AB; SC ) = ( CD; SC ) và CD = AB = a

∆SBC vuông tại S (vì BC 2 = SB 2 + SC 2 = 2a 2 ), có SH là đường trung tuyến nên SH =

a 2
2

·
·
∆CDH : HCD

= HCA
+ ·ACD = 450 + 900 = 1350 theo định lí Cô – Sin ta có
5a 2
a 10
HD = CH + CD − 2CH .CD.cos135 =
⇒ HD =
2
2
2

2

2

0

∆SHD vuông tại H nên SD = HD 2 + SH 2 = a 3
·
∆SCD có cos SCD
=

CS 2 + CD 2 − SD 2 −1 ·
=
⇒ SCD = 1200 ⇒ ( SC ; CD ) = 1800 − 1200 = 600
2CS .CD
2

Cách 2. (Hay phù hợp với bài này) Ứng dụng tích vô hướng
r u
r r

r u
r r r
uuu
r r uuur u
r uuu
r r
0
Đặt AB = x, AC = y, AS = z. Theo giả thiết ta có: x = y = z = a, x ⊥ y, z , x = 60

( )

uuu
r uuur uuu
r u
r r
Ta có: SC = AC − AS = y − z

uuu
r uuur u
r r r u
rr rr
−a 2
2
0
Xét SC. AB = y − z .x = y.x − z.x = −a .cos 60 =
2
uuu
r uuu
r
uuu

r uuu
r
uuu
r uuu
r
SC. AB
1
Suy ra: cos SC , AB =
= − ⇒ SC , AB = 1200 ⇒ ( SC , AB ) = 1800 − 1200 = 600
SC. AB
2

(

(

)

)

(

)

Câu 36. Chọn A.

Ta có: ( OBC ) ∩ ( ABC ) = BC. Trong ( OBC ) kẻ OH ⊥ BC tại H thì có ngay BC ⊥ ( OAH )
Có ( OAH ) ∩ ( ABC ) = AH và ( OAH ) ∩ ( OBC ) = OH
19

Do đó:

( ( OBC ) , ( ABC ) ) = ( AH , OH ) = ·AHO

Ta có:

1
1
1
1
=
+
= 2 ⇒ OH = a 3
2
2
2
OH
OB OC
3a

∆OHA vuông tại O nên tan ·AHO =

(vì ∆OHA vuông tại O nên ·AHO < 900 )

OA
1
=
⇒ ·AHO = 300
OH

3

Vậy góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) , ( OBC ) bằng 300
Câu 37. Chọn D.

Trong mặt phẳng ( ABD ) qua P kẻ đường thẳng song song AB cắt AD tại Q, ta có
PD PQ 1
=
= ⇒ PQ = 2a
BD AB 3

Dễ thấy MN là đường trung bình của tam giác ABC nên MN//AB//PQ, nên 4 điểm M, N, P, Q
đồng phẳng và MN = 3a, hiết diện cần tìm chính là hình thang MNPQ là hình thang cân, ta
có MQ = AM 2 + AQ 2 − 2 AM .AQ.cos 600 =

( 3a )

2

+ ( 4a ) − 2.3a.4a.
2

1
= a 13
2

Kẻ đường cao QI ta có:
QI = MQ 2 − MI 2 = 13a 2 −

( MN + PQ ) QI = ( 3a + 2a ) . a 51 = 5 51a 2

a 2 a 51
=
⇒ S MNPQ =
4
2
2
2
2
4

Câu 38. Chọn B.

20


Kẻ MI vuông góc với AB ⇒ MI = a, S ABM =

1
a2
MI . AB =
2
2

·
Ta có: SBH
= 600 , xét tam giác vuông SHB tại H ta có:
·
tan SHB
= tan 600 =

SH
a 2 a 15
⇒ SH = 3.HB = 3. a 2 +
=
HB
4
2

1
1 a 15 a 2 a 3 15
Vậy VSABM = SH .S ABM = .
. =
3
3 2
2
12

Câu 39. Chọn B.
Diện tích bề mặt của mỗi tầng (kể từ tầng 1) lập thành một cấp số nhan có công bội q =
u1 =

1
và
2

12288
= 6144
2

10

Khi đó diện tích mặt trên cùng là: u11 = u1q =

6144
= 6.
210

Câu 40. Chọn A.
 π 3π
Do x ∈  ,
2 2


÷ ⇒ cos x ∈ [ −1; 0 )


Ta có: cos 2 x − ( 2m + 1) cos x + m + 1 = 0 ( 1)

⇔ 2 cos 2 x − ( 2m + 1) cos x + m = 0
⇔ 2 cos x ( cos x − m ) − ( cos x − m ) = 0

21


1

cos x = ∉ [ −1;0 )

⇔ ( 2 cos x − 1) ( cos x − m ) = 0 ⇔
2


 cos x = m
Để phương trình (1) có nghiệm thì −1 ≤ m < 0.
Câu 41. Chọn A.

S ABC =

1
1
AB.BC = a.2a = a 2
2
2

VABC . A′B′C ′ = AA′.S ABC = 2a.a 2 = 2a 3

Câu 42. Chọn C.
Cách 1: TXĐ: D = ¡
y′ = 4 x 3 − 4mx

x = 0
y ′ = 0 ⇔ 4 x 3 − 4mx = 0 ⇔ 4 x ( x 2 − m ) = 0 ⇔  2
x = m
Hàm số đã cho có ba điểm cực trị khi và chỉ khi m > 0 ( *)
Với điều kiện ( *) , đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là:
A ( 0; 2m 2 − m ) , B
uuu
r
Ta có: AB

(

(

) (

m ; m2 − m , C − m ; m 2 − m

uuur
m ; −m 2 , AC = − m ; −m 2

)

(

)

)

⇒ AB = AC = m + m 4

Suy ra tam giác ABC cân tại A. Do đó tam giác ABC vuông cân tại A
uuur uuur
m = 0
⇔ AB. AC = 0 ⇔ − m + m 4 = 0 ⇔ m ( m3 − 1) = 0 ⇔ 
m = 1
22


Kết hợp ( *) , suy ra m = 1.
4
2

Cách 2: Áp dụng công thức tính nhanh: Đồ thị hàm số y = ax + bx + c ( a ≠ 0 ) có ba điểm

cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông cân khi và chỉ khi b3 + 8a = 0.
Ta có: ycbt ⇔ ( −2m ) + 8 = 0 ⇔ −8m3 + 8 = 0 ⇔ m = 1.
3

Câu 43. Chọn D.
Số phần tử của không gian mẫu là Ω = 4.4.4.4 = 256
Gọi A là biến cố “Một toa có 3 người, một toa có 1 người, hai toa còn lại không có ai”
3
Có C4 cách chọn 3 người trong 4 người và 4 cách chọn một toa cho nhóm 3 người đó lên.

Có 3 cách chọn toa cho người còn lại lên.
3
Số kết quả thuận lợi của biến cố A là Ω A = C4 .4.3 = 48.

Vậy xác suất cần tính là P ( A ) =

48
3
=
256 16

Câu 44. Chọn A.

Gọi K là trung điểm AB ⇒ AK = KB = a
Dễ thấy tứ giác ADCK là hình vuông ⇒ CK = a

∆ACB có trung tuyến CK =

1
AB ⇒ ∆ACB vuông tại C.
2

CB ⊥ AC
⇒ CB ⊥ ( SAC ) ⇒ ( SBC ) ⊥ ( SAC )
Ta có: 
CB ⊥ SA
Trong ( SAC ) từ A hạ AH ⊥ SC tại H ⇒ AH ⊥ ( SBC )

23


∆SAC vuông tại A

⇒

1
1
1
1
1
= 2+
=
+
2
2
2
AH
SA

AC
( 2a )
a 2

(

⇒ d ( a; ( SBC ) ) = AH =

)

2

=

3
4a 2

2a
3

Câu 45. Chọn D.
x > 1
1 − 2 x < −1

g ′ ( x ) = −2 f ′ ( 1 − 2 x ) > 0 ⇔ f ′ ( 1 − 2 x ) < 0 ⇔ 
⇔ 1
1 < 1 − 2 x < 2
− 2 < x < 0
Câu 46. Chọn B.

A

D

1
1
1
1
1
4 x 2 − 16a 2
=
+
⇒
=
− =
⇒ OS =
Ta có:
OH 2 OM 2 OS 2
OS 2 4a 2 x 2
4a 2 x 2

V ( x ) = VS . ABCD =

2ax 3
3 x 2 − 16a 2

x

=

x − 16a 2

4 ( ax 4 − 24a3 x 2 )

3 ( x 2 − 16a 2 ) x 2 − 16a 2

0

V ′( x)

2ax
2

+∞

2a 6

−

0

+

V ( x)
Vmin

V ( x ) đạt GTNN ⇔ x = 2a 6
Câu 47. Chọn C

24

Do hình chóp có đáy là hình bình hành nên ⇒
Đặt x =
Ta có:
=

SA SC SB SD
+
=
+
( *)
SA′ SC ′ SB′ SD′

SB
SD
;y=
⇒ x, y > 0; x + y = 8
SB′
SD′

VS . A′B ′C ′D′ VS . A′B′C ′ VS . A′C ′D′ 1 SA′ SC ′  SB′ SD′ 
=
+
= .
.
+

÷( 1)
VS . ABCD

2VS . ABC 2VS . ACD 2 SA SC  SB SD 

1  SB′ SD′  1  1 1 
4
4
1
+
≥
=

÷=  + ÷=
30  SB SD  30  x y  30 ( x + y ) 30.8 60

⇒ kmin =

1
SB′ SD′ 1
⇔ x= y = 4⇒
=
=
60
SB SD 4

Bổ sung: Chứng minh hệ thức (*) ta có:

VS . A′B′C ′D′ VS . A′B′D′ VS .B′ C ′D′ 1 SB′ SD′  SA′ SC ′ 
=
+
= .
.

+

÷( 2 )
VS . ABCD
2VS . ABD 2VS .B CD 2 SB SD  SA SC 
Từ (1)(2) suy ra: SA′.SC ′ ( SB′.SD + SD′.SB ) = SB′.SD ( SA′.SC + SC ′.SA )

( SB′.SD + SD′.SB ) = ( SA′.SC + SC ′.SA )
SB′.SD′

SA′.SC ′

⇔

SA SC SB SD
+
=
+
SA′ SC ′ SB′ SD′

Câu 48. Chọn C.
3
Lấy ba đoạn thẳng trong năm đoạn thẳng ⇒ C5 = 10 cách ⇒ n ( Ω ) = 10

Biến cố A “chọn 3 đoạn thẳng có thể lập được 1 tam giác”
⇒ ba đoạn thẳng được chọn thỏa mãn tính chất : tổng hai đoạn luôn lớn hơn đoạn còn lại.
Do năm đoạn ∈ { 1;3;5;7;9} ⇒ có 3 bộ thỏa mãn: {3;5;7}, {3;7;9}, {5,7,9}
25