đề thi thử THPT QG 2020 toán sở GDĐT hải phòng lần 1 có lời giải

SỞ GD & ĐT TP HẢI PHÒNG
(Đề thi có 05 trang)

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2020
Bài thi: KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Môn thi thành phần: TOÁN HỌC
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
Họ, tên thí sinh:.......................................................................
Số báo danh:............................................................................
Câu 1: Cho Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O , AB  a, BC  a 3 . Tam

 SAD  vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , góc giữa SD và  ABCD 
giác ASO cân tại S , mặt phẳng
0
bằng 60 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC bằng
3a
3a
a 3
B. 4 .
C. 2 .
D. 2 .
Câu 2: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt
a
A. 2 .

 SAB  .
đáy và SA  a 2 .Tìm số đo của góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng
0
0
0
0

A. 45 .
B. 30 .
C. 60 .
D. 90 .
3
2
Câu 3: Cho hàm số y  ax  bx  cx  d . Hỏi hàm số luôn đồng biến trên � khi nào?

 a  b  0, c  0a  0, b2  3ac  0a  b  0, c  0a  0, b2  3ac  0 .
a  b  c  0a  0, b 2  3ac  0a  b  c  0a  0, b 2  3ac  0
B. 
.
A.

 a  b  0, c  0a  0, b2  3ac  0a  b  0, c  0a  0, b2  3ac  0 .
a  b  0, c  0a  0, b 2  3ac  0a  b  0, c  0a  0, b 2  3ac  0
D. 
.
C.

 SAB  là tam giác đều và nằm
Câu 4: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình vuông ; mặt bên
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD .
1
V  a3
3 .
A.

V

3a 3
2 .

 SCD 
V

3 7a
bằng 7 .

2 3
a
3 .

B. V  a .
C.
D.
Câu 5: Trong tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA  OB  2OC . Gọi G là
trọng tâm của tam giác ABC . Góc giữa OG và AB
3

�
�
�
�
A. 60 .
B. 45 .
C. 90 .
D. 75
Câu 6: Phát biểu nào sau đây sai ?

y  f  x
A. Hàm số
đạt cực trị tại x0 khi và chỉ khi x0 là nghiệm của đạo hàm.
�
f�
 x0   0 và f �
 x0   0 thì hàm số đạt cực đại tại x0 .
B. Nếu
f�
 x  đổi dấu khi x qua x0 và f  x  liên tục tại x0 thì hàm số y  f  x  đạt cực trị tại x0 .
C. Nếu
�
f�
 x0   0 và f �
 x0   0 thì hàm số đạt cực tiểu tại x0
D. Nếu
Câu 7: Hình bát diện đều thuộc loại khối đa diện nào sau đây


 4;3 .
D.
 0;10  ?
Câu 8: Phương trình cos 2 x  4sin x  5  0 có bao nhiêu nghiệm trên khoảng
A. 3 .
B. 5 .
C. 4 .
D. 2 .
5
y
x  1 là đường thẳng có phương trình?

Câu 9: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
A.

 5;3 .

B.

 3;5 .

C.

 3; 4 .

A. y  5 .

B. x  0 .
C. y  0 .
D. x  1 .
xm
16
y
min y  max y 
 1;2
x  1 thỏa mãn  1;2
3 . Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
Câu 10: Cho hàm số
A. 2  m �4
B. 0  m �2
C. m  4 .
D. m �0

 x 2 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
Câu 11: Hàm số y  f ( x ) có đạo hàm y �
A. Hàm số đồng biến trên �.
 �;0  và đồng biến trên  0; � .
B. Hàm số nghịch biến trên
C. Hàm số nghịch biến trên �.
 �;0  và nghịch biến trên  0; � .
D. Hàm số đồng biến trên
Câu 12: Ba số phân biệt có tổng là 217 có thể coi là các số hạng liên tiếp của một cấp số nhân, cũng có
thể coi là số hạng thứ 2, thứ 9, thứ 44 của một cấp số cộng. Hỏi phải lấy bao nhiêu số hạng đầu của cấp số
cộng này để tổng của chúng bằng 820 ?
A. 17.
B. 20.
C. 21.
D. 42.
Câu 13: Cho Hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AD  2a . Cạnh bên SA
vuông góc với đáy ( ABCD ) , SA  2a . Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng ( SBD) và ( ABCD) .
1
2
5
A. 5 .
B. 2 .
C. 5 .
D. 5 .
Câu 14: Một tổ có 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh. Xác suất để trong 4 học
sinh được chọn luôn có học sinh nữ là
209
13
1
1

A. 210 .
B. 14 .
C. 210 .
D. 14 .

y   x  2 x2  1
Câu 15: Tính đạo hàm của hàm số
.
2
2
2x  2x 1
2x  2x 1
2x2  2 x 1
y�

y�

y�

x2  1 .
x2 1 .
x2  1 .
A.
B.
C.

y�


2x2  2 x  1

x2  1 .
D.
3
2
Câu 16: Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x  6 x  9 x  2 là
A. y  2 x  4 .
B. y  2 x  4 .
C. y  2 x  4 .
D. y   x  2 .

Câu 17: Cho hàm số

Có bao nhiêu giá trị của a để hàm số liên tục tại x  1 ?
A. 3.
B. 0.
C. 2.

D. 1.


y  3 x 4  4 x3  12 x 2  m
m
Câu 18: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
để hàm số
có 7 điểm cực
trị ?
A. 4 .
B. 5 .
C. 3 .

D. 6 .
2
Câu 19: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x  x  2 tại điểm có hoành độ x  1 là
A. x  y  3  0 .
B. x  y  1  0 .
C. 2 x  y  4  0 .
D. 2 x  y  0 .
Câu 20: Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên tập xác định của nó.
2x 1
y
3
2
4
2
x 1 .
A. y  x  x  5 .
B.
C. y  x  1 .
D. y  x  3 x  4 .

, BB�
, CC �
B C . Gọi M , N , P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AA�
Câu 21: Cho hình lăng trụ ABC. A���
, NB�
 2 NB, PC  PC �
sao cho AM  2 MA�
. Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của hai khối đa diện

V1

.
ABCMNP, A���
B C MNP . Tính tỉ số V2
V1
V1
2
1
V
V
2
2
A.
.
B.
.

V1 1

V
2.
2
C.

V1 2

V
3.
2
D.

Câu 22: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có độ dài cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng a 3 . Gọi O là
tâm của đáy ABC , d1 là khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) và d 2 là khoảng cách từ O đến mặt
phẳng ( SBC ) . Tính d  d1  d 2 .
A.

d

2a 2
11 .

Câu 23: Cho hàm số
nhiêu đường tiệm cận.

d

B.
y  f  x

2a 2
33 .

C. 3 .

B. 2 .
f  x
Câu 24: Cho hàm số

f�
 x    1  x   x  2  g  x   2018

B.

8a 22
11 .

D.

d

có bảng biến thiên như hình dưới. Hỏi đồ thị hàm số

A. 4 .

biến trên khoảng nào?
 �;3 .
A.

C.

d

xác định trên
với

D. 1 .

� và

có đạo hàm

8a 22
33 .
y  f  x

f�
 x

có bao

thỏa mãn

g  x   0, x ��
y  f  1  x   2018 x  2019
. Hàm số
nghịch

 1; � .

C.

 3; � .

D.

 0;3 .

Câu 25: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA  ( ABCD), SB  a 3 . Tính thể tích
V của khối chóp S . ABCD theo a.
A.

V

a3 3
3 .

3
B. V  a 2 .

C.

V

a3 2
3 .

D.

V

a3 2
.
6


, B�
, C�
, D�theo thứ tự là trung điểm của SA, SB, SC , SD .
Câu 26: Cho hình chóp S . ABCD . Gọi A�
B C D và S . ABCD .
Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S . A����

1
A. 8 .

1
B. 16 .

Câu 27: Biết

lim
x �0

1
C. 2 .

1
.
D. 4

3x  1  1 a
a

a
,
b
x
b , trong đó
là các số nguyên dương và phân số b tối giản. Tính giá

2
2

trị biểu thức P  a  b .
A. P  0 .

B. P  13 .
C. P  5 .
D. P  40 .
�
Câu 28: Cho hình chóp đều S . ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa một mặt bên và mặt đáy bằng 60 .
Tính độ dài đường cao SH .
A.

SH 

a 3
3 .

SH 

Câu 29: Cho cấp số cộng
A. 100.
Câu 30: Tính giới hạn
1
T
16 .
A.

B.
 un  ,

C.

SH 

a 2
3 .



16n 1  4 n  16n 1  3n

a
2.

B. T  0 .

.

C.

T

1
4.

u 
với un  2n  1. Dãy số n là dãy số
B. bị chặn trên bởi 1.
C. bị chặn dưới bởi 2.
2
Câu 32: Tính đạo hàm của hàm số f ( x)  sin 2 x  cos 3 x .

Câu 31: Cho dãy số
A. giảm.

D.

SH 

biết u1  5, d  2 . Số 81 là số hạng thứ bao nhiêu
B. 50.
C. 75.
D. 44.

T  lim

 un 

a 3
2 .

( x)  sin 4 x  3sin 3x .
A. f �
( x)  2sin 4 x  3sin 3x .
C. f �



D.

T

1
8.

D. tăng.

( x)  2sin 2 x  3sin 3 x .
B. f �
( x)  2sin 4 x  3sin 3x .
D. f �



f�
( x )  x 2  1  x  1  5  x 
y

f
(
x
)
Câu 33: Cho hàm số
có đạo hàm
. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A.

f  2   f  1  f  4 

B.

f  1  f  2   f  4 

f  1  f  4   f  2 
f  4   f  2   f  1
C.
D.
Câu 34: Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 6.
B. 4.
C. 2.

D. 8.

3
 1  x  x 2  x3 
Câu 35: Tìm hệ số chứa x trong khai triển
A. 1902.
B. 252.
C. 7752.
D. 249.
Câu 36: Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 5 đứng liền giữa
hai chữ số 1 và 4 ?
A. 3204.
B. 1500.
C. 2942.
D. 249.
1
1
f ( x)  x3  x 2  4 x  6
3

2
Câu 37: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
tại điểm có hoành độ là nghiệm của

10

�
( x)  0 có hệ số góc bằng
phương trình f �
13

A. 4 .
B. 4 .

47
C. 12 .

D.



17
4 .


3
2
2
Câu 38: Cho hàm số f ( x)  x  3mx  3(m  1) x . Tìm m để hàm số f ( x) đạt cực đại tại x0  1 .
A. m  0 .

B. m �0 và m �2 .
C. m  2 .
D. m  0 và m  2 .

Câu 39: Cho hàm số

y  f  x

f�
 x    x  1
liên tục trên � và có đạo hàm

2

 x  1  2  x  . Hàm số
3

y  f  x

đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
 �; 1 .
 1;1 .
A.
B.

C.

 2; � .

D.

 1; 2  .

� � 2
cos �x  �
� 4 � 2 là
Câu 40: Nghiệm của phương trình
x  k 2 px   p 2  kpx  k 2 px   p 2  kp  k ��
A. 
.
x  kpx   p 2  kpx  kpx   p 2  kp  k ��
B. 
.
x  kpx   p 2  k 2 px  kpx   p 2  k 2 p  k ��
C. 
.
x  k 2 px   p 2  k 2 px  k 2 px   p 2  k 2 p  k ��
D. 
.
x2
y
2 x  3  H  . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị  H  , biết tiếp tuyến đó cắt
Câu 41: Cho hàm số
trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O .
A. y   x  2 .
B. y   x  2 .
C. y   x  1 .
Câu 42: Hình nào dưới đây không phải là hình đa diện?

A. Hình 1.

Câu 43: Gọi tập

K

D. y   x  2 và y   x  2 .

B. Hình 2.
C. Hình 4.
D. Hình 3.
là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

� �
� 3
sin 2 x  2 sin �x  � 2  m
0;
�
� 4�
có đúng hai nghiệm thuộc khoảng � 4
hợp nào dưới đây?
�
2�
 2;
�
�
�
2 �
�
�.
A.

� 2 2�
� 2
�

;

; 2�
�
�
�
�
�
2 2 �
2
�.
B. �
.
C. �
y  f  x
Câu 44: Cho hàm số
có bảng biến thiên như sau

�
�
�. Hỏi K là tập con của tập

D.

 1

2; 2

.


y  2 f  x 1
Hàm số
đạt cực đại tại điểm
A. x  5 .
B. x  1 .
Câu 45: Dãy số nào sau đây có giới hạn bằng 0?

C. x  2 .

D. x  0 .

2
C. un  n  4n .

�2 �
un  � �
�3 �.
D.

n

�6 �
un  � �
�5 �.
A.

n3  3n
un 
n 1 .
B.
Câu 46: Tìm tập xác định D của hàm số y  tan 2 x .

�
�
D  �\ �  k | k ���
2
�4
A.
.

n

�
�
D  �\ �  k | k ���
�2
B.
.
�
�
D  �\ �  k | k ���
�4
D.
.

�
�
D  �\ �  k 2 | k ���
�4
C.
.
Câu 47: Hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 5 .
B. 4 .
C. 3 .

D. 6 .

Câu 48: Cho lăng trụ tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và chiều cao hình chóp là a 2 . Tính theo
a thể tích V của khối chóp S . ABC .
a3
a3 6
a3 6
a3 6
V
V
V
6 .
4 .
12 .
6 .
A.
B.
C.
D.

Câu 49: Một hộp đựng 5 bi đỏ và 4 bi xanh. Có bao nhiêu cách lấy 2 bi có đủ cả 2 màu?
A. 36 .
B. 16 .
C. 20 .
D. 9 .
V

f  x  x 

Câu 50: Tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
52
A. 3 .
B. 6 .
C. 20 .

4
x trên đoạn  1;3 ?
65
D. 3 .

----------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN
1-B

2-B

3-D

4-C

5-C

6-A

7-C

8-B

9-C

10-C

11-A

12-B

13-D

14-B

15-D

16-B

17-C

18-A

19-A

20-A

21-B

22-D

23-B

24-C

25-C

26-A

27-B

28-D

29-D

30-C

31-D

32-D

33-B

34-B

35-A

36-B

37-D

38-C

39-D

40-D

41-B

42-D

43-A

44-C

45-D

46-A

47-B

48-D

49-C

50-C

( – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết)

Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: B

�
 SAD    ABCD 
�
 SAD  � ABCD   AD �� SH   ABCD 
�
�
�
�

SH  AD

Ta có:
Lại có:

H  SH �AD

Ta có: AC = AB  BC  4a
Xét tam giác ABO đều:
2

2

2

AC
= 2a. Suy ra AO = BO = AB = 2 = a.

Gọi I là trung điểm của AO nên BI  AO � B �(SHI) � S, H, I thẳng hàng.
Nhận thấy AC  SB .Gọi J là hình chiếu của I lên SB.
Từ đó suy ra:  AIH đồng dạng với  ADC

�

AI
AH
AI . AC AC 2 a 3
� AH 



AD AC
AD
4 AD
3

2a 3
Xét tam giác  SAD : DH = AD – AH = 3 , SH = DH.tan60° = 2a.
2a
AB 2  AH 2 
3

HB =
SH
�  600
 3 � SBH
�
SBH
HB
Xét tam giác SHB. tan
=
a 3
3a
0
Xét tam giác ABO có BI = 2 .Xét  BJI:IJ = BI. sin60 = 4
Câu 2: B

b


BC  AB �
�� BC   SAB 
BC

SA
�
Ta có:
SC � SAB   S �
�
�
��  SC ,  SAB    BSC
BC   SAB 

�
Xét tam giác SAB có: SB2 = SA2+ AB2 = a2 + 2a2 = 3a2 => SB = a 3 .
�SC  BC  a  1
B
� 
SB a 3
3 => BSC
Ta có: BC  SB. Xét tam giác vuông SBC ta có: tan
30°
Câu 3: D
Tập xác định: D = �
2
Ta có: y’  3ax  2bx  c.
Để hàm số y’ ≥ 0, x �� . ( Dấu" =" xảy ra tại hữu hạn x �� )
a  b  0, c  0
�
� 3ax 2  2bx  c �0, x ��� �
a  0, b 2  3ac �0
�
Câu 4: C

Gọi H là trung điểm của cạnh AB � SH  AB.
Mà (SAB)  (ABCD) theo giao tuyến AB � SH  (ABCD).
Gọi M là trung điểm của CD � HM  CD � CD  (SHM) � (SCD)  (SHM) theo giao tuyến là SM.
Kẻ HK  SM tại K � SK  SCD) tại K
3 7a
� HK = d (H ;(SCD)) = d (AB; (SCD)) = d (A; (SCD)) = 7
SH 

x 3

2

Đặt cạnh hình vuông bằng x (x > 0), ta có:
1
1
1
7
4
1
7
7


� 2  2  2 � 2  2 � xa 3
2
2
2
SH
HM
9a
3x
x
9a
3x
Ta có: HK





2 a 3. 3
1
1
3a 2
VS . ABCD  S ABCD .SH  . a 3 .

3
3
2
2
Suy ra
Câu 5:C


Gọi M là trung điểm của AB.
�AB  CM
� AB   COM  � AB  OG
�
Ta có: �AB  OM
Suy ra góc giữa OG và AB là: 90°.
Câu 6: A
Đáp án A sai. Ví dụ : Hàm số f (x) = |x| đạt cực trị tại x = 0 nhưng x = 0 làm cho f’ (x) không tồn tại.
Câu 7: C

Hình bát diện đều thuộc loại khối đa diện {3; 4}
Câu 8: B
Ta có :
sin x  1
�
��

sinx  3  VN 
�
cos 2 x  4sinx  5  0 � 1  2sin 2 x  4 sinx  5  0 � 2sin 2 x  4 sinx  6  0

� x    k 2  k ��
2

1
21
x � 0;10  � 0    k 2  10 �  k 
2
4
4
Vì k �Z nên k �{1; 2; 3; 4; 5}
Vậy phương trình có 5 nghiệm thỏa mãn điều kiện.
Câu 9: C
5
lim x ��� y  lim x ���
0
x 1
Ta có
. Suy ra đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Câu 10: C
y' 

1 m

 x  1
- Ta có

- Nếu m =1=> y =1. Không thỏa mãn yêu cầu đề bài.
2


-Vì hàm số đã cho là hàm số bậc nhất trên bậc nhất, liên tục trên đoạn [1; 2], không có cực trị. Do đó
max, min chỉ có thể đạt được tại hai đầu mút. Do đó ta có:
16
16
min  1;2 y  max  1;2 y 
� f  1  f  2  
3
3
1  m 2  m 16
�


� 3  3m  4  2m  32
2
3
3
� 5m = 25 � m = 5
Vậy m = 5.
Câu 11: A
Ta có y’ = x2 ≥0 , x �� nên hàm số đông biến trên �
Câu 12: B
Theo bài ra  u1  d ; u1  8d ; u1  43d là các số hạng liên tiếp của một cấp số nhân.
(u  d ) (u1  43d )   1  8d 
Như vậy 1
� 44u1d  43d 2  16u1d  64d 2  4u1d  3d 2  4u1  3d
2

4u  3d
u 3
�
�
�� 1
� �1
3u1  52d  217 �
d 4
�

Ngoài ra: u1 + d + u1 + 8d + u1 + 43d = 217 � 3u1 +52d = 217
Khi đó áp dụng tổng các số hạng trong cấp số cộng
3  3   n  1 .4 �
.n
 u1  un  .n  820 � �
� 41
�
�
�
 820 � 2 n 2  n  820  0 � n ��
 ; 20 �
2
2
� 2
Kết luận cần lấy 20 số hạng đầu của cấp số cộng.
Câu 13: D

SBD  ,  ABCD  )
�

�
= SHA
AB. AD 2a

BD
5
Xét tam giác ABD vuông tại A với AH là đường cao ta có AH =
Gọi H là hình chiếu của A trên BD ta có

SA
 5
�
Ta có:  SAH vuông tại A nên tan SHA = AH
�
SBD  ,  ABCD  )

Từ đây ta suy ra tan
= 5
Câu 14: B

n     C104  210
Gọi  là không gian mẫu. Số phần từ của không gian mẫu là
Gọi A là biến cố 4 học sinh được chọn luôn có học sinh nữ.
Khi đó A là biến cố 4 học sinh được chọn chỉ có học sinh nam, ta có kết quả thuận lợi của A là n( A ) =
C64  15


Vậy xác suất của A là P( A )
Vậy xác suất của A là P(A) =

Câu 15: D
y '  x2  1   x  2

Ta có
Từ đó ta được đáp án D.
Câu 16: B
Ta có y’ = 3x2 – 12x + 9



15
1

210 14

1

1 13

14 14

x
x2  1



2x2  2x  1
x2  1

x 1

�
��
x3
�
Cho y' = 3x2 – 12x + 9 = 0
Bảng biến thiên :

Từ bàng biến thiên ta được hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là A(1; 2); B(3; –2).
uuu
r
Ta có AB = (2; - 4) là vec -tơ chỉ phương của đường thẳng AB nên vec tơ pháp tuyến của đường thẳng
r
AB là n = (2; 1).
2  x  1  y  2  0
Phương trình đường thẳng AB là
hay y  2 x  4
Ta được đáp án B.
Câu 17: C
Ta có
lim x �1 f  x   lim x �1

 lim x �1

ax 2   a  2  x  2

 ax  2   x  1 
x 1

x3 2
x 3  2

 lim x �1

  lim

x �1

 ax  2   x  1 



x32

 ax  2   x  1 



x 3 2
x3 2







x  3  2  4a  8

Và f (1) = 8 + a2.
a0

�
lim x�1 f  x   f  1 � 4a  8  8  a 2 � a 2  4a  0 � �
a4
�
Để hàm số liên tục tại x = 1 thì
Vậy có hai giá trị của a để hàm số liên tục tại x =1.
Câu 18: A
4
3
2
3
2
Xét hàm số f (x) = 3 x – 4 x  12 x  m có f (x) = 12 x  12 x – 24 x.

3
2
f '(x) = 0 � 12 x  12 x – 24 x = 0

x0
�
��
x  1
�
�
x2
�


Bảng biến thiên

=> hàm số f (x) luôn có ba điểm cực trị.
4
3
2
4
3
2
Do tính chất của đồ thị hàm số y = | 3x – 4 x  12 x  m | nên để hàm số y = | 3 x – 4 x  12 x  m | có 7
4
3
2
điểm cực trị thì hàm số 3x – 4 x  12 x  m cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt
4
3
2
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số 3x – 4 x  12 x  m và trục Ox là :

3 x 4 – 4 x 3  12 x 2  m = 0 � 3x 4 – 4 x 3  12 x 2
3
2
4
3
2
Xét hàm số g (x) = 3x  4 x  12 x có g’ (x) = - 12 x  12 x – 24 x.
x  1
�
�
g ' x  0 � �
x0
�

x2
�

Ta có bảng biến thiên

Từ bàng biến thiên ta có: phương trình g (x) = m có 4 nghiệm phân biệt khi \(0 vì m �� nên m {1; 2; 3;
4}.
Vậy có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán.
Câu 19: A
Ta có: A(1;-2) là tiếp điểm.
y '  2 x –1 � y’  1  1
Phương trình tiếp tuyến cần tìm là x  y  3 = 0.
Câu 20: A
3
Hàm số y  x  x  5 có tập xác định là �
3
y’ = 3x2 + 1 > 0, x ��� y  x  x  5 đồng biến trên �
2x 1
y
x  1 đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.
Hàm số
4
2
Hàm số y = x2 + 1 và y  x  3 x  4 đồng biến trên khoảng (0;+ �).
Câu 21: B


Đặt

x

AM
BN
CP
;y
;z 
AA '
BB '
CC '

VABCMNP
Áp dụng công thức VABC . A' B 'C '
Vậy chọn B
Chứng minh công thức

2 1 1
 
V
x yz 3 3 2 1
V


 � ABCMNP  1 hay 1  1
3
3
2 VA ' B 'C ' MNP
V2

Vlt  V ;VABCMNP  VP. ABNM  VP. ABC
CP

CP 1
VC '. ABC 
. V  1
C 'C
C 'C 3
1
VPABNM  d  P'  ABBNM   .S ABNM
3
1
VC '. ABB ' A '  d  C '  ABB ' A '   .S ABB ' A '
3
Vì CC' //(ABB'A')nên d(C', (ABB'A')) = d(P,(ABNM))
�BN  MA �
h
�
VP. ABNM
S ABNM �
1 �AM BN � 1
2
�
�


 � 
�  x  y 
V
S
AA
'.
h

2
AA
'
BB
'
�
� 2
C
'.
ABB
'
A
'
ABB
'
A
'
Do đó
VP. ABC 

1
1
2
 x  y  .VC '. ABB ' A '  .  x  y  . V
2
2
3
Cộng (1), (2) ta được điều cần chứng minh
Câu 22: D
� VP. ABNM 

 2


Gọi I là trung điểm BC, O là trọng tâm tam giác ABC
�SO  BC
� BC   SAI  �  SBC    SAI  �
�
AI

BC
�
Ta có:
hạ AH  SI tại H, OK  SI tại K.
IO 1

Khi đó d1 = AH, d2 = OK. Mặt khác do O là trọng tâm tam giác ABC nên có IA 3
d2 1
 � d  d1  d 2  4d 2
d
3
1
Suy ra

Ta có

AI 

a 3
a 3

a 3
a 2 8a 2
; AO 
; IO 
; SO 2  SA2  AO 2  3a 2 

2
3
6
3
3

2a 6 a 3
.
3
6  2 22 a
d2 

33
a 11
OS 2  OI 2
2
OS .OI

� d  4d 2 

8 22
a
33

Câu 23: B
lim x �1 f  x   �� x  1
Ta có:
là tiệm cận đứng.
lim x�1 f  x   �� x  1
là tiệm cận đứng
x
�

�
Và giới hạn khi
không xác định được, nên đồ thị hàm số có 2 tiệm cận.
Câu 24: C
Ta có

y '   f '  1  x   2018   �
x  3  x  g  1  x   2018�
�
� 2018  x  x  3 g  1  x 

x0
�
y'  0 � �
x  3 vì g  x   0, x �� nên g  1  x   0
�
Bảng biến thiên:


Từ bảng biến suy ra hàm số

y  f  1  x   2018 x  2019

nghịch biến trên khoảng

Câu 25: C

SA  SB 2  AB 2 

Ta có:
S ABCD  a 2

 a 3

2

 a2  a 2

1
1
a3 2
VS . ABCD  .SA.S ABCD  a 2.a 2 
3
3
3
Câu 26: A

Gọi H; H’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của S trên (A’B’C’D’) và (ABCD)
SH ' SA ' 1



SA 2
Ta có: SH
2

S
A ' B ' B ' C ' C ' D ' D ' A ' SA ' 1
�1 � 1




 � A ' B ' C ' D '  � �
BC
CD
DA
SA 2
S ABCD
�2 � 4
Và AB
1
.SH '.S A ' B 'C ' D '
VS . A ' B 'C ' D ' 3
1 1 1

 . 
1
VS . ABCD
2 4 8
.SH .S ABCD
3

Vậy
Câu 27: B
lim x �0

3x  1  1
3x  1  1
3
3
 lim x�0 
 lim x �0 

x
3x  1  1 2
x 3x  1  1





2
2
2
2
Suy ra a  3, b  2 . Nên P  a  b  3  2  13
Câu 28: D

 3; � .


2

�a � a 3
AM  AC  CM  a  � � 
2
�2 �
Gọi M là trung điểm BC. Ta có
2

Suy ra

HM 

2

2

1
1 a 3 a 3
AM  .

3
3 2
6

�
Ta có (SBC), (ABC)) = SMH = 60°.
a 3
a
. 3
2

Tam giác SHM vuông tại H nên SH = HM.tan 60° = 6
Câu 29: D
u  u1   n  1 d � 81  5   n  1 .2 � n  44
Ta có: n
Từ đây ta suy ra số 81 là số hạng thứ 44.
Câu 30: C
n

16n 1  4n  16n1  3n 

4n  3n



16n 1  4n  16n 1  3n

Ta có:

�3 �
1 � �
�4 �
n

1
�3 �
4  n  � �
4
16 �
�

n

 lim





�3 �
1 � �
�4 �

16n 1  4 n  16n 1  3n  lim

n

4

1
�3 �
 � �
n
4
16 �
�



1
4

Vậy T
Câu 31: D
Vì u1  1  2, u2  3  1 nên dãy số (un) không bị chặn trên bởi 1 và cũng không bị chặn dưới bời 2.
Hơn nữa , un 1  2n  1  2  un  un , n ��
Do đó, dãy số (un) tăng.
Câu 32: D
f '  x   2sin 2 x.  sin 2 x  ' 3sin 3 x  4sin 2 x.cos 2 x  3sin 3 x  2sin 4 x  3sin 3 x
Ta có:
Câu 33: B
x 1
�
�
f ' x  0 � �
x  1
�
x5
�
Ta có:


Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
Câu 34: B

 1;5  � f  1  f  2   f  4 

Gọi M, N, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD, BC, AD
Các mặt phẳng đối xứng của hình chóp tứ giác đều S.ABCD là: (SAC), (SBD), (SMN),(SEF).
Vậy hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng.
Câu 35: A

 1 x  x
Ta có:
Lại có:

 1 x

 1 x 
Và:

2 10

10

2

 x3 

10

  1 x 

10

 1 x 

2 10

 a0  a1 x1  a2 x 2 ...  a10 x10

 b0  b1 x 2  b2 x 4 ...  a10 x 20
5

 1 x  x
trong khai triển

Từ đây ta suy ra hệ số của x
1
a1.b2  a3 .b1  a5 .b0  C10
.C102 .C103 .C101  C105 .C100  1902

2

 x3 

10

là:

Câu 36: B
Lập số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau từng đôi một trong đó chữ số 5 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 4.
Trường hợp 1: 3 chữ số 1,4,5 đứng 3 vị trí đầu.
- Chữ số 5 đứng vị trí số 2 có 1 cách chọn.
- Sắp xếp 2 chữ số 1,4 bên cạnh chữ số 5 có: 2! cách chọn.
3
- Chọn 3 số trong 7 chữ số còn lại xếp vào 3 vị trí còn lại có: A7 cách chọn.
3
Suy ra có : 2!A 7  420 số.
Trường hợp 2: 3 chữ số 1,4,5 không đứng ở vị trí đầu tiên
- Chọn vị trí cho chữ số 5 có: 3 cách chọn.

- Sắp xếp 2 chữ số 1,4 bên cạnh chữ số 5 có: 2! cách chọn.
- Chọn 1 chữ số cho vị trí đầu tiên có 6 cách chọn.


2
- Chọn 2 chữ số xếp vào 2 vị trí còn lại có : A6
2
Suy ra có : 3.6.2! A6 = 1080 số. Vậy có 1500 số.

Câu 37: D
Ta có:

f '  x   x 2  x  4; f ''  x   2 x  1 � f ''  x   0 � x 

Từ đây ta suy ra hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm

f  x 

1
2

1 3 1 2
x  x  4x  6
3
2
tại điểm có hoành độ là

�1 � 17
f ''  x   0 la k  f ' � � 
�2 � 4

nghiệm của phương trình
Câu 38: C
 f '  x   3 x 2 – 6mx  3(m 2  1); f ’’  x   6 x 2 – 6m.
Ta có:
2
2
�
�f '  1  3.1  6m.1  3 m  1  0
�
2
f  x
�f ''  1  6.1  6m  0
Để hàm số
đạt cực đại tại x0 =1 thì : �





��
m0
�
3m 2  6m  0
��
��
� ��
m2�m2
m 1
�
�

m 1
�
Vậy, m = 2 hàm số
Câu 39: D

f  x

đạt cực đại tại x0 =1 .

x  1
�
f '  x   0 �  x  1  x  1  2  x   0 � �
x 1
�
�
x2
�
2

3

Cho
Ta có bảng xét dấu

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng
Câu 40: D

,trong đó x  1 là nghiệm bội chẵn

 1; 2 

x  k 2
�
� � 2
� �
� � �
cos �x  �
� cos �x  � cos � ��
 k ��

x    k 2
� 4� 2
� 4�
�4 � �
�
2
Phương trình
Câu 41: B
- Tiếp tuyến cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc tọa
độ O nên hệ số góc của tiếp tuyến đó là k = 1 hay k  1
y'

Do đạo hàm của hàm số là

1

 2 x  3


Gọi M (x0; y0) là tiếp điểm ta có

2

0

1

 2 x0  3

2

nên hệ số góc của tiếp tuyến là k  1
x0  1
�
 1 � �
x0  2
�

y    x  1  1 � y  x
Tại x0  1; y0  1 , phương trình tiếp tuyến là
(loại, do đi qua gốc tọa độ).


y    x  2  0 � y   x  2
Tại x0  2; y0  0 , phương trình tiếp tuyến là
Câu 42: D
Câu 43: A

 � �
� �

� 3 �
t  sin �x  �do x ��
0; � x  �� ;  �
4 �4 �khi đó \ (0 khi đó
� 4�
� 4 �nên
Đặt =
1
1
2
� � 1
t 2  sin 2 �x  �  sin x  cos x    1  2sin x cos x    1  sin 2 x 
2
2
� 4� 2
Suy ra

sin 2 x  2t 2  2t  3, t � 0;1

phương trình đã cho trở thành

2t 2  2t  3  m  1

2
Xét hàm số f (t) = 2t  2t  3, t �(0; 1]

Có

f '  t   4t  2; f '  t   0 � t  

2
�
4
(0; 1] từ đó ta có bảng biến thiên như sau :

� 3 �
� �
0; �
�
� ; �
4
�
�
- Để phương tình có đúng hai nghiệm thuộc khoáng
dựa vào cung �4 �dưới đây

2
� �
 sin �x  � 1
2
� 4 � hay phương trình 2t  2t  3  m  1 có đúng một nghiệm t thỏa mãn
Thì 2
2
 t  1  2
2
�
2�
� 1; 2  1 ��

2;

�
�
2 �
�
�
Dựa vào bảng biến thiên trên để thỏa mãn điều kiện (2) ta có \(-1Vậy m





Câu 44: C
Ta có

y'  �
2 f  x   1�
'  2 f ' x
�
�

do vậy điểm cực độ của hàm số

của hàm số y = f (x) dựa vào bảng biển tiên trên là có hàm số
Câu 45: D
Ta có: B và C có giới hạn bằng + � nên loại B và C.

y  2 f  x 1

y  2 f  x 1

trùng với điểm cực đại

đạt cực đại tại x = 2


n

�2 �
lim � � 0
n
lim q  0 q  1
�3 �
nên loại. A. Từ đây ta suy ra
Câu 46: A

cos 2 x �۹
0 �2 x
k , k �
2
Hàm số y  tan 2 x xác định khi



k ,k �
4
2
Câu 47: B
Hình lăng trụ tam giác đều có mặt phẳng đối xứng là
۹ �
x

Câu 48: D

a2 3
1 a2 3
a3 6

V .
.a 2 
4 , suy ra thể tích khối chóp là
3 4
12

S ABC
Ta có diện tích đáy
Câu 49: C
Chọn một bi xanh và một bi đỏ có : 5. 4= 20 cách
Câu 50: C
4
f  x  x 
x Hàm số liên tục và xác định trên đoạn [1; 3].

Đạo hàm hàm số như sau

f ' x  1

�
x  2 � 1;3
4
 0 � x2  4  0 � �

2
x
x  2 � 1;3
�

f  1  5; f  2   4; f  3 

13
3


max f  x   5
min f  x   4
Như vậy  1;3
tại x =1 và  1;3
tại x = 2.
Vậy tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số là 20.