đề thi thử THPT QG 2020 toán THPT yên lạc vĩnh phúc lần 1 có lời giải

SỞ GD & ĐT TỈNH VĨNH PHÚC

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 1

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC

Bài thi: KHOA HỌC TỰ NHIÊN

(Đề thi có 07 trang)

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: Hình chóp ngũ giác có bao nhiêu mặt?
A. 7 .
B. 6 .
Câu 2: Tìm số tiệm cận của đồ thị hàm số
A. 2 .
B. 1 .

y=

C. 5 .
x2 − 5x + 4
x2 −1 .

C. 3 .
Câu 3: Số mặt phẳng đối xứng của hình chóp đều S . ABCD là
A. 2.

B. 3 .
C. 4.
4
2
Câu 4: Hàm số y = x − x + 1 có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 1 .

D. 10 .

B. 3 .

C. 2 .

D. 0 .
D. 0 .
D. 0 .

Câu 5: Thể tích của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là
1
1
1
V = Bh.
V = Bh.
V = Bh
6
3
2
A. V = Bh. .
B.
.

C.
.
D.
.
A
A
Câu 6: Cho tập hợp
có 26 phần tử. Hỏi
có bao nhiêu tập con gồm 6 phần tử?
6
6
A. 26 .
B. C26 .
C. A26 .
D. P6 .
Câu 7: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên ¡ ?
4
2
4
A. y = x + x .
B. y = x − x .
Câu 8: Cho hàm số

y = f ( x)

3
C. y = x + x .

có bảng biến thiên như sau

−2; 2]
Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [
bằng
A. 3.
B. 0.
C. -1.
y = f ( x)
Câu 9: Cho hàm số
có bảng xét dấu đạo hàm như sau

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

3
2
D. y = x − x .

D. -2.


A. Hàm số nghịch biến trên khoảng

( 0; 2 ) .

B. Hàm số đồng biến trên khoảng

( −2;0 ) .

( −∞; −2 ) .
( −∞;0 ) .
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng

D. Hàm số đồng biến trên khoảng
y = f ( x)
Câu 10: Cho hàm số
có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây

Hàm số có giá trị cực tiểu bằng
A. 3 .
B. −1 .

C. 1 .

D. 0 .

C. 4 .

D. −5 .

4
2
A ( 0; 2 )
Câu 11: Cho hàm số y = ax + bx + c . Biết rằng đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là
và

B ( 2; −14 )

. Giá trị của

A. −3.
Câu 12: Cho hàm số

f ( 1)
f ( x)

bằng
B. 2 .

liên tục trên đoạn

[ −2;3] có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Gọi

giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn

[ −2;3] . Giá trị của mM

B. −6 .
C. −12 .
Câu 13: Một cấp số cộng có u1 = −3, u8 = 39 . Công sai của cấp số cộng đó là
A. 1 .

A. 8 .

m, M lần lượt là

bằng bao nhiêu?

D. −8 .

B. 7 .
C. 5 .
D. 6 .

2x − 3
y=
x − 1 có các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là:
Câu 14: Đồ thị hàm số
A. x = 1 và y = 2 .
B. x = −1 và y = 2 .
C. x = 2 và y = 1 .
D. x = 1 và y = −3
Câu 15: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?


3
2
A. y = x + 3 x + 1 .

3
2
3
2
3
2
B. y = x − 3x .
C. y = − x + 3 x + 1 .
D. y = x − 3 x + 1 .
Câu 16: Cho khối lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có BB′ = a , đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và

AC = a 2 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
3
A. V = a .

B.

V=

a3
6 .

V=

a3
3 .

C.
Câu 17: Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x − 5 x + 4 với trục hoành là:
A. 1 .
B. 3 .
C. 4 .
4

Câu 18: Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số
17
m=
4 .
A. m = 10 .
B.

D.

V=

a3
2 .

2

y = x2 +

D. 2 .

1 
2
 ; 2
x trên đoạn  2  .

C. m = 3 .

D. m = 5 .

1

u1 = −9, u4 =
(u )
3 . Công bội của cấp số nhân đã cho bằng
Câu 19: Cho cấp số nhân n , với
1
A. 3 .

B. −3 .

C. 3 .

D.

−

1
3.

1
s = − t 3 + 9t 2
2
Câu 20: Một vật chuyển động theo quy luật
với t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc
s
bắt đầu chuyển động và (mét) là quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng
thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu?

A.

216 ( m /s )

.

Câu 21: Cho hàm số

f ( x)

B.

30 ( m /s )

.

C.

400 ( m /s )

.

D.

54 ( m /s )

có bảng biến thiên như hình vẽ sau

f ( x)
Số điểm cực trị của hàm số
là
A. 4 .
B. 3 .

C. 2 .

D. 5 .

.


Câu 22: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông đỉnh B , AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng

( SBC ) bằng
đáy và SA = a . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
a 6
C. 3 .

a
A. 2 .

a 2
D. 2 .

B. a .
3
2
Câu 23: Hàm số y = x − 3 x + 1 đạt cực đại tại điểm nào dưới đây?
A. x = 0 .
B. x = 2 .
C. x = −3 .

D. x = 1 .

Câu 24: Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có cạnh bằng a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD
và A′C ′ bằng
a 3
a
3
A. a 2 .
B.
.
C. 2 .

D. a .
3
2
Câu 25: Hàm số y = − x + 3 x đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
( −∞;0 ) .
( −∞;3) .
( 2; +∞ ) .
( 0; 2 ) .
A.
B.
C.
D.
4
2
Câu 26: Cho hàm số y = ax + bx + c có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào

dưới đây ?

A.

( −∞; −1) .

B.

( −1;1) .

C.

( 0;1) .

D.

( 1; +∞ ) .

Câu 27: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a , cạnh bên bằng 3a . Thể tích của khối
chóp S . ABCD bằng
A. V = 4 7 a .
3

4a 3
3 .

V=

4 7 a3
3 .

V=

4 7 a3
9 .

C.
D.
x −9
y=
x − m đồng biến trên khoảng ( −∞; 4 ) ?
Câu 28: Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số
A. 4 .
B. 6 .

C. 5 .
D. 7 .
y = f ( x)
y = f ′( x)
Câu 29: Cho hàm số
. Hàm số
có bảng biến thiên như hình vẽ

Bất phương trình

B.

V=

f ( x ) < m + x2 − 2x

có nghiệm đúng với mọi

x ∈ ( −2; 2 )

khi


A.

m ≤ f ( −2 ) − 8.

.

B.

Câu 30: Cho hàm số
y = f ( x − 2x)

f ( x)

m > f ( 2)

.

C.

m < f ( −2 ) − 8

f ′ ( x ) = x ( x + 1) ( x + 2 ) , ∀x ∈ ¡ .

D.

m ≥ f ( 2)

.

3

có đạo hàm

Số điểm cực trị của hàm số

2

là

B. 3 .
C. 4 .
D. 5 .
Câu 31: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M , N là trung điểm của SA, SB. Mặt
phẳng ( MNCD) chia hình chóp đã cho thành hai phần. Tỉ số thể tích hai phần là (phần thể tích nhỏ chia
A. 2 .

phần thể tích lớn).
3
A. 4 .
Câu 32: Cho hàm số

3
B. 5 .

y = x3 − ( m + 1) x 2 + x + 2m + 1

1
C. 3 .

có đồ thị

( C)

4
D. 5 .

( m là tham số thực). Gọi m1 , m2 là các

( C ) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tổng hệ số
giá trị của m để đường thẳng d : y = x + m + 1 cắt
( C ) tại A, B, C bằng 19 . Khi đó m1 + m2 bằng:
góc của các tiếp tuyến với
A. 2.
B. −2 .
C. −4 .
D. 0.
Câu 33: Một nhóm gồm 3 học sinh lớp 10 , 3 học sinh lớp 11 và 3 học sinh lớp 12 được xếp vào một
hàng có 9 ghế, mỗi học sinh ngồi 1 ghế. Tính xác suất để 3 học sinh lớp 10 không ngồi 3 ghế liền nhau.
11
A. 12 .

1
B. 12 .

7
C. 12 .

5
D. 12 .

°
·
Câu 34: Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ có AA′ = 2a , tam giác ABC vuông tại C và BAC = 60 , góc

( ABC ) bằng 60° . Hình chiếu cuông góc của B′ lên mặt phẳng ( ABC )
giữa cạnh bên BB′ và mặt đáy
trùng với trọng tâm tam giác ABC . Thể tích của khối tứ diện A′. ABC theo a bằng?

9a 3
A. 208 .
Câu 35: Cho hàm số
f ( 2 − f ( x) ) = 1

A. 5 .

3a 3
B. 26 .
y = f ( x)

9a 3
C. 26 .
liên tục trên ¡

27 a 3
D. 208 .

có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi phương trình

có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

B. 6 .

C. 3 .
D. 4 .
Câu 36: Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có AB = 2a . Gọi I là giao điểm của AB′ và A′B .

( BCC ′B′) bằng
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng

A.

3a
4 .

B.

3a
2 .

3a
C. 4 .

3a
D. 2 .


1
1
y = x3 − mx 2 − 4 x − 10
x
,
x
3
2
Câu 37: Gọi 1 2 là hai điểm cực trị của hàm số
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức

S = ( x12 − 1) ( x22 − 1)

A. 4 .
Câu 38: Cho
481
A. 64 .

( un )

.
B. 8 .

C. 0 .

D. 9 .

là cấp số nhân, đặt Sn = u1 + u2 + ... + un . Biết S2 = 4; S3 = 13 và u2 < 0 , giá trị S6 bằng
181
35
B. 16 .
C. 16 .
D. 121 .

Câu 39: Cho hàm số

y = f ( x)

liên tục trên

[ −3;5]

và có bảng biến thiên như sau

(

)

g ( x ) = f cos 2 x − 4sin 2 x + 3
M
;
m
Gọi
lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
. Tính giá trị
của M + m .

A. 9 .
Câu 40: Đồ thị hàm số

B. 4 .
( C ) : y = x3 − 3x 2 + 2

C. 7 .
cắt đường thẳng

d : y = m ( x − 1)

D. 6 .
tại ba điểm phân biệt có

2
2
2
hoành độ lần lượt là x1 ; x2 ; x3 sao cho x1 + x2 + x3 = 5 .Khi đó khẳng định nào sau là đúng ?
m ∈ ( 2;5]
m ∈ ( −3; 2]
m ∈ [ −7; − 3)
m ∈ ( 5; 8]
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
1
y = 2 x3 − 3 + mx + 1
( 0; +∞ ) .
x
Câu 41: Có bao nhiêu số nguyên âm m để hàm số
đồng biến trên khoảng

B. 8 .
C. 9 .
y = f ( x)
Câu 42: Cho hàm số
có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
A. 11 .

Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số
A. 3 .
B. 0 .

y = f ( x2 + 4x + m )

C. 1 .

D. 10 .

nghịch biến trên khoảng
D. 2 .

( −1;1)

là:

y = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + a
M
,
m
Câu 43: Gọi
lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

trên đoạn [
A. 3209 .

−3; 2]

. Có bao nhiêu số nguyên

B. 3213 .

a ∈ ( −2019; 2019 )

để 2m ≥ M .
C. 3215 .

D. 3211 .


Câu 44: Cho hàm số

y=

2x −1
2 x − 2 có đồ thị ( C ) . Gọi M ( a; b ) với a > 1 là điểm thuộc ( C ) . Biết tiếp

( C)

tại M cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B sao cho SOIB = 8SOIA ,
(trong đó O là gốc tọa độ, I là giao điểm hai tiệm cận). Tính giá trị của S = a + 4b .
17
23
S=
S=
4 .
4 .
A. S = 8 .
B.
C.

D. S = 2 .
min y = y (−2)
3
Câu 45: Cho hàm số y = ax + cx + d , a ≠ 0 có x∈( −∞; 0 )
. Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên
tuyến của

đoạn

[ 1;3]

bằng

A. d + 2a .

B. d + 8a .
C. d − 16a .
D. d − 11a .
y = f ( x ) = ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + e
y = f ′( x)
Câu 46: Cho hàm số
với (a, b, c, d , e ∈ ¡ ) . Biết hàm số
có
f ( − x2 + 2x + m ) = e
−5;5]
[
m
đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
trên
để phương trình

có bốn nghiệm phân biệt.

A. 0 .

B. 2 .
C. 5 .
D. 7 .
Câu 47: Cho khối lập phương ABCD. A′B′C ′D′ cạnh bằng 3 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của đoạn

( BMN ) chia khối lập phương thành hai phần, gọi V là thể tích phần
thẳng A′D′ và C ′D′ . Mặt phẳng
chứa đỉnh B′ . Tính V ?
21
225
75
63
A. 8 .
B. 8 .
C. 8 .
D. 8 .
y = f ( x)
Câu 48: Cho hàm số
liên tục trên ¡ có đồ thị như hình vẽ.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
 π
x ∈ 0; ÷
 2 .

f

(

)

4 + 2 f ( cos x ) = m

có nghiệm


B. 3 .

A. 4 .

D. 5.

C. 2 .

y = f ( x − 1)
y = f ( x ) = x3 − 4x 2
Câu 49: Cho hàm số
. Số điểm cực trị của hàm số
bằng
A. 5.
B. 6.
C. 3.
D. 4.
Câu 50: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình

(

)

m 2 x 4 − ( m + 2 ) x3 + x 2 + m 2 − 1 x ≥ 0

A. 1.

B. 3.

nghiệm đúng với mọi x ∈ ¡ . Số phần tử của tập S là
C. 0.
D. 2.

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

ĐÁP ÁN
1-B

2-A

3-C

4-B

5-A

6-B

7-C

8-C

9-A

10-D

11-D

12-C

13-D

14-A

15-D

16-D

17-C

18-C

19-D

20-D

21-B

22-D

23-A

24-D

25-D

26-D

27-C

28-C

29-D

30-B

31-B

32-B

33-A

34-C

35-C

36-B

37-D

38-A

39-B

40-D

41-C

42-A

43-B

44-A

45-C

46-B

47-C

48-A

49-C

50-A

( – 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
Hình chóp ngũ giác có 5 mặt bên và 1 mặt đáy
Câu 2: A
Ta có lim
x2 − 5x + 4
=1
x →+∞
x2 −1
nên đồ thị hàm số có TCN y=1.
lim

x2 − 5x + 4 x − 4
x−4
x−4
=
⇒ lim+
− ∞; ⇒ lim−
+∞
2
x →−1 x + 1
x →−1 x + 1
x −1
x +1
Ta có
nên đồ thị hàm số có TCN x = −1
Vậy hàm số đã cho có tất cả 2 tiệm cận.
Câu 3: C
Đó là các mặt phẳngmp (SAC), mp (SBD), mp trung trực của AB, mp trung trực của AD.
y=

Vậy hình chóp đều S.ABCD có tất cả 4 mặt phẳng đối xứng.
Câu 4: B

y ' = 4 x 3 − 2 x = 2 x ( 2 x 2 –1) .
Ta có
Phương trình y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
Vậy hàm số đã cho có tất cả 3 điểm cực trị.
Câu 5: A
Câu 6: B
Mỗi tập con gồm 6 phần tử của tập A là một tổ hợp chập 6 của 26 phần tử đã cho.
6
Vậy số tập con gồm 6 phần tử của A là C26

Câu 7: C
Hàm số đồng biến trên ¡ ⇔ y ' ≥ 0, ∀x ∈ ¡
3
Đáp án A có: y ' = 4 x + 2 x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 (Loại A).
Đáp án B có

y ' = 4 x3 − 1 ≥ 0 ⇒ x ≥

3

1
4 (Loại B).

3
Đáp án C có y ' = 3 x + 1 ≥ 0 ⇒ ∀x ≥ ¡ . Vậy chọn C.

x < 0
3
y ' = 4x − 2x ≥ 0 ⇔ 
x > 2
3 (Loại D).

Đáp án D có:

Câu 8: C
Quan sát bảng biến thiên trên đoạn [-2; 2] ta thấy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng -1 tại x = 0
Câu 9: A
y ' < 0 ∀x ∈ ( 0; 2 )
Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm ta có
y = f ( x)
Suy ra hàm số
nghịch biến trên khoảng (0; 2).
Câu 10: D
Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực tiểu của hàm số bằng 0.
Câu 11: D
Theo bài ra ta có hệ sau:
 f ' ( 2) = 0
8a + b = 0
a = 1



⇔ b = −8
 f ( 0 ) = 2 ⇔ c = 2

 4a + b = −4



c = 2
 f ( 2 ) = 14
f x = x4 − 8x2
f 1 =5
Suy ra ( )
Vậy ( )
Câu 12: C

Dựa
m = min

vào
[ −2; 3]

đồ

thị

ta

f ( x ) = −3 khi x = −2. → mM = −12

Câu 13: D
Gọi công sai của cấp số cộng đó là d.
Ta có: u8 = u1 + 7d ⇔ 39 = −3 + 7d = 42 ⇔ d = 6

có:

M = max[ −2;3] f ( x ) = 4

và


Từ đây ta suy ra công sai của cấp số cộng đó là 6.
Câu 14: A
Ta có:
+ lim x→1+ y = lim x→1+

2x − 3
2x − 3
= −∞;lim x→1− y = lim x →1+
= +∞
x −1
x −1
Do đó, x = 1 là đường tiệm cận đứng

của đồ thị hàm số.

2x − 3
2x − 3
= 2;lim x→−∞ y = lim x →−∞ y =
=2
x −1
x −1
. Do đó, y = 2
ngang của đồ thị hàm số.
lim x →+∞ y = lim x →+∞

là đường tiệm cận

Câu 15: D
3
2
Đồ thị hàm số của hàm số đa thức bậc ba y = ax + bx + cx + d , đồ thị hình dạng chữ N xuôi nên a > 0.
3
2
Hàm số có 2 cực trị x = 0; x = 2 đi qua điểm (0;1). Như vậy y = x − 3x + 1 .

Câu 16: D

Tam giác ABC vuông cân tại B nên

BA = BC =

AC a 2
=
= a ⇒ S BAC = 1 a 2
2
2
2

1
a3
V = BB '.SBAC = a. a 2 =
2
2
Thể tích lăng trụ
Câu 17: C

Phương trình đã cho tương đương với
 x = −1
x = 1
2
2
( x − 1) ( x − 4 ) = 0 ⇔ ( x − 1) ( x + 1) ( x − 2 ) ( x + 2 ) = o ⇔  x = −2

x = 2
Suy ra phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt. |
4
2
Vậy đồ thị hàm số y = x − 5 x + 4 cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt.
Câu 18: C
2
2
1 
1 
f ( x ) = x 2 + , ∀x ∈  ; 2 
f ' ( x ) = 2 x − 2' , ∀x ∈  ; 2 
x
x
 2  có
2 
Xét hàm số
2
f '( x) = 0 ⇔ 2x − 2 = 0 ⇔ x = 1
x
Ta có.

min  1
Vậy suy ra
Vậy m = 3..
Câu 19: D


 2 ;2 

 1

17

f ( x ) = min  f  ÷, f ( 1) , f ( 2 )  = min  ,3,5 = 3
4

 2

.

u1 = −9
u1 = −9
u1 = −9
1




1 ⇔  3 1 ⇔  3
1 ⇒q=−
3

u4 = 3
u1q = 3
 q = − 27

Gọi q là công bội của cấp số nhân, ta có 
Câu 20: D

3
3
2
v = − t 2 + 18t = − ( t − 6 ) + 54, 0 ≤ t ≤ 10
2
2
Vận tốc của vật cho bởi biểu thức
.
Vậy trong khoảng thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được
bằng 54 (m/s) khi t = 6.
Câu 21: B
f x
Từ bàng biến thiên ta có hàm số đạt cực trị tại các điểm x = 1, x = 2, x = 3 nên hàm số ( ) có 3 điểm
cực trị.
Câu 22: D

SA ⊥ ( ABC ) = SA ⊥ BC.
Theo giả thiết ta có
AB ⊥ BC = BC ⊥ ( SAB ) .
Mặt khác ta lại

Trong tam giác AB gọi H là hình hiếu vuông góc của A trên cạnh
cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).

SB ⇒ AH ⊥

( SBC )

Xét tam giác vuông SAB ta có SA = AB = a nên AH là đường cao, đường trung tuyến
Vậy

d ( A, ( SBC ) ) =

a 2
2

Câu 23: A
x = 0
y ' = 3x3 − 6 x 2 , y ' = 0 ⇔ 
x = 2
Ta có:

Bàng biến thiên:
3
2
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số y = x – 3 x + 1 đạt cực đại tại x = 0.

hay AH là khoảng

⇒ AH =

a 2
2

Câu 24: D

Goi I = AC ∩ BD. I ' = A ' C '∩ B ' D '
Vì ABCD. A'B'C'D' là khối lập phương, nên II' là đường vuông góc chung của A'C' và BD suy ra d

( A'C',

BD ) = II ' = a.

Câu 25: D
2
Ta có: y ' = −3 x + 6 x
x = 0
y ' = 0 ⇔ −3 x 2 + 6 x = 0 ⇔ 
x = 2
Cho
Bảng xét dấu y’

3
2
Hàm số y = − x + 3x đồng biến trên (0; 2)
Câu 26: D
4
2
1; +∞ ) .
Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số y = ax + bx + c đi xuống trên khoảng (-1;0) và (
1; + ∞ ) .
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (-1;0) và (

Căn cứ 4 phương án chọn D.
Câu 27: C

Gọi O = AC ∩ BD ⇒ SO đường cao của hình chóp tứ giác đều S .ABCD . Ta có: ABCD là hình vuông
cạnh

2a ⇒ AC = 2a 2 ⇒ AO =

Tam giác SAO vuông tại
Vậy

VS . ABCD =

1
AC = a 2
2

O ⇒ SO = SA2 − AO 2 =

1
1
4 7.a 3
. SO.S ABCD = .a 7.4a 2 =
3
3
3

( 3a )

2

(

− a 2

)

2

=a 7


Câu 28: C
TXĐ: D=R\ {m}
9−m
y'=
2
( x − m)
Ta có:
x−9
y=
x − m đồng biến trên khoảng ( −∞; 4 )
Hàm số
⇔ y'=

9−m

( x − m)

2

> 0 ∀x ∈ ( −∞; 4 )

9 − m > 0
m < 9

m∈Ζ
⇔
⇔
⇔ 4 ≤ m < 9 
→ m ∈ { 4;5;6;7;8}
m
∉
−∞
;
4
m
≥
4
(
)




Câu 29: D
g x = f ( x ) - x 2 + 2 x, x ∈ ( −2; 2 )
Xét hàm ( )
⇒ g ' ( x ) = f ' ( x ) − 2 ( x − 1)
f' x

3 < f ' ( x ) < 5, ∀x ∈ ( −2; 2 )
Từ bàng biến thiên của ( ) ta có:
−2 < −2 ( x − 1) < 6, ∀x ∈ ( −2; 2 )
⇒ g ' ( x ) = f ' ( x ) − 2 ( x − 1) > 0, ∀x ∈ ( −2; 2 ) ⇒ g ( x ) < g ( 2 ) , ∀x ∈ ( −2; 2 )

Khi đó

f ( x ) < m + x 2 − 2 x, ∀x ∈ ( −2; 2 ) ⇔ m > g ( x ) , ∀x ∈ ( −2; 2 )

Câu 30: B
Ta gọi

g ( x ) = f ( x2 − 2x )

có

g ' ( x ) = 2 ( x − 1) f ' ( x 2 − 2 x )

x =1
x = 1
 2
x
−
2
x
=
0
⇒ g '( x) = 0 ⇔  2
⇔  x = 0
 x − 2 x = −1

 x = 2

 x 2 − 2 x = −2
(Trong đó x = 1 là nghiệm bội ba)
Từ đây ta suy ra
Câu 31: B

y = f ( x2 − 2 x )

có 3 cực trị.


Mặt phẳng (MNCD) phân chia khối chóp S.ABCD thành khối chóp S.MNCD và khối đa diện ABCDMN.
Gọi V là thể tích của khối chóp S.ABCD. Khi đó,
hai khối chóp có chung đường cao).
Ta có VS.MNCD = VS.MNC + VS MCD

VS . ABC = VS . ACD =

V
2 ( Vì diện tích đáy bằng nhau, và

VS .MNC SM SN 1
V V
SM 1
V
=
.
= ⇒ VS .MNC = ; S .MCD =
= ⇒ VS .MCD =

VS .ABC
SA SB 4
8 VS . ACD
SA 2
4

Suy ra

VS.MNCD =

V
V V 3V
3
+ =
⇒ S.MNCD =
8 4
8
VS.ABCD 8

3
Vậy tỉ số thể tích của hai phần là 5

Câu 32: B
x3 − ( m + 1) x 2 + m = 0 ( 1)
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
x = 1
⇔ ( x − 1) ( x 2 − mx − m ) = 0 ⇔  2
( 2)
 x − mx − m = 0
(d) cắt (C) tại ba điểm phân biệt ⇔ pt (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ pt (2) có hai nghiệm phân biệt

và khác

m > 0
m2 + 4 > 0

∆
>
0
 ( 2)

 m < −4
⇔
⇔
⇔ 
1
1
1 − 2m ≠ 0
m ≠


2
 m ≠ 2

+ Ta có

( ∗)

y ' = 3 x 2 − 2 ( m + 1) x + 1

x = 1 ⇒ y ' ( x A ) = 2 − 2m

Giả sử A
y ' ( xB ) = 3 xB 2 − 2 ( m + 1) xB ; y ' ( xC ) = 3 xC 2 − 2 ( m + 1) xC + 1

x 2 + xC 2 = ( xB + xC ) − 2 xB xC = m 2 + 2m
Do xB , xC là nghiệm của pt (2) nên ta có B
Vì tổng hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại A, B, C bằng 19.
2

Cho nên,

y ' ( x A ) + y ' ( xB ) + y ' ( xC ) = 19 ⇔ 3 ( m 2 + 2m ) − 2m ( m + 1) + 2 + 2 − 2m = 19

).

 m = −5
⇔ m 2 + 2m − 15 = 0 ⇔ 
 m = 3 (thỏa đk ( ∗) )Vậy tổng các giá trị m thỏa ycbt bằng -2.
Câu 33: A
n Ω =9
Xếp 9 học sinh của ba khối vào 9 ghế nên số phần từ không gian mẫu ( )
!
Gọi A là biến cố 3 học sinh lớp 10 ngôi liền nhau.
⇒ A là biến cố 3 học sinh lớp 10 không ngôi liền nhau.
n A = 7!3!
Số cách xếp 3 học sinh lớp 10 ngồi liền nhau là: ( )


Xác suất để 3 học sinh lớp 10 ngồi liền nhau là:

P ( A) =

n ( A ) 7!3! 1
=
=
n ( Ω)
9! 12

Vậy xác suất để 3 học sinh lớp 10 không ngồi liền nhau là

P ( A) = 1 −

1 11
=
12 12

Câu 34: C

ABC ⇒ B ' H ⊥ ( ABC ) .
Gọi H là trọng tâm tam giác
·
· ' BH = 60 0
⇒ BB ; ABC
= B

(

))

(

Xét

tam

giác

B ' H = BB '. sin 600 = 2a.

BBH

vuông

tại

3
3a
= a 3; BH = BB ".cos600 = a ⇒ BM =
2
2

x ( x > 0 ) ⇒ BC =

Gọi độ dài cạnh AB là
Xét tam giác MBC vuông tại C ta có:

x 3
x
AC x
; AC = ⇒ AM = MC =
=

2
2
2
4

2

2
2
6a
 x   3x   3a 
MC + BC = MB ⇔  ÷ + 
= ÷ ⇒ x=
÷
÷
13
4  2   2 
2

⇒ BC =

2

2

3a 3
3a
; AC =
13
13

1
1
1 3a 3 3a 9a 3
⇒ VA '. ABC = h.S ABC = .a 3. .
.
=
3
3
2 13 13 26
Câu 35: C
2 − f ( x ) = 1
 f ( x) = 1
f ( 2 − f ( x) ) = 1 ⇔ 
⇔
 2 − f ( x ) = −2
 f ( x ) = 4
Dựa vào đồ thị hàm số ta có
x = 1
f ( x) = 1 ⇔ 
 x = −2
Với
Với

f ( x ) = 4 ⇔ x = a < −2

Vậy phương trình
Câu 36: B

H

f ( 2 − f ( x) ) = 1

có 3 nghiệm phân biệt.

ta

có:


Gọi M, H, Nlần lượt là trung điểm AB, BC, BH
IM / / ( BCC ' B )
Suy ra
 MN / / AH
= MN ⊥ ( BCC ' B ' )

AH ⊥ ( BCC ' B ' )


Ta lại có:
⇒ d ( I ; ( BCC ' B ') ) = d ( M ( BCC ' B ' ) ) = MN =

1
a 3
AH =
2
2

Câu 37: D
2

TXĐ D = R. Ta có y ' = x – mx – 4.

Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt.
⇔ ∆ > 0 ⇔ m 2 + 16 > 0 (luôn đúng)
 x1 + x2 = m

x x = −4
Theo viet ta có  1 2
.
Theo bài

S = ( x12 − 1) ( x22 − 1) = x12 − x22 ( x12 − x22 ) + 1

2
= x12 x22 − ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2  + 1 = 9 = m 2 ≤ 9


Vậy GTLN của S bằng 9 khi m = 0.
Câu 38: A
 S 2 = u1 + u2 = u1 ( 1 + q ) = 4
u1 ≠ 0


S3 = u1 + u2 + u3 = u1 ( 1 + q + q 2 ) = 13
q
≠
0




Theo bài ra ta có
và
q = 3
S3 13 1 + q + q 2
2
⇒
= =
⇒ 4q − 9q − 9 = 0 ⇔ 
q = − 3
S2 4
1+ q

4
Với q = 3 ⇒ u1 = 1 ⇒ u2 = 3 (loại vì u2 < 0).

1 − q 6 481
3
S6 = u1
=
q = − ⇒ u1 = 16 ⇒ u2 = −12
1− q
64
4
Với
(thỏa mãn). Vậy
Câu 39: B
cos 2 x − 4sin 2 x + 3 = t ⇒ t = 4 − 6sin 2 x ⇒ t ∈ [ −2; 4 ]
Đặt
g ( x ) = f ( cos 2 x − 4sin 2 + 3 ) = f ( t ) ∀ t ∈ [ −2; 4 ]

Nhìn vào bàng biến thiên ta thấy trên [
Do đó M = 5; m = -1 ⇒ M + m = 4.

−2; 4] max f ( t ) = f ( −1) = 5min f ( t ) = f ( −1) = −1


Câu 40: D
Xét phương trình hoành độ giao điểm ta được :

x 2 − 3 x 2 + 2 = m ( x − 1) ⇒ ( x − 1) ( x 2 − 2 x − 2 ) = m ( x − 1)

⇒ ( x − 1) ( x 2 − 2 x − 2 − m ) = 0 ⇒ ( x − 1) f ( x ) = 0
x = 1
⇒
 f ( x) = 0
f
Gọi x2 ; x3 là hai nghiệm của phương trình
Yêu cầu đề bài tương đương với:

( x)

= 0

 −3 − m ≠ 0
 f ( 1) ≠ π 0
 m ≠ −3



⇒ m > −3

⇒ m = −2
∆ f ( x ) > 0 ⇒  4 + 4 ( 2 + m ) > 0
 2


2
2
4 + 4 ( 2 + m) = 4
 x2 + x3 = 4 ( x2 + x3 ) − 4 x2 x3 = 4 
Vậy m = −2 .
Câu 41: C
D = ( −∞; 0 ) ∪ ( 0; + ∞ )
TXD:
3
y ' = 6x2 + 4 + m
x
Tacó:
0; + ∞ )
∀x ∈ ( 0; +∞ )
Để hàm số đồng biến trên khoảng (
thì y ' ≥ 0 với
và y ' = 0 chỉ tại một số hữu
hạn điểm.
3
3
⇔ 6 x 2 + 4 + m ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) ⇔ −6 x 2 − 4 ≤ m, ∀x ( 0; +∞ )
x
x
3
g ( x ) = − 6 x2 – 4

x trên khoảng ( 0; + ∞ )
Khảo sát hàm số:

g ' ( x ) = −12 x +

12
⇒ g ' ( x ) = 0 ⇔ x = ±1
x5

BBT:

3
≤ m, ∀x ∈ ( 0; +∞ )
4
⇔ m ≥ −9 mà m là số nguyên âm nên
x
Vậy
m ∈ { −9; −8; −7;...; −1} ⇒
Có 9 giá trị mthỏa mãn đề bài.
Câu 42: A
−6 x 2 −

Ta có:

(

)

y ' = f ( x2 + 4 x + m ) ' = ( 2 x + 4) f ' ( x2 + 4 x + m )

Để hàm

y = f ( x2 + 4x + m )

nghịch biến trên khoảng (-1;1) thì thì:

y ' = ( 2 x + 4 ) f ' ( x 2 + 4 x + m ) ≤ 0, ∀x ∈ ( −1;1)

Với

∀x ∈ ( −1;1) ⇒ ( 2 x + 4 ) > 0

nên

f '( x2 + 4x + m) ≤ 0


Dựa vào bảng xét dấu

f '( x) ,

ta có:

f ' ( x + 4 x + m ) ≤ 0 ⇔ −2 ≤ x + 4 x + m ≤ 8, ∀x ∈ ( −1;1)
2

2

 x 2 + 4 x + m ≥ −2
m ≥ − x 2 − 4 x − 2



⇔ 2
, ∀x ∈ ( −1;1) ⇔ 
, ∀x ∈ ( −1;1)
2
x + 4x + m ≤ 8


m ≤ 8 − x − 4 x

m ≥ 1
⇔
⇔1≤ m ≤ 3
m ∈ { 1; 2;3} .
m ≤ 3
Mà m ∈ ¢ nên
Có 3 giá trị mthỏa mãn đề bài.
Câu 43: B
Đặt

f ( x ) = x 3 – 4 x 3 – 12 x 2 + a

x = 0
f ' ( x ) = 12 x − 12 x − 24 x = 12 x ( x − x − 2 ) = 0 ⇔  x = −1
 x = 2
3

2

2

Ta có bảng biến thiên:

f x > 0
f x < 0
x ∈ [ −3; 2]
Do M > 0 ⇒ m > 0, suy ra ( )
hoặc ( )
với mọi
do đó ta có hai trường
hợp:
TH1: Nếu a − 32 > 0 ⇔ a > 32

max [ −3;2] f ( x ) = 243 + a; m = min [ −3;2] f ( x )  = −32 + a
M=
2m ≥ M ⇔ 2 ( a − 32 ) ≥ 243 + a ⇔ a ≥ 307
a ∈ { 307;308;309;...; 2018}

có 1712 số a
TH2: Nếu a + 243 < 0 ⇔ a < −243
M = max [ −3;2] f ( x ) =| a − 32 |= 32 − a; m = min [ −3;2] f ( x ) =| a + 243 |= − ( a + 243 )
a ∈ { −2018; −2017;.....; −518}

có 1501 số a.
Vậy có 1712+1501 = 3213 số a.
Câu 44: A
−2
2a − 1
y=

x − a) +
2 (
2a + 1
( 2a − 2 )
Phương trình tiếp tuyến ∆ :
 a 
∆ ∩ TCĐ = A  1;
÷; ∆ ∩ TCN = B ( 2a − 1; 1) .
 a −1 
Ta có

1
1
S ∆IOB = 8S∆OIA ⇔ .IO.d [ B, OI ] = 8 × .OI .d [ A, OI ] ⇔ d [ B, OI ] = 8.d [ A, OI ]
2
2
Từ già thiết


Đường thẳng chứa hai điểm

Khi đó

O ( 0; 0 )

d [ B, O I ] = 8.d [ A, OI ]

I ( 1;1)

có phương trình OI : x − y = 0.

a
1−
| 2a − 2 |
1
a −1
⇔
= 8.
⇔ a − 1 = 4.
a −1
2
2
và

a = 3
2
5
⇔ ( a − 1) = 4 ⇔ 
⇒
a
=
.
a
=
−
1
loai
( )

4

Suy ra S = a + 4b = 8.

Câu 45: C
Nếu a > 0 thì limx →−∞ = −∞ do đó hàm số không thể có giá trị nhỏ nhất.
2
Điều này mâu thuẫn với đề bài, vậy a < 0 y ' = 3ax + c
min( −∞;0 )
Nếu c ≤ 0 thì hàm số đã cho nghịch biến trên R do đó
y không tồn tại. Mâu thuẫn với đề, suy ra
c>0

c
3a
Ta có bàng biến thiên của hàm số như sau:
y'= 0 ⇔ x = ± −


c 
c
y  − − ÷
−
= 2 ⇔ c = −12a
÷ = min ( −∞;0) y = y ( −2 )
3
a

3a
Dựa vào bàng biến thiên ta thấy 
do đó
max [ 1;3] y = y ( 2 ) = 8a + 2c + d = d − 16a

Như vậy cũng dựa vào bảng biến thiên ta thấy
Câu 46: B
y = f ( x)
f' x
Vì
là hàm đa thức bậc bốn nên ( ) là đa thức bậc ba.
f' x
f ' x = kx 2 ( x − 3)
Dựa vào đồ thị hàm số ( ) như hình vẽ ta suy ra ( )
1
k =−
f '( x)
4
Đồ thị hàm số
đi qua điểm (2;1) nên

1
3
f ' ( x ) = − x3 + x 2
4
4
Do đó
f x = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e
f ' x = 4ax3 + 3bx 2 + 2cx + d
Ta lại có ( )
suy ra. ( )
1
1

a = − , b =

16
4

c = d = 0
Đồng nhất hệ số ta có


Vậy

f ( x) = −

1 4 1 3
x + x +e
16
4

Với phương trình
−

Tức là,

f ( − x2 + 2x + m ) = e

2
f X =e
ta đặt X = − x + 2 x + m thì được ( )

 x2 − 2x − m = 0
X = 0
1 4 1 3

X + X +e =e ⇔ 
⇔ 2
16
4
X = 4
 x − 2x − m + 4 = 0

2
Dễ thấy rằng mọi nghiệm của phương trình x − 2 x − m = 0 không phải là nghiệm của phương trình

x 2 − 2 x − m + 4 = 0 nên phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì mỗi phương trình bậc hai trên phải
có hai nghiệm phân biệt.
1 + m > 0
⇔m>3

−
3
+
m
>
0

Điều này tương đương với
Vậy có hai giá trị nguyên của m trên [-5; 5] để phương trình
phân biệt.
Câu 47: C

f ( − x2 + 2 x + m) = e

Từ B kẻ đường thẳng qua B song song với MN cắt AD, CD tại E, F.

Đường thẳng ME cắt AA' tại L và đường thẳng NF cắt CC' tại K.
Khi đó V = VB. A ' MNC ' B ' + VB. A ' ML + VB.C ' NK

1
1 3 3 63
VB. A ' MNC ' B ' = .BB '.S A '.MNC ' B .SA ' MNC ' B ' = S A ' B 'C ' D ' − S D ' MN = 32 − . . =
3
2 2 2 8
Ta có
Suy ra

VB.A' MNC ' B ' =

1 63 63
.3 =
3 8
8

A' L A' M A' M 1
=
=
= suy ra A ' L = 1
AE
AD 2
Theo cách xác định mặt phẳng (BMN) ta có AL
1
1 3 3
1
3
S ∆A ' ML = . A ' L. A ' M = .1. =

VB. A ' ML = BA.S ∆A ' ML =
2
2 2 4 suy ra
3
4
Ta có
Tương tự ta có

VB.C ' NK =

3
4

V = VB. A ' MNC ' B ' + VB. A ' ML + VB.C ' NK =

Vậy
Câu 48: A

63 3 3 75
+ + =
8 4 4 8

có bốn nghiệm


 π
x ∈ 0; 
 2  suy ra cos x ∈ ( 0; 1] .
Với

Dựa
f

vào

(

đồ

f (4 + 2 f

Phương

thị

ta

(

f

f ( cos x ) ∈ [ −2; 0 )

) ∈ [ −2; 2)

( cos x )

trình

có

4 + 2 f ( cox )

)

= m

có

suy

nghiệm

ra

4+ 2 f

( cos x ) ∈ [ 0; 2 )

⇔ −2 < m < 2.

Do

suy

m

nguyên

y= f

( x).

m ∈ { −2; −1;0;1}

Vậy có 4 giá trị của m.
Câu 49: C

Nhận thấy số điểm cực trị của hàm số

y ' = f '( x)
Ta có

⇒ hàm số y = f

Xét

f

( x)

bằng số điểm cực trị của hàm số

x = 0
= 3 x – 8 x; y ' ⇔ 
x = 8
3


Từ bảng biến thiên

Đặt

( x − 1)

2

f ( x)

Bảng biến thiên của

Vậy hàm số
Câu 50: A

y= f

y= f

⇒ f ( x)

( x)
(

= m2 x 4 –

có 1 điểm cực trị nằm bên phải Oy và 1 điểm cực trị thuộc Oy .

có ba điểm cực trị.

x − 1)

(m

có ba điểm cực trị.

+ 2) x3 + x2 +

(m

2

− 1) x = x  m 2 x3 –

g ( x ) = m2 x3 − ( m + 2 ) x 2 + x + m 2 − 1

+ Bất phương trình

f ( x) ≥ 0

⇒ m 2 − 1 = 0 ⇔ m = ±1 .
+) Thừ lại

nghiệm đúng với mọi

x ∈ ¡ ⇒ g ( 0) = 0

( m + 2)

x2 + x m 2 − 1 .

ra

nên


> Với

m = 1 ⇒ f ( x ) = x ( x 3 – 3 x 2 + x ) = x 2 ( x 2 − 3 x + 1)

(vì tam thức x − 3 x + 1 đổi dấu) ⇒ m = 1 loại

không thỏa mãn yêu cầu bài toán

2

3
2
2
2
⇒ Với m = −1 ⇒ f ( x ) = x ( x − x + x ) = x ( x – x + 1) ≥ 0 đúng với mọi x ∈ R
Vậy m = −1 (thỏa mãn) nên có 1 giá trị của m cần tìm.