đề thi thử THPT QG 2020 toán THPT LOMOLOXOP có lời giải

TRƯỜNG THPT LOMOLOXOP

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 hàm số

y = f ( x)

 7
0; 2 
y = f ′( x)
liên tục trên đoạn
có đồ thị hàm số
như hình vẽ.

1 
 2 ;3
y = f ( x)
 tại điểm x0 nào dưới đây?
Hàm số
đạt giá trị lớn nhất trên đoạn 

x =0.
A. 0

x = 3.
B. 0

x = 1.
C. 0

D.

x0 =

1
2.

Câu 2: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2 . Cạnh bên SA vuông góc với
mặt phẳng
A.

V=

( ABCD )

a3 5
6 .

và SC = 3a. Thể tích V của khối chóp S . ABCD là
V=

a3 5
3 .

B.
C.
Câu 3: Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm
A. x = 5 .
B. x = 1 .

V=

2a 3 5
3 .

C. x = 0 .

3
D. V = a 5

D. x = 2 .

Trang 1


Câu 4: Đường thẳng y = 3 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số nào sau đây?

x2 + 2x + 3
3x − 3
y=
y=
x +1 .

x+2 .
B.
C.
y = f ( x)
Câu 5: Cho hàm số
có đồ thị là đường cong trong hình dưới đây.
3x − 3
y=
−x + 2 .
A.

D.

y=

1+ x
1 − 3x .

y = f ( x)
Hàm số
đồng biến trên khoảng
1; 2 .
2; +∞ ) .
0; 2 ) .
−∞;1) .
A. ( )
B. (
C. (
D. (
Câu 6: Cho hình chóp đều S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a có góc giữa mặt bên và mặt đáy

°
bằng 60 . Thể tích V của khối chóp S . ABC là

A.

V=

a3 3
24 .

Câu 7: Cho hàm số

B.
y = f ( x)

V=

a3 3
12 .

C.

V=

a3 3
8 .

có đạo hàm liên tục trên ¡ . Đồ thị hàm số

D.

y = f ′( x)

V=

a3 3
.
4

như hình vẽ sau

Trang 2


y = f ( x ) − 3x
Số điểm cực trị của hàm số
là
A. 2 .
B. 4 .
Câu 8: Cho hình chóp S . ABC . Trên

2 SH = 3HB, SK =
1
A. 6 .

C. 3 .
D. 1 .
SB, SC lần lượt lấy hai điểm

VS . AHK
5

SC
7
. Khi đó tỉ số thể tích VS . ABC bằng
10
i
+
j
>
8.
B.
.
C. 21 .

Câu 9: Cho hàm số

y = f ( x)

H, K

sao cho

7
D. 20 .

xác định, liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên sau

Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng
A. Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng −2 .
C. Giá trị lớn nhất của hàm số bằng −2 và 2 .

B. Giá trị lớn nhất của hàm số bằng 2 .
D. Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng −5 .

4
2
Câu 10: Hàm số y = − x + 2 x − 3 đồng biến trong khoảng nào sau đây
−∞; −1)
0;1
−∞;0 )
−1;1)
1; +∞ )
−1;1)
A. (
và ( ) .
B. (
.
C. (
và (
.
D. (
.
x+4
y=
x − 2 trên đoạn [ 3; 4] là M và m , khi đó
Câu 11: Gọi giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
M − 2m bằng

A. 3 .
B. −2 .
C. −4 .

Câu 12: Hàm số nào trong các hàm số dưới đây đồng biến trên ¡ ?

D. −1 .

x+2
y=
4
2
3
2
y
=
x
+
x
−
1
y
=
x
−
x
+
3
x
+
11
x+4 .
B.
.

C.
. D.
3x − 2
y=
x − 1 có đồ thị là ( C ) . Tọa độ giao điểm của hai tiệm cận là
Câu 13: Cho hàm số
2 
I  ;3 ÷
I ( 1; 2 )
I ( 1;3)
I ( 3;1)
A.
.
B.  3  .
C.
.
D.
.
3
2
f x = x + ax + bx + c
f 1 = −3
Câu 14: Biết hàm số ( )
đạt cực đại tại x = 0 và ( )
, đồng thời đồ thị của
A. y = tan x .

f −2
hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −1 . Tính giá trị của ( ) .
f ( −2 ) = −21

f ( −2 ) = 3
f ( −2 ) = −15
f ( −2 ) = 19
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
2x +1
C) y = x + 2
(
Câu 15: Một phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
:
vuông góc với đường thẳng
∆ : y = −3 x + 2 là

Trang 3


A.

y=

1
2
x+
3

3.

y=

1
4
x+
3
3.

1
2
y = x−
3
3.
C.

1
4
y = x−
3
3.
D.

B.
x + 2m
y=
x + m có đồ thị là ( Cm ) . Giá trị của tham số m để đồ thị ( Cm ) đi qua điểm
Câu 16: Cho hàm số
A ( 2; −1)

là

A. m = 0 .

B. m = −4 .

C. m = 4 .

D.

m=−

1
4.

− x3
+ mx 2 − ( 2m + 3) x + 1
3
Câu 17: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số
nghịch biến trên ¡
A. 4 .
B. 2 .
C. 5 .
D. 3
y=

Câu 18: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ACBC là tam giác đều cạnh a. Góc giữa A′C và
°
mặt đáy bằng 30 . Thể tích V của khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ .

3a 3
a3
a3
V=
V=
4 .
2 .
4 .
A.
B.
C.
Câu 19: Đồ thị như hình bên là của hàm số nào dưới đây?
V=

D.

V=

a3
12

3
2
A. y = x + 3 x + 4 .

3
2
3
2

3
2
B. y = x + 3 x − 4 .
C. y = − x + 3 x − 4 .
D. y = x − 3 x − 4 .
− mx + 1
y=
x + 3m với tham số m ≠ 0 . Giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm
Câu 20: Cho hàm số
số thuộc đường thẳng có phương trình nào dưới đây?
A. 3 x + y = 0 .
B. x − 3 y = 0 .
C. y = 3 x .
D. x + 3 y = 0 .

Câu 21: Hình lập phương có bao nhiêu cạnh?
A. 12 .
B. 6 .

C. 8 .

D. 30 .

Trang 4


Câu 22: Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = 7 . Tam giác ABC vuông tại
B, BA = 5, BC = 6 . Thể tích V của khối chóp S . ABC là
A. 70 .
B. 210 .

C. 105 .
D. 35 .
Câu 23: Hình lăng trụ đứng có đáy là hình thoi (không phải là hình vuông) có bao nhiêu mặt phẳng đối
xứng?
A. 5.
B. 2.
C. 4.
D. 3.
B
,
Câu 24: Cho hình lăng trụ có diện tích đáy là
độ dài đường cao là h. Công thức tính thể tích hình lăng
trụ đó là
A. V = B.h.

B.

V=

1
B.h.
6

C.

V=

1
B.h.
2

1
V = B.h.
3
D.

Câu 25: Tổng các giá trị nguyên của tham số m để đường thẳng y = − x + 3 cắt đồ thị hàm số

2 x + m 2 − 2m
x +1
tại hai điểm phân biệt
A. 3 .
B. 2 .

y=

(

C. 0 .

D. 1 .

)

9 x 3 + 2 − y 3xy − 5 x + 3xy − 5 = 0
Câu 26: Cho hai giá số thực x, y thỏa mãn:
. Tìm giá trị nhỏ nhất

của

(

)

P = x 3 + y 3 + 6 xy + 3 3 x 2 + 1 ( x + y − 2 )

296 15 − 18
9
A.
.

.

36 + 296 15
9
B.
.

−4 6
C. 9 .

36 − 4 6
9
D.
.

S
A , B ,C , D
Câu 27: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a và có diện tích 1 . Nối 4 trung điểm 1 1 1 1 theo
S

thứ tự của 4 cạnh AB, BC , CD, DA ta được hình vuông thứ hai có diện tích 2 . Tiếp tục làm như thế, ta
ABC D
S
được hình vuông thứ ba là 2 2 2 2 có diện tích 3 ,... và cứ tiếp tục làm như thế ta tính được các hình
vuông lần lượt có diện tích
Tính a .

A. a = 2 .

S4 , S5 ,..., S100 (tham khảo hình vẽ). Biết tổng S1 + S 2 + S3 + ... + S100

B. a = 8 .

C. a = 4 .

2100 − 1
=
293 .

D. a = 1 .

Câu 28: Cho a, b là các số thực dương. Khẳng định nào sau đây là sai?

( a.b )
A.

n

= a .b
n

n

.

am
= a m−n
n
B. a
.

C. a + a = a
m

n

m.n

(a )
D.
m

.

n

= a m.n

.
Trang 5

Câu 29: Phương trình sin 5 x − cos 5 x = − 2 có nghiệm là
số nguyên tố.Tính a + 3b.
A. a + 3b = 10 .

B. a + 3b = −5 .

x=

π
2π
+k
( k ∈¢ )
a
b
trong đó a ∈ ¢ và b là

C. a + 3b = −7 .

D. a + 3b = 12 .

Câu 30: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, AC = 2, BC = 2 .Cạnh bên SB vuông
góc với đáy và SB = 3 .Biết khoảng cách từ B đến mặt phẳng
nguyên tố cùng nhau.Khi đó a − b bằng:
A. 1 .

B. −3 .

( SAC ) bằng

C. 3 .

a 3
b ,trong đó a, b là hai số

D. −1 .

Câu 31: Bà Vui gửi vào ngân hàng số tiền 300 triệu đồng theo thể thức lãi kép với lãi suất 1,5% một
quý. Giả định lãi suất không thay đổi trong suốt quá trình gửi thì bà Vui nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi
là bao nhiêu sau 2 năm kể từ ngày gửi?
A. 328032979 đồng.

B. 309067500 đồng.

C. 337947776 đồng.

D. 336023500 đồng.

8
( 3 − 2 x ) , biết n là số nguyên dương thỏa
Câu 32: Tìm hệ số của x trong khai triển của đa thức của
2n

0
2
4
2n
mãn : C2 n +1 + C2 n +1 + C2 n +1 + ... + C2 n +1 = 1024 .
A. −103680 .

B. 103680 .

C. 130260 .

D. −130260 .

9

3 

x+ 2 ÷
x  là
Câu 33: Số hạng không chứa x trong khai triển 
4 4
3 3
6 6
2 2
A. 3 C9 .
B. 3 C9 .
C. 3 C9 .
D. 3 C9 .
Câu 34: Cho hình chóp S . ABC có SB vuông góc với mặt đáy, SB = a ; ∆ABC vuông cân tại A ,
uuur 1 uuur
SM = MA
, SN = NC . Tính thể tích
AB = a 2 . Gọi M , N lần lượt thuộc các cạnh SA, SC sao cho
2

khối B. ACNM .

7a3
A. 9 .

5a 3
5a 3
7a3
B. 9 .
C. 18 .
D. 9 .
Câu 35: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD . Gọi I và J lần lượt là trung điểm của SB và SD . Khẳng định
nào sau đây đúng?
IJ / / mp ( SCD )
IJ / / mp ( SAB )
IJ / / mp( SBC )
IJ / / mp ( ABCD )
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Trang 6


Câu 36: Cho hình chóp đều S . ABCD . Khẳng định nào sau đây sai?
A. Đáy là hình vuông và chân đường cao của hình chóp trùng với tâm đáy .
B. Tồn tại điểm I cách đều năm đỉnh của hình chóp.
( SAC ) và ( SBD ) vuông góc nhau.

C. Hai mặt
D. Tất cả các cạnh của hình chóp đều bằng nhau.
Câu 37: Gieo 2 con súc sắc cân đối và đồng chất. Xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên hai mặt của 2
con súc sắc đó lớn hơn 8 là:
8
7
5
2
A. 9 .
B. 18 .
C. 18 .
D. 3 .
Câu 38: Tìm m để phương trình sin 3x − 6 − 5m = 0 có nghiệm.
m = −1m = −75m = −1m = −75
m > −1m < −75m > −1m < −75
A. [
.
B. [
.
7
7
− ≤ m ≤ −1
− < m < −1
C. 5
.
D. 5
.
Câu 39: Cho lăng trụ ABC. A′B ′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh m, BB′ = A′B = BC ′ = a . Với giá trị nào
°
của m thì góc giữa mặt bên ( BCC ′B′) và mặt đáy bằng 30 ?

6a 13
A. 13 .

2a 21
3a 13
a 13
7 .
B.
C. 13 .
D. 6 .
°
Câu 40: Cho hình chóp S.ABC có ASB = ASC = BSC = 60 , SA = 5a, SB = 6a, SC = 3a . Tính thể tích
khối chóp S.ABC theo a.
15a 3 2
2
A.
.

15a3 2
15a 3 2
15a 3 2
8
4
7
B.
.
C.
.
D.

.
Câu 41: Cho hình chóp đều S . ABC có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a . Giá trị cosin của góc giữa
cạnh bên và mặt đáy là

3
3
3
33
A. 6 .
B. 4 .
C. 12 .
D. 6 .
Câu 42: Trong các hình sau : hình vuông, hình thang, tam giác đều và hình bình hành, có bao nhiêu hình
có trục đối xứng ?
A. 2 .
B. 1 .
C. 3 .
D. 4 .
Câu 43: Cho cấp số cộng
cộng là

( un )

có số hạng đầu bằng 5, số hạng thứ sáu bằng 65. Công sai d của cấp số

Trang 7


A. d = 12 .

B. d = 13 .
C. d = 11 .
D. d = 10 .
y = f ( x ) y = f ( f ( x) ) y = f ( 4 − 2 x )
(C ) (C2 ) , (C3 ).
Câu 44: Cho hàm số
,
,
có đồ thị lần lượt là 1 ,
(C ) (C ) (C )
(C )
Đường thẳng x = 1 cắt 1 , 2 , 3 lần lượt tại M , N , P . Biết tiếp tuyến của 1 tại M có phương
(C )
(C )
trình y = 3 x − 1 , tiếp tuyến của 2 tại N có phương trình y = x + 1 . Phương trình tiếp tuyến của 3
tại P là
2
8
2
8
y =− x− .
y = − x+ .
3
3
3
3
A. y = −2 x − 4.
B.
C.
D. y = −2 x + 4.

(

x − 5x + 4
Câu 45: Điều kiện để biểu thức
x ≠ 1

A. 1 < x < 4 .
B.  x ≠ 4 .
2

)

2
5

xác định là
C. x ∈ ¡ .

x > 4

D.  x < 1 .

9

Câu 46: Rút gọn biểu thức

B = b 5 : 4 b3 ( b > 0 )

7

15

được kết quả là

12
5

27

21

20
20
A. B = b .
B. B = b .
C. B = b .
D. B = b .
Câu 47: Từ một hộp chứa 5 viên bi vàng và 7 viên bi trắng, lấy ngẫu nhiên 5 viên bi. Tính xác suất để 5
viên bi lấy ra cùng màu.
7
1
1
19
A. 264 .
B. 36 .
C. 12 .
D. 792 .

Câu 48: Cho hàm số bậc bốn
y= f

(

A. 1 .

x2 − 2x + 2

y = f ( x)

) là

B. 4 .

có bảng biến thiên như hình vẽ. Số điểm cực đại của hàm số

C. 3 .

D. 2 .

( AB′C ′) chia khối lăng trụ thành hai
Câu 49: Cho khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ có thể tích là V . Mặt phẳng
phần. Tỉ lệ thể tích của hai phần đó bằng
1
1
2
3
A. 2 .
B. 3 .
C. 3 .
D. 4 .

Câu 50: Cho lăng trụ ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh 2a , cạnh bên bằng a 3 , AB′ = a . Biết
ABB′A′ )
mặt bên (
vuông góc với đáy. Gọi N là một điểm di động trên đoạn thẳng BA′ , khoảng cách lớn
AB′C ′ )
nhất từ N đến mặt phẳng (
bằng

Trang 8


2a 15
5 .
A.

a 15
B. 10 .

2a 15
C. 15 .
----------- HẾT ----------

a 15
D. 5

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

ĐÁP ÁN
1-B

2-C

3-C

4-B

5-B

6-A

7-D

8-B

9-D

10-A

11-D

12-C

13-C

14-A

15-A

16-B

17-C

18-C

19-B

20-B

21-A

22-D

23-D

24-A

25-A

26-B

27-B

28-BC

29-B

30-D

31-C

32-B

33-B

34-C

35-D

36-D

37-C

38-C

39-A

40-A

41-A

42-A

43-A

44-C

45-D

46-D

47-B

48-D

49-A

50-A

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

Trang 9


Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: B
1 
 2 ;3
y = f '( x) ,
Dựa vào đồ thị hàm số
ta thấy trên đoạn
x = 1
1 
f ' ( x ) ≤ 0∀x ∈  ;3 , f ' ( x ) = 0 ⇔ 
2 
 x = 3 vậy hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên đoạn
1 
 ;3
y = f ( x)

x =3
Vậy hàm số
đạt giá trị lớn nhất trên đoạn  2  tại điểm 0

1 
 2 ;3
.

Câu 2: C

Do SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD)nên SA ⊥ AC hay tam giác SAC vuông tại A.

SA = SC 2 − AC 2 =

( 3a )

2

− ( 2a ) = a 5
2

Ta có
Thể tích Vcủa khối chóp S.ABCD là:

(

)

2
1

2a 3 5
V = . a 2 .a 5 =
3
3
Câu 3: C

Từ bàng biến thiên nhận thấy hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 0.
Câu 4: B
3
3−
3x − 3
x =3
lim y = lim
= lim
x →±∞
x →±∞ x + 2
x →±∞
2
1+
x
Ta có
suy ra đường thẳng y = 3 là tiệm cận ngang của đồ thị
y=

hàm số
Câu 5: B

3x − 3
x+2

Trang 10


∀x ∈ ( 1; 2 )

hàm số f giàm nên A, C sai.
( −∞;1) ⊃ ( 0;1) và ∀x ∈ ( 0;1) hàm số f giảm nên D sai.
+) Vì
+)Vì

+ Vậy hàm số
Câu 6: A

y = f ( x)

đồng biến

∀x ∈ ( 2; +∞ )


1
a 3
OH = . AH =

3
6

2
a 3
S

ABC =

4
+) Gọi O là tâm của ∆ABC đều cạnh a và H là trung điểm BC 
 SO ⊥ ( ABC )

 BC ⊥ SH

+)Vì hình chóp S.ABC đều nên
·
600 = (·SBC ) ; ( ABC )  = SHO


Theo giá thiết,
+) ∆SHO vuông tại O, SO = OH.tan

600 =

a
2

1
a3. 3
V = .S ABC .SO =
3
24 (đvtt)
+) Vậy thể tích của khối chóp S.ABC là

Câu 7: D
Ta có:

y ' = f ' ( x ) = −3; y ' = 0 ⇔ f ' ( x ) − 3 = 0 ⇔ f ' ( x ) = 3

Trang 11


 x = −1
f '( x) = 3 ⇔ 
y = f '( x)
x = 2
Từ đồ thị của hàm số
ta được
Ta có bảng xét dấu của y ' như sau:

Từ đây ta suy ra hàm số
Ta được đáp án. D.

y = f ( x ) − 3x

có 1 điểm cực trị.

Câu 8: B

3; SK =

5
SK 5
SC ⇒
=
7

SC 7

Ta có
VS . AHK SH SK 3 5 3
.
= . =
V
SB
SC
5 7 7
S
.
ABC
Vậy
Ta được đáp án B
Câu 9: D
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy GTNN của hàm số bằng -5 dấu bằng chỉ xảy ra tại x = 0
Các trường hợp còn lại không xảy ra dấu bằng tại m hữu hạn nên sai.
Câu 10: A
x = 0
3x − 6 − 5m = 0 ⇔ sin 3x = 6 + 5m. y ' = 0 ⇔  x = −1
 x = 1
Tập xác định D = ¡ . Ta có
Bảng xét dấu y '

Dựa vào bảng xét dấu ta có hàm số đồng biến trên các khoảng

( −∞; −1)

và (0; 1).

Câu 11: D

Trang 12


y' =

−6

< 0, ∀x ∈ [ 3; 4]

( x − 2)
⇒ M = y ( 3) = 7
2

và

m = y ( 4) = 4

Vậy M − 2m = −1 .
Câu 12: C
3
2
2
Hàm số y = x − x + 3 x + 11 có tập xác định ¡ là và y ' = 3 x − 2 x + 3 > 0 ∀x ∈ ¡ ⇒ Hàm số đồng
biến trên ¡ .
Câu 13: C
lim y = −∞ lim+ y = +∞ ⇒
x →1

Ta có: x →1−
Đồ thị (C) có tiệm cận đứng là x = 1.
lim y = lim y = 3 ⇒
x →−∞
x →+∞
Đồ thị (C) có tiệm cận ngang là y = 3
Vậy tọa độ giao điểm của hai tiệm cận là: (1;3).
Câu 14: A
f ' ( x ) = 3x 2 + 2ax + b; f '' ( x ) = 6 x + 2a
+ Ta có:
.
 f ' = 0
b = 0
⇔

f '' ( 0 ) < 0
a < 0
+ Do hàm số đạt cực đại tại x = 0 nên ta có 
f ( 1) = −3
+ Mặt khác,
và đồ thị của hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -1 nên ta có:
 f ( 1) = −3
 a + b + c = 4  a + c = − 4  a = −3
⇔
⇔
⇔

c
=
−

1
c
=
−
1
f
0
=
−
1
(
)


 c = −1

Ta thấy a = −3 thỏa mãn điều kiện a < 0.

a = −3, b = 0, c = −1 ⇒ f ( x ) = x 3 − 3x 2 − 1
Suy ra
f ( −2 ) = −21
Vậy
Câu 15: A
M ( x0 ; y0 )
x ≠ +−2
Gọi
là tiếp điểm với 0
2x + 1
3
d:y− 0

=
( x − x0 )
x0 + 2 ( x0 + 2 ) 2
Phương trình tiếp tuyến
 x0 + 2 = 3
 x0 = 1
3
2
d ⊥∆⇒
. −3) = −1 ⇔ ( x0 + 2 ) = 
⇔
2 (
( xo + 2 )
 x0 + 2 = −3
 x0 = −5
Do
1
2
x0 = 1 ⇒ d : y = x +
3
3
Với
x0 = −5 ⇒ d : y =

Với
Câu 16: B

1
14
x+

3
3

Trang 13


2 + 2m

 −1 =
A ( 2; −1) ⇔ 
2 − m ⇔ m = −4
 2 − m ≠ 0
Đồ thị (C) đi qua điểm
Vậy m = −4 là giá trị cần tìm.

Câu 17: C
Ta có:

y ' = − x 2 + 2mx − ( 2m + 3 )

Để hàm số nghịch biến trên

R ⇔ y ' ≤ 0; ∀x ∈ R ⇔ − x 2 + 2mx − ( 2m + 3) ≤ 0, ∀x ∈ ¡

∆ ' ≤ 0
⇔
⇔ m2 − 2m − 3 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ m ≤ 3
a < 0

Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 18: C

( A ' C , ( ABC ) )

=

( A ' C,

AC ) = ·A ' CA = 300

Vì lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng nên

AA ' ⊥ ( ABC ) = AA ' ⊥ AC

· AC = a. tan 300 = a 3
A'
3
Xét tam giác A'AC vuông ở A có: AA' = AC. tan
V = S ∆ADC . AA ' =

a 2 3 a 3 a3
.
=
4
3
4

Do đó thể tích lăng trụ là:  
Câu 19: B

lim y = +∞
Ta có: lim x →+∞
nên loại đáp án C.
Đồ thị hàm số đi qua hai điểm (-2; 0) và (0; -4) nên loại đáp án A, D.
Câu 20: B
D = R \ { −3m}
Tập xác định:
lim y = −m ; lim y = − m
x →−∞
Ta có: x→+∞
nên đô thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y = − m.

Trang 14


Mặt khác:
.

lim − y = −∞

x →( −3 m )

và

lim + y = +∞

x →( +3 m )

nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x = − 3m

Do đó giao điểm của hai đường tiệm cận là

I ( −3m; − m )

thuộc đường thẳng x − 3 y = 0

Câu 21: A
Câu 22: D

1
1
1
1 1
V = .SA.S ∆ABC = .SA. .BA.BC = .7. .5.6 = 35
3
3
2
3 2
Thể tích V của khối chóp S.ABC là
Câu 23: D

Hình lăng trụ đứng có đáy là hình thoi (không phải là hình vuông) có t ất cả 3 mặt phẳng đối x ứng
Câu 24: A
Thể tích của hình lăng trụ có diện tích đáy B và độ dài đường cao h là V = B. h.
Câu 25: A

2 x + m 2 − 2m
= −x + 3
x +1
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị :

2 x + m 2 − 2m
= − x + 3 ( 1)
x +1
Yêu cầu bài toán xảy ra khi và chỉ khi phương trình
có hai nghiệm phân
biệt.
 x ≠ −1
2 x + m 2 − 2m
 x ≠ 1
= −x + 3 ⇔ 
⇔

2
2
2
2
x +1
2 x + m − 2m = − x + 2 x + 3  x = − m + 2m + 3 ( 2 )
Ta có:
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ph ương trình (2) có hai nghi ệm phân bi ệt
khác

Trang 15


−1 < m < 3
2
−
m
+

2
m
+
3
>
0


⇔
⇔
m ≠ 1 + 3
2
1
≠
−
m
+
2
m
+
3



m ≠ 1 − 3

m ∈ { 0;1; 2}
Vì m ∈ ¢ suy ra
Vậy tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 0+1+2 = 3.
Câu 26: B

5
9 x3 + 2 − y 3 xy − 5 x + 3 xy − 5 = 0, xy ≥
3
Ta có:

(

)

⇔ 27 x 3 + 6 x − 3xy 3 xy − 5 + 3 3 xy − 5 = 0 ⇔ ( 3 x ) 2.3 x =
2

Xét hàm số

(

)

3

3 xy − 5 + 2. 3 xy − 5

f ( t ) = t 3 + 2t , t ∈ ¡ ⇒ f ' ( t ) = 3t 2 + 2 > 0∀t ∈ ¡

 x ≥ 0
3 x = 3xy − 5 ⇔  2
9 x = 3 xy − 5 ( 1)
Khi đó:
x = 0 ⇒ ( 1) : 0 = −5
Với

(Vô lí)
Với x > 0 ta có

( 1) ⇔ y =

9x2 + 5
3x

P = x3 + y 3 + 6 xy + 3 ( 3 x 2 + 1) ( x + y − 2 ) = x 3 + y 3 + 6 xy + ( 9 x 2 + 3) ( x + y − 2 )

= x 3 + y 3 + 3 x3 y + 3xy 2 − 2 ( x + y ) + 4 = ( x + y ) − 2 ( x + y ) + 4
3

Đặt

z = x+ y = x+

9x2 + 5
5
5 4 15
= 4x +
≥ 2 4 x. =
3x
3x
3x
3

Khi đó: P = z − 2 z + 4 với
3

Xét hàm số
Suy ra

z≥

4 15
3

f ( z ) = z3 − 2z + 4

f ' ( z ) = 3z 2 − 2 > 0

với

với
z≥

z≥

4 15
3

4 15
3

 4 15  36 + 296 15
min f ( z ) = f 
÷=



3 ÷
9
÷


 4 15
;+∞

Do đó

 3



÷
÷


36 + 296 15
9
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là:
Câu 27: B
Diện tích của hình vuông thứ nhất là
Diện tích của hình vuông thứ hai là .

a 2 S1
S3 =
=
4 22
Diện tích của hình vuông thứ ba là

Trang 16


Diện tích của hình vuông thứ 100

S100 =

A99 B99C99 D99

S1
299

là
ABCD, A1 , B1 , C1 , D1 , A2 B2C2 , D2 ,..., A99 B99C99 D99

Do đó tổng diện tích các hình vuông
hạng đầu tiên của một cấp số nhân với .

là tổng 100 số

100

S1 + S 2 + S3 + ... + S100
Suy ra

1
1−  ÷
2
= S1  

1
1−
2

= a2.

2100 − 1
299

2100 − 1 2100 − 1
a . 99 =
⇔ a 2 = 26 ⇔ a = 8
99
2
2
Theo đề bài ta có:
Câu 28: C
A, B, D là các mệnh đề đúng.
m n
m+n
C là mệnh đề sai. Ta chỉ có a .a = a
2

Câu 29: B
Ta có:

sin 5 x − cos 5 x = − 2 ⇔

2
2

π
π
cos 5 x −
sin 5 x = 1 ⇔ sin cos 5 x − cos sin 5 x = 1
2
2
4
4

π
π
π
2π
π

⇔ sin  − 5 x ÷ = 1 ⇔ − 5 x = + n2π ⇔ x = − + k
,( k, n ∈ ¢)
4
2
20
5
4

Suy ra a = −20; b = 5 ⇒ a + 3b = −5
Câu 30: D

Xét tam giác vuông ABC ta có
AB =

1

1 1
3
AC 2 − BC 2 = 2 ⇒ VS . ABC = S ADC .SB = . . 2. 2. 3 =
3
3 2
3

Xét tam giác vuông SBC và SBA ta có SC = SA =

5 Gọi I là trung điểm cạnh AC

2
2
Suy ra SI ⊥ AC và SI = SA – AI = 5 –1 = 2 .
1
1
VS . ABC = VB.SAC = .S SAC = .S SAC d ( B, ( SAC ) )
3
3
Mà

⇒ d ( B, ( SAC ) ) =

3VB.SAC
S SAC

3
3 = 3 ⇒ a = 1; b = 2 ⇒ a − b = −1
=
1

.2.2 2
2
3.

Trang 17


Câu 31: C
Áp dụng công thức tính số tiền cả gốc lẫn lãi của bà Vui nhận đ ược sau 2 năm k ể t ừ ngày g ửi

tương đương với 8 quý là
Câu 32: B
Ta có:

( 1+ x)

2 n +1

An = A ( 1 + r )

n

8

 1, 5 
⇒ A8 = 300.10 . 1 +
÷ = 337947776
 100 
(14 (đồng).
6

= C20n +1 + C21n+1 x + C21n+1 x 2 + C23n+1 x 3 + ... + C22nn++11 x 2 n +1

22 n +1 = C 20n+1 + C 12 n+1 + C 22n+1 + C 23n+1 + ... + C 2 n+1 ( 1)
Cho x = 1 ta có:
0 = C20n +1 − C21n +1 + C22n +1 + C23n +1 + ... − C22nn++11 ( 2 )
Cho x = −1 ta có:
2 n+1

⇒ 22 n +1 = 2 ( C 20n+1 + C 22n+1 + C 24n+1 + ... + C 22nn+1 )

Lấy (1)+(2)
⇒ 22 n = C20n +1 + C22n +1 + C24n +1 + ... + C22nn+1 ⇒ 22 n = 1024 ⇒ 2n = 10
Do đó:

( 3 − 2x )

10

10

= ∑ ( −1) C10k .310 − k ( 2 x )
k

k

k =0

8
( 3 – 2x )

Hệ số của x trong khai triển của đa thức của

10

8

10 −8

là C10 .3

.28 = 103680 .

Câu 33: B
9

k

3 

 3
C9k x9− k  2 ÷ = C9k 3k x9−3k
x+ 2 ÷
x  là
x 
Công thức số hạng tổng quát trong khai triển 
9

3 

x+ 2 ÷

x  thì 9 − 3k = 0 ⇒ k = 3
Số hạng không chứa 3 trong khai triển thì 
9

3 

3 3
x+ 2 ÷
x  là 3 C9
Vậy số hạng không chứa trong khai triển 

Câu 34: C

VS .BMN SM SN 1 1 1
=
.
= . =
V
SA
SC
3 2 6
S
.
BAC
Ta có:
1
5
⇒ VS. BMN = VS. BAC ⇒ VS. ACMN = VS . BAC − VS. BMN = VS. BAC
6
6

1
a3
5a 3
VS. BAC = .SB.S∆ABC = ⇒ VB. ACMN =
3
3
18
Có
Trang 18


VB. ACMN =

Vậy
Câu 35: D

5a 3
18

 IJ / / BC

 IJ ⊄ ( ABCD )

BC ⊂ ( ABCD )
IJ / / mp ( ABCD )
Vì 
nên
Câu 36: D
Hình chóp đều S. ABCD có SA = SB = SC = SD và AB = BC = CD = DA.

Câu 37: C
Ω = { ( i; j ) :1 ≤ i; j ≤ 6} ⇒ n( Ω ) = 6.6 = 36
Trong đó i, j là số chấm xuất hiện khi gieo con súc sắc thứ nhất và thứ 2.
Gọi A là biến cố tổng số chấm xuất hiện trên hai mặt của 2 con súc sắc đó lớn hơn 8.
Theo bài i + j > 8 .
Ta có bảng sau:

n
= 10
P = 10 / 36 = 5 /18
Vậy ( A)
. Suy ra ( A)
Câu 38: C
sin 3 x − 6 − 5m ⇔ sin 3x = 6 + 5m
7
⇔ −1 ≤ 6 + 5 m ≤ 1 ⇔ − ≤ m ≤ − 1
5
Phương trình có nghiệm
Câu 39: A

Trang 19


Vì BB ' = A ' B = BC ' = a nên hình chóp BA'B'C' là hình chóp tam giác đều.

BO ⊥ ( A ' B ' C ')
Gọi O là trọng tâm tam giác A ' B ' C ' thì
0
·
Gọi I là trung điểm BC thì góc giữa mặt bên (BCC'B') và mặt đáy là BIO = 30 .

OI =

1
m 3
m2
A' I =
, BO = BA2 − A ' O 2 = a 2 −
3
6
3

Ta có:
Xét tam giác BOI vuông tại O có:
BO = OI .tan BIO ⇔ a 2 −

m2 1 m2
6a 13
= .
⇔m=
3 3 12
13

Câu 40: A

Trên các cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho SM = SN = SP = a.
VSMNP SM SN SP 1 1 1 1
=
.
.

= . . =
⇒ VSABC = 90.VSMNP
V
SA
SB
SC
5
6
3
90
SABC
Khi đó:
Hình chóp SMNP có ASB = ASC = BSC = 60°, SM = SN = SP = a nên SMNP là hình chóp tam giác đ ều.
Do đó,

VSMNP =

a3 2
12

VSABC = 90.VSMNP = 90.

Vậy
Câu 41: A

a 3 2 15a 3 2
=
12
2

Trang 20


Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, khi đó
Tam giác ABC đều cạnh a nên

AG =

SG ⊥

( ABC ) ⇒

·
( SA, (·ABC ) ) = SAG

2
2 a 3 a 3
AM = .
=
3
3 2
2

·
cos SAG
=

AG 3
3
=

=
SA 2a
6

Trong tam giác vuông SGA, ta có
Câu 42: A
Chỉ có hình vuông và hình tam giác đều có trục đối xứng.
Câu 43: A
u − u 65 − 5
un = u1 ( n − 1) d ⇒ n 1 =
= 12
n −1
6 −1
Ta có
Câu 44: C

( C ) , ( C2 ) , ( C3 ) lần lượt tại M, N, P nên
Đường thẳng x = 1 cắt 1

(

)

M ( 1; f ( 1) ) , N 1; f ( f ( 1) ) , P ( 1; f ( 2 ) ) .

( f ( f ( x) ) )
Ta có

'

= f '( x) . f '

( f ( x) ) ;( f ( 4

– 2 x ) ) ' = −2. f ' ( 4 – 2 x ) .

M ( 1; f ( 1) )
(C )
Phương trình tiếp tuyến của 1 tại điểm
có dạng
y = f ' ( 1) ( x − 1) + f ( 1) ⇔ y = f ' ( 1) x + f ( 1) − f ' ( 1) .
( C1 ) tại M có phương
Biết tiếp tuyến của
 f ' ( 1) = 3
 f ' ( 1) = 3
⇔

f ( 1) − f ' ( 1) = −1  f ( 1) = 2
trình y = 3x − 1 suy ra : 
Phương trình tiếp tuyến của

( C2 )

tại điểm

(

N 1; f ( f ( 1) )

y = 3. f ' ( 2 ) ( x − 1) + f ( 2 ) ⇔ y = 3. f ' ( 2 ) x + f ( 2 ) − 3. f ' ( 2 )

)

có dạng

Biết tiếp tuyến của

( C2 )

tại N có phương

1

3 f ' ( 2 ) = 1
 f '( 2) =
3
⇔

 f ( 2) − 3 f ' ( 2) = 1  f ' ( 2 ) = 2


trình y = x + 1 suy ra
P (1; f ( f ( 2 ) )
(C )
Phương trình tiếp tuyến của 3 tại điểm
là
2
8
y = −2. f ' ( 2 ) ( x − 1) + f ( 2 ) ⇔ y = −2. f ' ( 2 ) x + f ( 2 ) + 2. f ' ( 2 ) ⇔ y = − x +
3

3

Trang 21


Câu 45: D
x > 4
x2 − 5x + 4 > 0 ⇔ 
x <1
Điều kiện xác định là
Câu 46: D
9
5

9
5

3
4

Với b > 0 ta có B = b : b = b : b = b
Câu 47: B
4

3

21
20

⇒ n( Ω ) = C125

Phép thử T: “Lấy ra 5 viên bị trong 12 viên bi".
Gọi A là biến cố lấy ra 5 bị cùng màu.
5
Trường hợp 1: Lấy được 5 bị màu vàng có: C5 cách.
5
Trường hợp 2: Lấy được 5 bị cùng màu trắng có C7 cách.

n ( A) = 1 + 21 = 22.

Từ đó suy ra :

P( A) =

Xác suất để 5 viên bi lấy ra cùng màu là:
Câu 48: D
Đặt

g ( x) = f

g '( x) =

(

(

x2 − 2 x + 2

) (

x2 − 2x + 2 ' f '

22
1
=
792 36

)

)

x −1

x2 − 2 x + 2 =

x − 2x + 2
2

f'

(

x2 − 2 x + 2

)

 x = −1
f ' ( x ) = 0 ⇔  x = 1
 x = 3
Quan sát bảng biến thiên ta thấy:
Từ đó suy ra .

x −1
g '( x) = 0 ⇔
f ' x2 − 2x + 2 = 0
2
x − 2x + 2

(

)

x =1

x = 1
x =1
 x 2 − 2 x + 2 = −1 
x
=
1


⇔
⇔  x2 − 2x + 2 = 1
⇔ 2
⇔ x = 1− 2 2
 x2 − 2x + 2 = 1
 x − 2 x − 7 = 0 ( ∗)
x = 1+ 2 2
 x2 − 2 x + 2 − 9 = 0




 x2 − 2x + 2 = 3


 x < −1
f ' ( x) > 0 ⇔ 
1 < x < 3
Ta có:
x −1
g '( x) > 0 ⇔
f'
2
x − 2x + 2
Từ đó suy ra:

(

)

x2 − 2x + 2 > 0

 x − 1 > 0
 x > 1
⇔
⇔
⇔ 1 < x < 1+ 2 2

2
1 < x − 2 x + 2 < 3 1 − 2 2 < x < 1 + 2 2
Ta có bảng biến thiên:

Trang 22


Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 điểm cực đại là : x = 1 − 2 2; x = 1 + 2 2
Câu 49: A

( AB ' C ') chia khối lăng trụ thành hai khối A. A'B'C' và khối A. BCC'B'
Mặt phẳng
1
1
VA. A ' B ' C ' = d ( A; ( A ' B ' C ') ) .S A ' B ' C ' = V ABC . A' B ' C '
3
3
2
VA. BCC ' B '− = VABC . A ' B 'C '
3
Suy ra
VA. A ' B 'C ' 1
=
V
Vậy A. BCC ' B ' 2
Câu 50: A

Trang 23


 AB ' = 2a

 A ' B ' = 2a


 AA ' = a 3 , suy ra tam giác B' AA ' là tam giác vuông tại A, suy ra AI = a với I là trung đi ểm và

S AA ' B '

a2 3
=
2

C ' I ⊥ ( ABB ' A ' ) ⇔ C ' I ⊥ AI
Do mặt phẳng (ABB'A') vuông góc với đáy nên
A' B '
 AB ' = a

=a
a 2 15
 AI =

2
⇒
AC
'
=
2
a
AC
'
=
2
a

⇒
S
=


ABC '
4
C ' I = a 3
 B ' C ' = 2a


1
1
.C ' I .S AA ' B = VAA ' B ' C ' = d ( A ', ( AB ' C ' ) ) .S AB ' C '
3
3
⇒ d ( A ', ( AB ' C ') ) =

C ' I .S AA ' B ' 2a 15
=
S AB 'C '
5

Do điểm N thuộc cạnh A'B và A'B cắt mặt phẳng
d ( N,

( ABC ') ) ≤ d ( A ' ( AB ' C ') ) =

( AB ' C ')

tại trung điểm J của A'B nên

2a 15
5

2a 15
5
Vậy khoảng cách từ N đến mặt phẳng (AB'C') đạt giá trị lớn nhất là và trị lớn nhất là

Trang 24