đề thi thử THPT QG 2020 toán THPT lục nam bắc giang lần 1 có lời giải

SỞ GD & ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT LỤC NAM

KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA
NĂM HỌC: 2019 - 2020 - LẦN 1
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian phát đề
Mã đề thi: 101

Họ tên thí sinh: ……………………………………………………………
Số báo danh: ………………………………………………………………
MỤC TIÊU: Đề thi thử trung học phổ thông quốc gia trường THPT Lục Nam g ồm 50 câu h ỏi tr ắc
nghiệm. Đề gồm các kiến thức liên quan đến các công th ức tính th ể tích các hình trong không gian,
các câu hỏi về xác suất, tính đơn điệu của hàm số, các đ ường ti ệm c ận, bài toán v ề t ổ h ợp, ch ỉnh
hợp, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất và các câu h ỏi vận d ụng cao lien quan đ ến nghi ệm c ủa
phương trình có ẩn. Các câu hỏi xuyên suốt quá trình toán 11 và 12, sát v ới ki ến th ức thi đ ại h ọc,
giúp học sinh năm rõ cấu trúc đề thi để ôn tập và đ ạt đi ểm t ốt trong kì thi TPHT Qu ốc Gia 20192020.
Câu 1:

Cho khối chóp có diện tích đáy là B, chiều cao là h, khi đó thể tích khối chóp là:
1
1
Bh
Bh
A. 3Bh .
B. 3 .
C. 2
.
D. Bh .

Câu 2:

Cho hàm số

y  f  x

có bảng biến thiên như sau:

Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng
C. Hàm số đồng biến trên khoảng

 1; 3 .

 1;  � .

B. Hàm số đồng biến trên khoảng

 �;1 .

D. Hàm số nghịch biến trên khoảng

 1;1 .

�
�
�
Cho hình chóp S . ABC có ASB  ASC  BSC  60�và SA  2 ; SB  3 ; SC  7 . Tính thể tích
V của khối chóp.
7 2
7 2

V
V
3 .
2 .
A.
B. V  4 2 .
C. V  7 2 .
D.

Câu 3:

Câu 4:

y

3  4x
2 x  1 là:

Phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
3
3
y 0
x 0
y

2

0
2
2

A.
.
B.
.
C.
.

Câu 5:

D. x  2  0 .

x 2  2x  1
lim
3
Chọn kết quả đúng trong các kết quả sau của x �1 2x  2 là:

Trang 1


C. �.

B. �.

A. 0 .

1
D. 2 .

B  log 2019  x 2  2mx  4 
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để biểu thức

xác định
x ��.
m2
�
�
m  2 .
A. 2  m  2 .
B. m  2 .
C. m  2 .
D. �

Câu 6:

 3
Câu 7: Cho hàm số y  x
khẳng định nào sau đây đúng?
A. Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
B. Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng và không có tiệm cận ngang.
C. Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng và một tiệm cận ngang.
D. Đồ thị hàm số cắt trục Ox .

Câu 8:

Cho hàm số

y  f  x

2
�
có đạo hàm f  x    x  1  2  x   x  3 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

�; 3
2; �
A. Hàm số đồng biến trên các khoảng 
và 
.
3; 2
B. Hàm số nghịch biến trên khoảng 
.

3; 1
2; �
C. Hàm số nghịch biến trên các khoảng 
và 
.
3; 2
D. Hàm số đồng biến trên khoảng 
.
2

Câu 9:

3
Cho a là một số dương, biểu thức a . a viết dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ là
4
3

1
3

A. a .

1
6

B. a . .

Câu 10: Cho hàm số

y  f  x

C. a .

D.

7
a6

.

xác định, liên tục trên � và có bảng biến thiên như sau:

f  x  m 1  0
Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình
có ba nghiệm
thực phân biệt.
 3;1 .
 3;1 .
 4;0  .
A.

B.
C.
D. 1  m  5 .
2

Câu 11: Tìm tập xác định D của hàm số
A.

D   �;1

.

B.

y   1  x 3

D   �;1

.

2
Câu 12: Tọa độ đỉnh của parabol y  3x  6 x  1 là
I  1; 2 
I  2;  25 
A.
.
B.
.

.

C.

D  (1; �) .

C.

I  1;  10 

.

D.

D.

D   �; � \  1

I  2;  1

.

.

Trang 2


2x  1
x  1 là đúng?
Câu 13: Kết luận nào sau đây về tính đơn điệu của hàm số
A. Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; –1) và (–1; +).
y

B. Hàm số luôn luôn đồng biến trên

�\  1

.

�\  1

C. Hàm số luôn luôn nghịch biến trên
.
D. Hàm số đồng biến trên các khoảng (–; –1) và (–1; +).
4
2
Câu 14: Hàm số y  x  2 x  1 có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 0 .
B. 3 .
C. 2 .

D. 1 .

Câu 15: Hàm số y  f ( x ) liên tục và có bảng biến thiên trên đoạn [1; 3] cho trong hình bên. Gọi M
y  f  x
 1;3 . Tìm mệnh đề đúng?
là giá trị lớn nhất của hàm số
trên đoạn

A.

M  f  3

.

B. M  f (0) .

C. M  f (2) .

D. M  f (1) .

Câu 16: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B . Biết SAB là tam giác đều và
 ABC  . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC biết
thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng
AB  a , AC  a 3 .

a3
4 .

a3 6
A. 4 .

a3 6
C. 12 .

a3 2
D. 6 .

B.
3
2
Câu 17: Tìm số giao điểm của đồ thị hàm số y  x  2 x  4 x  1 và đường thẳng y  2 .

A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 0 .
3
2
Câu 18: Tìm các giá trị của m để phương trình x  6 x  9 x  3  m  0 có ba nghiệm thực phân biệt
trong đó hai nghiệm lớn hơn 2 .
A. 3  m  1 .
B. 1  m  3 .
C. 1  m  1 .
D. 3  m  1 .

Câu 19: Đội văn nghệ trường THPT Lục nam có 20 học sinh nữ và 15 học sinh nam. Hỏi cô Liên có bao
nhiêu cách chọn: 4 học sinh làm tổ trưởng của 4 nhóm nhảy khác nhau sao cho trong 4 học sinh
được chọn có cả nam và nữ.
A. 1267463.
B. 1164776.
C. 1107600.
D. 246352.
Câu 20: Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 2 .
B. 6 .
C. 4 .

D. 9 .

a 6
o
Câu 21: Cho hình chóp đều S . ABCD có chiều cao bằng 2 , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Tính

thể tích của khối chóp S . ABCD theo a .
Trang 3


a3 6
A. 6 .

a3 3
B. 6

Câu 22: Khối đa diện đều loại
A. Khối 12 mặt đều.
Câu 23: Hàm số

y  f  x

.

a3 6
C. 12 .

a3 6
D. 2 .

C. Khối tứ diện đều.

D. Khối bát diện đều.

 4;3

là:
B. Khối lập phương.

liên tục trên � và có bảng biến thiên dưới đây.

.
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại x  2 .

B. Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 .

C. Hàm số đạt cực đại tại x  0 .

D. Hàm số có ba điểm cực trị.

Câu 24: Cho khối lăng trụ đứng có cạnh bên bằng 5 , đáy là hình vuông có cạnh bằng 4 . Hỏi thể tích
khối lăng trụ là:
A. 64 .
B. 20 .
C. 100 .
D. 80 .
Câu 25: Cho hàm số

Hỏi hàm số
A. 3 .

y = f ( x)

g( x) = f ( x2 - 2x)

y= f �
( x) như sau
có đạo hàm trên � và có bảng xét dấu của

có bao nhiêu điểm cực trị?
B. 5 .

C. 2 .

D. 4 .

2mx  1
1

m  x trên  2;3 là 3 khi m nhận giá trị bằng.
Câu 26: Giá trị lớn nhất của hàm số
A. 0 .
B. 5 .
C. 2 .
D. 1.
y

Câu 27: Với các số thực dương a , b bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
a ln a
ln 
ln  ab   ln a.ln b
A.
.
B. b ln b .
C.

ln

a
 ln b  ln a
b
.

D.

y

ln  ab   ln a  ln b

.

x2
x  1 sao cho khoảng cách từ M đến trục tung

Câu 28: Có bao nhiêu điểm M thuộc đồ thị hàm số
bằng hai lần khoảng cách từ M đến trục hoành.
A. 0 .
B. 3 .
C. 2 .

D. 1 .

Câu 29: Đường cong trong hình bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

Trang 4

3
2
A. y  x  3 x  2 .

3
2
4
2
B. y   x  3 x  2 . C. y  x  2 x  2 .

4
2
D. y   x  2 x  2 .

1
y  x3  mx 2   m2  m  1 x
3
Câu 30: Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số
đạt cực đại tại x  1 .
m3
�
�
m0.
A. �
B. m  3 .
C. m  1 .
D. m  0 .

 ABC  . Góc giữa SA với  ABC  là góc giữa:
Câu 31: Cho hình chóp S . ABC có SC vuông góc
A. SA và SC .
B. SB và BC .
C. SA và AB .
D. SA và AC .
Câu 32: Viết phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua điểm
thẳng có phương trình 2 x  y  4  0 .
A.  x  2 y  5  0 .

B. x  2 y  3  0 .

I  1; 2 

C. x  2 y  0 .

và vuông góc với đường
D. x  2 y  5  0 .

3
 C  . Phương trình tiếp tuyến của  C  tại giao điểm của
Câu 33: Cho hàm số y  x  x  1 có đồ thị
 C  với trục tung là:
A. y  2 x  1 .
B. y   x  1 .
C. y  2 x  2 .
D. y   x  1 .

Câu 34: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số
A. 3 .

B. 4 .

16  x 2
y
x  x  16 

là
2
C. .

D. 1 .

1

2

1
� 12
��
y y�
K  �x  y 2 ��
1

2
 �
�
x x�
y

0

�
�
�
� . Xác định mệnh đề đúng.
x

0
Câu 35: Cho
,
và
A. K  2 x .
B. K  x  1 .
C. K  x  1 .
D. K  x .

Câu 36: Người ta cần cắt một khối lập phương thành hai khối đa diện bởi một mặt phẳng đi qua A và
lần lượt cắt BB’, CC’, DD’ taị M, N, P sao cho phần thể tích của khối đa diện chứa điểm B
bằng một nửa thể tích của khối đa diện còn lại.
Tính tỉ số
A.

k

k

CN
CC �.

5
6.

B.

k

3
4.

C.

k

4
5.

D.

k

2
3.

Trang 5


 n �2, n �� . Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh trong số 2n đỉnh
Câu 37: Cho một đa giác đều gồm 2n đỉnh
1
của đa giác, xác suất ba đỉnh được chọn tạo thành một tam giác vuông là 5 . Tìm n
A. n  4 .

B. n  10 .
C. n  8 .
D. n  6 .
Câu 38: Giá trị của m để đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị hàm số
sao cho tam giác OMN vuông tại điểm O là
m  6 .
A. m  6 .
C. m  4 .
B.

y

2x  3
x  1 tại hai điểm M , N
D. m  4 .

y  x 4  mx 2  2m  1 có đồ thị là  Cm  . Tìm tất cả các giá trị của m để  Cm  có ba

Câu 39:

Cho hàm số
điểm cực trị cùng với gốc tọa độ tạo thành bốn đỉnh của một hình thoi.
A. Không có giá trị m .
B. m  2  2 hoặc m  2  2 .
C. m  4  2 hoặc m  4  2 .

D. m  1  2 hoặc m  1  2 .

Câu 40: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích V . Gọi E là điểm

   là mặt phẳng chứa đường thẳng AE và song song với
trên cạnh SC sao cho EC  2 ES ,
   cắt hai cạnh SB, SD lần lượt tại hai điểm M , N . Tính theo V thể tích
đường thẳng BD ,

khối chóp S . AMEN .
V
A. 27 .

V
B. 12 .

V
C. 6 .

V
D. 9 .

Câu 41: Ông An muốn xây một cái bể chứa nước dạng hình hộp chữ nhật không nắp có thể tích bẳng
500 3
m
3
, đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công để xây bể
2

là 100.000 đồng/ m (diện tích tính theo 5 mặt trong của bể). Chi phí ông An thuê nhân công
thấp nhất là:
A. 13 triệu đồng.
B. 11 triệu đồng.
C. 15 triệu đồng.

D. 17 triệu đồng.
Câu 42: Cho x  2019! . Tính
1
A
2019 .
A.

A

1
log 22019 x

B.

A



1
log 32019 x

1
2018 .

 ... 

1
log 20182019 x



1
log 20192019 x

C. A  2019 .

Câu 43: Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
tiệm cận đứng.
� 1�
� 1�
0; �
0; �
�
�
 0; � .
2
2 �.
�
�
�
A.
.
B.
C.

.

D. A  2018 .
y

1 x 1
x 2  mx  3m có đúng hai

1 1�
�
; �
�
4
2 �.
�
D.

mp  SBC 
Câu 44: Trong các khối chóp tứ giác đều S . ABCD mà khoảng cách từ A đến
bằng 2a ,
khối chóp có thể tích nhỏ nhất bằng
3
A. 2a .

3
B. 4 3a .

3
C. 2 3a .

3
D. 3 3a .

Trang 6

Câu 45: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số
��
0; �
�
� 2 �.
A. m �0 hoặc 1 �m  2 .
C. m �2 hoặc 0 �m  1 .

y

cos x  2
cos x  m nghịch biến trên khoảng

B. m  2 hoặc 0  m  1 .
D. m  0 hoặc 1  m  2 .

o
�
Câu 46: Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình thoi cạnh a và ABC  60 . Biết rằng SA  SC ,
SB  SD và  SAB    SBC  . G là trọng tâm tam giác  SAD  . Tính thể tích V của tứ diện
GSAC .

a3 2
V
48 .
A.

a3 2
V

24 .
B.

a3 2
V
12 .
C.

a3 2
V
96 .
D.

f  x   x2  4 x  3
Câu 47: Cho hàm số
. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
2
f  x    m  6 f  x   m  5  0
có 6 nghiệm thực phân biệt?
A. 3 .
B. 4 .
C. 1 .
D. 2 .

B C có đáy là tam giác vuông tại A, AB  a,AC  a 2 . Góc giữa
Câu 48: Khối lăng trụ ABC. A���
A  A ' B  A ' C . Thể tích của khối lăng trụ đã cho là
cạnh bên và đáy là 30�.và A�
a3 2
A. 8 .

a3 3
B. 4 .

a3 2
C. 4 .

a3 3
D. 12 .

SA   ABC  SA  a 3
Câu 49: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a ,
,
. Cosin
SAB
SBC

 và 
 là:
của góc giữa hai mặt phẳng
2
1
2
1
A. 5 .
B. 5 .
C. 5 .
D. 5 .
3
2

Câu 50: Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của m thuộc (-21; 21) để hàm số y   x  3x  mx  4

 0;�

nghịch biến trên khoảng
khi đó tổng các phần tử của S là:

210
210
A.
.
B.
.
C. 0 .

D. 1 .

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

ĐÁP ÁN
1-B

2-D

3-D

4-B

5-A

6-A

7-C

8-D

9-D

10-A

11-A

12-A

13-D

14-B

15-B

16-C

17-C

18-A

19-C

20-C

21-A

22-B

23-B

24-D

25-B

26-A

27-D

28-C

29-D

30-B

Trang 7


31-D

32-B

33-B

34-C

35-D

36-D

37-C

38-A

39-B

40-C

41-C

42-C

43-B

44-C

45-A

46-A

47-A

48-C

49-B

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 (NB):
Phương pháp:

1
V  Sday .h
3
Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp
Cách giải:
Ta có khối chóp có diện tích đáy là B, chiều cao là h.
1
Bh
Suy ra thể tích khối chóp là 3
Chọn B.
Câu 2 (NB):
Phương pháp:
Dựa vào bảng biến thiên để xác định các khoảng đơn điệu của hàm số.
Cách giải:
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
 �; 1 ,  1; �
Hàm số đồng biến trong khoảng
Hàm số nghịch biến trong khoảng

Chọn D.

 1;1

Không kết luận hàm số đồng biến trên

 �;3 và  1; �

nghịch biến trên

 1;3

Chú ý:
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
Lấy lần lượt trên SA,SB,SC các điểm M, N, P sao cho SM=SN=SP=1 . Sử dụng tỉ số thể tích.
Cách giải:

Trang 8


Lấy lần lượt trên SA , SB , SC các điểm M , N , P sao cho SM = SN = SP = 1
Khi đó các tam giác SMN , SNP , SMP là các tam giác đều cạnh 1.
⇒ MN = NP = MP = 1 . Khi đó ta có hình chóp đều S.MNP.
2 3
3
MO  .

3 2
3

Gọi O là tâm của tam giác đều MNP ⇒ S ⊥(MNP) và
2

�3�
6
SO  SM  MO  1  �
�3 �
� 3
� �
Ta có
.
2

2

Diện tích tam giác đều MNP có cạnh bằng 1 là

S

3
4

1
1 6 3
2
VS .MNP  .SO.S MNP  .
.

3
3 3 4

12 .
Khi đó
VS .MNP SM SN SP 1 1 1 1

.
.
 . . 
SA SB SC 2 3 7 42
Mặt khác VS . ABC
VS . ABC 

2 1 7 2
:

12 42
2

Vậy V
Chọn D.
Câu 4 (NB):
Phương pháp:
Cho hàm số y = f ( x ) :
lim y  y0 � y  y0
+ Nếu x ��
là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
lim y  �� x  x0
+ Nếu x �x0
là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Cách giải:
3  4 x 4

lim

2
x ��� 2 x  1
2
Ta có
� y  2 � y  2  0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.
Chọn B.
Câu 5 (TH):

Trang 9


Phương pháp:
- Tìm nhân tử chung giữa tử và mẫu.
- Rút gọn nhân tử chung rồi tìm giới hạn của hàm số mới.
Cách giải:

 x  1
x2  2 x 1
x 1
0
lim
 lim

lim

0
3
x � 1 2 x  2

x �1 2 x  1 x 2  x  1


 x�1 2  x 2  x  1 6
2

Chọn A.
Câu 6 (TH):
Phương pháp:
log a f  x   0  a �1
� f  x  0
- Hàm số
xác định
a0
�
ax 2  bx  c  0 x ��� �
V 0
�
- Tam thức bậc hai
Cách giải: Biểu thức B

 log 2019  x 2  2mx  4 

xác định x∀ ∈R khi và chỉ khi:

�
�a  1  0  luon dung 
x 2  2mx  4  0 x ��� �
� 2  m  2
2

V
'

m

4

0
�
Chọn A.
Câu 7 (TH):
Phương pháp:
Cho hàm số y = f ( x ) :
lim y  y0 � y  y0
+ Nếu x ��
là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số .
lim y  �� x  x0
+ Nếu x��
là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Cách giải:
1
y  x 3 � y  3
x
lim y  � lim y  0
Ta có x �0
; x ��
Suy ra hàm số có 1 tiệm cận đứng x = 0 và 1 tiệm cận ngang y = 0 .
Chọn C.
Câu 8 (TH):
Phương pháp:

- Lập bảng biến thiên.
- Lưu ý: nghiệm bậc chẵn thì không đổi dấu, nghiệm bậc lẻ thì đổi dấu.
Cách giải:
f '  x    x  1

 2  x  x  3  .
Ta có
Lập bảng xét dấu ta có:
2

Trang 10


Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:
 3; 2  và nghịch biến trên  �; 3 ,  2; � .
Hàm số đồng biến trên
Chọn D.
Câu 9 (NB):
Phương pháp:
m n
mn
Đưa về cùng cơ số rồi sử dụng quy tắc nhân hai lũy thừa cùng cơ số a .a  a
Cách giải:
2
3

2
3

1

2

Ta có a . a  a .a  a
Chọn D.
Câu 10 (TH):
Phương pháp:

2 1

3 2

a

7
6

f  x  m
y  f  x
Số nghiệm của phương trình
là số giao điểm của đồ thị hàm số
và đường
thẳng y = m có tính chất song song với trục hoành.
Cách giải:
f  x   m 1  0 � f  x   m 1
Phương trình
có 3 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi đường
thẳng
y = m - 1 cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 3 điểm phân biệt.
Dựa vào BBT ta có:  4  m  1  0 � 3  m  1.
m �  3;1 . 

Vậy
Chọn A.
Câu 11 (NB):
Phương pháp:

n
Cho hàm số y = x

- Nếu n ∈ � ⇒ D = �


 0
- Nếu n ∈ � ⇒ D = � \
- Nếu n ∉ � ⇒ D = ( 0; +∞ ) .
Cách giải:
2
2
3

1

x


Vì 3 �� nên hàm số y
xác định khi và chỉ khi 1  x >0 ⇔x < 1
Vậy D = ( -∞ ;1 ) .
Chọn A.
Câu 12 (NB):
Phương pháp:

�
� b
 �
�
2
Parabol ( P ) : y = ax + bx + c có đỉnh I � 2a ; 4a �

Cách giải:

xI 
Ta có

b
6

 1 � yI  2
2a 2  3

Trang 11


I  1; 2   
Vậy
Chọn A.
Câu 13 (NB):
Phương pháp:
- Tính đạo hàm của hàm số.

- Suy ra các khoảng đơn điệu (Hàm bậc nhất/ bậc nhất đơn đi ệu trên các khoảng xác đ ịnh c ủa
chúng).

Cách giải:
D  �\  1 
TXĐ:


Ta có y '

2.1  1.1

 x  1

2



1

 x  1

2

> 0 ∀x ∈ D .

Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng
Chọn D.

 �; 1

,  1; � .

Chú ý: Không kết luận hàm số đồng biến trên  �\ { 1} . 
Câu 14 (TH):
Phương pháp:
Tìm đạo hàm và tìm nghiệm bội lẻ của đạo hàm.
Cách giải:
3
4
Hàm số y = x  2 x + 1 có đạo hàm là y '   4 x  4 x
x0
�
�
y '  0 � 4 x  x  1  0 � �
x 1
�
x  1
�
2

Ta có:
, tất cả các nghiệm này đều là nghiệm bội 1.
Do đó hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.
Chọn B.
Câu 15 (NB):
Phương pháp:
Dựa vào bảng biến thiên.
Cách giải:
1;3
 0 .
Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị lớn nhất của hàm số trên 
là M = f

Chọn B.
Câu 16 (TH):
Phương pháp:
- Xác định đường cao của hình chóp.
- Sử dụng công thức tính thể tích hình chóp khi biết đường cao và diện tích đáy.
Cách giải:

Trang 12


Gọi I là trung điểm cạnh AB , vì ∆ SAB đều ⇒ SI ⊥ AB .

�
 SAB    ABC 
�
 SAB  � ABC   AB � SI   ABC 
�
�
 SAB  �SI  AB
Ta có: �
∆ SAB là tam giác đều cạnh a ⇒ SI =



a 3
2 .

∆ ABC vuông tại B có AB = a , AC = a 3 ⇒ BC = a 2 (Định lí Pytago).
⇒

sABC

1
1
a2 2
 AB.BC  .a.a 2 
2
2
2
1
1 a 3 a2 2 a3 6
 .SI.S ABC  .
.

3
3 2
2
12

VS . ABC
Vậy
Chọn C.
Câu 17 (NB):
Phương pháp:

Số giao điểm của hai đồ thị hàm số

y  f  x

và

y  g  x

chính là số nghiệm phân biệt của

f x  g  x  . 
phương trình hoành độ giao điểm  
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
x3  2 x 2  4 x  1  2 � x 3  2 x 2  4 x  1  0
Sử dụng máy tính ta tìm được phương trình trên có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy hai đồ thị hàm số đã cho cắt nhau tại 3 điểm phân biệt.
Chọn C.
Câu 18 (TH):
Phương pháp:
Cô lập m . Lập BBT và kết luận.
Cách giải:
x3  6 x 2  9 x  3  m  0 � x 3  6 x 2  9 x  3  m
Đặt

f  x   x3  6 x 2  9 x  3

ta có:

f '  x   3x 2  12 x  9  3  x  3  x  1
Trang 13


Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có 3 nghi ệm th ực phân bi ệt trong đó hai

nghiệm lớn hơn 2 khi 3  m  1 .
Chọn A.
Câu 19 (TH):
Phương pháp:
Sử dụng tổ hợp.
Cách giải:
Tổng cả lớp có 20 +15  35 học sinh.
Gọi A là biến cố: “4 học sinh được chọn có cả nam và nữ”
- Số cách chọn 4 học sinh bất kì là

C354

- Số cách chọn 4 học sinh chỉ toàn nữ là

4
C20

- Số cách chọn 4 học sinh chỉ toàn nam là
� n  A   C354  C204  C154  46150

C154

Mà 4 học sinh được chọn ra sẽ xếp vào 4 đội nhảy khác nhau
Suy ra có tất cả số cách chọn là 46150.4!  1107600.
Chọn C.
Chú ý: Chú ý giả thiết các đội là khác nhau.
Câu 20 (TH):
Phương pháp:
Mặt phẳng đối xứng của hình chóp tứ giác đều chia hình chóp thành 2 ph ần đ ối x ứng nhau qua
mặt phẳng.

Cách giải:
+) 2 mặt phẳng: chứa 1 đỉnh và một đường chéo của đáy.

+) 2 mặt phẳng: đi qua trung điểm của 2 cạnh đáy đối diện và đỉnh.

Trang 14


Chọn C.
Câu 21 (TH):
Phương pháp:
- Xác định góc giữa cạnh bên và đáy.
- Tính diện tích đáy.

1
Sday .h
- Áp dụng công thức tính thể tích V = 3
Cách giải:

a 6
Gọi O là tâm hình vuông ABCD ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) và SO = 2
Ta có: SO ⊥ ( ABCD ) ⇒ OD là hình chiếu của SD lên ( ABCD ) .
0
⇒ ∠ ( SD ; ( ABCD ) ) = ∠ ( SD ; OD ) = ∠ SDO = 60 .
Xét tam giác vuông SOD có:

OD  SO.cot 600 

a 6 1
a 2

.

2
2
3

S
 a2
⇒ BD = a 2 ⇒ AB = a ⇒ ABCD
1
1 a 6 2 a3 6
V  .SO.S ABCD  .
a 
3
3 2
6
Vậy
Chọn A.
Câu 22 (NB):
Phương pháp:
Nhớ rõ và phân biệt các hình.
Cách giải:
Khối đa diện đều loại { 4;3 } là khối lập phương.
Khối đa diện đều loại { 3;4 } là bát diện đều.
Chọn B.
Câu 23 (TH):
Phương pháp:
Dựa vào bảng biến thiên xác định rõ giá trị và điểm cực đại, cực tiểu.
Cách giải:
Dựa vào bảng ta thấy:

Hàm số đạt cực đại bằng 2 tại x = 1 .
Trang 15


Hàm số đạt cực tiểu bằng -2 tại x = - 1 .
Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.
Chọn B.
Chú ý: Phân biệt điểm cực trị và giá trị cực trị của hàm số.
Câu 24 (NB):
Phương pháp:
Sử dụng công thức thể tích lăng trụ V = Bh trong đó ,B h lần lượt là diện tích đáy và chiều cao lăng
trụ.
Cách giải:
Hình hộp chữ nhật có chiều cao bằng 5, đáy là hình vuông có cạnh bằng 4.
� V  5.42   80
Chọn D.
Câu 25 (VD):
Phương pháp:
- Áp dụng công thức đạo hàm của hàm hợp.
- Số nghiệm bội lẻ của đạo hàm chính là số cực trị của hàm số.
Cách giải:

x
Xét hàm số g ( x ) = f

2

 2x

có đạo hàm:

g '  x   2  x  1  f '( x 2  2 x )

x 1
�
g ' x  0 � � 2
�f  x  2 x   0
Ta có
�
�
x 2  2 x  2
x  1� 2
�
�
'
2
2
f  x  2x   0 � �
x  2x  1 � �
x3
�
�
x  1
x2  2 x  3
�
�
Xét
g' x 0
g x  f ( x 2  2 x )
Suy ra  

có 5 nghiệm phân biệt hay hàm số  
có 5 điểm cực trị.
Chọn B.
Câu 26 (TH):
Phương pháp:
- Tính đạo hàm của hàm số.
- Xét tính đơn điệu của hàm số.
- Tìm giá trị lớn nhất trong khoảng đã cho.
Cách giải:
D    �\  m . 
TXĐ:

Ta có y =

2mx  1
2m 2  1
� y, 
 0  x �D
2
m x
 m  x

⇒ Hàm số đồng biến trên [ 2;3 ] ⇒ f ( 2 ) ≤ f ( x ) ≤ f ( 3 ) ∀ x ∈ [ 2;3 ] .
1
max  y  3  
2;3
3
Do đó  

�

6m  1 1
 � 18m  3   m  3 � m  0
m3 3
Trang 16


Chọn A.
Câu 27 (NB):
Phương pháp:
Sử dụng linh hoạt các công thức nhân và cộng logarit.
Cách giải:
Ta có:
ln  ab   lna   lnb  

a
ln    lna   lnb. 
b
Chọn D.
Câu 28 (TH):
Phương pháp:
M 2a; a  . 
- Gọi 
- Thay tọa độ điểm M vào hàm số tìm a .
Cách giải:
Khoảng cách từ M đến trục tung gấp 2 lần khoảng cách tới trục hoành nên ta đặt
x2
Mặt khác M thuộc đồ thị hàm số y = x  1 ta có:

M  2a; a  . 

a2
�
2a  2
2
�
 a � 2a  3a  2  0 �
1
�
2a  2
a
�
2
Vậy có 2 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn C.
Câu 29 (TH):
Phương pháp:
Dựa vào hình dáng đồ thị để xác định hàm số cần tìm.
Cách giải:
Đồ thị hàm số có nét cuối cùng đi xuống nên hệ số a < 0 do đó loại A, C.
Mặt khác đồ thị có 3 điểm cực trị nên loại B.
Chọn D.
Câu 30 (TH):
Phương pháp:
�
�f '  x0   0
x0 � �
y  f  x
�f ''  x0   0
Hàm số

đạt cực đại tại x =
Cách giải:

1
y  x3  mx 2   m 2  m  1 x
3
Hàm số
có:

�y '  x 2  2mx  m 2  m  1
�
�y ''  2 x  2m

Trang 17


��
m0
3
�y '  1  m  3m  0
��
x �1 � �
� ��
m3� m3
�y ''  2  2m  0
�
m 1
�
Hàm số đạt cực đại tại
Chọn B.

Câu 31 (NB):
Phương pháp:
Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng đó với hình
chiếu của nó trên mặt phẳng kia.
Cách giải:

SC   ABC 
Ta có
nên CA là hình chiếu của SA trên ( ABC ) .
⇒ ∠ ( SA ; ( ABC ) ) = ∠ ( SA ; CA ) = ∠ SAC .
Chọn D.
Câu 32 (TH):
Phương pháp:
- d ' ⊥ d : ax + by + c = 0 có dạng bx - ay + c ' = 0 .
- Thay tọa độ điểm I vào phương trình d ' ..
Phương trình đường thẳng vuông góc với đường thẳng 2 x  y  4  0 có dạng ( d )' : x + 2 y + c = 0
I   1; 2  � d '  �  1  2.2  c  0 � c  3 . 
Mà
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là x  2 y  3  0.

Chọn B.
Câu 33 (TH):
Phương pháp:
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số

y  f  x

tại điểm có hoành độ

x  x0 là:

y  f '  x0   x  x0   f  x0 
Cách giải:
3
Tọa độ giao điểm của hàm số y   x  x  1 và trục tung là

Ta có:

y '  3 x 2  1 � y '  0   1 . 

Trang 18


Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại
Chọn B.

I  0; 1

là y  ( x  0)  1   x  1

Câu 34 (VD):
Phương pháp:
Cho hàm số y = f ( x ) :
+ Nếu

lim y  y0 � y  y0
x ��

là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

lim  �� x  x0
+ Nếu x�x0
là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Cách giải:

16  x 2
y
x  x  16 

Hàm số
Ta có:

lim
x�0

y

xác định khi

16  x 2
 �
x  16  x 

16  x 2
0
x ��� x  16  x 

�
16  x 2 �0
4 �x �4

�
�
��
�x �0
�x �0
�x �16
�

.

nên đường thẳng x = 0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

lim

nên đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Chọn C.
Câu 35 (VD):
Phương pháp:
Quy đồng và rút gọn nhân tử.
Cách giải:
1

2

1
� 12
��
y y�
K  �x  y 2 ��

1 2
 �
�
x x�
�
�
�
�
Ta có

�K



x y



2

2

�y �
� 1 �
�x �



x





x y
y x





2

2

x

Chọn D.
Câu 36 (VDC):
Phương pháp:
Sử dụng tính chất 2 đoạn thẳng song song để chứng minh góc bằng nhau.
Dùng tỉ số thể tích giữa các hình.
Cách giải:

Trang 19


�
 AMNP  � ABB ' A'   AM
�

�
 AMNP  � CDD'C '   NP � AM P NP
�
� ' '
ABB A P CDD 'C ' 
�
�
Ta có:
CMTT ta có AP P MN
⇒ AMNP là hình bình hành ⇒ AM = PN .
Trong ( CDD ' C ' ) kẻ PP ' P CD ( P ' ∈ CC ' ) , ta có:
CDPP ' là hình chữ nhật ⇒ PD = P ' C ⇒∆APD = ∆ BP 'C .
Xét ∆ ABM và ∆ PP ' N có:
'

AB =PP
' AM = PN
∠ MAB = ∠ NPP ' ( AM P PN , AB P PP ' )
 � ABM  PP ' N   (c.g.c)
'

'

⇒ APD.BP C ,AMB.PNP là hai khối lăng trụ.
Gọi cạnh của hình lập phương là 1, ta có:
1
VABCDMNP  VAPD.BP 'C  VAMB. PNP' 
3
Ta có:

VABCDMNP 

1
3

1
1
VAPD .BP 'C  CD.S APD  CD. . AD.PD  PD
2
2
1
1
VAMB.PNP'  AD.S PNP '  AD. PP '.NP '  NP '
2
2
1
1
1
2
2
2
� PD  NP '  � PD  NP '  � P ' C  NP '  � CN 
2
2
3
3
3
3
CN 2


'
Vậy CC 3
Chọn D.
Câu 37 (VD):
Phương pháp:
Sử dụng tổ hợp.
Trang 20


Cách giải:
Đa giác đều có 2n đỉnh nên có ít nhất 1 đường thẳng đối xứng.
Chọn 2 đỉnh trong n đỉnh rồi lấy đối xứng qua đường thẳng trên ta được một hình chữ nhật.
Hình chữ nhật vừa lập có 4 tam giác vuông.
Do đó số tam giác vuông của đa giác là 4

Cn2

1
Theo giả thiết ta có xác suất 3 đỉnh tạo thành một tam giác vuông là 5 .
Nên ta có:
n!
4
2
2! n  2  ! 1
4Cn 1
 �

3
C2 n 5
5

 2n  !
3! 2n  3
�

2n  n  1 .6
1

2n  2n  1  2n  2  5

�

3
1
 � 2n  1  15 � n  8
2n  1 5

Chọn C.
Câu 38 (VD):
Phương pháp:
- Tìm giao điểm của 2 đồ thị hàm số.
- Sử dụng định lí vi-ét.
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm: x - m = 2 x
2x  3
xm
�  x  m   x  1  2 x  3 � x 2   m  3  x  m  3  0  *
x 1
Để hai đồ thị hàm số cắt nhau tại 2 điểm phân biệt thì (*) phải có 2 nghiệm phân bi ệt.
m3  4
m 1

�
�
2
�V  m  3  4  m  3   0 � �
��
m3 0
m  3
�
�
Gọi

M  xM ; xM  m  ; N  xN ; xN  m 

�xM  xN  m  3
�
x x  m3
Áp dụng định lí Vi-ét ta có: �M N
uuuu
r
uuur
OM  xM ; xM  m  ; ON  xN ; xN  m 
Ta có:
uuuu
r uuur
OM
.ON  0
Mà tam giác OMN vuông tại O ⇒
� xM xN   xM  m   xN  m   o

� 2 xM xN   xM  xN  m  m 2  0

� 2m  6   m  3 m  m 2  0
� m  6  0 � m  6  tm 

Trang 21


Chọn A.
Câu 39 (VD):
Phương pháp:
- Xác định các điểm cực trị của hàm số.
- Áp dụng tính chất hình thoi để giải tìm m.
Cách giải:
4
2
3
Hàm số y = x  mx  2m  1 có đạo hàm là y ' = 4 x  2mx

x0
�
�
y  0 � 4 x  2mx  0 � 2 x  2 x  m   0 � 2 m
�
x 
�
2
Cho
m
x2 
2 phải có 2 nghiệm phân biệt khác 0 m⇒ > 0 .
Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình

'

3

2

�
�
x  0 � y  2m  1
�
m
m2
�
y'  0 � �
x
� y
 2m  1
2
4
�
�
m
m2
x
�y
 2m  1
�
2
4
�

Khi đó ta có:

� m m2
� � m m2
�
A  0; 2m  1 ; B �
;


2
m

1
;c �

;
 2 m  1�
�
�2
�
�
�
4
4
�
�� 2
�
Đặt
Dễ thấy ∆ ABC cân tại A. Để OBAC là hình thoi thì trung điểm OA của cũng là trung điểm của BC .

1�
�
0; m  �
�
2�
Gọi I là trung điểm của OA ⇒ I �
�

m2
1
m2
1
 2m  1  m  �
 m   0 � m  2 � 2  tm 
4
2
4
2

I là trung điểm của BC
Chọn B.
Câu 40 (VD):
Phương pháp:
- Áp dụng định lí Menelaus.
- Dùng tỉ lệ giữa thể tích hai khối chóp.
Cách giải:

Trang 22

SI �AE   H 
Gọi I là tâm của hình vuông ABCD. Gọi
Trong (SBD), từ H kẻ đường thẳng song song với BD cắt
SB, SD lần lượt tại M,N .

    AMEN
 . 

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SIC ta có:
AC HI SE
.
1
AI HS ' EC
AC
2
Vì I là trung điểm của AC ⇒ AI
.

SE 1

Theo giả thiết ta có EC 2
HI 1
HI
. 1�
1� H
HS
Dó đó 2. HS 2
là trung điểm của SI .
Xét ∆ SBI có: H là trung điểm của SI , SM P BI � M là trung điểm của SB (Tính chất đường trung
bình của tam giác).

CMTT ta có N là trung điểm của SD.
Ta có: VS . AMEN  VS .MAE  VS . AEN
SM SE
SN SE
.
VS . ABC 
.
VS . ACD
SB SC
SD SC
1 1 1
1 1 1
 . . VS . ABCD  . . VS . ABCD
2 3 2
2 3 2
V

6


Chọn C.
Câu 41 (VD):
Phương pháp:
- Sử dụng thể tích của hình hộp chữ nhật để tính chiều cao theo cạnh đáy.
- Tính tổng diện tích các mặt cần xây.
- Sử dụng phương pháp tìm GTNN của hàm số.
Cách giải:

Trang 23

Gọi đáy của hình hộp chữ nhật có kích thước 2a �a ( a > 0 ), chiều cao của hình hộp chữ nhật là h(
h >0 )
500
250
V  a.2a.h 
�h 2
3
3a
Áp dụng công thức tính thể tích hình hộp chữ nhật ta có:
Diện tích xung quanh của hình hộp là 2ah  2.2a.h  6ah
2
Diện tích 1 mặt đáy của hình hộp là 2 a

S  2 a 2  6 ah  2 a 2 

Do đó diện tích cần xây là bể là
500
S '  4a    2  0 � a 3    125 � a  5  tm 
a
Ta có:

Smin  S  5   2.52 

500
a

500
 150  m 2 
5

.

Nên
Vậy chi phí ít nhất để xây bể là: 150.100000 = 15000000 (đồng) = 15 triệu đồng.
Chọn C.
Câu 42 (VD):
Phương pháp:
1
 log x a a ;log x a.
x
Sử dụng các công thức: log aa
(Giả sử các biểu thức là có nghĩa).
Cách giải:
Ta có:
1
 log x 2 2019  2019 log x 2.
log 22019 x
1
log 32019 x

 log x 32019  2019 log x 3.

…
1
log 20192019 x

 log x 20192019  2019 log x

Do đó A = 2019

 log x 2  log x 3  ...  log x 2019 
log

 2019 log x 2019!

2019!  2019.1  2019

2019!
Theo giả thiết ta có: x = 2019! ⇒ A =
Chọn C.
Câu 43 (VD):
Phương pháp:
- Tìm điều kiện xác định của hàm số.
- Hàm số có tiệm cận đứng khi mẫu số có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện.
- Sử dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
�x �1
�2
TXĐ: �x  mx  3m  0

Trang 24


2
Để đồ thị hàm số có đúng 2 tiệm cận đứng thì phương trình x  mx  3m  0 phải có 2 nghiệm

�
  m 2  12m  0
�
  m 2  12m  0

�
�
 x1  1  x2  1 �0 � �x1 x2  x1  x2  1 �0
�
�
�x  x �2
x1  1  x2  1 �0

x

x
�

1
�1 2
�
1
2
phân biệt
. Khi đó ta có:

Áp dụng định lí vi-ét ta có:
�
m 2  12m  0
�
�

3m�
�1 0
 m

�
�
m �2
�

Khi đó

�x1  x2  m
�
�x1 x2  3m
��
m0
��
m  12
��
� 1
�
�m
� 2
m �2
�
�
�

0 m

1
2

1�

� 0; �
2�
Vậy m
Chọn B.
Câu 44 (VD):
Phương pháp:
- Sử dụng phương pháp đổi đỉnh tính khoảng cách.
- Dùng hệ thức lượng trong tam giác.
- Sử dụng phương pháp tìm GTNN của hàm số.
Cách giải:

Gọi O = AC ⋂ BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) .

d  A;  SBA  



AC
2
OC

D  O;  SBC  
Ta có: AO ⋂ ( SBC ) = C ⇒
1
1
� d  O;  SAB    d  A;  SBC    .2a  a
2
2

Trong ( ABCD ) kẻ OH ⊥ BC , trong ( SOH ) kẻ OK ⊥ SH , ta có:

Trang 25