đề thi thử THPT QG 2020 toán chuyên điện biên phủ lần 1 có lời giải

SỞ GD & ĐT ĐIỆN BIÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2020

THPT CHUYÊN ĐIỆN BIÊN

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 a, b, c là các số thực dương khác 1. Hình vẽ bên mô tả đồ thị các hàm số

y  log a x, y  logb x, y  logc x . Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. a  c  b

C. b  a  c

B. b  a  c .

Câu 2: Tìm tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
A. y  2 .

D. a  b  c

x 1
.
x 1

B. y  0 .

C. y  1 .

D. y  1 .

Câu 3: Cho hình lập phương ABCD. ABCD có I , J tương ứng là trung điểm của BC, BB . Góc giữa
hai đường thẳng AC , IJ bằng
A. 300 .

C. 600 .

B. 1200 .

D. 450 .

Câu 4: Tập xác định của hàm số y  log 2  3  2 x  x 2  là
A. D  (1;1) .

B. D  (0;1) .

C. D  (1;3) .

D. D  (3;1) .

Câu 5: Cho hàm số y  f  x  có lim y  2; lim y  0 . Khẳng định nào sau đây đúng?
x 

x 2

A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là x  2 và có tiệm cận đứng y  2 .
B. Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang và có tiệm cận đứng x  2 .
C. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  2 và không có tiệm cận đứng.
D. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  2 và có tiệm cận đứng x  2 .





2
3

Câu 6: Tìm tập xác định của hàm số y  x  3x  4 .
2


B. D   4;1 .

\ 0 .

A. D 

C. D   ;  4   1;   .
Câu 7: Cho hàm số y 
A.

x 1
.
1  x  ln x

D. D 

.

y
1
với x  0 . Khi đó  2 bằng
x  1  ln x
y
B.

x
.
1  x  ln x

C. 1

1
.
x

D.

x
.
x 1

Câu 8: Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n , mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Ank 

n!
.
(n  k )!

B. Ank  n ! .

C. Ank 

n!
.
k !(n  k )!

D. Ank 

n!
.
k!

Câu 9: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Tìm khoảng đồng biến của hàm số đã cho.

A.  0;3 .

B.  0; 4  .

C.  2;3 .

D.  2;0  .

Câu 10: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y  x3  3x.

B. y  x3  3x.

Câu 11: Cho hàm số f  x   ln x 

C. y   x3  3x.

D. y  x3  3x  1.

x
. Khẳng định nào dưới đây đúng?
2

A. Hàm số đồng biến trên khoảng  0;1 .
B. Hàm số đồng biến trên khoảng  0;   .
C. Hàm số đồng biến trên khoảng  2;   .
D. Hàm số đồng biến trên khoảng  ;0  và  2;   .

Trang 2


Câu 12: Hàm số nào trong các hàm số sau đây nhận trục Oy làm trục đối xứng?

sin 2020 x  2019
.
cos x

A. y  x sin x.

B. y 

C. y  tan x.

D. y  sin x.cos2 x  tan x.

Câu 13: Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 6.

B. 2.

C. 8.

D. 4.

Câu 14: Cho hình chóp S. ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , đáy ABCD là hình thang
vuông tại A và B , AB  a, AD  3a, BC  a. Biết SA  a 3, t nh thể t ch khối chóp S.BCD theo a .

A.

3a 3
.
6

B.

3a 3
.
4

C.

2 3a 3
.
3

D. 2 3a3 .

Câu 15: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ

Khẳng định nào sau đây đúng?
B. yCT  3.

A. yC§  3.
4

C. yCT  1.

D. yC§  4.

7

Câu 16: Biến đ i x 3 .x 3 . 3 x 2 ,  x  0  thành dạng l y th a với số m hữu t ta đư c
13

13

A. x 3 .

B. x 27 .

56

11

C. x 9 .

D. x 27 .

Câu 17: Cho đường thẳng d 2 cố định, đường thẳng d1 song song và cách d 2 m t khoảng cách không
đ i. Khi quay d1 quanh d 2 ta đư c
A. Hình tr n.

B. Khối trụ.

Câu 18: Ch n ng u nhiên hai số khác nhau t
số có t ch là m t số l là
A.

11
.
23

B.

12
.
23

C.

ặt trụ.

D. Hình trụ.

23 số nguyên dương đ u tiên, xác su t để ch n đư c hai

C.

6
.
23

D.

1
.
2

Trang 3


Câu 19: Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng 2a , cạnh bên bằng 3a . T nh thể t ch V
của khối chóp đã cho.

A. V 

4a 3
.
3

B. V  4 7a3 .

Câu 20: Cho c p số nhân (un ) có u1  1,q  
A. Số hạng thứ 101.

C. V 

4 7a3
.
9

D. V 

4 7a3
.
3

1
1
. Số 103 là số hạng thứ m y của dãy
10
10

B. Số hạng thứ 104 .

C. Số hạng thứ 102 .

D. Số hạng thứ 103 .

C. 16.

D. 9.

Câu 21: Giá trị của biểu thức A  9log3 8 là
B. 8.

A. 64.

Câu 22: Tìm giá trị cực tiểu của hàm số y   x3  3x  4 .
A. yCT  2.

C. yCT  6.

B. yCT  1.

D. yCT  1.

Câu 23: Cho hình nón có bán k nh đáy r  3 và đ dài đường sinh l  4 . T nh diện t ch xung quanh
của hình nón đã cho.
A. S xq  39 .

C. S xq  8 3 .

B. S xq  12 .

Câu 24: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm y 

D. S xq  4 3 .

x2 1
. Hàm số đã cho nghịch biến trong khoảng nào
x

dưới đây
A. 1;   .

B.  1;1 .

C.  1;0  .

D.  0;1 .

2

x
x

Câu 25: Số nghiệm của phương trình  s in  cos   3 cos x  2 với x  [ 0;  ] là
2
2


A. 2.

B. 1.

C. 3.

D. 0.

Câu 26: Cho hình chóp đều S. ABCD có t t cả các cạnh bằng a , điểm M thu c cạnh SC sao cho

SM  2MC .

ặt phẳng  P  chứa A

và song song BD. T nh diện t ch của thiết diện của hình chóp

S. ABCD bởi mặt phẳng  P  .
A.

4 26a 2
.
15

B.

3a 2
.
5

C.

2 26a 2
.
15

D.

2 3a 2
.
5

Trang 4


Câu 27: Cho khối chóp S. ABC có ASB  BSC  CSA  60 , SA  a, SB  2a, SC  4a . T nh thể t ch
khối chóp S. ABC theo a .
A.

8a 3 2
.
3

B.

4a 3 2
.
3

C.

2a 3 2
.
3

D.

a3 2

.
3

Câu 28: T nh thể t ch của thùng đựng nước có hình dạng và k ch thước như hình vẽ

A.

0, 238 3
m .
4

 

B.

0, 238 3
m .
3

 

C.

0, 238 3
m .
3

 

Câu 29: Cho hàm số y  ax3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ bên.

D.

0, 238 3
m .
2

 

ệnh đề nào dưới đây đúng?

A. a  0, b  0, c  0, d  0 .

B. a  0, b  0, c  0, d  0 .

C. a  0, b  0, c  0, d  0 .

D. a  0, b  0, c  0, d  0 .

Câu 30: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông
góc với mặt phẳng  ABCD  . Biết AC  2a, BD  4a . T nh theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng
AD và SC .

A.

a 15
.
2

B.

2a 5
.
5

C.

2a 3 15
.
3

D.

4a 1365
.
91

Câu 31: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi và có thể t ch bằng 2 . G i M , N l n lư t
SM SN
là các điểm trên cạnh SB và SD sao cho

 k . Tìm giá trị của k để thể t ch khối chóp
SB SD
1
S. AMN bằng .
8

Trang 5

A. k 

2
.
4

B. k 

2
.
2

1
C. k  .
8

1
D. k  .
4

Câu 32: G i S là tập chứa t t cả các giá trị nguyên của m sao cho hàm số y  x 4  2  m  1 x 2  m2  m
có ba điểm cực trị lập thành m t tam giác vuông. T ng t t cả các ph n tử của tập S bằng
A. 2 .
Câu 33:

C. 5 .

B. 1 .

D. 3 .

t hình trụ tr n xoay có hai đáy là hai đường tr n  O, R  và  O, R  . Biết rằng tồn tại dây

cung AB của đường tr n  O, R  sao cho tam giác OAB đều và góc giữa hai mặt phẳng  OAB  và mặt
phẳng chứa đường tr n  O, R  bằng 60o. T nh diện t ch xung quanh của hình trụ đã cho.
A.

6 7 R 2
.
7

B. 2 3 R 2 .

C. 4 R 2 .

D.

3 7 R 2
.
7

u0  2018
u

Câu 34: Cho dãy số (un ) đư c xác định bởi u1  2019
. Hãy t nh lim nn .
3
u  4u  3u ; n  1
n
n 1

 n1

A.

1
.
3

B. 32019 .

C.

1
.
2

Câu 35: Cho a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn 4a  25b  10c . T nh
A.

1
.
2

D. 32018 .
c c
 .
a b

C. 10 .

B. 2 .

D.

1
.
10

Câu 36: Cho hàm số y  f ( x) . Hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như sau

B t phương trình f ( x)  m  e x đúng với m i x   2;2  khi và ch khi
A. m  f (2)  e2

B. m  f (2) 

1
.
e2

C. m  f (2)  e2 .

D. m  f (2) 

1
.
e2

Câu 37: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn 1;3 và có bảng biến thiên như sau

Trang 6

G i S là tập h p t t cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình f ( x  1) 

m
có hai
x  6 x  12
2

nghiệm phân biệt trên đoạn  2; 4 . T ng các ph n tử của S là
A. 297 .

C. 75 .

B. 294 .

D. 72 .

Câu 38: Cho log 27 5  a,log8 7  b,log 2 3  c . Tình log12 35 theo a, b, c đư c
A.

3b  2ac
.
c2

B.

c  3a  b 
c2

.

C.

3  b  ac 
c 1

.

D.

3b  2ac
.
c 1

Câu 39:
t người gửi 50 triệu đồng vào m t ngân hàng với lãi su t 6% / năm. Biết rằng nếu không rút
tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ đư c nhập vào gốc để t nh lãi cho năm tiếp theo.
Hỏi sau t nh t bao nhiêu năm người đó nhận đư c số tiền nhiều hơn 100 triệu đồng bao gồm cả gốc và
lãi? Giả sử trong suốt thời gian gửi lãi su t không đ i và người đó không rút tiền ra
A. 12 năm.

B. 11 năm.

Câu 40: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị

log 2

C. 14 năm.

C  ,

D. 13 năm.

với x, y là các số thực dương thỏa mãn

x  2y
 12 xy  3x  6 y  14 . Tiếp tuyến của  C  song song với đường thẳng 5x  242 y  1  0 có
1  xy

phương trình là
A. 10 x  484 y  126  66 5  0 .

B. 10 x  484 y  126  66 5  0 .

C. 10 x  484 y  126  66 5  0 .

D. 10 x  484 y  126  66 5  0 .

Câu 41:
t viên đá có hình dạng là khối chóp tứ giác đều với t t cả các cạnh bằng a . Người ta cắt khối
đá đó bởi mặt phẳng song song với đáy của khối chóp để chia khối đá thành hai ph n có thể t ch bằng
nhau. T nh diện t ch của thiết diện khối đá bị cắt bởi mặt phẳng nói trên (Giả thiết rằng tổng thể tích của
hai khối đá sau vẫn bằng thể tích của khối đá ban đầu).

A.

a2
.
3

4

B.

a2
.
3
2

C.

2a 2
.
3

D.

a2
.
4

Trang 7


Câu 42: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , BC  a 3 . Cạnh bên SA
vuông góc với đáy và đường thẳng SC tạo với mặt phẳng  SAB  m t góc 30 . T nh thể t ch V của khối
chóp S. ABCD theo a .
A. V  3a3 .

B. V 

2a 3
.
3

C. V 

3a 3
.
3

D. V 

2 6a 3
.
3

Câu 43: Gia đình An xây bể hình trụ có thể t ch 150m3 . Đáy bể làm bằng bê tông giá 100.000 đồng/ m 2 .
Ph n thân làm bằng vật liệu chống th m giá 90.000 đồng/ m 2 , nắp bằng nhôm giá 120.000 đồng/ m 2 .
Hỏi tỷ số giữa chiều cao bể và bán k nh đáy là bao nhiêu để chi ph sản xu t bể đạt giá trị nhỏ nh t?
A.

31
.
22

B.

22
.

31

C.

9
.
22

D.

22
.
9

Câu 44: T nh thể t ch của vật thể tr n xoay khi quay mô hình (như hình vẽ) quanh trục DF

A.

5 a 3
.
2

B.

 a3
3

.

C.

10 a 3
.
9

Câu 45: Số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
A. 3 .

B. 1 .

D.

10 a 3
.
7

4 x 2  3x  1  3x
là
2x  5

C. 2 .

D. 0 .

Câu 46: Cho a  0 , b  0 thỏa mãn log 4a 5b1 16a 2  b2  1  log8ab1  4a  5b  1  2 . Giá trị của a  2b
bằng
A. 6 .

B. 9 .

C.

27
.
4

D.

20
.
3

Câu 47: Cho hàm số y   x3  x 2   4m  9  x  5 1 với m là tham số. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên
của m lớn hơn 10 để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  ;0  ?
A. 6.

B. 7.

C. 4.

D. 8.

Câu 48: Hình lăng trụ ABC. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  1, AC  2. Hình chiếu
vuông góc của A trên  ABC  nằm trên đường thẳng BC. T nh khoảng cách t điểm A đến mặt phẳng

 ABC  .
Trang 8


A.

2
.
3

B.

3
.
2

C.

1
.
3

D.

2 5
.
5

Câu 49: Xét các số thực a , b thỏa mãn a  b  1 . Tìm giá trị nhỏ nh t Pmin của biểu thức

a
P  log 2a a 2  3logb   .
b
b

 

A. Pmin  19 .

B. Pmin  13 .

C. Pmin  14 .

D. Pmin  15 .

Câu 50: Cho đa giác đều 20 cạnh n i tiếp đường tr n (O). Xác định số hình thang có 4 đ nh là các đ nh
của đa giác đều.
A. 720.

B. 765.

C. 810.

D. 315.

----------- HẾT ---------Th sinh không đư c sử dụng tài liệu. Cán b coi thi không giải th ch gì thêm.

Trang 9


ĐÁP ÁN
1-D

2-C

3-C

4-D

5-C

6-C

7-C

8-A

9-D

10-A

11-A

12-B

13-D

14-A

15-A

16-A

17-C

18-C

19-D

20-D

21-A

22-A

23-D

24-D

25-B

26-C

27-C

28-C

29-C

30-D

31-A

32-A

33-A

34-C

35-B

36-C

37-D

38-B

39-A

40-D

41-A

42-D

43-D

44-C

45-A

46-C

47-B

48-D

49-D

50-B

( – 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: D
Hàm số y  loga x nghịch biến trên  0;   nên \ (0 Xét trường h p
 x1  b 2

y  2  2  logb x1  log c x2   x2  c 2  b 2  c 2  b  c
x  x
2
 1
Vậy a < b < c
Câu 2: C
x 1
 1 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = 1.
Ta có lim
x  x  1
Câu 3: C

Trang 10



 



Ta có B ' C / / IJ  AC; IJ  AC; B ' C  B ' CA.
Xét tam giác B ' AC ta dễ nhận th y đây là tam giác đềua B ' CA = 60°.
Câu 4: D
Điều kiện  3 – 2 x – x2  0  3  x  1.
TXÐ D   3;1 .
Câu 5: C
lim y  2  y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x 

lim y  0  x  2 không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

x  2

Câu 6: C
2

Vì hàm số y   x 2  3x – 4  3 có m không nguyên nên xác định khi x2  3x  4  0

 x   ; 4   1;  
Câu 7: C
Ta có y '  

 x  1  ln x  '
 x  1  ln x 

2

1
x

2
 x  1  ln x 

1
y'
x
Khi đó  2 
2
y
 x  1  ln x 
1

1

1
2
x  1  ln x 

1
1


x
:

.
 1
 
2
1
x
 x  1  ln x   x  1  ln x 
2

1

Câu 8: A
ệnh đề đúng là Ank 

n!
 n  k !

Câu 9: D
T đồ thị hàm số ta th y hàm số y = f (x) đồng biến trên các khoảng (  ;0) và (3;+  ).
Suy ra hàm số y = f (x) đồng biến trên khoảng ( 2 ; 0).
Câu 10: A
Đồ thị hàm số đi qua O (0;0) nên loại D.
Đồ thị đi lên ở nhánh ngoài cùng bên phải nên loại C.
Đồ thị có hai điểm cực trị nên ch n A.
Trang 11


Câu 11: A
TXÐ D = (0; +  )
1 1

Ta có y '    0  2  x  0  x  2
x 2
Bảng xét d u

Dựa vào bảng biến thiên ta th y hàm số đồng biến trên (0;1).
Câu 12: B
*Nhận xét Đồ thị hàm số chắn đối xứng nhau qua trục Oy.

sin2020 x  2019
cos x


* TXÐ D  \   k 
2

x  D   x  D
Xét hàm số y  f  x  

* f x 

sin 2020   x   2019 sin 2020 x  2019

 f  x
cos   x 
cos x

Suy ra y 

sin 2020 x  2019
là hàm số chẵn nên có đồ thị đối xứng nhau qua trục Oy.

cos x

Câu 13: D

Giả sử S.ABCD là hình chóp tứ giác đều thì đáy ABCD là hình vuông tâm O và SO là đường cao của hình
chóp
Mặt phẳng chứa đường thẳng SO và m t trục đối xứng của hình vuông ABCD là m t mặt đối xứng của
hình chóp tứ giác đều, hình vuông ABCD có bốn trục đối xứng nên hình chóp tứ giác đều có 4 mặt đối
xứng.
Câu 14: A
Trang 12


Khối chóp S.BCD có đường cao SA = a 3 , đáy BCD có diện t ch là SBCD 

1
1
AB.BC  a 2
2
2

1
1
1
3a 2
Áp dụng công thức t nh thể t ch khối chóp VS .BCD  SA.SBCD  a 3. a 2 
3
3
2
6

Câu 19: D
Ta có đáy ABCD là hình vuông có diện t ch S.ABCD= 4a2, có SO   ABCD  , trong tam giác vuông SAO
2

 2a 2 
ta có SO  SA  OA   3a   
  a 7
2


2

2

2

1
1
4a 3 7
Vậy nên thể t ch khối chóp đã cho là V  SO.S ABCD  a 7.4a 2 
3
3
3
Câu 20: D
T công thức số hạng t ng quát của c p số nhân là un  u1q n1 , n  2 , theo giả thiết ta

 1
1
1

 1


1
.







10103
10103
10n
 10 

n 1

n

 n  103

1
là số hạng thứ 103 của dãy.
10103
Câu 21: A
Vậy số

2

Ta có A  g log 38  32.log 38  3log 38  64.
Câu 22: A
Ta có y '  3x 2  3
x  1 y  6
Cho y '  0  3x 2  3  0  
 x  1  y  2
Bảng biến thiên

Trang 13


Dựa vào bảng biến thiên suy ra yCT = 2.
Câu 23: D
Diện t ch xung quanh của hình nón là S xq   rl  4 3
Câu 24: D
Điều kiện x ≠ 0
y'  0 

 x  1
x2 1
0
x
x  1

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta ch n đáp án D.
Câu 25: B
2

x
x
x
x

2 x
2 x
 sin  cos   3 cos x  2  sin  cos  2sin cos  3 cos x  2
2
2
2
2
2
2

1
3
1



 1  sin x  3 cos x  2  sin x 
cos x   sin  x    sin
2
2
2
3
6



  

 x  3  6  k 2
 x   6  k 2



x
2
 x        k 2
 x    k 2


3
6
2
Vậy phương trình đã cho có m t nghiệm trên [0;  ].
Câu 26:

Trang 14


G i O  AC  BD; I  AM  SO.
Trong mặt phẳng (SBD), qua I dựng NP / / BD, N  SB, P  SD.
Suy ra, thiết diện của hình chóp S.ABCD bởi mặt phẳng (P) là tứ giác ANMP.
 SO  BD
 BD   SAC   BD  AM  NP  AM  do NP / / BD  .
Ta có 

 AO  BD

2
2
1
1
SC  a; MC  SC  a
3
3
3
3
Hình chóp S.ABCD đều có t t cả các cạnh bằng a suy ra tam giác SAM vuông tại S
Ta có SM 

2

13
2 
AM  SA  SM  a   a  
a
3
3 
2

2

2

13a 2
a2

 2a 2 
AM  AC  MC
9  5 26
cos IAO 
 9
2. AM . AC
26
a 13
2.
.a 2
3
2

2

2

a 2
AO
a 13
AI 
 2 
5
cos IAO 5 26
26
2

2

 a 13   a 2 

a 2
IO  AI  AO  
  
 
10
 5   2 
2

SI  SO  IO 

2

a 2 a 2 2a 2


2
10
5

2a 2
NP SI
4
4
4a 2
NP / / BD 

 5   NP  BD 
BD SO
5
5

5
a 2
1
1 13 4a 2 2 26a 2
AM .NP  .
a.

2
2 3
5
15
SI
Một cách khác tính nhanh tỉ.
SO
Áp dụng định lý enelaus vào tam giác SCO ta có

Vậy S ANMP 

Trang 15


MS AC IO
IO
IO 1
SI 4
.
.
 1  2.2.
1
 


MC AO IS
IS
IS 4
SO 5
Câu 27:

G i B1,C1, l n lư t là các điểm thu c các đoạn thẳng SB, SC thỏa mãn SB = 2SB1, SC = 4SC1,
Khi đó SA  SB1  SC1 . Do ASB  BSC  CSA  60 suy ra SAB1C1 là tứ diện đều cạnh a.
G i M là trung điểm của cạnh B1C1, H là tâm đường tr n ngoại tiếp AB1C1 .

1
Khi đó: SH   AB1C1  và ta có VSAB1C1  SH .S AB1C1
3
Ta có: SAB1C1 
AH 

3 2
a
4

2
2 a 3 a 3
a2 a 2
AM  .

 SH  SA2  AH 2  a 2 

3
3 2

3
3
3

1 a 2 a 2 3 a3 2
Suy ra: VSAB1C1  .
.

3 3
4
12

Ta có:

VSABC
SB SC
a3 2 23 2

.
 2.4  8  VSABC  8VSAB1C1  8.

VSAB1C1 SB1 SC1
12
3

Câu 28: C
G i V1, V2 l n lư t là thể t ch khối trụ và khối nón cụt.
Chiều cao của khối nón cụt h2  1– 0,6  0, 4 m.
Ta có: V1  S .h   .0,32.0, 6 

27

500

h 2 2
0, 4
19
R  r  r.R  
0,32  0, 22  0,3.0, 2  


3
3
750
Vậy thể t ch vật thể là
27 19 119
0, 238 3
V  V1  V2 



m 
500 750 1500
3
Câu 29: C
Ta th y lim    a  0 . Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; d) nằm dưới trục hoành nên d < 0.
V2 

x 

Trang 16


Hàm số có hai điểm cực trị trái d u, nên y '  3ax2  2bx  c có hai nghiệm trái d u, do đó
à a < 0  c > 0. Tâm đối xứng của đồ thị nằm bên trái trục tung, nên hoành đ 

c
< 0 mà
3a

b
 0 mà
3a

a < 0  b > 0. Vậy a  0, b  0, c  0, d  0.
Câu 30: D

G i H là trung điểm AB, do tam giác ABC đều nên SH  AB mà (SBA)  (ABCD)  SH   ABCD 
hay SH là đường cao hình chóp S.ABCD.
G i O là tâm hình thoi ABCD  AC  BD.
1
1
AC 2  BD 2 
Ta có AB  AO 2  OB 2 
2
2
 SH 

 2a    4a 
2

2

a 5

3
a 15
. AB 
2
2

Kė HK  BC  K  BC  , HI  SK  I  SK 
 SH  BC
 BC   SHK    SHK    SBC  , mà HI  SK  HI   SBC  .
Do 
 HK  BC
Vậy d(AD,SC) = d(A (SBC) = 2d (H,(SBC) = 2HI. .
1
1
1
1
1
1
91







Tam giác SHK vuông tại H 
2
2
2
2
2
2
HI
SH
HK
SH
OB OC
60a 2
60a 2 4a 1365
 d  AD, SC   2 HI  2.

91
91
Câu 31: A

Ta có:

VS . AMN
1
1
2
 k 2  VS . AMN  k 2 . VS . ABCD   k 2  k 
VS . ABD
2
8

4

Câu 32: A
+ Ta có y '   4 x3 – 4  m  1 x

x  0
y'  0   2
 x  m 1
Để hàm số có ba cực trị  f '  x   0 có ba nghiệm phân biệt  m  1 .

Trang 17


Khi đó ba điểm cực trị là A(0; m2  m), B( m 1; (m  1)2 ); C ( m 1; (m 1)2 )
Suy ra AB 









m  1; –  m –1 ;   AC   m  1; –  m –1 .
2

2

Ta th y tam giác ABC cân tại A nên để ABC là tam giác vuông khi và ch khi tam giác ABC vuông tại A

 m  1 l 
4
 AB. AC  0    m  1   m  1  0  
 m  2  tm 
Vậy m = 2.
Câu 33: A

G i I là trung điểm của AB, theo giải thiết ta có O ' IO  60.
Đặt AB  x  O ' I 

x 3
x 3
 O ' I cos60 
2
4

Vì OIA vuông tại I nên OI 2  IA2  OA2 
Ta có: OO '  O'I.sin 600 
Vậy S xq  2 Rl  2 R

3x 2 x 2
16 R 2
4R 7

 R2  x2 
x
16
4
7

7

3
3R 7
x
4
7

3R 7 6 R 2 7

7
7

Câu 34: C
Ta có un1  4un  3un1  un1  un  3  un  un1 * .
Đặt un – un1  un  un1 – un  vn  1
Biểu thức (*) trở thành vn+1= 3vn .Suy ra dãy số (vn) là c p số nhân có v1 = u1 - u0 =1 và công b i
1
q = 3 nên có số hạng t ng quát là vn  v1.q n1  1.3n1  .3n
3
1
Vậy un  un1  .3n
3
Ta có u1 – u0 = 1
1
u2 – u1  .32  3
3
1
u3 – u2  .33  32
3

...
1
un  un1  .3n  3n1
3

Trang 18


C ng t ng về các đẳng thức trên ta đư c un  u0  1  3  32  ...  3n1 

3n  1
2

3n  1
3n  4035
 2018 
2
2
n
u
3n  4035 1 
1  1
Vậy lim nn  lim

1

4035.

   
3

2.3n
2 
2  2
Câu 35: B
Ta có 4a  10c  c  alog 4 và 25b  10c  c  blog 25.
 un 

c c
  log 4  log 25  log100  2
a b
Câu 36: C
Ta có f  x   m – e x  m  f  x   e x
Suy ra

Đặt g  x   f  x   e x ta có g '  x   f '  x   e x  0, x  2;2  nên hàm số g  x   f  x   e x nghịch biến
trên  2; 2  . Suy ra Max  f  x   e x   f (2)  e2
2;2

Để m  f ( x)  e

x

đúng với m i x   2; 2  điều kiện là m  f (2)  e2

Câu 37: D

m
có hai nghiệm phân biệt trên đoạn [2;4]
x  6 x  12
m

có hai nghiệm phân biệt trên đoạn [1;3]
 Phương trình f  x  
2
 x  2  3

Phương trình f  x  1 

2

 x  2  3  m có hai nghiệm phân biệt trên đoạn [1;3].
Xét hàm số g  x   f  x    x  2   3 trên đoạn [1; 3] ta có
g '  x    f '  x    x – 2   3  2  x – 2   f  x  .
 Phương trình f  x  

2

2

2

Phương trình g’ (x) = 0 có nghiệm x = 2.

 f ' x  0

2
 x  2   3  0
 g ' x  0
Với 1 ≤ x < 2 thì 
x  2  0
f x 0

  
 f ' x  0

2
 x  2   3  0
 g ' x  0
Với 2 < x ≤ 3 thì: 
x  2  0
f x 0
  
Ta có bảng biến thiên

Trang 19


Vậy để phương trình f  x  

 x  2  3  m có hai nghiệm phân biệt trên đoạn [1; 3] thì 12  m  3.
2

Suy ra m12; 11;...; 4
T ng các giá trị của m thỏa yêu c u bài toán là 12 11  ...  4  72.
Câu 38: B
1
a  log3 7
log 27 35 log 27 5  log 27 7
3a  b c  3a  b 
3





Ta có log12 35 
log 27 12 log 27 3  log 27 4 1  2 log 2 1  2 1
c2
3
3 3
c
Câu 39: A
Ta có Sn  A 1  r   Sn  50.106 1  6% 
n

n

T đây ta suy ra Sn  100.106  50.106 1  6%   100.106
n

 1  6%   2
n

 n  log16%  2   11,9
Vậy sau t nh t 12 năm thì người đó nhận đư c số tiền nhiều hơn 100 triệu đồng bao gồm cả gốc và lãi.
Câu 40: D
x  2y
Ta có log 2
 12 xy  3x  6 y  14
1  xy

 log2  x – 2 y  – log2 1   xy   12 1   xy  – 3  x – 2 y   2
 log2  x – 2 y   3  x – 2 y  – 2  log2 1  xy   12 1  xy   

 x  2y 
 x  2y 
 log 2 
  12 
  log 2 1  xy   12 1  xy  * .
 4 
 4 

Xét hàm số y  g  t   log2t  12t voi t   0;   .

1
 12  0, t  0.
t.ln 2
x  2y
 x  2y 
T (*)  g 
 1  xy
  g 1  xy  
4
 4 
x  2y
 x – 2 y  4  4 xy  2 y  4 xy  x  4  y 
 do y  0  x  4  .
4x  2
x4
18
Vậy (C): y  f  x  
 y '  f ' x 
2
4x  2

 4x  2
Có y '  g '  t  

Vì tiếp tuyến của (C) song song với đường thẳng 5 x – 242 y  1  0  y 
tiếp tuyến bằng k 

5
1
x
nên hệ số góc
242
242

5
242

Trang 20


Suy ra f '  x   k 

Với x 
y

18

 4x  2

2



5
2
  4x  2
242


5  33 5
x
N

4356
10



5

5  33 5
 L
x 
10


5  33 5
11  3 5
phương trình tiếp tuyến là
;y
10

44

5 
5  33 5  11  3 5
5
126  66 5
 y
x
 x 
 
242 
10
44
242
484


1 0 x – 484 y  126 – 66 5  0.

Câu 41: A
Theo bài ra ta có

VS .MNPQ
VS . ABCD

=

1
1
2

Dễ th y MNPQ là hình vuông và đồng dạng với hình vuông ABCD với t số đồng dạng bằng
Ta có

VS .MNPQ
VS . ABCD

=

SM
 x  2
SA

VS .MNP SM SN SP
1

.
.
 x3 . Thay vào (1) ta đư c x  3
VS . ABC
SA SB SC
2

Kết h p với (2) ta có SMNPQ  x 2 . S ABCD 

a2
3
4

Câu 42: D

Ta có SA   ABCD   BC  SA 1 ; ABCD là hình chữ nhật  CB  AB (2).

CB   SAB 
T (1) và (2) ta có 
 SC ,  SAB   CSB  30
CB

SB


Xét ASBC vuông tại B ta có SB = BC. cot 30° = 3a.



Xét  SBA vuông tại A ta có SA 



SB2  AB2  2a 2

1
1
2a 3 6
Vây VS . ABCD  . SA. S ABCD  .SA. AB.BC 
3
3
3
Câu 43: D
150

Ta có V  150   r 2 h  150  h  2 1 .
r
Hàm biểu thị chi ph sản xu t là f  x   100000 r 2  120000 r 2  180000 rh  2  .

Trang 21


27000000
r
Để chi ph sản xu t bê th p nh t thị hàm số f (r) đạt giá trị nhỏ nh t với r > 0.
27000000
13500000 13500000 Cauchy 3
 220000 r 2 

 3 40095.1015 
Có f  x   220000 r 2 
r
r
r
13500000
30
D u" =" xảy ra khi 220000 r 2 
r 3
r
440
h 150
150
22
Vậy  3 


3
30
r r
9
.
440
Câu 44: C
Quay hình vuông ABCD quanh trục DF ta đư c m t hình trụ có bán k nh bằng đường cao bằng a. Thể
t ch của khối trụ là V1   a3
T (1) và (2), suy ra f  x   220000 r 2 

Quay tam giác AEF quanh trục AF ta đư c hình nón có bán k nh đáy là EF đường cao là AF = a.

Trong tam giác vuông AEF ta có EF  AF . tan 30 
Thể t ch của khối nón là V2 

 a2
.

.a 

a 3
3

 a3

.
3 3
9
Vậy thể t ch khối tr n xoay thu đư c khi quay mô hình (như hình vẽ) quanh trục DF là

V  V1  V2   a3 

 a3
9



10 a3
9

Câu 45: A
Ta có lim y  lim
x 

x 

3 1
4  2 3
1
1
x x
  . Vậy đường thẳng y   là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
5
2
2
2
x

đã cho.

Trang 22


3 1
 4  2 3
5
5
x x
lim y  lim
  Vậy đường thẳng y   là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.
x 
x 
5
2
2
2
x
lim  y  lim 
x 

5
2

x 

5
2

5

4 x 2  3x  1  3x
  . Vậy đường thẳng x   là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã
2
2x  5

cho.
Câu 46: C
Do a  0, b  O nên 4a  5b  1  1.
Ta lại có 16a 2  b2  1  2 16a 2 .b2  1  8ab  1  1.

T đó log4a 561 16a 2  b2  1  log4 a 5b1  8ab  1 >0
Đặt T  log4 a 5b1 16a 2  b2  1  log8ab1  4a  5b  1
Ta có T  log4a5b1 8ab  1  log8ab1  4a  5b  1

 T  2 log4 a 5b1 8ab  1 .log8ab1  4a  5b  1  T  2
2
2

16a  b
D u bằng xảy ra khi và ch khi 

log 4 a 5b 1  8ab  1  log8ab 1  4a  5b  1
 4a  b
3

4
a

b


4
a

b



a 

 2
  b  0  l   
4
2
log
2
b

1

1
2
b

1

6
b

1



6
b

1


 b  3


b

3


27
Giá trị của a  2b 
4
Câu 47: B
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  ;0   y '  0, x   ; 0  .

Hay 3x2  2 x  4m  9  0, x   ;0   4m  3x 2 – 2 x – 9, x   ;0 
Xét hàm số g  x   3x 2 – 2 x – 9 trên khoảng  ;0  có bảng biến thiên sau

9
thỏa ycbt.
4
Vậy có 7 giá trị nguyên lớn hơn -10 của tham số m thỏa yobt.
Câu 48: D
Dựa vào bảng biến thiên ta có 4m  9  m  

Trang 23


G i H là chân đường cao t A' xuống (ABC).T A k AK  BC .
Có A ' H   ABC   A ' H  AK 1 . Ta lại có AK  BC (2).
T (1),(2)  AK   A ' BC  . Hay d(A,(A’BC)) = AK.
Ta lại có AK là đường cao trong tam giác vuông ABC có AB =1, AC = 2.
Do đó AK 

AB. AC 2 5

BC
5

Câu 49: D

 a   2logb a 
Ta có P  log 2a  a 2   3logb    
  3  logb a  1
 b   logb a  1 
b
Đặt t = logba, vì a > b >1 => t >1 .
Khi đó P =
Ta có P’ =

4t 2
2

 3  t  1 ,với t >1

3

 3; P '  0  t  3

 t  1
8t

 t  1

Bảng biến thiên

T bảng biến thiên có giá trị nhỏ nh t của biểu thức P bằng 15.
Câu 50: B

Trang 24


G i dlà trục đối xứng của đa giác đều 20 cạnh.
TH1 Xét d đi qua hai đ nh đối diện của đa giác đều (có 10 đường thẳng d). Ch n 2 đoạn thẳng trong 9
đoạn thẳng song song hoặc trùng với d thì sẽ tạo thành 1 hình thang hoặc hình chữ nhật có các đ nh là
đ nh của đa giác.
 số hình thang hoặc hình chữ nhật là C92 (hình).
Vì vai tr của 10 đường thẳng d như nhau nên có 10 C92 (hình).
TH2 Xét d là đường trung trực của hai cạnh đối diện của đa giác (có 10 đường thẳng d).
Ch n 2 đoạn thẳng trong 10 đoạn thẳng song song với d thì sẽ tạo thành 1 hình thang hoặc hình chữ nhật
có các định là đ nh của đa giác.
 số hình thang hoặc hình chữ nhật là C102 (hình).
Vì vai tr của 10 đường thẳng d như nhau nên có 10 C102 (hình).
ặt khác, trong số các hình trên có C102 hình thang (là hình chữ nhật) trùng nhau.

Vậy số hình thang c n tìm là 10 ( C92 + C102 ) - C102 = 765 (hình thang).

Trang 25