đề thi thử THPT QG 2020 toán THPT kim liên hà nội lần 1 có lời giải

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT KIM LIÊN
MÃ ĐỀ 101

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC: 2019 – 2020
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút

MỤC TIÊU: Chủ Nhật ngày 12 tháng 01 năm 2020, trường THPT Kim Liên, thành phố Hà Nội tổ chức
kỳ thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm học 2019 – 2020 lần thứ nhất dành cho học sinh khối 12. Đề thi
giúp học sinh thứ nhất ôn luyện lại kiến thức toàn bộ HK1 của chương trình 12, 1 phần nhỏ kiến thức lớp
11, phù hợp với chương trình học trên lớp của học sinh tại thời điểm này. Thứ hai, kiểm tra được chất
lượng học sinh, giúp học sinh có kế hoạch ôn thi phù hợp nhất.
Câu 1: Cho hình chóp tứ giác SABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Tam giác SAD cân tại S và mặt bên
(SAD) vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp SABCD bằng a 3 . Tính khoảng cách từ điểm
B đến mặt phẳng (SCD).

6a
a
.
B.
37
37
3 x1
Câu 2: Giải phương trình 5  25 .
A.

C. 3a

D.

3a
37

A. x = 6.
B. x = 3.
C. x = 2.
D. x = 1.
2
Câu 3: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f '  x    x  1  x  3x  2  , x  . Số điểm cực trị của hàm
số đã cho là:
A. 1.
B. 2.
C. 0.
Câu 4: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

D. 3.

A. Hàm số y  log1,2 x nghịch biến trên  0;   .
B. log  a  b   loga  logb, a  0, b  0.
C. Hàm số y  e10 x 2020 đồng biến trên .
D. a x y  a x  a y ,   0, x, y 
Câu 5: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A  ; 1   1;  

B.  ;1 .

D.  2;1

C.  ;  

Câu 6: Cho hình nón có chiều cao bằng 2a và bán kính đáy bằng a. Diện tích xung quanh của hình nón
đã cho bằng:
A.  a 2 5

B. 2 a 2 5

C.  a 2





5 1

D.  a 2

Câu 7: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Trang 1


Số nghiệm thực của phương trình 2 f  x   1  0 là:
A. 0.

B. 4.

C. 2.

D. 3.

Câu 8: Cho cấp số cộng  nu  với u1  1; công sai d  2. Tính tổng 100 số hạng đầu tiên của cấp số cộng

 un 
A. S100  9800

B. S100  19600.

C. S100  9900.

D. S100 19800.

Câu 9: Từ tháng 11 năm 2019, mạng Viettel sở hữu 13 đầu số dành cho thuê bao di động bao gồm: 096;
097; 098; 086; 032; 033; 034; 035; 036; 037; 038; 039; 03966. Hỏi mạng Viettel có bao nhiêu số điện
thoại di động gồm 10 chữ số khác nhau?
A. 1.107.
B. 10!.
C. 11.7!.
D. 13.7!.
Câu 10: Một chiếc hộp có mười một thẻ đánh số từ 0 đến 10. Rút ngẫu nhiên hai thẻ rồi nhân hai số ghi
trên hai thẻ với nhau. Tính xác suất để kết quả nhận được là một số chẵn.
7
2
9
2
A. .
B. .
C. .

D.
.
11
9
11
9
Câu 11: Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn a3b2  625 . Giá trị của 3log5 a  2log5 b bằng:
A. 8.
B. 12.
C. 5.
Câu 12: Thể tích của khối trụ có chiều cao h và bán kính đáy r là:
1
A.  r 2 h
B.  r 2 h
C. 4 r 2 h
3
Câu 13: Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:

D. 4.
D.

4 2
r h
3

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là:
A. 3.
B. 0.
C. 2.
D. 1.

Câu 14: Một khối gỗ hình trụ có bán kính đáy r = 1, chiều cao bằng 3. Người ta khoét rỗng hai đầu khối
gỗ thành hai nửa hình cầu mà đường tròn đáy của khối gỗ là đường tròn lớn của mỗi nửa hình cầu. Tính
thể tích phần còn lại của khối gỗ.


5
7
4
B. .
C. .
D.
.
.
3
3
3
3
Câu 15: Cho khối hộp ABCD.A' B'C ' D' có thể tích .V Tính theo V thể tích của khối đa diện ABDD ' B '.
A.

A.

V.
3

B.

V
.
6

C.

2V
.
3

D.

V
.
2

Câu 16: Hình hộp chữ nhật có ba kích thước đôi một khác nhau có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 9 mặt phẳng

B. 4 mặt phẳng

C. 6 mặt phẳng

D. 3 mặt phẳng
Trang 2


Câu 17: Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh 2a và AA '  a 3 . Thể tích
khối lăng trụ đã cho bằng:

3a 3
D. 6a 3 .
.

4
Câu 18: Tính thể tích V của khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt bên và mặt đáy là
450.
A. 3a3 .

A. V 

a3
.
2

B. 3a 3 .

C.

B. V  a3 2.

C. V 

a3
.
6

D. V 

a3
.
3

Câu 19: Giải phương trình log3  5  5x   log3  x 1 .

2

x  1
A. 
.
 x  4

C. Vô nghiệm

B. x =1.

Câu 20: Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 

D. x =-4.

lnx
trên đoạn
x

1 2 
 e ;e  là:

1
1 2
2
1
B. T  e  .
C. T    2 .
D. T   e.
.

2
e
e e
e
e
Câu 21: Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V và điểm E nằm trên cạnh AB sao cho AE  3EB. Tính theo
V thể tích của khối tứ diện EBCD

A. T  e 

V
V
.
B.
.
5
4
Câu 22: Hàm số y  2 x 23cosx có đạo hàm là:

A.

A.  2 x  3sinx  .2 x

2

C.  2 x  3sinx  .2 x

2

C.

V
.
3

B.  2 x  3sinx  .2 x

3cosx

.ln 2.

D.

2

D.  2 x  3sinx  .2x

3cosx

.ln 2.

2

3V
.
4

3cosx

.

3cosx

.

Câu 23: Cho hình chóp SABC có SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  , SA  3a , tam giác ABC vuông tại
B, BC  a và AC  a 10. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng:

A. 300.

D. 450 .

C. 900.

B. 600.

Câu 24: Điểm cực tiểu của hàm số y  x3  3x 2  9 x  2 là:
A. yCT  25.
Câu 25: Cho dãy số  un 
2
A. u4  .
3

C. yCT  7 .

B. x = -1.

D. x = 3.

u1  2


xác định bởi 
Tìm số hạng u4 .
1
 un 1  3  un 1 .
5
B. u4  .
C. u4  1.
9

D. u4 

14
.
27

Câu 26: Cho mặt cầu (S ) có tâm I, bán kính R  3 và điểm A thuộc (S). Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A
1
và tạo với IA một góc bằng α. Biết rằng sin  .Tính diện tích của hình tròn có biên là đường tròn giao
3
tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S ).
A.


3

.

B.

8
.
3

C.


.
9

D.

2 
.
3
Trang 3


Câu 27: Cắt mặt xung quanh của một hình nón theo một đường sinh rồi trải ra trên một mặt phẳng ta
được một nửa hình tròn có bán kính 5. Góc ở đỉnh của hình nón trên là:
A. 1200.
B. 300.
C. 900.
D. 600 .
Câu 28: Diện tích mặt cầu có đường kính R là:
4
B.  R 2 .
C. 2 R 2 .
D. 4 R 2 .
 R2 .

3
Câu 29: Cho phương trình log4 x2  log2  4  x   log2  2  m  . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để

A.

phương trình có nghiệm?
D. vô số.

A. 4.
B. 3.
C. 2.
Câu 30: Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đặt cực đại tại điểm
A. x  3.

B. x  1.

C. x = 1.
2 x
Câu 31: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
là:
x3

D. x =-2.

A. y  3
B. x  1
C. x = 1
Câu 32: Cho hàm số y = f (x) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

D. x  3

Hàm số y = f (2 -3x ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  2; 2 
B.  6; 4 
C.  4; 2 
D.  5;10 
Câu 33: Cho lăng trụ tam giác đều ABC . A ' B ' C ' có AB = AA ' = a . Tính khoảng cách d giữa hai đường
thẳng BC ' và AC.
A. d 

a 21
3

B. d 

a 21
6

C. d 

a 21
7

D. d 

a 21
14

Câu 34: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng 5. Tính thể tích khối lăng trụ ngoại tiếp
khối lập phương đã cho.
125
125
125
A. 125π
B.
C.
D.
3
2
6
Câu 35: Cho hai điểm A, B cố định và AB= a . Điểm M thay đổi trong không gian sao cho diện tích S MAB
của tam giác MAB bằng a 2 . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
A. M thuộc mặt cầu cố định bán kính 2a.
B. M thuộc mặt mặt trụ cố định bán kính a .

Trang 4


C. M thuộc mặt cầu cố định bán kính a.

D. M thuộc mặt trụ cố định bán kính 2a.
1

Câu 36: Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc tập xác định của hàm số f  x   1  log  x  1  3 .
A. 9
B. 7
C. 8
D. 10

Câu 37: Một cái xô làm bằng inox, hình dạng và các kích thước có tỷ lệ như hình vẽ (xô không có nắp,
đáy xô là hình tròn bán kính bằng 9dm). Giả định 1dm2 inox có giá a (đồng). Khi đó giá nguyên vật liệu
làm 10 cái xô như trên gần nhất với kết quả nào dưới đây?

A. 1161 πa (đồng)
B. 11610 πa (đồng)
C. 13230 πa (đồng)
Câu 38: Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:

D. 1323 πa (đồng)

Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hàm số không có giá trị lớn nhất và không có giá trị nhỏ nhất.
B. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1 và có giá trị nhỏ nhất bằng 0.
C. Hàm số không có giá trị lớn nhất và có giá trị nhỏ nhất bằng - 2 .
D. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1 và có giá trị nhỏ nhất bằng - 2.
Câu 39: Cho hàm số y  x3  3x 2  2 x  1 có đồ thị (C) . Phương trình tiếp tuyến với (C) tại giao điểm
của (C )và trục tung là:
C. y  2 x  1

B. y  2 x  1

A. y = 2x +1

D. y  2 x  1

12

1


Câu 40: Tìm số hạng chứa x trong khai triển  x  
x

6

A. C123 x6
B. C123 x 6
C. C123
D. C123
Câu 41: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ bên.

A. y  x 4  2 x 2  2

B. y   x4  2 x2  2

C. y   x4  2 x2  2

D. y  x 4  2 x 2  2
Trang 5


Câu 42: Với a ≠ 0 tùy ý, loga 2 bằng:
1
C.  log a
2

B. 2log a

A. 2loga

D.

1
 loga
2

Câu 43: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
A. Đồ thị hàm số y  e x và đồ thị hàm số y = lnx đối xứng qua đường thẳng y = -x.
B. Đồ thị hàm số y = ln x và đồ thị hàm số y 

1
đối xứng qua trục tung.
ln x

C. Đồ thị hàm số y  e x và đồ thị hàm số y = lnx đối xứng qua đường thẳng y = x .
1
đối xứng qua trục hoành.
ex
Câu 44: Đồ thị được cho trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số sau?

D. Đồ thị hàm số y = e x và đồ thị hàm số y 

2

x

3
1
A. y   
B. y  log 1 x

C. y   
D. y  log 3 x
2
x
2
2
Câu 45: Chị Dung gửi 300 triệu đồng vào ngân hàng Agribank với kỳ hạn cố định 12 tháng và hưởng lãi
suất 0,68%/tháng. Tuy nhiên, sau khi gửi được tròn 9 tháng chị Dung có việc phải dùng đến 300 triệu
đồng trên. Chị đến ngân hàng rút tiền và được nhân viên ngân hàng tư vấn: “nếu rút tiền trước kỳ hạn thì
toàn bộ số tiền chị gửi chỉ được hưởng mức lãi suất không kỳ hạn là 0,2%/tháng. Chị nên thế chấp sổ tiết
kiệm đó tại ngân hàng để vay ngân hàng 300 triệu với lãi suất 0,8%/tháng. Khi sổ của chị đến hạn, chị có
thể rút tiền để trả nợ ngân hàng”. Nếu làm theo tư vấn của nhân viên ngân hàng thì so với việc định rút
tiền trước kỳ hạn, chị Dung sẽ đỡ thiệt một số tiền gần nhất với con số nào dưới đây (biết ngân hàng tính
lãi suất theo thể thức lãi kép)?
A. 18,16 triệu đồng B. 12,72 triệu đồng C. 12,71 triệu đồng D. 18,15 triệu đồng

Câu 46: Xét khối tứ diện ABCD có độ dài cạnh AB thay đổi, CD = 4 và các cạnh còn lại đều bằng 22 .
Khi đó thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất. Hãy tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đó.
340
340
52
85
A. S 
B. S 
C. S 
D. S 
9
3
9
9

Câu 47: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
và có đồ thị như hình vẽ. Gọi  C1  và  C2  lần lượt là đồ
thị của hàm số y  f ''  x  . f  x    f '  x  và y  2020x . Số giao điểm của  C1  và  C2  là:
2

A. 4

B. 0

C. 1

D. 2
Trang 6


Câu 48: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' .cạnh a. Gọi O, ' lần lượt là tâm của hai đáy ABCD và
A ' B ' C ' D ' . Xét khối đa diện ( H ) có các điểm bên trong là phần không gian chung của hai khối tứ diện
AC 'D ' và A ' C 'BD. Gọi V 1là thể tích của phần không gian bên trong hình lập phương không bị ( H )
chiếm chỗ V2 là thể tích khối nón ( N ) đi qua tất cả các đỉnh của đa diện ( H ) , đỉnh và tâm đáy của ( N )
lần lượt là O , O ' . Tính
A.

V1
.
V2

V1 2

V2 5

B.

V1 2

V2 5

C.

V1
5

V2 2 

D.

V1 5

V2 2

Câu 49: Cho hàm số y = f (x) , hàm số y = f ' (x) liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ.

Bất phương trình f  x   m  x3  x (m là tham số thực) nghiệm đúng với mọi x∈ (- 2;0) khi và chỉ khi:
B. m  f    2  10

A. m  f  0 

C. m  f  2   10

D. m  f  0 

Câu 50: Cho tứ diện ABCD có AB  BC, BC  CD, CD  DA, BC  a, CD  a 15 , góc giữa AB và CD
bằng 300 . Thể tích khối tứ diện đó bằng.
A.

5a 3
2

B.

5a3 3
2

5a 3
6
----------- HẾT ---------C.

D.

5a 3 3
6

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

ĐÁP ÁN
1-C

2-D

3-A

4-C

5-B

6-A

7-B

8-A

9-C

10-C

11-D

12-A

13-A

14-C

15-A

16-D

17-B

18-C

19-D

20-D

21-A

22-C

23-D

24-D

25-B

26-B

27-D

28-B

29-B

30-D

31-D

32-D

33-D

34-D

35-D

36-B

37-B

38-C

39-B

40-A

41-A

42-B

43-C

44-A

45-B

46-A

47-A

48-A

49-D

50-D

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

Trang 7


Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 (TH) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện
Phương pháp:
Hình chóp có thể tích ,V diện tích đáy S thì chiều cao của khối chóp là: h 

3V
.
S

Cách giải:

Gọi H là hình chiếu của S trên AD

 SH   ABCD  .
 SH 

3SVABCD 3a3
 2  3a.
S ABCD

a

Chọn C.
Câu 2 (TH) - Phương trình mũ và phương trình lôgarit
Phương pháp:
f x
Giải phương trình mũ: a    a m  f  x   m.

Cách giải:
53 x1  25  53 x 1  52
 3x 1  2  3x  3  x 1.
Chọn D.
Câu 3 (TH) - Cực trị của hàm số
Phương pháp:
Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f (x) là số nghiệm bội lẻ của phương trình f ' (x) = 0.
Cách giải:
Ta có: f '  x   0
  x  1  x 2 3x  2   0

  x  1 x  1 x 2   0
Trang 8


  x  1  x 2   0
2

 x  1  boi 2 
 x 1  0



x  2  0
 x  2  boi1
⇒ Hàm số y  f  x  có một điểm cực trị là: x = 2.
Chọn A.
Câu 4 (TH) - Ôn tập chương 2: Hàm số lũy thừa. Hàm số mũ và hàm số lôgarit.
Phương pháp:
Sử dụng các công thức logarit và tính đơn điệu của các hàm số mũ, hàm số logarit.
Cách giải:
+) Đáp án A: Xét hàm số y  log1,2 x có a  1, 2  1 ⇒ hàm số đồng biến trên  0;   ⇒ loại đáp án A.
+) Đáp án B: Ta có: log  a  b   loga  logb ⇒ loại đáp án B.
+) Đáp án C: Xét hàm số y  e10 x  2020 có a  e  1 ⇒ hàm số đồng biến trên ⇒ đáp án C đúng.
Chọn C.

Chọn A.
Câu 7 (TH) - Tương giao đồ thị hàm số và biện luận nghiệm của phương trình
Phương pháp:
1
1
Số nghiệm của phương trình 2 f  x   1  0  f  x   
là số giao điểm của đường thẳng y   và
2
2
đường thẳng y  f  x  .
Dựa vào BBT để biện luận số nghiệm giao điểm của hai đồ thị hàm số và chọn đáp án đúng.
1
1
Số nghiệm của phương trình 2 f  x   1  0  f  x   
là số giao điểm của đường thẳng y   và
2
2

đường thẳng y  f  x  .

Trang 9


Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y  

1
cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 4 điểm phân biệt.
2

Chọn B.
Câu 8 (TH) - Cấp số cộng (lớp 11)
Phương pháp:
Tổng của n số hạng đầu của CSC có số hạng đầu là u 1và công sai : Sn

n  u1  un  n  2u1   u1  un  

2
2

Cách giải:
Ta có: S100 

100  2.  1  99.2
2

 9800.

Chọn A.

Câu 9 (TH) - Hoán vị - Chỉnh hợp - Tổ hợp (lớp 11)
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp liệt kê và quy tắc đếm để làm bài.
Cách giải:
Ta có tập hợp A  0;1;2;3;4;5;6;7;8;9
Xét các đầu số của thuê bao ta có:
+) Với đầu số: 096, 7 số còn lại được chọn từ tập A ta có: A77  5040 cách chọn.
Tương tự với các đầu số, 097; 098;086;032;034;035;036;037;038;039, có các cách chọn là:

10. A77  50400 cách chọn.
Đối với đầu số 033 và 03966 không thể chọn được số có 10 chữ số khác nhau.
Như vậy có: 5040 + 50400 = 55440 = 11.7! cách chọn.
Chọn C.
Câu 10 (TH) – Xác suất (lớp 11)
Phương pháp:
n
Công thức tính xác suất của biến cố A là: P  A  A  1  P A .
n

 

Cách giải:
Gọi biến cố A: „„Rút được hai thẻ ngẫu nhiên và tích hai số thẻ đó là một số chẵn‟‟.
⇒ A : „„Rút được hai thẻ ngẫu nhiên và tích hai số thẻ đó là một số lẻ‟‟.
Rút ngẫu nhiên hai thẻ trong mười một thẻ ta có không gian mẫu là: n  C112 .
Tích của hai số ghi trên thẻ là một số lẻ khi ta rút được 2 thẻ đều được đánh số lẻ.
⇒ nA  C52 cách rút.

 

 P A  C52 C112 

2
.
11

 

 P  A  1  P A  1 

2
9
 .
11 11

Trang 10


Chọn C.
Câu 11 (TH) - Lôgarit
Phương pháp:
x

log a xy  log a x  log a y; log a  log a x  log a y

y

Sử dụng các công thức: 
(giả sử các biểu thức xác
log x  1 log x; log x m  mlog x

n
a
a
a

n
 a
định).
Cách giải:

Ta có: a3b2  625  log5a3b2  log5 625

 log5a3  log5b2  log5 5 4

 3log5a  2log5b  4log5 5  4.
Chọn D.
Câu 12 (NB) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện
Phương pháp:
Công thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h : V   R2 h.
Cách giải:
Công thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy r và chiều cao h : V   r 2 h.
Chọn A.
Câu 13 (TH) – Đường tiệm cận
Phương pháp:
g  x
+) Đường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y  f  x  
 lim f  x   
x a
h  x
+) Đường thẳng y = b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y  f  x   lim f  x   b.

x 

Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có TCĐ là: x  0, x  2 và TCN là: y  0.
Chọn A.
Câu 14 (TH) - Ôn tập chương 2: Mặt nón, mặt trụ, mặt cầu
Phương pháp:
Công thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h : V   R2 h.
4
Công thức tính thể của khối cầu có bán kính r : V  r 3 .
3
Cách giải:

Trang 11


Thể tích của khối gỗ hình trụ ban đầu là: V   r 2 h   .12.3  3 .
Tổng thể tích phần khối gỗ đã khoét là thể tích khối cầu có bán kính là: r =1.
4
4
⇒ Thể tích khối gỗ đã khoét là: V1   r 3 
.
3
3
4 5
⇒ Thể tích phần khối gỗ còn lại là: V2  V  V1  3 

.
3
3

Chọn C.
Câu 15 (TH) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp trừ thể tích.
Cách giải:
Ta có: VABCD. A' B 'C ' D '  V

 VABD. A' B ' D '  VAA' B ' D ' VABDD ' B '
1
 V  VAA ' B ' D '  VABDD ' B '
2
1
 VABDD ' B '  V VAA ' B ' D '
2
1
1
V
 VABDD ' B '  V  V  .
2
6
3
Chọn A.
Câu 16 (NB) - Khái niệm về khối đa diện
Phương pháp:
Sử dụng lý thuyết khối đa diện.
Cách giải:
Hình hộp chữ nhật có ba kích thước đôi một khác nhau có 3 mặt phẳng đối xứng.

Chọn D.
Câu 17 (TH) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện

Phương pháp:
Trang 12


Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy S và chiều cao h : V  Sh.
Cách giải:
Ta có: VABC . A' B 'C '  AA '.S ABC  a

 2a 
3.

2

3

4

 3a 3

Chọn B.
Câu 18 (TH) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện
Phương pháp:
1
Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: V  Sh.
3
Cách giải:

Giả sử chóp tứ giác đều là chóp SABCD .
Gọi O là giao điểm của AC và BD , M là trung điểm của CD .
⇒ SO ⊥ (ABCD).

Khi đó ta có:    SCD  ,  ABCD      SM , OM   SMO  450 .
a
 SO  OM . tan 450  .
2
1
1 a
a3
 VSABCD  SO.S ABCD  . .a 2 
.
3
3 2
6
Chọn C.
Câu 19 (TH) - Phương trình mũ và phương trình lôgarit
Phương pháp:
 f  x  0

Giải phương trình logarit: log a f  x   b  0  a  1
 f x  ab
  

Cách giải:
5  5 x  0
 x 1
Điều kiện: 
 x 1  0
log3  5  5x   log3  x  1  5  5 x   x 1 
2

2

  x  1  5  x 1  0
2

  x  1 x 1  5  0
Trang 13


  x  1 x  4   0
 x  1  ktm 
 x 1  0


x  4  0
 x  4  tm 
Vậy phương trình có nghiệm x   4.
Chọn D.
Câu 20 (VD) - Ôn tập chương 2: Hàm số lũy thừa. Hàm số mũ và hàm số lôgarit.
Phương pháp:
Cách 1:
+) Tìm GTLN và GTNN của hàm số y  f  x  trên  a; b bằng cách:
+) Giải phương trình y ' = 0 tìm các nghiệm xi .
+) Tính các giá trị f  a  , f  b  , f  xi  ( xi   a; b) . Khi đó:
min f  x   min  f  a  ; f  b  ; f  xi  , max f  x   max  f  a  ; f  b  ; f  xi 
a ;b

a ;b

Cách 2:

Sử dụng chức năng MODE 7 để tìm GTLN, GTNN của hàm số trên  a; b.
Cách giải:
Ta có: y 

ln x
x

1
.x  lnx
1  lnx
 y'  x 2

.
x
x2

1 
y '  0  1  ln x  0  x  e   ; e2 
e 
1

  1  ln e
 y    1  e
 e
e


y  e
 min


  1e ;e2 

ln e 1 
  y e 
 
e
e max  1


  1e ;e2  e



ln e 2 2
2
 y  e   e2  e2



1
T  e
e
Chọn D.
Câu 21 (TH) - Ôn tập chương 1: Khối đa diện
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính tỉ lệ thể tích: Cho các điểm M  SA, N  SB, P  SC ta có:
Trang 14


VSMNP SM SN SP


.
.
VSABC SA SB SC
Cách giải:

Áp dụng công thức tỉ số thể tích ta có:
VEBCD VBECD EB 1



VABCD VBACD AB 4
1
1
 VEBCD  VABCD  V .
4
4
Chọn A.
Câu 22 (TH) - Hàm số mũ
Phương pháp:
f x
Cho hàm số y  a    y '  f '  x  .a x .lna.

Cách giải:
Ta có: y  2x 23cosx
 y '   x 2  3cosx  '.2 x

2

.ln2   2 x  3sinx  .2 x

3cosx

2

3cosx

.ln2

Chọn C.
Câu 23 (TH) - Ôn tập chương 2: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song
(lớp 11)
Phương pháp:
Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng ( )α là góc giữa d và d ' với d ' là hình chiếu của d trên ( α ).
Cách giải:

Ta có: SA   ABC   SA  AB
Trang 15


⇒ AB là hình chiếu của SB trên ( ABC ).

   SB,  ABC      SB, AB   SBA.

Áp dụng định lý Pitago cho ∆ ABC vuông tại B ta có:

AB  AC 2  BC 2  10a 2  a 2  3a
SA 3a
 tanABS 
 1

AB 3a
 ABS  450    SB,  ABC   .
Chọn D.

Câu 26 (TH) – Mặt cầu
Phương pháp:
Công thức tính diện tích đường tròn bán kính R là: S   R2 .
Cách giải:

Gọi O là tâm đường tròn giao tuyến của (P) và (S)

 IO   P  .
Khi đó ta có:   IA;  P      IA, OA   IAO.

 sinIAO 

1
OI 1
3

  OI 
3
IA 3
3

Trang 16


 AO  r  A  OI I 
2

2

2

 3
2 6
3  
 
3
 3 

 

2

2

 2 6  8
SO    r   
.
 
3
 3 
Chọn B.
Câu 27 (TH) – Mặt nón
Phương pháp:
Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy ,R chiều cao h và đường sinh l :
2

S xq   Rl   R h2  R 2

Cách giải:

Khi cắt mặt xung quanh của hình nón theo một đường sinh rồi trải trên mặt phẳng ta được một nửa hình
tròn có bán kính là 5⇒ đường sinh của hình nón ban đầu là: l = 5.
1
1
 S xq  Stron   rl   R 2
2
2
25
⇔ r = 2,5.
 5r 
2
Khi đó ta có: góc ở đỉnh của hình nón là ASB  2OSB.
OB 2,5 1
Ta có: sinOSB 
 OSB  300


SB
5
2
 ASB  2.300  600.
Chọn D.
Câu 28 (NB) – Mặt cầu
Phương pháp:
Công thức tính diện tích mặt cầu có bán kính r là: S  4 r 2 .
Cách giải:

2

R
Diện tích mặt cầu có đường kính R là: S  4     R 2 .
2
Chọn B.
Câu 29 (VD) - Phương trình mũ và phương trình lôgarit
Phương pháp:

Trang 17


 f  x  0

Giải phương trình logarit: log a f  x   b  0  a  1 .
 f x  ab
  
Cách giải:
x  0
x  0


Điều kiện: 4  x  0   x  4 .
2  m  0
m  2



log4 x 2  log2  4  x   log2  2  m 
 log22 x2  log2  4  x   log2  2  m 

 log2 x  log2  4  x   log2  2  m 
 log2  4  x  x  log2  2  m 
 4  x x  2  m
 x  4  x   2  m 1 khi 0  x  4

.
 x  4  x   2  m  2  khi x  0
Xét phương trình 1   x2  4 x  m  2
Xét hàm số y   x 2  4 x trong  0; 4  ta có:

y '  2 x  4  y '  0  2 x  4  0  x  2   0;4 
Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình 1 có nghiệm  0  m  2  4  2  m  2.

m  Z  m 1;0;1.
Xét phương trình  2   x2  4 x  m  2
Xét hàm số y  x 2  4 x trong   ;0  ta có:

y '  2 x  4  y '  0  x  2   ;0  .
Ta có bảng biến thiên:

Trang 18


Dựa vào BBT ta thấy phương trình  2  có nghiệm  m  2  0  ktm 
Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán.
Chọn B.
Câu 30 (NB) – Cực trị của hàm số

Phương pháp:
Ta có: x  x0 là điểm cực đại của hàm số y  f  x  ⇔ tại điểm x  x0 thì hàm số có y ' đổi dấu từ dương
sang âm.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm x  2.
Chọn D.
Câu 31 (NB) - Đường tiệm cận
Phương pháp:
ax  b
d
Đồ thị hàm y 
 ad  bc  có TCĐ x   .
cx  d
c
Cách giải:
2 x
Đồ thị hàm số y 
có TCĐ x  3.
x3
Chọn D.
Câu 32 (TH) - Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số
Phương pháp:
- Tính đạo hàm của hàm số.
- Giải bất phương trình y '  0 và kết luận các khoảng nghịch biến của hàm số.
Cách giải:
Ta có: y '  3 f '  2  3x  .
 2  3x  4
x  2
x  2
y '  0  f '  2  3x   0  



 2  2  3x  8
 6  3x  0
2  x  0

Vậy hàm số y  f  2  3x  nghịch biến trên  2;   và  2;0  , do đó hàm số nghịch biến trên  5;10  .
Chọn D.
Câu 33 (VD) - Khoảng cách (Toán 11)
Phương pháp:
- Tính đạo hàm của hàm số.
- Giải bất phương trình y '  0 và kết luận các khoảng nghịch biến của hàm số.
Cách giải:

Trang 19


Ta có AC || A ' C ' , do đó AC ||  A ' BC '  BC '.
Suy ra d  BC '; AC   d  AC;  A ' BC '   d  A;  A ' BC '  .
Gọi O  AB ' A ' B ta có:

d  A;  A ' BC ' 

d  B ';  A ' BC ' 



AO
1
B 'O

 d  A;  A ' BC '   d  B ';  A ' BC '  .
 A'C '  B ' M
Gọi M là trung điểm của A ' C ' ta có: 
 A ' C '   BB ' M  .
 A ' C '  BB '
 B ' H  BM
( A ' C '   BB ' M ) ⇒ B ' H   A ' BC ' .
Trong  BB ' M  kẻ B ' H  BM ta có: 
B ' H  A ' C '

 d  B ';  A ' BC '   B ' H .

a 3
.
2
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BB ' M ta có:
Tam giác A ' B ' C ' đều cạnh a nên B ' M 

B'H 

a 3
BB '.B ' M
a 21
2


.
2
2

2
7
BB '  B ' M
3a
2
a 
4

Vậy d  B ';  A ' BC '  

a.

a 21
.
7

Chọn D.
Câu 34 (TH) - Mặt trụ
Phương pháp:
1
Thể tích khối trụ có đường cao h, bán kính đáy r là V   r 2 h.
3
Cách giải:

Trang 20


Hình trụ ngoại tiếp khối lập phương có bán kính r  OA 

5 2

, đường cao
2

h  AA '  5.
2

1
1 5 2 
125
Vậy thể tích khối trụ là: V   r 2 h   
.
 .5 
3
3  2 
6
Chọn D.
Câu 35 (TH) - Mặt trụ
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa mặt trụ: Trong mặt phẳng  P  cho hai đường thăngr ∆ và l song song với nhau, cách
nhau một khoảng bằng r. Khi quay mặt phẳng  P  xung quanh ∆ thì đường thẳng l sinh ra một mặt tròn
xoay được gọi là mặt trụ tròn xoay. Đường thẳng ∆ gọi là trục, đường thẳng l là đường sinh và r là bán
kính của mặt trụ đó.
Cách giải:
1
1
Ta có: SMAB  d  M ;  AB   . AB  a 2  d  M ; AB  .a  d  M ; AB   2a.
2
2
Do khoảng cách từ M đến AB không đổi bằng 2a nên M thuộc mặt trụ cố định bán kính 2a.
Chọn D.

Câu 36 (TH) - Ôn tập chương 2: Hàm số lũy thừa. Hàm số mũ và hàm số lôgarit.
Phương pháp:
- Hàm số y  loga f  x  0  a  1 xác định  f  x   0.
- Hàm số y  x n (n  ) xác định  x  0.
Cách giải:

1  log  x  1  0 log( x  1)  1  x  1  10  x  9



.
Hàm số xác định  
 x  1  0
x  1
x  1
x  1
⇒Tập xác định của hàm số là D  1;9  .
Vậy có 7 giá trị nguyên thuộc tập xác định của hàm số là 2;3; 4;5;6;7;8.
Chọn B.
Câu 37 (TH) - Mặt nón
Phương pháp:
- Diện tích xung quanh hình nón cụt có đường sinh l , hai bán kính đáy R, r là:   R  r  l.
- Tính giá nguyên liệu.
Trang 21


Cách giải:

Diện tích toàn phần hình nón cụt là:   9  21 .36   .92  1161  dm2  .
Vậy giá nguyên liệu làm 10 cái xô như trên là 11610 a (đồng).

Chọn B.
Chú ý: Đề bài yêu cầu tính giá thành làm 10 cái xô.
Câu 38 (TH) - Mặt nón
Phương pháp:
Dựa vào BBT xác định GTLN, GTNN của hàm số.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta có: Hàm số có GTNN bằng 2 và không có GTLN.
Chọn C.
Câu 39 (TH) - Mặt nón
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:
Giao điểm của  C  và trục tung có hoành độ x0  0.
Ta có: y '  3x2  6 x  2  y '  0   2 và y  0   1.
Vậy phương trình tiếp tuyến với  C  tại giao điểm của  C  và trục tung là:

y  2  x  0   1  y  2 x  1.
Chọn B.
Câu 40 (TH) - Nhị thức Niu-tơn (Toán 11)
Phương pháp:
n

Sử dụng khai triển nhị thức Niu-tơn:  a  b  n   Cnk a n  k bk .
k 0

Cách giải:
12

k

12
12
1
1
k 12  2 k

k 12  k 
k
x


C
x


.

12



  C12  1 x
x

 x
k 0
k 0

Số hạng chứa x 6 ứng với 12  2k  6  k  3.
Vậy số hạng chứa x 6trong khai triển trên là C123  1 x6  C123 x6 . .
3

Chọn A.
Câu 41 (TH) - Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
Phương pháp:
n

Sử dụng khai triển nhị thức Niu-tơn:  a  b  n   Cnk a n  k bk .
k 0

Cách giải:
Đồ thị hàm số là đồ thị của hàm bậc bốn trùng phương, có dạng y  ax 4  bx 2  c.
Đồ thị hàm số có nét cuối cùng đi lên  a  0 , loại đáp án B và C.
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương ⇒ c > 0 .
Đồ thị hàm số có 3 cực trị  ab  0 , mà a  0  b  0, loại D.
Trang 22


Chọn A.
Câu 42 (NB) - Lôgarit
Phương pháp:
Sử dụng công thức logabm  mlogab  0  a  1, b  0  .
Cách giải:

log a 2  2log a (Với a  0 )
Chọn B.
Chú ý: Điều kiện của hàm số y  log a x là x  0 .
Câu 43 (TH) - Ôn tập chương 2: Hàm số lũy thừa. Hàm số mũ và hàm số lôgarit.

Phương pháp:
Đồ thị hàm số y  a x và y  loga x đối xứng nhau qua đường thẳng y  x.
Cách giải:
Mệnh đề đúng là: Đồ thị hàm số y  e x và đồ thị hàm số y  lnx đối xứng qua đường thẳng y = x .
Chọn C.
Câu 44 (NB) - Hàm số mũ
Phương pháp:
Đồ thị hàm số y  a x và y  loga x đối xứng nhau qua đường thẳng y = x .
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:
- Hàm số xác định trên nên loại đáp án B và D.
- Hàm số nghịch biến trên
nên loại đáp án C.
Chọn A.
Câu 45 (VD) - Hàm số mũ
Phương pháp:
- Tiền lãi chị Dung nhận được sau khi gửi 300 triệu trong 12 tháng với mức lãi suất 0,68%/ tháng là A
(triệu đồng).
- Tiền lãi chị Dung phải trả khi vay nợ 300 triệu đồng với lãi suất 0,8%/ tháng là B (triệu đồng).
⇒ Tổng số tiền lãi chị Dung nhận được là M = A - B .
- Số tiền lãi chị Dung nhận được trong 9 tháng với mức lãi suất 0,2%/ tháng là: N
- Suy ra nếu làm theo nhân viên tư vấn ngân hàng thì chị Dung sẽ đỡ thiệt số tiền là M  N triệu đồng.
Cách giải:
Nếu chị Dung nghe theo nhân viên tư vấn ngân hàng
+ Tiền lãi chị Dung nhận được sau khi gửi 300 triệu trong 12 tháng với mức lãi suất 0,68%/ tháng là
A  300 1  0, 68%   300 (triệu đồng).
12

+ Tiền lãi chị Dung phải trả khi vay nợ 300 triệu đồng với lãi suất 0,8%/ tháng là

B  300 1  0,8%  3  300 (triệu đồng).
Tổng số tiền lãi chị Dung nhận được là M = A - B .
* Nếu chị Dung rút tiền ngay
Số tiền lãi chị Dung nhận được trong 9 tháng với mức lãi suất 0,2%/ tháng là: N = 300 ( 1 + 0,2% )9 - 300
(triệu đồng).
Suy ra nếu làm theo nhân viên tư vấn ngân hàng thì chị Dung sẽ đỡ thiệt số tiền là M  N  12,72 triệu
đồng.
Trang 23


Chọn B.
Câu 46 (VDC) - Mặt cầu
Cách giải:

Đặt AB  2 x.
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD và AB .
Do ∆ ACD , ∆ BCD cân tại A và B nên
 AM  CD
 CD   ABM  .

 BM  CD
1
1
Do đó: VA.BDM  DM .S ABM ,VC . ADM  CM .S ABM .
3
3
1
1
1
4

 VABCD  VA.BDM  VC . ADM  DM .S ABM  CM .S ABM  CD.S ABM  S ABM .
3
3
3
3
Dễ dàng chứng minh được ACD  BCD  c.c.c   AM  BM .

⇒∆ ABM cân tại M ⇒ MN ⊥ AB (Đường trung tuyến đồng thời là đường cao).
Xét tam giác vuông ACM có: AM  AC 2  CM 2  22  4  3 2.
Xét tam giác vuông AMN có: MN  AM 2  AN 2  18  x 2 .
1
1
 S ABM  MN . AB 
18  x 2 .2 x  18  x 2 .x.
2
2
Áp dụng BĐT Cô-si ta có 18  x 2 .x 

18  x 2  x 2
 9.
2

4
 S ABM  9  VABCD  .9  12.
3

Suy ra Max VABCD  12. Dấu “=” xảy ra  18  x2  x  18  x2  x2  x  3  AB  6.
Ta có MN  AB  cmt  , dễ dàng chứng minh được ABD  ABC  c.c.c  ⇒ NC = ND ⇒∆ NCD cân tại
N ⇒ MN ⊥ CD .
Do đó MN là đoạn vuông góc chung giữa hai đường thẳng AB và CD.

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam gíac BCD, qua O kẻ đường thẳng vuông góc với ( BCD ) cắt MN
tại I . Ta có:
I  MN  IA  IB
I  MN  IC  ID
Trang 24


I nằm đường thẳng vuông góc với ( BCD ) tại O nên IB = IC = ID .
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông BCM có: BM  22  4  3 2.
1
1
 SBCD  BM .CD  .3 2.4  6 2.
2
2
 OB 

BC.BD.CD
22. 22.4 11 2


 BM ⇒ M nằm giữa B và O.
4S BCD
6
4.6 2

 OM  OB  BM 

7 2
.
3

Xét ∆ MNB và ∆ MOI có: MNB  MOI  900 , NMB  OMI (đối đỉnh).
 MNB

 MOI  g.g  

MN MB
3
3 2
7



 MI  .
MO MI
MI
3
7 2
3

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông CIM có: IC  IM 2  MC 2 

85
 R.
3

2

 85  340
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là: S  4 

.
 
3
9


Chọn A.
Câu 47 (VDC) - Hàm số mũ
Cách giải:
Chọn A.
Câu 48 (VDC) - Ôn tập tổng hợp: Chương 1, 2 (Hình học 12)
Cách giải:

Gọi M , N , P , Q lần lượt là tâm các hình vuông ABB ' A ', ADD ' A ', CDD ' C ', BCC ' B '.

a 2
 V H 
Khi đó ( H ) là khối bát diện đều OMNPQO ' cạnh bằng
2
Thể tích khối lập phương là a 3 .

a 2


2 


3

3

2


a3
.
6

a3 5a3
 V1  a  
.
6
6
3

Trang 25