đề thi thử THPT QG 2020 toán THPT yên lạc 2 vĩnh phúc lần 1 có lời giải

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN LẠC 2
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2
MÃ ĐỀ 101

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC: 2019 – 2020
Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x3  3x 2  2 tại điểm có hồnh độ bằng 1 là:
A. y  3x  2

B. y  3x  3

C. y  3x  3

D. y  3x  3

Câu 2: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a. Cạnh bên SA vng góc với mặt đáy

a3
và thể tích của khối chóp .S ABC là
. Tính độ dài đoạn thẳng SA
4

a
4a
a
a 3
B.
C.

D.
4
4
3
3
Câu 3: Đường thẳng x  3, y  2 lần lượt là đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
A.

2x  3
x 3
Câu 4: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  x 4  2 x 2 trên đoạn  0;1 .
A. y 

3x  1
x 3

B. y 

2x  3
x3

A. 1
B. 0
Câu 5: Khối bát diện đều là khối đa diện loại nào?
A.

5;3

Câu 6: Cho hàm số y 
A.

 ; 2

B. 3;5

x 3
x3

C. y 

D. y 

C. 2

D. 1

C. 4;3

D. 3; 4

xm
. Tập hợp tất cả các giá trị m để hàm số đồng biến trên khoảng  0;   là:
x2
B.  2;  

C.  2;  

D.  ; 2

Câu 7: Phát biểu nào sau đây là đúng về khối đa diện?

A. Khối đa diện là phần không gian được giới hạn một hình đa diện, kể cả hình đa diện đó.
B. Khối đa diện là hình đa diện.
C. Khối đa diện là phần khơng gian được giới hạn bởi một hình đa diện.
D. Khối đa diện là phần không gian được giới hạn bởi một hình đa diện, kể cả các cạnh của hình đa
diện đó.
Câu 8: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình bình hành ABCD. Giao tuyến của hai mặt phẳng  SAD 
và  SBC  là đường thẳng song song với đường thẳng nào:
A. AC
B. BD
C. SC
Câu 9: Số đỉnh của hình 12 mặt đều là:
A. Ba mươi
B. Hai mươi
C. Mười sáu
Câu 10: Hình nào dưới đây khơng phải là hình đa diện?

D. AD
D. Mười hai

Trang 1


A. Hình 2
B. Hình 4
C. Hình 1
3
2
Câu 11: Tìm khoảng đồng biến của hàm số y   x  3x  1
A.  1;3
Câu 12: Cho hàm số y 

B.  0;3

C.  2;0 

D. Hình 3
D.  0; 2 

x 1
 m  1 có đồ thị  C  . Tìm m để  C  nhận điểm I  2;1 làm tâm đối
xm

xứng.

1
1
B. m 
C. m  2
D. m  2
2
2
Câu 13: Nghiệm của phương trình tan 3x  tan x là:
k
k
A. x 
B. x 
C. x  k  k  
D. x  k 2  k  
k  
k  

6
2
Câu 14: Hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số y   x 4  4 x 2 .Với giá trị nào của m thì phương trình
A. m  

x4  4 x2  m  2  0 có bốn nghiệm phân biệt?

A. 0 ≤ m < 4
B. 0 < m < 4
C. 0 ≤ m ≤ 6
D. 2 < m < 6
3
2
Câu 15: Cho hàm số y  ax  bx  cx  d (a, b, c, d  ) có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của
hàm số đã cho là:

A. 1
B. 2
C. 0
D. 3
Câu 16: Cho hình chóp tứ giác S. ABCD có đáy là hình vng cạnh a , cạnh bên SA vng góc với đáy,
SA  b . Thể tích khối chóp S. ABCD là:

a 2b
ab 2
a 2b
B.
C.
12
3

12
Câu 17: Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
A.

D.

a 2b
4

Trang 2


A. y  x3  3x 2  1

B. y  x3  3x 2  2

C. y  x3  2 x 2  1

D. y   x3  3x 2  1

Câu 18: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm cấp 2 trong khoảng K chứa x0 . Mệnh đề nào dưới đây sai?
A. Nếu f '  x0   0 và f ''  x0   0 thì hàm số y  f  x  đạt cực trị tại điểm x  x0 .
B. Nếu f ' ( x ) đổi dấu khi x qua điểm x0 thì hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại điểm x  x0 .
C. Nếu f '  x0   0 và f ''  x0   0 thì hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại điểm x  x0 .
D. Nếu f '  x0   0 và f ''  x0   0 thì hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại điểm x  x0 .
Câu 19: Thể tích V của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là:

1
1
Bh

C. V  Bh
6
3
Câu 20: Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
A. V = Bh

B. V 

D. V 

1
Bh
2

A. Khối đa diện đều loại  p; q là khối đa diện đều có p mặt, q đỉnh.
B. Khối đa diện đều loại

 p; q

là khối đa diện lồi thỏa mãn mỗi mặt của nó là đa giác đều p cạnh và

mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng q mặt.
C. Khối đa diện đều loại  p; q là khối đa diện đều có p cạnh, q mặt.
D. Khối đa diện đều loại  p; q là khối đa diện lồi thỏa mãn mỗi đỉnh của nó là đỉnh của của đúng p
mặt, mỗi mặt của nó là đa giác đều q cạnh.
Câu 21: Hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 1
B. 4
C. 2
Câu 22: Số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn bất phương trình

A. 2499

B. 2501

C. 2502

x  x 1 

D. 3

1
là:
100
D. 2500

Câu 23: Đa diện đều loại 5;3 có tên gọi nào dưới đây?
A. Tứ diện đều
B. Bát diện đều
C. Hai mươi mặt đều
D. Mười hai mặt đều
Câu 24: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình tan x + m cot x = 8 có nghiệm.
A. m < 16
B. m > 16
C. m ≥ 16
D. m ≤ 16
Câu 25: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA vng góc với đáy.
Biết rằng đường thẳng SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 600 . Thể tích khối chóp S. ABC bằng:

3a 3
A.

4

a3
B.
2

a3
C.
4

a3
D.
8

Câu 26: Biết rằng hàm số y  asin2 x  bcos 2 x  x  0  x    đạt cực trị tại các điểm x 


6

và x 


2

.Tính giá trị của biểu thức T  a  b.
Trang 3


A.

B. 3  1

3 1

C.

3 1
2

D.

3 1
2

Câu 27: Trong khai triển 1  3x  với số mũ tăng dần, hệ số của số hạng đứng chính giữa là:
20

10
A. 310 C20

9
C. 39 C20

11
B. 311 C20

12
D. 312 C20

Câu 28: Cho các chữ số 1;2;3;4;6;8. Từ các chữ số đó lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác

nhau sao cho ln có mặt chữ số 4.
A. 90
Câu

29:

B. 36
Cho

hàm

số

y  f  x

C. 55
có

đồ

thị

f  f ' x

D. 60
như

hình

vẽ,

Xét

hàm

số

1
3
3
g  x   f  x   x3  x 2  x  1 .Trong 4 mệnh đề dưới đây:
3
4
2

 II  Hàm số g  x  đồng biến trên  3;1
g  x   max g  3 ; g 1
 IV  xmax
 1;0

 I  g  3  g  1
g  x   g  1
 III  xmin
 1;0
Số mệnh đề đúng là:
A. 3

B. 2

C. 4

D. 1

Câu 30: Cho hàm số y  ax 4  bx 2  c có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm khẳng định đúng.

A. ac  0
B. ab  0
C. a  b  0
D. bc  0
Câu 31: Cho hình bát diện đều cạnh 2. Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt bên của hình bát diện đó.
Khi đó S bằng:
A. S  4 3

B. S  8 3

C. S  16 3

D. S  32

Câu 32: Cho hàm số y  x3  6 x 2  9 x có đồ thị như Hình 1. Đồ thị Hình 2 là của hàm số nào dưới đây:

Trang 4


A. y  x3  6 x 2  9 x

B. y  x3  6 x 2  9 x

C. y  x3  6 x 2  9 x

D. y   x3  6 x2  9 x

Câu 33: Hàm số y  x3  3  m  1 x 2  3  m  1 x . Hàm số đạt cực trị tại điểm có hồnh độ x = 1 khi:
2

A. m = 4

B. m = 0, m = 1

C. m = 1

D. m = 0, m = 4

6

2 

3
Câu 34: Trong khai triển P  x    x 
  x  0  hệ số của x là:
x

A. 160
B. 60
C. 240
D. 80
Câu 35: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với mặt đáy. Gọi M là
trung điểm của BC. Mặt phẳng  P  đi qua A và vuông góc với SM cắt SB , SC lần lượt tại E, F . Biết

1

VS . AEF  VS . ABC Tính thể tích V của khối chóp S. ABC
4
A. V 

a3
12

B. V 

a3
8

Câu 36: Biết rằng hàm số f  x    x  2018 

C. V 

2a 3
5

D. V 

a3
2

1
đạt giá trị lớn nhất trên khoảng ( 0;4 ) tại x0 . Tính
x

P  x0  2018 .
A. P = 4032

B. P = 2020
C. P = 2018
D. P = 2019
mx  1
Câu 37: Cho hàm số y 
với tham số thực m≠ 0 . Giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị
x  2m
hàm số thuộc đường thẳng có phương trình nào dưới đây?
A. y = 2 x

B. x + 2y = 0

C. x  2 y  0

D. 2x + y = 0

Câu 38: Tìm giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y   2m  1 x  3  m vng góc với đường
thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x3  3x 2  1

1
3
3
1
B. m 
C. m 
D. m  
2
4
2

4
Câu 39: Cho hình chóp tứ giác S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Các điểm A ', C ' thỏa
A. m 

1
1
mãn SA '  SA, SC '  SC Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng A ' C ' cắt các cạnh SB , SD lần lượt tại
3
5
V
B ', D ' và đặt k  S . A ' B 'C ' D ' . Giá trị nhỏ nhất của k là:
VS . ABCD

4
1
15
B.
C.
15
60
16
Câu 40: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:
A.

D.

1
30

Trang 5

Hàm số y = f ( x ) + 2018 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.

 3;  

D.  2018;2020 

C.  2;0 

B.  0; 2 

Câu 41: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình 3 f  x   2  0 là:

A. 1
B. 3
C. 0
D. 2
3
2
3
Câu 42: Có bao nhiêu giá trị thực của m để đồ thị hàm số y  x  3mx  4m có các cực đại và cực tiểu
đối xứng với nhau qua đường thẳng y  x .
A. 0

B. 2

C. 1

D. 3

Câu 43: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy nếu phép tịnh tiến biên M  4;2  thành M '  4;5 thì nó biến điểm

A  2;5 thành:
A. điểm A '  2;5

C. điểm A '  2;8

B. điểm A ' 1;6 

Câu 44: Tìm m để tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
A. m  2 và m  2

D. điểm A '  5; 2 

m 2 x  4m
đi qua điểm A  2;1
2 x  m2
C. Không tồn tại m

B. m = 2

D. m  2

Câu 45: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  x  2mx  m có ba điểm cực trị tạo
thành một tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp lớn hơn 1.
4

A. m  1

2

C. m   ; 1   2;   D. ∅

B. m > 2

Câu 46: Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB , AC và AD đơi một vng góc với nhau, AB  6a, AC  7a ,
AD = 4a . Gọi M , N , P tương ứng là trung điểm các cạnh BC , CD, DB. Tính thể tích V của khối tứ diện
AMNP.

7a3
B. V  7a3
2
Câu 47: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
A. V 

y  f  x  2   2019 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 5

28a 3
3
và có đồ thị f '(x) như hình vẽ. Hỏi hàm số

B. 9

Câu 48: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y 

C. V  14a3

D. V 

C. 7

D. 6

x 1

bằng:
x2  4
A. 3
B. 1
C. 2
D. 4
Câu 49: Cho khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . Gọi P là trọng tâm của tam giác A ' B ' C ' và Q là trung điểm
của BC. Tính tỉ số thể tích giữa hai khối tứ diện B ' PAQ và A ' ABC
Trang 6


A.

1
2

B.

2
3

C.

3
4

D.

1
3

Câu 50: Cho hàm số f  x   x3  3x 2  m với m  5;7 là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m
để hàm số có đúng ba điểm cực trị?
A. 8
B. 13

C. 10
----------- HẾT ----------

D. 12

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

ĐÁP ÁN
1-A

2-D

3-C

4-B

5-B

6-A

7-A

8-D

9-B

10-D

11-D

12-C

13-A

14-B

15-B

16-C

17-A

18-A

19-A

20-B

21-B

22-B

23-D

24-D

25-C

26-C

27-A

28-D

29-B

30-D

31-B

32-B

33-A

34-B

35-B

36-D

37-C

38-A

39-C

40-B

41-B

42-B

43-C

44-D

45-B

46-B

47-C

48-D

49-A

50-C

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

Q thầy cơ liên hệ đặt mua word: 03338.222.55

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 (TH) - Định nghĩa và ý nghĩa của đạo hàm (Toán 11)
Phương pháp:
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hồnh độ x  x0 là:

y  f '  x0  x  x0   f  x0 
Cách giải:
TXĐ: D 
Ta có: y '  3x 2  6 x  y ' 1  3 và y 1  0 .
Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hồnh độ bằng 1 là:

y  3  x  1  0  y  3x  3 .
Chọn A.
Trang 7


Câu 2 (TH) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện
Phương pháp:
1
Sử dụng cơng thức tính thể tích khối chóp V  Sday .h
3
Cách giải:
Tam giác ABC đều cạnh 2a nên SABC

 2a 


3V
1
Ta có: VS . ABC  SA.SABC  SA  S . ABC
3
S .ABC

2

4

3

 a2 3

a3
3.
a 3
 24 
4
a 3

Chọn D.
Câu 3 (NB) - Đường tiệm cận
Phương pháp:
ax  b
a

d
Đồ thị hàm số y 
 ad  bc  nhận x   là TCĐ và y  là TCN.
cx  d
c
c
Cách giải:
Ta thấy x = 3, y = 2 lần lượt là đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 

2x  3
x 3

Chọn C.
Câu 4 (TH) - Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
Phương pháp:

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f ( x ) trên  a; b
- Giải phương trình f '  x   0 suy ra các nghiệm xi   a; b .
- Tính f  a  , f  b  , f  xi  .
- Kết luận: max f  x   max  f  a  , f  b  , f  xi  , min f  x   min  f  a  , f  b  , f  xi  .
a ;b

a ;b

Cách giải:
TXĐ: D 

Ta có: y '  4 x3  4 x  4 x  x 2  1 .

 x  0   0;1


y '  0   x  1  0;1

 x  1  0;1

y  0   0, y 1  1
Vậy max y  y  0   0
0;1

Chọn B.
Câu 5 (NB) - Khối đa diện lồi và khối đa diện đều
Phương pháp:
Khối đa diện đều loại n; p là khối đa diện đều có các mặt là n - giác đều, mỗi đỉnh là đỉnh chung của p
cạnh.
Cách giải:
Trang 8


Khối bát diện đều là khối đa diện loại 3; 4 .
Chọn D.
Câu 6 (TH) - Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số
Phương pháp:

ax  b
Hàm số y 
 ad  bc  đồng biến trên ( ;a b ) khi và chỉ khi
cx  d

y'  0


 d
   a, b 

 c

Cách giải:
TXĐ: D 

\  2 . Ta có y ' 

2m

 x  2

2


y'  0
Để hàm số đồng biến trên  0;   thì 
 2m  0  m  2

2

0;

luon
dung






Vậy m∈ ( -∞ ;2 ) .
Chọn A.
Câu 7 (NB) - Khái niệm về khối đa diện
Cách giải:
Chọn A.
Câu 8 (NB) - Hai đường thẳng chéo nhau và hai đường thẳng song song (Toán 11)
Phương pháp:
Hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song thì giao tuyến (nếu có) của chúng song song với hai
đường thẳng đó.
Cách giải:
Xét ( SAD ) và ( SBC ) có S là điểm chung thứ nhất.
 SAD   AD

Ta có:  SBC   BC  Giao tuyến của ( SAD ) và ( SBC ) là đường thẳng qua S và song song với AD,BC

 AD \ \ BC  gt 
Chọn D.
Câu 9 (NB) - Khối đa diện lồi và khối đa diện đều
Cách giải:
Hình 12 mặt đều có số đỉnh là hai mươi.
Chọn B.
Câu 10 (NB) - Khái niệm về khối đa diện
Phương pháp:
Trang 9


Hình đa diện gồm một số hữu hạn đa giác phẳng thỏa mãn hai điều kiện:
a) Hai đa giác bất kì hoặc khơng có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung.

b) Mỗi cạnh của một đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác.
Cách giải:
Dựa vào lí thuyết hình đa diện ta thấy hình 3 khơng phải hình đa diện.
Chọn D.
Câu 11 (NB) - Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số
Phương pháp:
Giải bất phương trình y ' > 0 và kết luận các khoảng đồng biến của hàm số.
Cách giải:
TXĐ: D 
Ta có: y '  3x2  6 x.

x  0
y '  0  3x  x  2   0  
x  2

y '  0  x   0;2  .
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên ( 0;2 ) .
Chọn D.
Câu 12 (TH) - Đường tiệm cận
Phương pháp:
ax  b
d
a
Đồ thị hàm số y 
 ad  bc  có TCN y  c và TCĐ x   . Giao điểm của hai đường tiệm cận
cx  d
c
c
chính là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.
Cách giải:

x 1
Đồ thị hàm số y 
 m  1 nhận y = 1 là TCN và x = - m là TCĐ.
xm

  m;1 là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.
Vậy m  2 hay m  2 .
Chọn C.
Câu 13 (NB) - Phương trình lượng giác cơ bản (Tốn 11)
Phương pháp:
Giải phương trình lượng giác cơ bản tan x  tan  x    k (k  ) .
Cách giải:
tan3x  tanx  3x  x  k  2 x  k  x 

k
(k  ) .
2

Chọn A.
Câu 14 (TH) - Tương giao đồ thị hàm số và biện luận nghiệm của phương trình
Phương pháp:
Số nghiệm của phương trình f ( x ) = m chính bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường
thẳng y = m có tính chất song song với trục hoành.
Cách giải:

x4  4 x2  m  2  0  m  2   x 4  4 x 2 * .
⇒ Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y   x 4  4 x 2 và đường thẳng
Trang 10

y  m  2 song song với trục hoành.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình (*) có 4 nghiệm ⇔ đường thẳng y  m  2 cắt đồ thị hàm số

y   x 4  4 x 2 tại 4 điểm phân biệt  0  m  4 .
Chọn B.
Câu 15 (NB) - Cực trị của hàm số
Phương pháp:
Qua điểm cực trị, đồ thị hàm số đổi chiều.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số này có 2 cực trị.
Chọn B.
Câu 16 (NB) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện
Phương pháp:
1
Cơng thức tính thể tích khối chóp V  Sday .h.
3
Cách giải:
Đáy ABCD là hình vng cạnh a  S ABCD  a 2

1
1
a 2 .b
Vậy thể tích khối chóp là . VS . ABCD  SA.S ABCD  .b.a 2 
3
3
3
Chọn B.
Câu 17 (TH) - Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
Phương pháp:

Dựa vào hình dáng, điểm đi qua và các điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Đồ thị hàm số là đồ thị của hàm đa thức bậc ba y  ax3  bx 2  cx  d  a  0 
Nét cuối cùng của đồ thị đi lên  a  0 , loại đáp án D.
Đồ thị hàm số đi qua  0;1  d  1 , loại đáp án C.
Đồ thị hàm số đi qua  2; 3 , loại đáp án C.
Chọn A.
Câu 18 (NB) - Cực trị của hàm số
Cách giải:
Đáp án sai là A.
Chọn A.
Câu 19 (NB) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện
Phương pháp:
Cơng thức tính thể tích khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là V  Bh .
Cách giải:
Cơng thức tính thể tích khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là V  Bh
Chọn A.
Câu 20 (NB):
Phương pháp:
Dựa vào khái niệm khối đa diện đều loại  p; q
Cách giải:
Trang 11


Khối đa diện đều loại

 p; q

là khối đa diện lồi thỏa mãn mỗi mặt của nó là đa giác đều p cạnh và mỗi

đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng q mặt.
Do đó đáp án đúng là B.
Chọn B.
Câu 21 (NB) - Khối đa diện lồi và khối đa diện đều
Phương pháp:
Dựa vào khái niệm mặt đối xứng của khối đa diện.
Cách giải:
Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ dưới:

Chọn B.
Câu 22 (TH):
Phương pháp:
- Tìm ĐKXĐ của bất phương trình.
- Chuyển vế, sử dụng phương pháp bình phương hai vế.
Cách giải:
x  0
 x 1
ĐKXĐ: 
x  1

x  x 1 

1
 100 x  100 x  1  1
100

 10000 x  10000  x  1  200 x  1  1

 9999  200 x  1 

9999
 x 1
200

2

2

 9999 
 9999 

  x 1  x  
  1  2500'5
 2000 
 2000 
Vậy số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn bất phương trình là 2501.
Chọn B.
Câu 23 (NB) - Khối đa diện lồi và khối đa diện đều
Phương pháp:

Khối đa diện đều loại

 p; q

là khối đa diện lồi thỏa mãn mỗi mặt của nó là đa giác đều p cạnh và mỗi

đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng q mặt.
Cách giải:
Đa diện đều loại 5;3 có tên gọi là Mười hai mặt đều.
Chọn D.

Câu 24 (TH) - Một số phương trình lượng giác thường gặp (Tốn 11)
Phương pháp:
1
Đặt t  tanx  cotx  .
t
Trang 12


Cách giải:

t  tanx  cotx 

1
 t  0 , khi đó phương trình trở thành:
t

1
t  m  8  t 2  8t  m  0 *
t
Phương trình ban đầu có nghiệm ⇔ Phương trình (*) có nghiệm khác 0 .
 '  16  m  0
m  16


m  0
m  0
Thử lại với m = 0 ta có: tan x = 8 , phương trình có nghiệm.
Vậy m ≤ 16 .
Chọn D.
Câu 25 (TH) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện

Phương pháp:
- Xác định góc giữa cạnh SC và mặt đáy.
- Sử dụng cơng thức thể tích khối chóp.
Cách giải:

Ta có SA ⊥ ( ABC ) ⇒ Hình chiếu của SC trên ( ABC ) là AC .

   SC;  ABC      SC; AC   SCA  600 .

(SA  ABC )  SA  AC  SAC vuông tại A .

 SA  AC.tan600  a 3 .
Tam giác ABC đều cạnh a  SABC 

a2 3
4

1
1
a 2 3 a3
Vậy VS . ABC  SASABC  .a 3.

3
3
4
4
Chọn C.
Câu 26 (TH) - Cực trị của hàm số
Phương pháp:

Hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại x = x0 khi và chỉ khi f '  x0   0 .
Cách giải:
TXĐ: D 
Ta có: y '  2acos2 x  2bsin2 x 1 .
Trang 13


Vì hàm số đạt cực trị tại các điểm x 


6

và x 


2

nên

  
1

 1
a
3
 y ' 6   0


1  0
2

a  b 3  1  0

  
2a.  2b.


 2
2

2a  1  0
b   3
 y '    0
2a  1  2b.0  1  0



  2 

2
1
3
3 1
Vậy T  a  b   
.

2 2
2
Chọn C.
Câu 27 (TH) - Nhị thức Niu-tơn (Toán 11)
Phương pháp:

- Xác định số hạng tổng quát.
- Xác định số hạng đứng chính giữa.
Cách giải:
k k k
Số hạng tổng quát của khai triển trên là Tk 1  C20
3 x (số hạng thứ k )

Số hạng chính giữa trong khai triển trên là số hạng thứ 11.
10 10
Vậy hệ số của số hạng đứng chính giữa là T11  C20
3
Chọn A.
Câu 28 (TH) - Hoán vị - Chỉnh hợp - Tổ hợp (Toán 11)
Phương pháp:
Sử dụng chỉnh hợp và quy tắc nhân.
Cách giải:
Gọi số tự nhiên có 3 chữ số lập được từ các chữ số 1;2;3;4;6;8 là abc.
- Chọn vị trí cho chữ số 4 có 3 cách.
- Chọn 2 chữ số cịn lại có A52  20 cách.
Vậy có 3.20  60 số.
Chọn D.
Câu 29 (VD) - Ôn tập chương 1: Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
Phương pháp:
- Tính đạo hàm của hàm số g  x 
- Sử dụng tương giao giữa các đồ thị hàm số giải phương trình g '  x   0
- Lập BBT của hàm số y  g  x  và kết luận.
Cách giải:
Ta có:
3
3

x
2
2
3
3
g '  x   0  f '  x   x 2  x   
2
2

g '  x   f '  x   x2 

3
3
Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f '  x  và y  x 2  x 
2
2
Vẽ đồ thị hai hàm số trên cùng mặt phẳng tọa độ ta có:
Trang 14


 x  3
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy g '  x   0   x  1

 x  1
BBT hàm số y = g ( x ) :
Dựa vào BBT ta thấy:

Hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên  3; 1 nên g  3  g  1 , do đó mệnh đề (I) sai.
Hàm số y = g ( x ) không đồng biến trên  3;1 nên mệnh đề (II) sai.

min g  x   g  1 nên mệnh đề (III) đúng.

x 1;0

max g  x   max g  3 ; g 1 nên mệnh đề (IV) đúng.

x 3;1

Vậy có 2 mệnh đề đúng.
Chọn B.
Câu 30 (TH) - Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
Phương pháp:
Dựa vào hình dáng và các điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy
Đồ thị hàm số có nét cuối cùng đi lên nên a > 0 .
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên c < 0 .
Hàm số có 3 điểm cực trị nên phương trình y '  4ax3  2bx  0 có 3 nghiệm phân biệt.

x  0
 2 x  4ax 2  b   0  
2
 4ax  b
⇒ Phương trình 4ax 2  b có 2 nghiệm phân biệt  b  0  b  0 .
Do đó các khẳng định bc > 0 là khẳng định đúng.
Chọn D.
Câu 31 (TH) - Khối đa diện lồi và khối đa diện đều
Trang 15

Phương pháp:
a2 3
4
- Bát diện đều là hình có 8 mặt là tam giác đều.
Cách giải:
Bát diện đều là hình có 8 mặt là tam giác đều, các mặt là tam giác đều cạnh 2 .

- Diện tích tam giác đều cạnh a là S 

Diện tích một mặt là S 

22 3
 3
4

Vậy tổng diện tích các mặt của hình bát diện đó là 8 3
Chọn B.
Câu 32 (TH) - Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
Phương pháp:
Dựa vào cách vẽ đồ thị hàm trị tuyệt đối.
Cách giải:
Đồ thị hàm số Hình 2 có tính chất đối xứng qua trục Oy nên đó là đồ thị hàm số y  x3  6 x 2  9 x.
Chọn B.
Câu 33 (TH) - Cực trị của hàm số
Phương pháp:
Điều kiện cần: Hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại x  x0  f '  x0   0 .
Điều kiện đủ: Thử lại các giá trị m vừa tìm được.
Cách giải:
Ta có: y '  3x 2  6  m  1 x  3  m  1 .
2

Hàm số đạt cực trị tại điểm x = 1 khi và chỉ khi y ' 1  0 .

 3  6  m  1  3  m  1  0
2

m  0
 3m2  12m  0  
m  4
Thử lại:
Với m = 0 ta có y  x3  3x 2  3x , khi đó y '  3x 2  6 x  3  3  x  1  0 , do đó hàm số khơng có cực
2

trị.

x  1
Với m = 4 ta có y  x3  15x2  27 x , khi đó y '  3x 2  30 x  27  0  
, do đó hàm số có 2 điểm
x  9
cực trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn A.
Chú ý: Hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại x = x0 ⇔ f ' ( x0 ) = 0 chỉ là điều kiện cần và chưa là điều kiện đủ.
Câu 34 (TH) - Nhị thức Niu-tơn (Toán 11)
Phương pháp:
n

Khai triển nhị thức Niu-tơn:  a  b  n   Cnk a k b n k
k 0

Cách giải:

Trang 16


6

k

1
3
6
6
6

6 k
2 

k 6 k  2 
k k 6 k
k k
2
2
P  x   x 

C
x

C
2
x

x

C
2
x
 0  k  6, k 

6
  6

  6
x  k 0
k 0

 x  k 0
3
Hệ số của x3 ứng với 6  k  3  k  2 .
2
3
Vậy hệ số của x trong khai triển trên là C62 22  60



Chọn B.
Câu 35 (TH) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện
Cách giải:

Trong ( SAM ) kẻ AH ⊥ SM ⇒ AH ⊂ ( α ) .
Trong ( SBC ) kẻ EF đi qua H và EF  SM ( E  SB, F  SC ) , suy ra EF ⊂ ( α ) .
⇒ ( α ) ≡ ( AEF ) .

Xét v SAB và v SAC có:
SA chung
AB = AC ( gt )
 v SAB  v SAC (cạnh huyền – cạnh góc vng)
⇒ SB = SC ⇒ ∆SBC cân tại S , do đó SM ⊥ BC .
Mà SM ⊥ EF  EF || BC . Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

SE SF

SB SC

2

V
SE SF  SE  1
SE 1 SF SH
.

 

 H là trung điểm của SM .
Ta có: S . AEF 
  
VS . ABC SB SC  SB  4
SB 2 SC SM
Xét tam giác SAM vng tại A có đường cao AH đồng thời là trung tuyến.
⇒∆ SAM vuông cân tại A  SA  AM 
∆ ABC đều cạnh a nên SABC 

a 3

2

a2 3
4

1
1 a 3 a 2 3 a3
Vậy VS . ABC  SA.SABC  .

3
3 2
4
8
Chọn B.

Trang 17


Câu 36 (TH) - Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
Phương pháp:

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f ( x ) trên  a; b
- Giải phương trình f ' ( x ) = 0 suy ra các nghiệm xi   a; b .
- Tính f  a  , f  b  , f  xi  .
- Kết luận: max f  x   max  f  a  , f  b  , f  xi  min f  x   min  f  a  , f b  , f  xi 
a ;b

a;b

Cách giải:

TXĐ: D 

\ 0 .

Ta có: f '  x   1 

1 1  x2
 2
x2
x

 x  1  0; 4 
f '  x   0  1  x2  0  
 x  1  0; 4 
BBT:

Dựa vào BBT ta có: max f  x   f 1  x0  1 .
 0;4

Vậy P  x0  2018  2019 .
Chọn D.
Câu 37 (TH) - Đường tiệm cận
Phương pháp:
ax  b
a
d
Đồ thị hàm số y 
 ad  bc  có TCN y  và TCĐ x  
cx  d
c

c
Cách giải:
mx  1
Đồ thị hàm số y 
có TCN y = m và TCĐ x  2m .
x  2m
Do đó giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số là I  2m; m  .
Thay tọa độ điểm I vào phương trình đường thẳng x - 2y = 0 ta có: 2m  2m  0 (ln đúng).
Vậy điểm I thuộc đường thẳng x  2 y  0 .
Chọn C.
Câu 38 (TH) - Cực trị của hàm số
Phương pháp:
- Xác định hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.
- Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị.
- Hai đường thẳng vng góc với nhau khi và chỉ khi tích hệ số góc của chúng bằng 1 .
Cách giải:
TXĐ : D 
Trang 18


x  0  y  1
Ta có : y '  3x 2  6 x  0  
 x  2  y  3

 A  0;1 và B  2; 3 là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.
x  0 y 1

 2 x  y  1  y  2 x  1 d '
2  0 3  1
1

3
Vì d  d '   2m  1 .  2   1  2m  1   m  .
2
4
Chọn A.
Câu 39 (VDC) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện
Cách giải:
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là:

Gọi O = AC ⋂ BD .
Lấy B’ ∈ SB , trong ( SAC ) gọi I  A ' C ' SO . Trong ( SBD ) kéo dài B ' I cắt SD tại D ' .
SB '
SD '
 x,
 y (Giả sử 0  x  y  1 ).
Đặt
SB
SD
Gọi A ' C ' AC  E, B ' D ' BD  F
Áp dụng định lí Menelaus ta có:
A ' S EA C ' C
1 EA
EA 1
EA 2
.
.
1 .
.4  1 
 


A ' A EC C ' S
2 EC
EC 2
EO 3
A ' S EA IO
1 2 IO
IO
.
.
1 . .
1
3
A ' A EO IS
2 3 IS
IS
B ' S FB IO
x FB
FB 1  x
FO  OB 1  x
.
.
1
.
.3  1 



B ' B FO IS
1  x FO
FO 3x

FO
3x
D ' S FD IO
y FD
FD 1  y
FO  OD 1  y
.
.
1
.
.3  1 



D ' D FO IS
1  y FO
FO 3 y
FO
3y



FO  OB FO  OD 1  x 1  y



FO
FO
3x
3y

y 1  x   x 1  y 
1 x 1 y

2
3x
3y
3xy
 6 xy  y  xy  x  xy  x  y  2 xy

2

 x  y  8 xy   

1 1
 8
x y

Trang 19


Khơng mất tính tổng qt, ta giả sử 0  x  y  1 

1 1
 , khi đó ta có:
x y

1 1
1 1
2

1
 y   8 8 y
y y
x y
y
4
V
SA ' SB ' SD ' 1
xy
xy
Ta có: S . A ' B ' D ' 
.
.
 .x. y 
 VS . A' B ' D '  VABCD
VS . ABD
SA SB SD 3
3
6
VS . A' B ' D ' SB ' SC ' SD ' xy
xy

.
.

 VS .MNP  VS . ABCD
VS . ABD
SB SC SD
5
10



VSMNPQ
VS . ABCD



xy xy 4 xy


k
6 10 15

Từ (*) ta có: x  8 y  1  y  x 
Xét hàm số f  x  

f ' y 

y 
1
4 y2
y


k



8 y 1 

4
15 8 y  1

1
y2
, với y  ta có:
4
8 y 1

2 y  8 y  1  8 y 2

8 y  1

2

y  0

; f ' y  0  8y  2 y  0  
2
y  1
 6 y  1

4
8 y2  2 y

2

BBT:

Vậy kmin 

4 1
1
. 
15 16 60

Chọn C.
Câu 40 (TH) - Ôn tập chương 1: Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
Phương pháp:
Tính đạo hàm của hàm số và dựa vào BBT giải bất phương trình y' > 0.
Cách giải:
Ta có: y '  f '  x 
Do đó y '  0  f '  x   0  x   ; 2    0;2 
Vậy hàm số y  f ( x)  2018 đồng biến trên  ; 2  và  0;2 
Chọn B.
Câu 41 (TH) - Tương giao đồ thị hàm số và biện luận nghiệm của phương trình
Phương pháp:
Số nghiệm của phương trình f  x   m là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng

y  m có tính chất song song với trục hồnh.
Trang 20


Cách giải:
Ta có: 3 f  x   2  0  f  x  

2
3

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y 

2
song
3

song với trục hoành.
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y 

2
cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 3 điểm phân biệt.
3

Vậy phương trình 3 f  x   2  0 có 3 nghiệm phân biệt.
Chọn B.
Câu 42 (TH) - Cực trị của hàm số
Phương pháp:
- Tìm điều kiện để hàm số có 2 cực trị.
- Xác định hai điểm cực trị A, B của đồ thị hàm số.
- A, B đối xứng nhau qua đường thẳng d thì AB⊥d và d đi qua trung điểm I của AB .
Cách giải:
TXĐ: D 
x  0
Ta có: y '  3x 2  6mx  0  
 x  2m
Để hàm số có cực trị và cực tiểu thì phương trình y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt, do đó 2m  0  m  0 .
Với x  0  y  4m3 .
Với x  2m  y  0 .
Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị là A ( 0;4 m3 ) , B ( 2m ;0 ) .
Để A và B đối xứng nhau qua đường thẳng y  x  x  y  0  d  thì AB  d và d đi qua trung điểm
I  m; 2m3  của AB .

 m  0  ktm 
3
 2m; 4m3  . 1;1  0

 AB  ud

2m  4m  0
3



 m  2m  0  
3
 m   1  tm 
3
I  d
 m  2m  0


 m  2m  0


2

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn.
Chọn B.
Trang 21

Câu 43 (TH) - Phép tịnh tiến (Toán 11)
Phương pháp:
- Định nghĩa phép tịnh tiến Tu  M   M '  MM '  u.

x '  x  a
- Biểu thức tọa độ của phép tịnh tiến: 
y'  y b
Cách giải:
Vì Tu  M   M '  u MM '   0;3


 xA '  xA  xu  2  0  2
Lại có Tu  A  A '  

 y A '  y A  yu  5  3  8

Câu 45 (VDC) - Cực trị của hàm số
Phương pháp:
- Tìm điều kiện để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị.
- Xác định các điểm cực trị của hàm số.
- Sử dụng cơng thức tính diện tích tam giác S = pr trong đó p là nửa chu vi tam giác, r là bán kính đường
tròn nội tiếp tam giác.
Cách giải:
TXĐ: D 

x  0
Ta có: y '  4 x3  4mx  0   2
 x  m  
Để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt, suy ra phương trình (*)
có 2 nghiệm phân biệt khác 0  m  0 .

x  0  y  m

Khi đó ta có y '  0   x  m  y  m2  m
 x   m  y  m2  m


Trang 22


⇒ Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị A  0; m  , B



 



m ; m 2  m , C  m ; m 2  m .

Dễ nhận thấy ABC cân tại A.
Phương trình đường thẳng BC là: y  m2  m  y  m2  m  0 .
 d  A; BC  

m  m2  m
02  12

 m2 ; BC 

 2 m 

2

2 m

1
1
⇒ S ABC  d  A; BC  .BC  .m2 .2 m  m5
2
2
Gọi r là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC , p là nửa chu vi tam giác ABC .

 AB  AC 
Ta có: 
 BC  2 m


 m    m 
2

2 2

 m4  m

 p  m4  m  m

S ABC
m5
r

p

m4  m  m
Theo bài ra ta có:
m5

1
m4  m  m
Do m > 0 nên loại đáp án A và C.

Chọn m = 3 :
 1 , do đó m = 3 thỏa mãn.
Vậy m > 2 là đáp án đúng.
Chọn B.
Câu 46 (TH) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện
Phương pháp:
- So sánh diện tích các tam giác MNP là BCD từ đó suy ra tỉ số thể tích.
1
- Sử dụng cơng thức VABCD  AB. AC. AD.
6
Cách giải:

Trang 23


Dễ thấy MNP

 DBC  c.c.c  , tỉ số đồng dạng

1
1
nên tỉ số diện tích là

2
4

1
SBCD
4
1
1 1
 VABCD  . .6a.7a.4a  7a 3
4
4 6

 SMNP 
 VA.MNP

Chọn B.
Câu 47 (VDC) - Cực trị của hàm số
Phương pháp:
- Đồ thị hàm số y = f ( x - a ) có được do tịnh tiến đồ thị hàm số y = f ( x ) sang phải a đơn vị, do đó khơng
làm thay đổi số cực trị của hàm số.
- Đồ thị hàm số y = f ( x ) + b có được do tịnh tiến đồ thị hàm số y = f ( x ) lên trên b đơn vị, do đó khơng
làm thay đổi số cực trị của hàm số.
Cách giải:
Từ đồ thị hàm số f ' ( x ) suy ra hàm số y = f ( x ) có 3 cực trị dương và 1 cực trị âm.
⇒ Hàm số y  f  x  có 7 điểm cực trị.

Đồ thị hàm số y  f  x  2  có được do tịnh tiến đồ thị hàm số y  f  x  sang phải 2 đơn vị, do đó
khơng làm thay đổi số cực trị của hàm số.

Đồ thị hàm số y  f  x  2   2019 có được do tịnh tiến đồ thị hàm số y  f  x  2  lên trên 2019 đơn

vị, do đó khơng làm thay đổi số cực trị của hàm số.
Vậy hàm số y  f  x  2   2019 có 7 cực trị.
Chọn C.
Câu 48 (TH) - Đường tiệm cận
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa đường tiệm cận.
Cách giải:
TXĐ: D    ; 2    2;   .
Ta có: lim  lim
x 

x 

x 1
x2  4

 1 nên y = 1 là đường TCN của đồ thị hàm số.

Trang 24


lim  lim

x 

x 

lim  lim

x  2

x 2

x 1
x2  4
x 1
x2  4
x 1

 1 nên y  1 là đường TCN của đồ thị hàm số.
  nên x = 2 là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

  nên x  2 là đường TCĐ của đồ thị hàm số.
x2  4
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 4 đường tiệm cận.
Chọn D.
Câu 49 (VD) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện
Phương pháp:
1
Cơng thức tính thể tích khối chóp V  Sh.
3
Cách giải:
lim  lim

x  2

x 2

Gọi M là trung điểm của B ' C ' .
1

Ta có: S APQ  d  P; AQ  . AQ
2

S AQMA'  d  M ; AQ  . AQ  d  P; AQ  . AQ
1
 S APQ  S AQMA'
2
1
1
1
 VB ' PAQ  d  B ';  APQ   .S APQ  d  B ';  AQMA '  . S AQMA '
3
3
2
1
1 2
1
1
 VB ' AQMA'  . VABQ. A' B ' M  VABQ. A ' B ' M  VABC . A ' B 'C '
2
2 3
3
6
1
Dễ thấy VA ' ABC  VABC A.B 'C ' .
3

Trang 25