15 đề thi thử THPT QG 2020 toán THPT nguyễn đức cảnh thái bình lần 1 có lời giải

SỞ GD & ĐT TỈNH THÁI BÌNH

ĐỀ KSCL THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 1

TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC CẢNH

Bài thi: KHOA HỌC TỰ NHIÊN

(Đề thi có 07 trang)

Môn thi thành phần: TOÁN HỌC
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Họ, tên thí sinh:.......................................................................
Số báo danh:............................................................................
Câu 1: Cho hàm số
nào sau đây.

A.

 �; 1 .

y  f  x

B.

có bảng biến thiên như hình vẽ. Hàm số

 2; � .

C.

 3; 2  .

y  f  x

đồng biến trên khoảng

D.

 1;3 .

x2  3
y  f  x  2
x  1 . Tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của hàm số là?
Câu 2: Cho hàm số
A. 1 .

C. 3 .

B. 2 .

Câu 3: Cho x, y là hai số nguyên thỏa mãn:
A. 755 .

B. 450 .

3x.6 y 

D. 4 .

215.640
950.1225 . Tính x. y ?
C. 425 .

D. 445 .

o
Câu 4: Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt bên và đáy bằng 30 . Tính thể tích
khối chóp tứ giác đều đã cho?

a3 3
A. 12 .

Câu 5: Hàm số
A.

 2; � .

a3
C. 6 .

a3 3
B. 18 .

f  x   log 2  x  2 

3a 3
D. 16 .

có tập xác định là ?

B. [2; �).

C. (�; 2].

D.

 �; 2  .

Câu 6: Đồ thị có hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào ?

x

x
A. y  2 .

�1 �
y  � �.
�2 �
B.

C. y  log 2 x.

D.

y  log 1 x.
2

Trang 1

Câu 7: Cho khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau, biết khối lăng trụ có thể tích bằng
2 3 . Tính cạnh của lăng trụ.
A. 2.

B. 3.

y  f  x

Câu 8: Cho hàm số

C. 4.

D. 6.

có bảng biến thiên như hình vẽ sau:

Hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm nào sau đây?
B. y  3 .

A. x  3 .

C. x  1 .

D. x  2 .

Câu 9: Cho hình chóp S . ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy , đáy ABC là tam giác đều cạnh a ,
góc giữa mặt

 SBC 

0
 SBC  .
và đáy bằng 60 . Tính khoảng cách từ A đến

a 3
A. 3 .

a 3
B. 4 .

Câu 10: Cho hàm số
nghịch biến trên

f  x 

3a
D. 4 .

2x  m  3
f  x
xm
. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số

 1; �
B. 3 .

A. 2 .
Câu 11: Cho hàm số
ta có

Câu 12: Cho hàm số

C. 4 .

f  x   x 2  3x  2

200
100
A. A  2  3.2 .

B.

f  x

Giá trị nhỏ nhất của hàm số

f  0

a
C. 2 .

D. Vô số.

�
1  2100 ; 2100  1�
�
�bằng A
. Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn



A  f 1  2100

.

200
100
C. A  2  2  3 .

200
100
D. A  2  2  3 .

có bảng biến thiên như hình vẽ .

f  x

trên đoạn

 0; 4

là ?

B.  4 .
C. 1 .
D. 3 .
B C có thể tích bằng 18 . Tính thể tích khối tứ diện AA���
BC .
Câu 13: Cho khối lăng trụ ABC. A���

A.

.

A. 9.

B. 6.

Câu 14: Cho
thị hàm số

f  x

y  f  x

C. 12.

D. 4.

có bảng biến thiên như hình vẽ, hỏi tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ
là bao nhiêu?

Trang 2


B. 0 .

A. 1 .

D. 3 .

C. 2 .

2
1 , thỏa mãn log a2 b  log a b  2 . Tính log a b .
Câu 15: Cho hai số dương a,b , a �

4
B. 5 .

A. 2 .

8
C. 5 .

D. 4 .

Câu 16: Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA  2a và tạo với đáy
0
góc 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD .

a3 3
A. 6 .

a3 3
B. 12 .

Câu 17: Hàm số
A.

f�
 x  6

1 x

Câu 18: Hàm số

f  x 

ln 6

a3 3
D. 3 .

32  x
2 x có đạo hàm là

.

B.



f�
 x 

f  x   x2  x

A. �.

a3 3
C. 2 .

B.



32 x ln 6
4x .

C.

32 x ln 2
4 x ln 3 .

D.

f�
 x   9.6 x ln 6

 �;0  � 1; � .

D.

 0;1 .

f�
 x 

.

3

có tập xác định là

�\  0;1

.

C.

Câu 19: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , tam giác SAB đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp SABC
a3
A. 6

a3 3
B. 18

a3 3
C. 12

a3
D. 8

f  x
f�
 x  như hình vẽ. Hàm số f  x  nghịch biến trên  a; b 
Câu 20: Cho hàm số
có bảng xét dấu

với a  b . Tìm giá trị lớn nhất của b  a .

A. 10
Câu 21: Cho hàm số
A.

2

C. 8

B. 2

f  x   x4  x2  2
2
B. 2

D. 5

. Khoảng cách giữa hai điểm cực tiểu của đồ thị hàm số





C. 1

f  x

là

1
D. 2

 log 2 a  . logb 2  4
Câu 22: Cho hai số a,b thỏa mãn
. Tính log ab a .
2
A. 3 .

8
B. 9 .

4
C. 3 .

27
D. 8 .

Trang 3


Câu 23: Hàm số
A.

f�
 x  1

f  x   x  ln  x  3

1

x3 .

Câu 24: Cho hàm số

B.
f  x 

có đạo hàm là ?

f�
 x  1

f  cos 2 x   m

D.

f�
 x  1

1
 x  3 e

.

y  f  x

C. 53 .

D. 54 .

có đồ thị như hình vẽ, số giá trị nguyên của tham số m để phương trình

có nghiệm là

B. 3 .

A. 2 .
Câu 26: Cho hàm số

 10;10

1
x3 .

để 5 �A  a �20 .

B. 52 .

Câu 25: Cho hàm số

C.

f�
 x  1

2x  m  3
x  2 . Gọi A , a lần lượt là GTLN , GTNN của hàm số f  x  trên

 3;10 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m
A. 51 .

e
x3 .

D. 5 .

C. 4 .

f  x   x 4   m  2  x 2  2m  8

. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn

để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt?
B. 5 .

A. 11 .
Câu 27: Cho hàm số:
đúng?

f  x 

C. 6 .

D. 7 .

x  3  x2  3
x 2  x  2 . Kết luận về số tiệm cận của đồ thị hàm sô nào sau đây

A. Đồ thị có một tiệm cận ngang y  0 và không có tiệm cận đứng.
B. Đồ thị có một tiệm cận ngang y  0 và tiệm cận đứng x  2 .

C. Đồ thị có một tiệm cận ngang y  0 và hai tiệm cậnđứng x  2, x  1 .
D. Đồ thị có hai tiệm cận ngang y  0, y  2 và tiệm cận đứng x  1 .
Câu 28: Cho hàm số
số

f  x

A. 21 .

f  x   x 3  3 x 2  mx  5

đồng biến trên khoảng

. Số giá trị nguyên thuộc

 10;10

của tham số m để hàm

 1; � .

B. 19 .

C. 8 .

D. 10 .
Trang 4


Câu 29: Cho hình chóp S . ABC có thế tích bằng 12 , gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , M là trung

điểm của SA . Tính thể tích khối tứ diện SMGB .
B. 3 .

A. 2 .

f  x

Câu 30: Cho hàm số
nghiệm phân biệt

A. 3 .

8
D. 3 .

C. 4 .

có bảng biến thiên như hình vẽ , phương trình

B. 1 .

C. 4 .

f  x   f  2

có bao nhiêu

D. 2 .

B C có cạnh đáy bằng a , M là trung điểm cạnh CC �biết

Câu 31: Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A���
hai mặt phẳng

0
B
 MAB  v \`a  MA��
tạo với nhau góc 60 . Tính thể tích khối lăng trụ

a3
B. 2 .

a3 3
A. 4 .

Câu 32: Cho hàm số
biến trên �.

a3 3
C. 2 .

f  x    x  2a   x  2b  a   ax  1

A. 0 .

B. 1 .

ABC. A���
BC .

a3 3

D. 3 .

. Có bao nhiêu cặp

C. 2 .

 a; b 

để hàm số

f  x

đồng

D. Vô số.

Câu 33: Cho hàm số có bảng biến thiên như hình vẽ . Tính khoảng cách giữa hai điểm cực đại của đồ thị
hàm số

y  f  x  2

A. 4 .

.

B. 3 .

C. 7 .

D. 5 .

Câu 34: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , AC  a , các mặt bên của hình
�
chóp cùng tạo với đáy góc 45 . Tính khoảng cách giữa AB và SC .

a 3
A. 3 .

Câu 35: Cho hàm số

a 6
B. 4 .

f  x   x ln  x  1, 

a
C. 2 .

, tiếp tuyến của đồ thị

3a
D. 4 .

f  x

tại điểm có hoành độ x  0 cắt

A  a; b  .
đường thẳng y  2 x  1 tại điểm
. Tính 2a  b ?

A. 1.

B. 1.

C. 3.

D. 3.



 0; � . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Câu 36: Cho đồ thị các hàm số y  x , y  x trên khoảng

Trang 5


A. 0    1   .

B.   0  1   .
f  x 

Câu 37: Cho hàm số

f  x

lớn nhất của hàm số

C. 0    1   .

D.   0  1   .

x2   x  2 x  2  m
6 x 2

. Biết hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 10 , tìm giá trị

.

A. 14 .

C. 34 .

B. 24 .

D. 44 .

Câu 38: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA  2a . Trong trường hợp
khoảng cách giữa AB và SC lớn nhất hãy tính giá trị lớn nhất thể tích khối chóp S . ABCD .
a3
B. 4

a3 3
A. 4

2a 3
C. 3

a3 3
D. 3

Câu 39: Cho tứ diện ABCD . Hỏi trong không gian có bao nhiêu điểm M thỏa mãn điều kiện: các khối
tứ diện MABC , MBCD , MCDA , MABD có thể tích bằng nhau?
A. 1 .

B. 2 .

Câu 40: Cho hàm số
y f  x

C. 4 .





f  x   x 3  m 2  1 x 2   2m  3  x

D. 5 .

. Có bao nhiêu giá trị của m để đồ thị hàm số

có hai điểm cực đại và khoảng cách giữa hai điểm cực đại bằng 2 .
B. 0 .

A. 1 .

C. 2 .

D. 4 .

B C D có cạnh bằng a , gọi M , N lần lượt là trung điểm của
Câu 41: Cho hình lập phương ABCD. A����
A��
D và CC �
. Tính thể tích khối tứ diện ABMN theo a .
a3
A. 4 .
Câu 42: Cho hàm số

3a 3
B. 16 .

f  x   mx  2019 x 2  1

A. 4037 .

a3
C. 8 .

a3
D. 6 .

. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số có cực trị?.

B. 2019 .

C. 2020 .

D. 1009 .

Câu 43: Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh a , gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB, BC . Đường

 ACD  tại P . Tính thể tích khối tứ diện PBCD .
thẳng qua J và song song với DI cắt mặt phẳng
a3
B. 4 .

a3 3
A. 4 .

Câu 44: Cho hàm số
trị lớn nhất hãy tính
A. 12 .

f  x   x 4   m  2  x 3  mx  3
f  3

a3 2
C. 24 .

a3 2
D. 12 .

. Trong trường hợp giá trị nhỏ nhất của

f  x

đạt giá

?

B. 27 .

C. 47 .

D. 54 .
Trang 6


B C có tất cả các cạnh bằng a , M là điểm di chuyển trên
Câu 45: Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A���
C . Tính khoảng cách lớn nhất giữa AM và BC �
đường thẳng A��
a 34
A. 6 .

a 17
B. 4 .

Câu 46: Cho hàm số

f  x   x3  3x  1

a 14
C. 4 .

. Số nghiệm của phương trình

B. 3 .

A. 1 .

a 21
D. 6 .
f  f  x   f  2

C. 5 .

là?

D. 9 .

f  x   ax3  bx 2  cx  d

. Biết hàm số có cực đại và cực tiểu. Gọi A là điểm
cực đại của đồ thị hàm số, tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A cắt đồ thị tại điểm B và AB  6 . Tính
Câu 47: Cho hàm số bậc ba

xCD  xCT
B. 3 .

A. 2 .

D. 6

C. 4 .

SA

a 3
2 và SA vuông

Câu 48: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh bên
góc với đáy, M là điểm thuộc miền trong của tam giác SBC . Trong trường hợp tích khoảng cách từ M
đến các mặt phẳng

 SAB  ,  SAC  , ABC 

a 3
A. 9 .

lớn nhất hãy tính AM .

a 6
B. 12 .

Câu 49: Cho hàm số

a 21
C. 9 .

f  x   ax 3  bx 2  cx  d

a 15
D. 6 .

, biết hàm số đạt cực đại tại x  3 và đạt cực tiểu tại

x  2 . Hỏi tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
A. 5 .

B. 3 .

Câu 50: Cho hàm số
2019. f





A. 1516 .

 x  1  x  2 
f  x   f  1

C. 2 .

f  x   x 3  3x  1

x 1  3  x  2  m

y

là

D. 1 .

. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

có tổng tất cả các nghiệm phân biệt bằng 4 ?

B. 1232 .

C. 895 .

D. 1517 .

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

ĐÁP ÁN
1-C

2-C

3-B

4-B

5-A

6-D

7-A

8-D

9-D

10-C

11-B

12-D

13-B

14-C

15-B

16-D

17-D

18-B

19-D

20-C

Trang 7


21-A

22-B

23-A

24-C

25-D

26-B

27-A

28-C

29-A

30-C

31-

32-B

33-D

34-B

35-B

36-A

37-D

38-D

39-D

40-A

41-C

42-A

43-C

44-D

45-C

46-C

47-C

48-D

49-D

50-

( – 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: C
Từ bảng biến thiên ta có hàm số
Câu 2: C

y  f  x

đồng biến trên khoảng

 3; 2  .

� x2  3
lim
1
�
�x �� x 2  1
� y 1
�
2
�lim x  3  1
�x �� x 2  1
Ta có �
là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
2
�
x 3
 �
�xlim

�� 1 x 2  1
�x
1
�
2

x

3
�lim
 �
�  2
Ta có �x � 1 x  1
là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy tổng số đường tiệm cận của đồ thị hàm số là 3.
Câu 3: B
Ta có:
VT  3x.6 y  3x.  2.3  2 y.3 x x  y
y

215.  2.3
215.640
215.240.340 255.340


 50 125  25.385
50
25
50
25
100 50 25
2
2
9 .12
 3  .  2 .3  3 .2 .3 2 .3
40

VP 

�y  5
�y  5
2 y.3x y  25.385 � �
��
�x  y  85 �x  90
Suy ra
x. y  5.  90   450
Vậy
Câu 4: B

Trang 8


0
Xét hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa một bên và đáy bằng 30
Gọi O là tâm hình vuông ABCD, H là trung điểm AD
�SO  AD
� AD   SHO  � AD  SH
�
OH  AD
Khi đó �

Vì

�
 SAD  � ABCD   AD
�

�  300
OH  AD
� �
SAD  ;  ABCD   SHO
�
�SH  AD
�

Thể tích khối chóp S . ABCD là:
Câu 5: A

VS . ABCD 

1
a3 3
SO. S ABCD 
3
18

D   2; �
Hàm số xác định khi x  2  0 � x  2; suy ra TXĐ
Câu 6: D
Quan sát đồ thị ta thấy:
+) Hàm số nghịch biến � cơ số bé hơn 1 � loại phương án A và C.
+) Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là trục Oy � phương án D phù hợp.
Câu 7: A
x  x  0
Gọi
là độ dài cạnh của lăng trụ tam giác đều đã cho.
x2 3

Ta có diện tích đáy là 4

Thể tích bằng 2 3 nên
Câu 8: D

x.

x2 3
2 3�x2
4

Từ bảng biến thiên, suy ra hàm số đạt cực đại tại điểm x  2.
Câu 9: D

Trang 9


BC � AN  BC ; AN 

a 3
2

Gọi N là trung điểm cạnh
�
�SA  BC  SA   ABC  
� BC   SAN  � BC  SN
�
AN

BC

�
Ta có
Kẻ

AK  SN � AK   SBC  � d  A;  SBC    AK

�
 ABC  � SBC   BC
�
�AN � ABC  ; AN  BC
�; AN  SNA
�  600
�
� �
SBC  ;  ABC   SN
SN
�
SBC
;
SN

BC


�

 



Xét tam giác AKN vuông tại K ta có:
Câu 10: C
Ta có: x �m
m  3
f ' x 
2
x  m

Ta có :



AK  AN . sin 600 

a 3 3 3a
.

2
2
4

 1;  � thì
Để hàm số nghịch biến trên khoảng
m  3  0
m  3m
�f '  x   0, x � 1; �
�
�
��
��

�
m � �;1
m � �;1 � 3  m �1
�
�x �m
�
Vậy giá trị nguyên của tham số m là:
Câu 11: B
Ta có

 2;

f '  x   2x  3 � f '  x   0 � x 

 1; 0;1 .

3
2

f  1  2100   2 200  2100
�3 � 1
f � � 
�2 � 4

f  1  2200   2 200  2100

Trang 10


A  f  1  2100 

Vậy
Câu 12: D

Vì hàm số nghịch biến trên khoảng
Vì hàm số đồng biến trên khoảng
min f  x   f  3  3.
Vậy  0;4

 1; 3

 3;

 �

và
và

0 � 1; 3
4 � 3;  �

nên

f  0   f  3  3

nên

3  f  3  f  4 

Câu 13: B

1
1
VAA ' B 'C'  VABC . A ' B ' C '  .18  6
3
3
Ta có:

Câu 14: C
Ta có :
lim f  x   ��
�
��
lim f  x   2 �
x ��
� Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  2
lim f  x   ��
�
x �1
��
lim f  x   1 �
x �1
� Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x  1
x ��

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.
Câu 15: B
Ta có
1
5

4
log a2 b  log a b 2  2 � log a b  2 log a b  2 � log a b  2 � log a b 
2
2
5
Câu 16: D

Trang 11


Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến (ABCD).
�, HA  SAH
�
SA, �
ABCD   SA
 600
� a 3
� SH  SA.sin SAH
Ta có:
2
ABCD là hình vuông cạnh a nên S ABCD  a .

 





1
a3 3

S . ABCD : V  SH .S ABCD 
3
3
Thể tích khối chóp

Câu 17: D
32 x
f  x   x  9.3 x.2 x  9.6 x � f '  x   9.6 x ln 6
2
Ta có
Câu 18: B
�x �0
x 2  x �0 � �

�x �1
Do 3 �� nên để hàm số xác định thì
Vậy tập xác định của hàm số là
Câu 19: D

D  �\  0; 1 .

Gọi H là trung điểm của cạnh AB.
Suy ra

SH  AB; SH  a

3
2 ( SAB đều cạnh a)

Trang 12

�
 SAB    ABC 
�
�
 SAB  � ABC   AB
Mà �
SH   ABC.
Suy ra
VS . ABC
Vậy
Câu 20: C

1
1
3 2 3 a3
 SH .S ABC  .a. .a

3
3
2
4
8

+ Dựa vào bảng xét dấu

f ' x

suy ra hàm số

độ dài lớn nhất, hay giá trị lớn nhất của
Câu 21: A

f  x

nghịch biến trên khoảng

 5; 3

là khoảng có

b  a  3 –  5   8.

�
�
x0
�
� 1
y '  4 x 3  2 x, y '  0 � �
x
2
�
� 1
x
�
2
�
Ta có bảng biến thiên của hàm số:

1 � 1 �
�

� 2
2
2
�
�
Khoảng cách giữa hai điểm cực tiểu của hàm số là
Câu 22: B
�a  0
�
0  b �1
�
�ab �1
Điều kiện để các lôgarit có nghĩa: �
Ta có:

 log 2 a  .  logb



2 4

1
�
�
1
1
��

log b 2 2 �
.  log 2 a   4 � .  log b 2  .  log 2 a   4 � .log b a  4
2
2
�
�
� log b a  8
log b a
log b a
8
8
log ab a 



log b  ab  log b a  log b b 8  1 9
Khi đó

Trang 13


Câu 23: A
f  x   x  ln  x  3 � f '  x   1 

Ta có
Câu 24: C

Hàm số có TXĐ

D  �\  2 .

1
.
x3

y' 

Ta có

7m

 x  2

2

 3; 10  với mọi m �7
là hàm số đơn điệu trên
m  3 m  17
� min f  x   max f  x   f  3   f  10  

 3;10
 3;10
5
12
m  3 m  17
17m  121
5 ��
�A a 20 
5��
� 20 5

20
5
12
60
Khi đó
Suy ra hàm số

ۣ�
ۣ�
�
5

f  x

17m  121
20
60

Vì m �Z nên
Câu 25: D

179
17

m

m � 11, 12,..., 63

1079
17

suy ra có 53 giá trị nguyên của m thỏa để bài.

t � 1; 1
Ta có 1 �cos 2 x �1, x �� Do đó, đặt t  cos 2 x , khi đó
f  cos 2 x   m
f  t  m
Để phương trình
có nghiệm thì khi và chỉ khi phương trình
có nghiệm
t � 1;1
Dựa vào đồ thị hàm số
1 �m �3

f  x

ta thấy phương trình

f  t  m

có nghiệm

t � 1;1

khi và chỉ khi

m � 1; 0; 1; 2; 3 .
Vì m �� nên
Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán
Câu 26: B

y  f  x   x 4 –  m  2  x 2  2m – 8
Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số
và trục
Ox  y  0 

là

x 4   m  2  x 2  2m  8  0  1

2
t 2   m  2  t  2m – 8  0  2  .
Đặt t  x điều kiện t �0. Khi đó phương trình (1) trở thành
Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt thì phương trình (1) có 4 nghi ệm phân

biệt hay phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt t1  t2 .
2
��
  m  2 �
� 4.1.  2m  8   0
��
�
0
m 2  4m  4  8m  32  0
�
� �

m

2
�

�
�
� �
�
0
��
m20
�S  0 � �
1
�P  0
�
�2m  8  0
�
�
�2m  8

0
�
� 1
2
�
 m  6  0
�
m �6
�
�
m2
��
�
m4

�
�
m4
 10; 100 nên m � 5; 7; 8; 9; 10 .
�
Do m thuộc đoạn

Trang 14


Vậy có 5 giá trị nguyên của m thuộc đoạn
Câu 27: A
Điều kiện xác định của hàm số:

 10;10

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

�x 2  3 �0
�
�
� x � �;  3 �
�2
��� 3; � \  2
�x  x  2 �0





lim y  0;lim y  0;lim y  1; lim y  1
x ��

x ��

x �2

x �2

Câu 28: C
f '  x   3x 2  6 x  m; f '  x  �0 x � 1; � � 3 x 2  6 x  m �0 x � 1; �
۳
m �3�۳
x2 6x

x

 1;



m max g  x 
 1;�

g  x   3x 2  6 x � g '  x   6 x  6; g '  x   0 � x  1
g '  x  
0�
x ��
1; �
 max g  x 

 1;�

g  1

3

m 3

m � 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10
Vậy
Câu 29: A

VS .MGB SM 1
1
1

 � VS .MGB  VS . AGB ;
VS . AGB  VS . ABC  4
SA 2
2
3
Ta có VS . AGB
mặt khác
Vậy VS .MGB  2
Câu 30: C
Dựa vào bảng biến thiên

f  x   f  2
Ta có
có bốn nghiệm phân biệt

Câu 31:
Trang 15


 MAB  v\a  MAB  qua điểm M và song song
Ta có A ' B '/ / AB nên giao tuyến của hai mặt phẳng
AB. Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AB và A'B' suy ra MI  MK và MI, MK cùng vuông góc với
 M AB  v \ a  MA ' B  là góc giữa hai đường MI, MK
AB. Khi đó góc giữa
Xét hai trường hợp.
0
0
0
�
�
�
Trường hợp 1: IMK  60 � MIK  60 � MIC  30
a 3 1
a2 3
a3 3
.
a
VABC . A ' B 'C ' 
.a 
2
3
4
4
. Suy ra
0

0
0
�
�
�
Trường hợp 2: IMK  120 � MIK  30 � MIC  60
� CC '  2CM  2CI .tan 300  2.

a 3
a2 3
3a 2 3
� CC '  2CM  2CI .tan 60  2.
. 3  3a
VABC . A ' B 'C ' 
.3a 
2
4
4
. Suy ra
Không chọn được đáp án theo đề xuất phản biện
Câu 32: B
a  0 hàm số không đồng biến trên � nên ta xét a �0
0

Ta có

x   2a
�
�
1

f  x   0 �  x  2a   x  2b – a   ax  1  0 � �
x
a
�
�
x  a  2b
�

� 1
1
�
�a  2
�2a    a  2b
�
�� �
��
a
3
�
�
b
�a  0
�
� 2 2
Hàm số đồng biến trên
 a; b  thỏa mãn
Vậy chỉ có một cặp
Câu 33: D

Trang 16

Từ bảng biến thiên của hàm số

y  f  x

Từ đó suy ra bảng biến thiên của hàm số

suy ra bảng biến thiên của hàm số

y 

f  x

y  f  x  2

 1; 0  và  3; 3 . Suy ra
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hai điểm cực đại của đồ th ị hàm s ố là
khoảng cách giữa hai điểm cực đại bằng 5.
Câu 34: B
Vì các mặt bên của hình chóp cùng tạo với đáy m ột góc b ằng 45° nên hình chi ếu c ủa đi ểm S trên
(ABCD) trùng với điểm O là tâm đường tròn nội ti ếp hình thoi ABCD (O là giao c ủa hai đ ường
chéo).

AB / /CD, CD � SCD  � AB / /  SCD  .
+ Vì
Do đó:
d  AB; SC   d  AB;  SCD    d  A;  SCD    2d  O;  SCD   .
Trong mặt phẳng (ABCD) từ 0 kẻ

ON  CD

CD   SNO  �  SCD    SNO 
Do đó trong (SNO) từ O kẻ OH  SN

suy ra

mà

SO  CD

(vì

SO   ABCD  )

OH   SCD  � d  O;  SCD    OH

nên

. Vậy

d  AB; SC   2OH .
Trang 17


+ ABC là tam giác đều cạnh

a � OB  OD 

a 3

2

�
 SCD  � ABCD   CD
�
�
ON � ABCD  , ON  CD
�
�
SN � SCD  , SN  CD  do CD   SON   �





�  450
�  SCD  , �
ABCD   �
ON , SN   SNO

1
1
1
a 3


� ON 
2
2
2

OD OC
4
+ OCD vuông tại 0 ON
:

SO  ON 

+ SNO vuông cân tại O nên
d  AB; SC   2OH 

Vậy
Câu 35: B
Ta có

f '  x   ln  x  1 

a 3 1
1
1
a 6
;


� OH 
2
2
2
4 OH
ON
OS

8

a 6
4

x
; f ' 0  0
x 1

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số

y  f  x

tại điểm có hoành độ x  0 là:

y  f ' x  x  0  f  0  0
�1 �
A � ;0 �
Đường thẳng y  0 cắt đường thẳng y  2 x  1 tại điểm �2 �
Vậy suy ra 2a  b  1.

Câu 36: A
Quan sát đồ thị ta thấy trên
suy ra:

 0;

 �

 0;

 �


đồ thị hàm số y  x nằm phía trên đường thẳng y  x nên

x  x �   1 1

Quan sát đồ thị ta thấy trên


đồ thị hàm số y  x là hàm đồng biến và nằm phía dưới

� .x  1  0
� 0    1 2 
�
x x
�
y

x
đường thẳng
nên suy ra
Từ (1) và (2) suy ra 0    1   .

Câu 37: D
D   2; 6
TXÐ:
f  x 

x2   x  2 x  2  m

Ta có
1
�
f  x 
6 x

6 x 2





� f  x





6  x  2  x2   x  2 x  2  m

6  x  2 f '  x   2x  x  2 

x2
2 x2

Trang 18

� f ' x 

Vì

2x  x  2 

x2
1

f  x
2 x2
6 x
6 x  2

min f  x   10

f '  x   0 x � 2;6
nên suy ra
min f  x   f  2  � m  36

 2;6

Vậy

 2;6

max f  x   f  6   44
Do đó  2;6
Câu 38: D

CD � SCD  , SC � SCD 
d  AB, SC   d  AB,  SCD  
Vì AB / / CD và
nên
Trong tam giác ABC , kẻ đường cao SM. Ta có SM  CD
Kẻ MI song song với BC cắt AD tại I � MI  CD
�
CD  SM
�
CD  MI
� CD   SMI 
�
�SM �MI � SMI

 

Vậy �
d  AB, SC   d  AB,  SCD    d  I ,  SCD    IH
Kẻ IH  SM tại H, ta có
2
2
Vì IH  IM – MH mà MH  0 nên IH đạt GTLN khi MH
1
SM   ABCD  � VS . ABCD  .SM . S ABCD
3
Vậy

Đặt

0  H M .

x  DM  x � 0 

2
2
2
2
2
2
2
Ta có AM  a  x , SM  SB  AM � SM  3a  x

2
2
Có AM  3a  x
1
VS . ABCD  a 2 3a 2  x 2
2
2
3
Vậy
đạt giá trị lớn nhất ở � 3ax  x đạt giá trị nhỏ nhất k  10 và

a3 3
3
Câu 39: D
Gọi S1 , S2 , S3 , S4 lần lượt là diện tích của tam giác ABC, BCD, CDA và ABD.
VS. ABCD 

Trang 19

Gọi h1 , h2 , h3, h 4 lần lượt là khoảng cách từ điểm M xuống các mặt phẳng (ABC); (BCD); (CD1) và
(ABD).
Theo giả thiết thể tích các khối tứ diện M ABC, MBCD, MCDA, M ABD bằng nhau nên
1
1
1
1
h1S1  h2 S 2  h3 S3  h4 S4 � h1S1  h2 S 2  h3 S 4  h4 S
3
3
3
3

Xét hai mặt phẳng (ABC), (BCD), khi đó điểm M phải thỏa mãn

h1S1  h2 S 2 �

h1 S1
  1
h2 S 2

MH   BCD  ; MK  ( ABC
Từ M dựng
), gọi I là hình chiếu H lên BC, dễ thấy KI vuông góc v ới BC;
Ta có MH  MI . sin ; MK  MI . sin
h1 S1 MI .sin  sin 




 2
h
S
MI
.sin

sin

2
2
Theo (1), ta có:
S MI.sina sin a Do hai mặt phẳng (ABC), (BCD) của tứ di ện cố định, nên mặt phẳng phân chia hai
mặt (BCD) và (ABC) thành hai góc  ,  thỏa mãn đẳng thức (2) cũng cố định, do đó tập hợp

điểm M thỏa mãn (1) nằm trên mặt phẳng 1 (là mặt phẳng đi qua giao tuyến chung BC và hợp
'
với các mặt (BCD) và (ABC) hai góc  ,  tương ứng cố định) hoặc nằm trên mặt phẳng 1 (vuông
góc với mặt phẳng 1 ).

Trang 20


Hoàn toàn tương tự ta xét với các cặp mặt phẳng của hình tứ diện.

Theo tính chất giao tuyến chung của ba mặt phẳng cắt nhau thì đồng quy. Do đó chúng ta có 5
điểm thỏa mãn điều kiện bài toán (Hình vẽ minh họa).
Câu 40: A
Nhận xét: Hàm số

y  f  x

là một hàm số chẵn có đồ thị đối xứng qua trục tung. M ặt khác h ệ s ố

3
f  x
của x là dương, nên đồ thị hàm số
có 2 điểm cực trị và hoành độ điểm cực đại luôn nhỏ
hơn hoành độ điểm cực tiểu.

y f  x
f  x
Do đó để đồ thị hàm số
có hai điểm cực đại khi và chỉ khi hàm số
có hai điểm cực
trị x1 , x2 và thỏa mãn 0  x1  x2 tức là:
 f '  x   0 � 3 x 2  2  m2  1 x  2m  3  0

có

2

nghiệm

phân

biệt x1 , x2

,

hay

 '   m 2  1  6m  9  0
2

� m2  1
S
0
�
3
�
3
� m   2
�
2
�P  2m  3  0
3
+ Hai nghiệm thỏa mãn 0  x1  x2 hay �
Mặt khác, theo giá thiết khoảng cách giữa hai đi ểm cực đại bằng 2. Nh ư phân tích ở trên, đ ồ th ị
hàm số
y  f  x
f  x
nhận trục tung làm trục đối xứng, điểm cực đại của hàm số
nhỏ hơn điểm cực
tiểu của hàm số

f  x ,

do đó khi lấy đối xứng qua trục tung, ta nhận thấy đ ược kho ảng cách gi ữa

f ' x
Với x1  1 là nghiệm của phương trình

f  x

nghĩa là x1  1
m  1
�
2 m 2  2 m  4  0 � �
 0
m2
�
nên ta có:

hai điểm cực đại chính bằng hai lần hoành độ điểm cực đại hàm số

Trang 21


Đối chiếu điều kiện (1) và (2), ta nhận m  2 , thật vậy.
x 1
�
�
m  1 � f '  x   0 �
1,
�
x
� 3 khi đó x1  1 � x1  x2 , tức là x1 ai không là điểm cực đại (loại).
Với
x 1

�
�
m  2 � f ' x  0 �
7
�
x
� 3 , thỏa mãn điều kiện bài toán (nhận)
Với
Câu 41: C
Gọi I là trung điểm của AD. Gọi K  IC �MN
1
1
a3
VM .NAB  VM .KAB  .MI .S ABK 
2
3
8
Ta có

Câu 42: A
+ Tập xác định: D  � .
+ Đạo hàm:





f '  x   mx  2019 x 2  1 '  m 

2019 x

x2  1

f ' x  0
f ' x
+ Hàm số có cực trị nếu như phương trình
có nghiệm và
đổi dấu khi x đi qua các
nghiệm.
2019 x
f ' x  0 � g  x 
 m
2
x

1
+ Xét phương trình:
1

�2019 x �
g ' x  �
� x  0, x ��
2
x

1
�
�
Ta có:
 lim g  x   2019; lim g  x   2019
2019  g  x   2019

x ��
x ��
suy ra
2019  m  2019
Vậy
Do m �� nên
Câu 43: C

m � 2018;....; 2018

. Vậy có 4037 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán.

Trang 22


Xét hai mặt phẳng (DIJ) và (ACD) có:
D là điểm chung của hai mặt phẳng IJ / / AC
 ACD  � IJD   Dy với Dy là đường thẳng qua D và song song với IJ
Suy ra
�
�JP / / DI
�JP � IDJ 
��
� P �Dy
�
P � ACD 
P � ACD 
�
�
Lại có

Tứ giác DIJP có các cặp cạnh đối song song nên DIJP là hình bình hành.
Suy ra DJ cắt IP tại trung điểm O của mỗi đường.
1
a3 3
VP.BCD  VI . BCD  VA. BCD 
2
24
Suy ra

Câu 44: D
f '  x   4 x3  3  m  2  x 2  m
Ta có

Điều kiện cần: Gọi

A  x0 ; y0 

là điểm cố định mà họ đường cong

 Cm 

luôn đi qua

�
A  1; 6 
�
��
A  1; 2 
�
A  0;3 

�

f  x
Giá trị nhỏ nhất của
đạt giá trị lớn nhất khi x  1 và khi đó x  1 cũng là điểm cực trị của
hàm số
� f '  1  0 � 4  3  m  2   m  0 � m  1
f  x   x 4  x 3  x  3 � f '  x   4 x 2  3x 2  1
Điều kiện đủ: Với m  1 hàm số có dạng:
x 1
�
� f ' x  0 � � 2
4x  x 1  0
�
Bảng biến thiên

Trang 23


f  3  34 – 33 – 3  3  54
Vậy m  1 thỏa mãn yêu cầu bài toán khi đó
Câu 45: C

Кё

C ' P / / AM  P � AC  � AM / /  BC ' P  � d  AM , BC '   d  AM ,  BC ' P    d ( A,  BC ' P 

 BC ' P  , K là hình chiếu của A trên đường thẳng BC'
Gọi H là hình chiếu của A trên mp
AH  d ( A,  BC ' P  �d  A, BC '  AK

Suy ra
. Từ đây ta suy ra khoảng cách lớn nhất giữa
AM v \ ' a BC ' khi AH  AK
Gọi I là trung điểm của AB, ta có
C ' I . AB  AK .BC '  AK 

AC '  BC '  a 2, AB  a � C ' I  BC '2  IB 2 

a 7
2 và

C ' I .AB a 14

BC '
4

Câu 46: C
f  x   x 3 – 3x  1
Hàm số
có tập xác định D  �
f '  x   3x 2  3 � f '  x   0 � x  �1
Có
Bảng biến thiên

Ta có

f  2   3.

Trang 24

�f  x   1  1
f  f  x    f  2 � f  f  x    3 � �
�f  x   2  2 
Từ bảng biến thiên ta có
Số nghiệm của phương trình (1) và (2) là số giao điểm c ủa đường thẳng y  1, y  2 và đồ thị

f  x ;
hàm số
Từ đó dựa vào bảng biến thiên trên suy ra phương trình (1) có 2 nghi ệm; Ph ương
trình (2) có 3 nghiệm.
Câu 47: C
y '  3ax 2  2bx  c.
2
Do hàm số có cực đại và cực tiểu nên bỏ b  3ac  0 hơn nữa tâm đối xứng của đồ thị hàm số là

� b � b �
�
I�
 ; y�
 �
�
� 3a � 3a �
�

A  x0 , y0 

là điểm cực đại của đồ thị hàm số nên tiếp tuyến tại A là y  y0
�b�
xB  �

 � 2 x0
a�
�
là giao điểm của tiếp tuyến tại A với đồ thị hàm số nên

B  xB , y0 
Ta lại có

AB  6 � xB  x0  6 �

b
 3x0  6
a

� 2b
� b � �
C�
  x0 ; 2 y �
 � y0 �
A  x0 , y0 
3
a
3a � � ( do I là tâm
�
�
là điểm cực đại suy ra tọa độ điểm cực tiểu là
đối xứng )
2b
b
2

b
xCD  xCT  x0 
 x0  2 x0 
 3 x0   4
3a
3a 3
a
Vậy
Câu 48: D

Diện tích các tam giác ABC, SAB SAC là
VS. ABC

S ABC 

a2 3
 S ABC  S SAC
4
Thể tích khối chóp S.ABC là

a3

8
Trang 25