17 đề thi thử THPT QG 2020 toán chuyên hùng vương phú thọ lần 1 có lời giải

SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ

ĐỀ KSCL THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 1
Bài thi: KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Môn thi thành phần: TOÁN HỌC

THPT CHUYÊN HÙNG
VƯƠNG

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Họ, tên thí sinh: .....................................................................
Số báo danh: ..........................................................................
Câu 1: Hình chóp lục giác đều có bao nhiêu cạnh?
A. 12 .
B. 6 .

C. 10 .

D. 11 .

y = ( x − 1)
Câu 2: Tập xác định của hàm số
là
¡ \ { 1}
( 1; +∞ ) .
( −1; +∞ ) .
A.
B.
C.
.

D. ¡ .
Câu 3: Cho khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ có thể tích bằng 15 . Thể tích của khối chóp A′. ABC bằng
A. 5 .
B. 6 .
C. 3 .
D. 10 .
Câu 4: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây ?
3

4
2
4
2
4
2
3
2
A. y = x − 2 x + 1 .
B. y = x − 2 x .
C. y = − x − 2 x − 1 .
D. y = x − 2 x + 1 .
Câu 5: Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật và thể tích bằng 8. Thể tích của khối chóp
S .BCD bằng.
A. 2 .
B. 4 .
C. 6 .
D. 3 .
Câu 6: Có bao nhiêu cách chọn 2 học sinh từ một tổ gồm 8 học sinh ?

C2 .

D. 8
4x − 1
y=
x−3 ?
Câu 7: Đường thẳng nào dưới đây là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
A. y = 3 .
B. y = 4 .
C. x = 3 .
D. x = 4 .
Câu 8: Cho khối lập phương ABCD. A′B ′C ′D ′ có thể tích bằng 64, độ dài đường chéo AC ′ bằng:
A. 4 3 .
B. 8.
C. 4.
D. 4 2 .
A.

A82 .

Câu 9: Cho hàm số
x

B. P2 .

C. P8 .

y = f ( x)

có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
0
2

−2
0
0
0
+
f '( x)
+
Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực tiểu ?
A. 2
B. 3
C. 0

−∞

3
0

−∞
D. 1

1
3
Câu 10: Giá trị của phép tính 27 bằng
A. 9
B. 3

Câu 11: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên khoảng

C. 6
( −∞ ; + ∞ )

D. 81
?


3
B. y = − x + 1 .
C. y = − x + 3 x .
D. y = 3 x − 1 .
C : y = x3 − x 2 − x + 1
Câu 12: Đường thẳng d : y = x + 1 và đường cong ( )
có bao nhiêu điểm chung?
A. 2.
B. 3.
C. 1.
D. 0.
Câu 13: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào sau đây?
3
A. y = x − 3 x .

A.

y=

x +1
x- 1 .

y=

x

x +1 .

y=

x
x- 1.

y=

x- 2
x +1 .

B.
C.
D.
(
u
)
u
=
2
u
=
17
Câu 14: Cho cấp số cộng n có số hạng đầu 1
và số hạng thứ tư 4
. Công sai của cấp số cộng
đã cho bằng
15
A. 2 .

B. 5 .
C. 3 .
D. 15 .
Câu 15: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

x

1
y= ÷ .
x
y = log 2 ( x + 2 ) .
3
A.
B. y = log 2 x.
C. y = 2 .
D.
f ( x ) = x 2 − 2 x ln x.
f ′′ ( x ) = 0,
Câu 16: Cho hàm số
Kí hiệu x0 là nghiệm của phương trình
mệnh đề
nào dưới đây đúng?
3 
 3
x0 ∈  ; 2 ÷.
x0 ∈  0; ÷.
x ∈ ( −2;0 ) .
x ∈ ( 2; +∞ ) .
2 
 2

A. 0
B.
C.
D. 0

·
Câu 17: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác cân tại A , BAC = 120° ,
BC = AA′ = 3 . Thể tích của khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ bằng
3
3
3
A. 4 .
B. 8 .
C. 2 .
Câu 18: Tập xác định của hàm số
A. 6.
B. 4.

y = log3 ( −3x 2 + 23 x − 20 )
C. 7.

3
D. 4 .

có bao nhiêu giá trị nguyên?
D. 5.

f ( x ) +1 = 0
Câu 19: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình
là

A. 4.

B. 3.

C. 2.

D. 1.

f ( x) = 2
Câu 20: Cho hàm số bậc bốn y = f ( x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Phương trình
có số
nghiệm là

A. 5.

−5

Câu 21: Cho hàm số bậc ba

A. 3.

B. 6.

y = f ( x)

C. 2.

D. 4.

có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số

B. 2.

y = f ( x)

là

C. 4.
D. 5.
Câu 22: Hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ có AB = a 2, BC = a và AA′ = a 3. Góc giữa đường thẳng
AC ′ và mặt phẳng ( ABCD ) bằng
o
o
o
o
A. 30 .
B. 45 .
C. 60 .
D. 90 .
y = f ( x)
Câu 23: Cho hàm số
có đồ thị như hình vẽ.

Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn
A. 2 .
B. 4 .

[ 0:2]

của hàm số đã cho bằng
C. −2 .
D. 0 .


x−2
x − 4 x + 3 có bao nhiêu đường tiệm cận?
Câu 24: Đồ thị hàm số
A. 1 .
B. 3 .
C. 4 .
Câu 25: Một hình chóp có 22 cạnh. Hỏi hình chóp đó có bao nhiêu mặt ?
B. 10 .
C. 11 .
A. 12 .
y=

2

D. 2 .
D. 13

Câu 26: Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như hình vẽ.

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây ?

(−∞;1) .
B. ( −1; +∞) .
C. (1; +∞) .

A.
Câu 27: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

2

x
A. y = 2 + 1.

B.

y = ln ( x − 2 ) .

C.

y = log ( x − 1) .

D. ( −∞; −1)

2

3− x
D. y = 2 − 2.

o
·
Câu 28: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh a và BAC = 60 . Cạnh bên SA = 2a vuông
góc mặt phẳng đáy, thể tích khối chóp S . ABCD bằng
a3 3
a3 3
a3 3

a3 3
.
.
.
.
A. 3
B. 2
C. 4
D. 6
3
2
Câu 29: Giá trị cực đại của hàm số y = x − 3 x + 5 bằng
0.
A.
B. 5 .
C. 2 .
D. 1 .
Câu 30: Cho khối chóp S . ABC có thể tích bằng 48 . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh
SA, SB, SC . Thể tích của khối chóp S .MNP bằng
A. 12 .
B. 8 .
C. 6 .
D. 10 .
Câu 31: Cho hình chóp đều S . ABCD có SA = 2 AB = 4. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD
bằng
14
7
14
7
.

.
.
.
A. 2
B. 4
C. 4
D. 2

f x
−∞; +∞ ) .
Câu 32: Cho hàm số ( ) xác định và nghịch biến trên khoảng (
Biết bất phương trình
2
f ( x) < x − x + m
2; 4] ,
có nghiệm thuộc đoạn [
trong đó m là tham số thực. Mệnh đề nào dưới đây
đúng?
m > f ( 4 ) − 12.
m > f ( 2 ) − 2.
m ≥ f ( 2 ) − 2.
m ≥ f ( 4 ) − 12.
A.
B.
C.
D.
2x 2 − 4
y = ln 2
x + 1 có bao nhiêu đường tiệm cận ?
Câu 33: Đồ thị của hàm số

A. 1
B. 4
C. 3
D. 2


3
2
2
Câu 34: Cho hàm số y = x + (m − 1) x + ( m − 6m + 5) x − 2 . Gọi S = (a ; b) là tập hợp các giá trị của

tham số m để hàm số có cực trị, giá trị của a + b bằng :
A. 7
B. 6
C. 8

D. 9
a
log
b bằng
Câu 35: Cho a > b > 0 thỏa mãn ab = 1000 và log a.log b = −4 . Giá trị của
A. 6 .
B. 4 .
C. 3 .
D. 5 .
y = f ( x)
f ′( x)
Câu 36: Cho hàm số
có bảng xét dấu của
như hình vẽ:

y = f ( −3 x )
Hàm số
nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
0;1
−1;0 )
0; +∞ )
−1;1)
A. ( ) .
B. (
.
C. (
.
D. (
.
60°
2a
S
.
ABCD
1
Câu 37: Cho hình chóp đều
có cạnh đáy bằng
và mặt bên tạo với đáy góc
. Gọi M là
trung điểm SA , thể tích của khối chóp M . ABC bằng
2a 3 3
a3 3
a3 3
4a 3 3

3 .
3 .
A.
B. 3 .
C. 6 .
D.

a = 6 b = 8 c . Giá trị của log 2 ( abc ) bằng
19
C. 11 .
D. 2 .
Câu 39: Cho lăng trụ tam giác ABC. A′B′C ′, biết rằng thể tích khối chóp A.BCC ′B ′ bằng 12. Thể tích
khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ bằng
A. 24 .
B. 36 .
C. 18 .
D. 32 .
d : y =- mx- 2 cắt đồ thị của hàm số
Câu 40: Có bao nhiêu m nguyên dương để đường thẳng
Câu 38: Cho log 32 a + log 8 b + log 2 c = 11 và
11
A. 2 .
B. 19 .

5

y = x3 - 4x2 - 2 tại ba điểm phân biệt?
A. 3.
B. 5.
C. 4.

D. 2.
Câu 41: Chọn ngẫu nhiên 3 chữ số khác nhau từ 35 số nguyên dương đầu tiên. Xác suất để tạo thành một
cấp số cộng có công sai là số lẻ bằng
9
8
17
30
A. 385 .
B. 385 .
C. 385 .
D. 11209 .

y=

1 4
x + mx 3 + ( m 2 − 3m + 2 ) x 2 + 5
4

Câu 42: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
chỉ có cực tiểu mà không có cực đại?
A. 28 .
B. 27 .
C. 25 .
D. 26
3
2
f ( x ) = ax + bx + cx
( C ) như hình vẽ. Đường thẳng d : y = g ( x ) là tiếp
Câu 43: Cho hàm số
có đồ thị

f ( x ) −1 g ( x )
−
=0
C)
g ( x) −1 f ( x )
(
x
=
−
1.
tuyến của
tại điểm có hoành độ
Hỏi phương trình
có bao nhiêu
nghiệm?


A. 5.

B. 2.

C. 4.

Câu 44: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số

(2

khoảng
A. 6 .

2; +∞

).

B. 4 .

C. 3 .

D. 3.

y=

2 x2 + 1 + 3
x 2 + 1 − m nghịch biến trên
D. 5 .

Câu 45: Từ một tấm bìa hình vuông có độ dài cạnh bằng 10 với M , N là trung điểm của hai cạnh, người
( H ) . Thể tích của khối chóp ( H ) bằng
ta gấp theo các đường AM , MN và AN để được hình chóp

125 5
125
125 2
4 .
A.
B. 4 .
C. 3 .
D.
 2
− x khi x > 0

f ( x) = 
− 8 khi x < 0
( T ) . Xét điểm A di động trên đường thẳng
 x
Câu 46: Cho hàm số
có đồ thị
∆ : y = x. Hai đường thẳng d và d ′ qua A tương ứng song song Ox, Oy và cắt ( T ) tại lần lượt tại B, C.
Tam giác ABC có diện tích nhỏ nhất bằng
125
4 .

A. 16.

B. 9.

C.18.

D.8.
Câu 47: Xét các số nguyên dương a, b, c, d có tổng bằng 2020, giá trị lớn nhất của ac + bc + ad bằng
A. 1020098 .
B. 1020100 .
C. 1020099 .
D. 1020101 .


f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c

Câu 48: Đồ thị của hàm số

có đúng ba điểm chung với trục hoành tại các điểm

3
max f ( x )
f
1
=
−
(
)
M , N , P có hoành độ lần lượt là m, n, p ( m < n < p ) . Khi
4 và f ′ ( −1) = 1 thì [ m; p]
bằng
1
A. 4 .
B. 4 .
C. 0 .
D. 1 .
16
m
m
P = log 2ab ( a 3 ) + log a ( a 2b )
n
3
Câu 49: Xét a > b > 1 và biểu thức
đạt giá trị nhỏ nhất khi b = a ( n là
phân số tối giản). Giá trị của m + n bằng
A. 3 .
B. 5 .
C. 7 .
D. 4 .
Câu 50: Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ , khoảng cách từ A′ đến BB′ và CC ′ lần lượt bằng 3 và 2,

( BCC ′B′ ) và ( ACC ′A′) bằng 60o . Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng
góc giữa hai mặt phẳng
( A′B′C ′) là trung điểm M của B′C ′ và A′M = 13 . Thể tích của khối lăng trụ ABC.A′B′C ′ bằng
39
A. 26 .
B. 39 .
C. 13 .
D. 3 .
----------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN
1-A
11-D
21-D
31-D
41-A

2-A
12-B
22-B
32-A
42-B

3-A
13-C
23-D
33-C
43-C

4-A

14-B
24-D
34-C
44-D

5-B
15-A
25-A
35-D
45-C

6-D
16-C
26-C
36-B
46-B

7-B
17-D
27-D
37-B
47-C

8-A
18-D
28-A
38-B
48-D

9-D

19-C
29-B
39-C
49-A

10-B
20-D
30-C
40-A
50-C

( – 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: A
Hình chóp lục giác đều có đáy là lục giác đều nên có 6 cạnh đáy và 6 cạnh bên. Vậy hình chóp lục giác
đều có tất cả 12 cạnh.
Câu 2: A
Hàm số lũy thừa

y = ( x − 1)

3

Vậy tập xác định của hàm số
Câu 3: A

xác định khi và chỉ khi x − 1 > 0 ⇔ x > 1 .

y = ( x − 1)

3

là

D = ( 1; + ∞ )

.


Do khối chóp A′. ABC và khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ có chung đường cao và đáy là tam giác ABC nên:
1
1
VA′. ABC = VABC . A′B ′C ′ = .15 = 5
3
3
.
Câu 4: A
4
2
Hàm số chẵn và có đồ thị cắt trục Oy tại điểm có tung độ dương nên y = x − 2 x + 1 .
Câu 5: B
1
1
VS .BCD = VS . ABCD = .8 = 4
2
2
Do

.
Câu 6: D
Số cách chọn 2 học sinh từ một tổ gồm 8 học sinh là một tổ hợp chập 2 của 8 phần tử .
2
Do đó có C8 cách chọn.
Câu 7: B
lim y = 4 lim y = 4
Ta có x→+∞
, x→−∞
nên y = 4 là tiệm cận ngang.
Câu 8: A

V = ( AA′ ) = 64 ⇒ AA′ = 4
Thể tích của hình lập phương
A′B′C′D′ là hình vuông ⇒ A′C′ = 4 2
3

AC′ =

( AlA′)

Câu 9: D

2

+ ( A′C′ ) = 16 + 32 = 4 3
2

f '( x)
Qua bảng xét dấu đạo hàm ta thấy

chỉ đổi dấu từ - sang + khi qua điểm x = 0 nên hàm số chỉ có 1
điểm cực tiểu.
Câu 10: B
Câu 11: D
−∞ ; + ∞ )
Hàm số y = 3x − 1 đồng biến trên khoảng (
vì đây là hàm số có dạng y = ax + b với hệ số
a = 3> 0.
Câu 12: B
C
Hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đường cong ( ) là nghiệm phương trình
x = 0
⇔  x = −1
 x = 2
x3 − x 2 − x + 1 = x + 1 ⇔ x3 − x 2 − 2 x = 0
.
C
0;1) ( −1; 0 ) ( 2;3 )
Từ đó đường thẳng d và đường cong ( ) có 3 điểm chung có tọa độ là (
,
,
.
Câu 13: C


O ( 0;0 )
Đồ thị hàm số có 2 đặc điểm là đi qua gốc tọ độ
và đường tiệm cận đứng nằm bên phải trục tung
x
y=

x −1 .
nên chọn C, hàm số
Câu 14: B
u1 = 2
u1 = 2
u = 2
⇒
⇔ 1

u = 17 u1 + 3d = 17
d = 5
Ta có  4
Vậy công sai của cấp số cộng đã cho bằng 5.
Câu 15: A
Theo hình vẽ ta có hàm số cần tìm xác định ∀x > −2 nên ta loại đáp án B, C và D.
Câu 16: C
f ( x ) = x 2 − 2 x ln x
1 

f ' ( x ) = 2 x − 2  ln x + x ÷ = 2 x − 2 ( ln x + 1) = 2 x − 2 ln x − 2
x 

2
f '' ( x ) = 2 −
x
2
f '' ( x ) = 0 ⇔ 2 − ⇔ x = 1.
x
Câu 17: D

Gọi M là trung điểm BC .
∆ABC
Do

cân

tại

1
3
·ABC = ·ACB = 30° ⇒ AM = BM .tan ·ABC = 3 . 1 = 1 ⇒ S
AM .BC =
ABC =
2
2
4 .
3 2
3
VABC . A′B′C ′ = AA′.S ABC =
4.
Câu 18: D

−3 x 2 + 23 x − 20 > 0 ⇔ 1 < x <

Điều kiện xác định:
Câu 19: B
Dựa vào hình vẽ, ta có:

20
⇒

3
tập xác định có 5 giá trị nguyên.

x = a
f ( x ) + 1 = 0 ⇔ f ( x ) = −1 ⇔ x = a, a > 0 ⇔ 
 x = −a .
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.
Câu 20: D
Dựa vào bảng biến thiên, ta có:

A:


 x = a,

 x = b,
 f ( x) = 2
f ( x) = 2 ⇔ 
⇔
 x = c,
 f ( x) = −2

 x = d ,

a < −1
1< b
a < c <1

1< d < b .
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.

Câu 21: D
y = f ( x)
Hàm số
có 2 điểm cực trị không nằm trên Ox.
y = f ( x)
Đồ thị hàm số
cắt Ox tại 3 điểm phân biệt.
y = f ( x)
Do đó hàm số
có 5 điểm cực trị.
Câu 22: B

CC′ ⊥ ( ABCD )

Ta có
Do đó

( ABCD ) là AC .
nên hình chiếu của AC′ lên
( AC′ ; ( ABCD ) ) = ( AC′ ; AC ) = C· ′AC

AC = AB 2 + BC 2 =
· ′AC
′
AA
=
a
3;
∆C
vuông tại A có:

CC ′ a 3
tan ·A′CA =
=
=1
CA a 3
· ′AC = 450
⇒C

( a 2)

2

+ a2 = a 3

( AC′ ; ( ABCD ) ) = 45

0

Vậy:
Câu 23: D

max f ( x ) = 2
min f ( x ) = −2
Từ đồ thị hàm số đã cho ta có: [ 0; 2]
và [ 0 ; 2]
.
max f ( x ) + min f ( x ) = 0
[ 0 ; 2]
Vậy: [ 0 ; 2]
.

Câu 24: D
D = [ 2;3 ) ∪ ( 3; + ∞ )
Tập xác định:
.
1 2
−
x x2
lim y = lim
=0 ⇒
x →+∞
x →+∞
4 3
1− + 2
x x
Ta có:
đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y = 0 .
lim+ y = lim+

x →3

x →3

đứng x = 3 .

x−2
= +∞
( x − 1) ( x − 3)

và

lim− y = lim−

x →3

x →3

x−2
= −∞ ⇒
( x − 1) ( x − 3)

đồ thị hàm số có đường tiệm cận


Vậy: Đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.
Câu 25: A
Do hình chóp có số cạnh đáy bằng số cạnh bên nên hình chóp có 11 cạnh đáy. Số cạnh đáy bằng số mặt
bên nên hình chóp đó có 11 mặt bên, 1 mặt đáy.
Vậy tổng số mặt của hình chóp đó là 12.
Câu 26: C
Từ bảng biến thiên ta thấy trong 4 đáp án trên thì đáp án C là đáp án đúng.
Câu 27: D
2

2

x
x
A. y = 2 + 1. Tập xác định D = R . Ta có: y ' = 2 x 2 ln 2
( 0; +∞ ) . Hàm số nghịch biến ( −∞;0 ) . Theo đồ thị loại A
Hàm số đồng biến

D = ( 2; +∞ )
B. y = ln( x − 2) . Tập xác định
. Theo đồ thị loại B
( 1; +∞ ) . Theo đồ thị loại loại C
C. y = log( x − 1) . Tập xác định D=
2

2

3− x
− 2 . Tập xác định D = R . Ta có y ' = −2 x 23− x ln 2
D. y = 2
( −∞;0 ) . Hàm số nghịch biến ( 0; +∞ )
Hàm số đồng biến
Câu 28: A

0
·
Gọi I là giao điểm AC và BD . Vì ABCD là hình thoi và BAC = 60 nên ∆BAC là tam giác đều do đó
AB = BC = AC = a . Xét ∆ABI vuông tại I , theo hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông. Ta có

a 3
⇒ DB = a 3
2
.
1
1
1
a3 3
= SA.S ABCD = .2a. a.a 3 =

3
3
2
3 .

IB = AB.sin 600 =

VS . ABCD
Vậy
Câu 29: B
3
2
Đặt y = f ( x) = x − 3 x + 5 .

x = 0
y’ = 0 ⇔ 3 x 2 − 6 x = 0 ⇔ 
x = 2 .
Ta có y’ = 3x − 6 x ,
f ( 0) = 5
Do a = 1 > 0 nên giá trị cực đại của hàm số là
.
Câu 30: B
2


Do M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB, SC nên áp dụng tỉ số thể tích ta có
VS .MNP SM SN SP 1 1 1 1
1
1
=

.
.
= . . = ⇒ VS .MNP = .VS . ABC = .48 = 6
VS . ABC
SA SB SC 2 2 2 8
8
8
.
Câu 31: D

Vì hình chóp S . ABCD là hình chóp đều nên ta có:
 AC ⊥ BD
⇒ AC ⊥ ( SBD )

 AC ⊥ SO
 AC ⊥ ( SBD )
⇒ OK ⊥ AC

OK
⊂
SBD
SBD )
(
)
(

Trong mặt phẳng
kẻ OK ⊥ SD mà 
Vậy

d ( AC , BD ) = OK

AB =

.

4
=2
2

AO = OD =

AC 2 2
=
= 2
2
2

2
2
Tam giác SAO vuông tại O suy ra SO = SA − OA = 16 − 2 = 14 .
SO.OD
14. 2
7
OK =
=
=
.
2
2

2
14
+
2
SO
+
OD
SDO
O
OK
Tam giác
vuông tại đường cao
:
Câu 32: A
f ( x ) < x 2 − x + m ( 1)

⇔ m > f ( x ) − x2 + x

Đặt

g ( x ) = f ( x ) − x2 + x

( 1) có nghiệm thuộc đoạn [ 2; 4] nên
. Vì

m > Min g ( x )
x∈[ 2;4]

.

g ' ( x ) = f ' ( x ) − 2 x + 1.
f ' ( x ) < 0 ∀x ∈ [ 2; 4] .

−2 x + 1 < 0 ∀x ∈ [ 2; 4] .

⇒ g ' ( x ) = f ' ( x ) − 2 x + 1 < 0 ∀x ∈ [ 2; 4] .
Min g ( x ) = g ( 4 ) = f ( 4 ) − 12
x∈[ 2;4]

m > f ( 4 ) − 12.
Do đó
Câu 33: C

.

x < − 2
2 x2 − 4
>0⇔ 
2
x +1
 x > 2
TXĐ:
2x2 − 4
lim y = lim ln 2
= ln 2
x →+∞
x +1
+ x→+∞
2x2 − 4

lim y = lim ln 2
= ln 2
x →−∞
x +1
+ x→−∞
Suy ra: y = ln 2 là tiệm cận ngang
2x2 − 4
lim + y = lim + ln 2
= −∞
x +1
x →− 2
+ x →− 2
.

Suy ra x = − 2 là tiệm cận đứng
2x2 − 4
lim − y = lim − ln 2
= −∞
x +1
x→ 2
+ x→ 2
.
Suy ra x = 2 là tiệm cận đứng
Câu 34: C
y ' = 3 x 2 + 2(m − 1) x + m 2 − 6m + 5
2
2
Để hàm số có cực trị ⇔ y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = ( m − 1) − 3 (m − 6m + 5) > 0
⇔ −2m 2 + 16m − 14 > 0 ⇔ 1 < m < 7 ⇒ S = (1;7) . Vậy, a + b = 8
Câu 35: D

ab = 1000
log a + log b = 3 log a = −1;log b = 4
⇔
⇔

log a.log b = −4
log a = 4;log b = −1
Ta có log a.log b = −4
4
log a = 4
a
 a = 10
⇔
⇒ = 105

−1
log b = −1 b = 10
b
Theo bài a > b > 0 ⇔ log a > log b . Do đó ta chọn được 
a
log = log105 = 5.
b
Vậy
Câu 36: B

 f ( u ) ′ = f ′ ( u ) .u′
Ghi nhớ công thức: 
Ta có

y′ = ( f ( −3x ) ) ′ = f ′ ( −3x ) . ( −3x ) ′ = f ′ ( −3x ) . ( −3)

Kết hợp bảng xét dấu của

(

f ′( x)

.

, được:

 −3 x ≤ −3
x ≥ 1
⇔
⇔
′
f ( −3 x ) ) ≤ 0 ⇔ f ′ ( −3x ) . ( −3) ≤ 0 ⇔ f ′ ( −3 x ) ≥ 0
 0 ≤ −3 x ≤ 6
 −2 ≤ x ≤ 0


y = f ( −3x )
−2; 0 )
1; + ∞ )
Suy ra hàm số
nghịch biến trên các khoảng (
và (
.
−1;0 ) ⊂ ( −2; 0 )
Vì khoảng (

nên
Câu 37: B

SO ⊥ ( ABCD )
Chóp S . ABCD là chóp đều nên
(với O là giao điểm của AC và BD ).
MH ⊥ AC ⇒ MH // SO ⇒ MH ⊥ ( ABCD )

Kẻ
Gọi I là trung điểm cạnh AD
ìï OI ^ AD
Þ ïí
·
( SAD);( ABCD) ) = (·SI ; IO ) = SIO
= 60°
ïïî SI ^ AD ⇒ (·
.

OI là đường trung bình của tam giác ACD ⇒  OI = a

Ta dễ dàng chứng minh được:
Xét tam giác SIO vuông tại O :
SO
·
tan SIO
=
⇒ SO = IO.tan 60° = a 3
IO
⇒ MH =

Xét tam giác SAO có MH là đường trung bình
1
1
S ABC = AB.BC = .2a.2a = 2a 2
2
2
Diện tích tam giác
.

SO a 3
=
2
2

1
1
a 3 a3 3
VM . ABC = S ABC .MH = 2a 2 .
=
3
3
2
3 .
Vậy thể tích
Câu 38: B

Điều kiện: a, b, c > 0 .
5
6
8

5
6
8
Đặt: a = b = c = y (với y > 0 ). Ta có: a = y , b = y , c = y .
Khi đó:
 15 13 
1
1
log
2 a b c÷
log a + log 2 b + log 2 c
11 = log 32 a + log 8 b + log 2 c = 5 2


3
=
1
1


log 2 ( y 5 ) 5 ( y 6 ) 3 ( y 8 ) 
11

 = log 2 y = 11.log 2 y .
=
Suy ra

log 2 y = 1 ⇔ y = 2 (thỏa mãn).

log 2 ( abc ) = log 2 ( y 5 ) . ( y 6 ) . ( y 8 )  = log 2 ( y19 ) = 19.log 2 y = 19.log 2 2 = 19

Do đó
.


Câu 39: C

1
2
VA.BCC ′B′ = VABC . A′B′C ′ − VA. A′B′C ′ = VABC . A′B′C ′ − VABC . A′B′C ′ = VABC . A′B′C ′
3
3
Ta có:
.
3
3
VABC. A′B′C ′ = VA.BCC ′B′ = ×12 = 18
2
2
Suy ra:
(đvtt).
Câu 40: A
x3 - 4x2 - 2 =- mx- 2 Û x3 - 4x2 + mx = 0( *)
Ta có phương trình hoành độ giao điểm là:
éx = 0
Û ê
êx2 - 4x + m= 0( 1)
ê
ë
( *)
Để

có 3 nghiệm phân biệt thì (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
ìï D = 16- 4m> 0 ìï m< 4
Û ïí
Û ïí
ïïî m¹ 0
ïïî m¹ 0

Vậy có 3 giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán là
Câu 41: A
Từ 1 đến 35 có 35 số nguyên dương
3
Số phần tử của không gian mẫu là: C35

m= { 1;2;3}

Gọi A là biến cố chọn được “ba số tự nhiên tạo thành một cấp số cộng có công sai là số lẻ”.
Giả sử ba số được chọn trong 35 chữ số đầu tiên là a, b, c
do a, b, c tạo thành một cấp số cộng nên ta có a + c = 2b ; vì d là số lẻ nên
d = 1 thì a có thể chọn từ các số 1; 2;3.... cho đến 35 − 1.2 = 33 suy ra có 33 kết quả thuận lợi
d = 3 thì a có thể chọn từ các số 1; 2;3.... cho đến 35 − 3.2 = 29 suy ra có 29 kết quả thuận lợi

d = 5 thì a có thể chọn từ các số 1; 2;3.... cho đến 35 − 5.2 = 25 suy ra có 25 kết quả thuận lợi
….
d = 17 thì a có thể chọn từ các số 1; 2;3.... cho đến 35 − 17.2 = 1 suy ra có 1 kết quả thuận lợi
1 + 33
33 + 29 + 25 + ... + 1 =
.9 = 17.9 = 153
2
Vậy có:
kết quả thuận lợi

153
9
n( A) = 3 =
C35 385 .
Xác suất phải tìm là:
Câu 42: B
Ta có

y ' = x 3 + 3mx 2 + 2 ( m 2 − 3m + 2 ) x

.

x = 0
y' = 0 ⇔  2
2
 x + 3mx + 2 ( m − 3m + 2 ) = 0(*)
Cho


YCBT ⇔ PT (*) vô nghiệm hoặc pt (*) có nghiệm kép x = 0 hoặc pt (*) có 1 nghiệm là 0 và nghiệm
còn lại khác 0
TH1: (*) có nghiệm kép

x=0

9m 2 − 8 ( m 2 − 3m + 2 ) = 0

m = −12 + 4 10 ∨ m = −12 − 4 10
⇔
⇔

⇔ m∈∅
2
m
=
2
∨
m
=
1

2
m
−
3
m
+
2
=
0
)

 (
⇔ 9m 2 − 8 ( m 2 − 3m + 2 ) < 0 ⇔ −12 − 4 10 < m < −12 + 4 10

TH2: PT(*) vô nghiệm

2
TH3: PT(*) có nghiệm x = 0 ⇔ m − 3m + 2 = 0 ⇔ m = 1 ∨ m = 2

x = 0

m = 1 ⇒ (*) : x 2 + 3x = 0 ⇔ 
 x = −3 . Nhận m = 1
Với
x = 0
m = 2 ⇒ (*) : x 2 + 6 x = 0 ⇔ 
 x = −6 . Nhận m = 2
Với
Vậy có 27 giá trị m
Câu 43: C
f ( x ) −1 g ( x)
−
= 0 ( f ( x ) ≠ 0; g ( x ) ≠ 1)
g ( x ) −1 f ( x )
Xét phương trình
⇔ f 2 ( x) − f ( x) = g 2 ( x) − g ( x)
⇔ f 2 ( x) − g 2 ( x) = f ( x) − g ( x)
⇔  f ( x ) − g ( x )   f ( x ) + g ( x )  = f ( x ) − g ( x )
 f ( x) = g ( x)
(1)
⇔
.
 f ( x ) = 1 − g ( x ) (2)

 x = −1

Xét phương trình (1) : Từ đồ thị suy ra (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt  x = α > 0.
( C ) như hình vẽ và hàm số
Xét phương trình (2) : Xét hàm số y = f ( x) có đồ thị là đường cong
y = − g ( x) + 1 có đồ thị là đường thẳng d ′ được xác định như sau:
+ Lấy đối xứng phần đồ thị đường thẳng d qua trục Ox .

+ Sau đó tịnh tiến đường thẳng trên theo phương Oy lên trên 1 đơn vị.
( C ) với d ′ . Từ đồ thị suy ra có 3 giao điểm, trong đó
Khi đó số nghiệm của (2) bằng số giao điểm của
1 giao điểm là gốc tọa độ O.
Do đó (2) có 3 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm x = 0 (loại).
Kết luận: Phương trình đã cho có 4 nghiệm .
Câu 44: D

(

)

(

)

2
2
2 2; +∞
x ∈ 2 2; +∞
Đặt t = x + 1 . Nhận thấy hàm số y = x + 1 đồng biến trên
, do đó với
thì
2t + 3
y=
t ∈ ( 3; +∞ )
t −m .
. Ta được hàm số

y=
Hàm số

2 x2 + 1 + 3
x +1 − m
2

(2
nghịch biến trên khoảng

2; +∞

)

khi và chỉ khi hàm số

y=

 ′ −2m − 3
<0
3

2
y =
m > −
( t − m)
⇔
⇔
2
3


⇔− 
m
∉
3;
+∞
3; +∞ )
(
(
)
m
≤
3


2
biến trên
.
m ∈ { −1;0;1; 2;3}
Do m là số nguyên nên
. Vậy có tất cả 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn.
Câu 45: C

Từ cách gấp ta có:
AB = 10, AM = AN = 5 5, BN = BM = 5
Gọi I là trung điểm của MN , khi đó ta có:
 MN ⊥ AI
⇒ MN ⊥ ( ABI )


 MN ⊥ BI
1
1
1
VABMN = VABMI + VABNI = MI .S∆ABI + NI .S ∆ABI = MN .S ∆ABI
3
3
3
Do đó
Xét ∆ABI có

AB = 10, BI =

1
5 2
15 2
MN =
, AI = AM 2 − MI 2 =
2
2
2
S ∆ABI =

25 2
2

Áp dụng công thức Hê-rông ta có:
1
1
25 2 125

VABMN = MN .S ∆ABI = .5 2.
=
3
3
2
3
Vậy
Câu 46: B

Gọi điểm A(a; a) ∈ d
Gọi d1 đi qua điểm A(a; a ) và POx ⇒ d1 : y = a
−2
−2


y =
x =
x ⇒
a

−2
 y = a
 y = a ⇒ B ( ; a)
a
Ta có tọa độ điểm B là nghiệm hệ phương trình:
Gọi d 2 đi qua điểm A(a; a ) và POy ⇒ d 2 : x = a
x = a
x = a




−8 ⇒ 
−8
−8
 y = x
 y = a ⇒ C ( a; )
a
Ta có tọa độ điểm C là nghiệm hệ phương trình:
−2
−2
2
a2 + 2
AB = ( − a ) 2 + (a − a ) 2 =
−a = +a =
a
a
a
a
Ta có

2t + 3
t − m nghịch


AC = (a − a ) 2 + (

−8
−8
8
a2 + 8

− a )2 =
−a = +a =
a
a
a
a

1
( a 2 + 2).(a 2 + 8)
S ∆ABC = . AB. AC =
2
2a 2
(t + 2).(t + 8)
f (t ) =
2
[ 0; +∞ )
2t
Đặt t = a ≥ 0 , xét hàm số
trên
(t + 2).(t + 8) t 2 + 10t + 16
f (t ) =
=
2t
2t
Có
2t 2 − 32
2
4t 2 , f '(t ) = 0 ⇒ 2t − 32 = 0 ⇒ t = ±4
Bảng biến thiên
f '(t ) =

Từ BBT suy ra S ∆ABC nhỏ nhất bằng 9
Câu 47: C

P = ac + bc + ad = ( a + b ) ( c + d ) − bd ≤

(a+b+c+d)
4

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = c = 1009, b = d = 1.

2

−1 =

20202
− 1 = 1020099
4

Câu 48: D
f ′ ( x ) = 4ax 3 + 2bx
Vì đồ thị của hàm số

f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c

có đúng ba điểm chung với trục hoành nên đồ thị hàm số tiếp
f ( 0) = 0
xúc với trục hoành tại gốc tọa độ suy ra
.
1


 f ( 0) = 0
c = 0
a=


4


3
−3


⇔ b = −1
 f ( 1) = − ⇔ a + b + c =
4
4


c = 0
−
4
a
−
2
b
=
1
′ ( −1) = 1




f



Ta có
.
Vậy

f ( x) =

1 4
x − x2
4
.

x = 0
1 4
2
f ( x ) = 0 ⇔ x − x = 0 ⇔  x = −2
4
 x = 2
suy ra m = −2, n = 0, p = 2 .

max f ( x ) = max f ( x )
[ −2;2]
Vậy [ m; p]
.
1

g ( x ) = f ( x ) = x4 − x2
[ −2; 2] .
4
Xét hàm số
trên


g′( x) =

(x

1

− 2 x )  x4 − x2 ÷
4

1 4
x − x2
4

3

x = 2
g′( x) = 0 ⇔ 
 x = − 2 và g ′ ( x ) không xác định tại các điểm x = 0, x = ±2 .
g ( −2 ) = g ( 2 ) = g ( 0 ) = 0, g
max g ( x ) = 1
Suy ra [ −2; 2]
max f ( x ) = 1
Vậy [ m; p]

.
Câu 49: A

( 2) = g( − 2) =1

2

 log a a 3  16
16
2
P = log 2ab ( a3 ) + log a ( a 2b ) = 
 + ( log a a + log a b )
3
log
ab
3
(
)
 a

9
16
=
+ ( 2 + log a b )
2
( 1 + log a b ) 3
.
t = log a b
Đặt
.

log a a > log a b > log a 1 ⇒ 0 < log a b < 1 ⇒ 0 < t < 1
Do a > b > 1 ⇒
.
9
16
9
8
8
16
P=
+ ( 2+t) =
+ (1+ t ) + (1+ t ) +
2
2
3
3
3
3
1+ t )
1+ t )
(
(
Khi đó
với 0 < t < 1 .
9
8
8
9
8
8

+ ( 1+ t ) + ( 1+ t ) ≥ 33
. (1+ t ) . (1+ t )
2
2
3
3
(1+ t ) 3
(1+ t ) 3
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương, ta có:

9

⇒ ( 1+ t )
⇒

2

+

P ≥ 12 +

8
8
( 1 + t ) + ( 1 + t ) ≥ 12
3
3

16
52
P≥

3 hay
3 .
9

=

8
27
1
3
( 1+ t ) ⇔ ( 1+ t ) = ⇔ t =
3
8
2

( 1+ t )
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
.
1
1
1
t=
log a b =
2
⇔
b
=
a
2
2

Với
, suy ra
.
52
1
2
b
=
a
Do đó P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi
, ta được m = 1 ; n = 2 .
Vậy m + n = 3 .
Câu 50: C
* Ta sử dụng bổ đề sau: “ Thể tích hình lăng trụ tam giác bất kỳ bằng tích của diện tích thiết diện vuông
góc với cạnh bên và độ dài cạnh bên”.
Chứng minh bổ đề:
2


Xét lăng trụ hình lăng trụ ABC .A′B′C ′ có các cạnh bên AA′ // BB′ // CC ′ .

AB1C1
Ta dựng hai mặt phẳng qua A và A′ vuông góc với các cạnh bên và cắt hình chóp theo thiết diện
A′B2C2
và
.
AB1B2 A′
BB′ = B1 B2 = AA′ ⇒ BB1 = B′B2
Do ABB′A′ và
là các hình bình hành nên

.
CC1 = C ′C2
Tương tự
.
S
= S B′C ′C2 B2 ⇒ VA.BCC1B1 = VA′.B′C ′C2B2
Từ đó suy ra BCC1B1
.
V
= VAB1C1 . A′B2C2 = AA′.S AB1C1
Suy ra ABC . A′B′C ′
.
Vậy bổ đề được chứng minh.
* Giải bài toán:

Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A lên BB′ và CC ′ .
Theo giả thiết ta có AH = 3 và AK = 2 .

Ta thấy AHK là thiết diện của mặt phẳng vuông góc với cạnh bên và lăng trụ ABC .A′B ′C ′ .
·
Suy ra HK ⊥ CC ′ ⇒ AKH = 60° .
2
2
2
·
Theo định lý cosin trong tam giác AHK : AH = AK + HK − 2 AH .HK .cos AKH


⇔ HK 2 − 2.2.HK .cos 600 + 4 = 3 ⇔ ( HK − 1) 2 = 0 ⇔ HK = 1 .
Tam giác AHK có

AH 2 + HK 2 =

( 3)

2

+ 12 = 22 = AK 2 ⇔ ∆AHK

vuông tại H .

( AHK ) , cắt các cạnh bên AA′, BB′, CC ′ lần lượt tại
Qua M dựng mặt phẳng song song với mặt phẳng
N , P, Q .

′
′
Suy ra ∆NPQ = ∆AHK và ( NPQ ) ⊥ AA ⇒ MN ⊥ AA .
Dễ thấy theo Talet thì M cũng là trung điểm PQ .

NM = NP + PM =
2

Xét tam giác NPM vuông tại P nên
Do

AM ⊥ ( A′B′C ′ ) ⇒ AM ⊥ MA′ ⇒
2

2

( )

2

13
1
3 + ÷ =
2 .
2
2

1
1
1
=
+
2
2
MN
MA MA′2

2

1
3
39
 2   1 
⇔
=

−
= ⇔ MA =
÷
÷
2
MA  13   13  13
3 .
AA′ = MA′ + MA =
2

2

Theo Pitago
1
1
3
S∆AHK = AH .HK = . 3.1 =
2
2
2 .
Theo bổ đề :
Lời giải 2:

VABC . A′B′C ′ = AA′.S ∆AHK =

(

13

)

2

2

 39 
2 39
+ 
=
÷
÷
3
 3 
.

2 39 3
.
= 13
3
2
.

′ ′
′
Qua M dựng mặt phẳng vuông góc với các cạnh của lăng trụ, cắt các cạnh bên AA , BB , CC lần lượt tại
N , P, Q .
·
NQP
= (·
( ACC ′A′ ) , ( BCC ′B′) ) = 60° .

Theo giả thiết ta có: NP = 3, NQ = 2 và
Tương tự lời giải 1, tính được PQ = 1 và dẫn đến tam giác NPQ vuông tại P .
Mặt khác, do BB′ // CC ′ và M là trung điểm của BC nên M cũng là trung điểm của PQ .
13
MN =
2 .
Từ đó tính được


Do

AM ⊥ ( A′B′C ′ ) ⇒ AM ⊥ MA′ ⇒
2

1
1
1
=
+
2
2
MN
MA MA′2

2

1
3
39
 2   1 

⇔
=
−
= ⇔ MA =
÷
÷
2
MA  13   13  13
3 .
·A′B′C ′ , NPQ = ·AA′, AM = ·A′AM
AA′ ⊥ ( NPQ ) , AM ⊥ ( A′B′C ′ )
(
) (
)) (
)
Ta lại có
nên (
.
MN 1
cos ·A′AM = cos ·A′MN =
=
MA′ 2 .

1
. 3.1
S∆NPQ
S ∆A′B′C ′ =
=2
= 3
1

cos ·A′AM
2
Do vậy
.
39
VABC . A′B′C ′ = AM .S ∆A′B′C ′ =
. 3 = 13
3
Vậy
.