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

SỞ GD & ĐT ĐIỆN BIÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2020

THPT CHUYÊN ĐIỆN BIÊN

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

Họ, tên thí sinh:...................................................................................
Số báo danh:..........................................................................................
Câu 1: Cho a, b, c là các số thực dương khác 1. Hình vẽ bên mô tả đồ thị các hàm s ố
y  log a x, y  log b x, y  log c x . Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. a  c  b

B. b  a  c .

C. b  a  c

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

y

B. y  0 .

D. a  b  c

x 1

x 1 .

C. y  1 .

D. y  1 .

B C D có I , J tương ứng là trung điểm của BC , BB�
Câu 3: Cho hình lập phương ABCD. A����
. Góc
giữa hai đường thẳng AC , IJ bằng
0
A. 30 .

0

Câu 4: Tập xác định của hàm số
A. D  (1;1) .
Câu 5: Cho hàm số

0
C. 60 .

B. 120 .

y  log 2  3  2 x  x 2 

B. D  (0;1) .

y  f  x

có

là

C. D  (1;3) .

lim y  2; lim y  0

x ��

x �2

0
D. 45 .

D. D  (3;1) .

. Khẳng định nào sau đây đúng?

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




y  x 2  3x  4

Câu 6: Tìm tập xác định của hàm số

A.

D  �\  0

C.

D   �;  4  � 1; �

.

Câu 7: Cho hàm số



2
3

B.

y

x 1
A. 1  x  ln x .

.

D   4;1

.

D. D  �.

.

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

C.

1

1
x.

x
D. x  1 .

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

Ank 

n!
(n  k )! .

Câu 9: Cho hàm số

A.

B.

y  f  x

 0;3 .

B.

A  n!
k
n

.

C.

Ank 

n!
k !( n  k )! .

D.

Ank 

n!
k! .

có đồ thị như hình vẽ. Tìm khoảng đồng biến của hàm số đã cho.

 0; 4  .

C.

 2;3 .

D.

 2;0  .

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

3
A. y  x  3 x.

Câu 11: Cho hàm số

3
B. y  x  3 x.

f  x   ln x 

3
C. y   x  3 x.

3
D. y  x  3 x  1.

x
2 . Khẳng định nào dưới đây đúng?

A. Hàm số đồng biến trên khoảng

 0;1 .

B. Hàm số đồng biến trên khoảng

 0; � .
Trang 2


C. Hàm số đồng biến trên khoảng

 2; � .

D. Hàm số đồng biến trên khoảng

 �;0 

và

 2; � .

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

y  x sin x.

B.

C. y  tan x.

y

sin 2020 x  2019
.
cos x

2
D. y  sin x.cos x  tan x.

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

B. 2.

C. 8.

D. 4.

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

A.

3a 3
.
6

3a 3
.
4

B.

Câu 15: Cho hàm số

y  f  x

2 3a 3
.
C. 3

3
D. 2 3a .

có bảng biến thiên như hình vẽ

Khẳng định nào sau đây đúng?
A.

yC§  3.

B. yCT  3.
4

Câu 16: Biến đôi
13
3

A. x .

C. yCT  1.

D.

yC§  4.

7

x 3 .x 3 . 3 x 2 ,  x  0 

thành dạng luy thưa với số mu hữu ti ta đươc:

13
27

B. x .

11
9

C. x .

56

27

D. x .

Câu 17: Cho đường thẳng d 2 cố đ ịnh, đường thẳng d1 song song và cách d 2 môt khoảng cách
không đôi. Khi quay d1 quanh d 2 ta đươc

Trang 3


A. Hình tròn.

B. Khối trụ.

C. Mặt trụ.

D. Hình trụ.

Câu 18: Chon ngâu nhiên hai số khác nhau t ư 23 số nguyên d ương đâu tiên, xác suât để ch on
đươc hai số có tich là môt số le là
11
.
A. 23

12
.
B. 23

6
.

C. 23

1
.
D. 2

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

A.

V

4a 3
.
3

3
B. V  4 7 a .

Câu 20: Cho câp số nhân (un ) có
A. Số hạng thứ 101 .

C.

u1  1, q  

V

4 7a 3

.
9

D.

V

4 7a3
.
3

1
1
10 . Số 10103 là số hạng thứ mây của dãy

B. Số hạng thứ 104 .

C. Số hạng thứ 102 .

D. Số hạng thứ 103 .

C. 16.

D. 9.

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

A. 64.

B. 8.

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

A. yCT  2.

B. yCT  1.

C. yCT  6.

D. yCT  1.

Câu 23: Cho hình nón có bán kinh đáy r  3 và đô dài đường sinh l  4 . Tinh diện tich xung
quanh của hình nón đã cho.
A.

S xq  39 .

Câu 24: Cho hàm số
nào dưới đây
A.

 1; � .

B.

S xq  12 .

y  f  x

B.

có đạo hàm

 1;1 .

C.
y�


S xq  8 3 .

D.

S xq  4 3 .

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

C.

 1;0  .

D.

 0;1 .

2

x�
� x
s in  cos � 3 cos x  2
�
2�
Câu 25: Số nghiệm của phương trình � 2
với x �[ 0;  ] là:

Trang 4


A. 2.

B. 1.

C. 3.

D. 0.

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

SM  2 MC . Mặt phẳng  P  chứa AM và song song BD. Tinh diện tich của thiết diện của hình chóp
S . ABCD bởi mặt phẳng  P  .
4 26a 2
A. 15 .

B.

3a 2

5 .

2 26a 2
C. 15 .

2 3a 2
D. 5 .

�
�
�
�
Câu 27: Cho khối chóp S . ABC có ASB  BSC  CSA  60 , SA  a, SB  2a, SC  4a . Tinh thể tich
khối chóp S . ABC theo a .

8a 3 2
3 .
A.

4a 3 2
3 .
B.

2a 3 2
3 .
C.

a3 2
D. 3 .

Câu 28: Tinh thể tich của thùng đựng nước có hình dạng và kich thước như hình vẽ

0, 238 3
m 
4
A.
.

0, 238 3
m
3
B.
.

 

0, 238 3
m 
3
C.
.

0, 238 3
m
2
D.
.

 

3
2
Câu 29: Cho hàm số y  ax  bx  cx  d có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. a  0, b  0, c  0, d  0 .

B. a  0, b  0, c  0, d  0 .

C. a  0, b  0, c  0, d  0 .

D. a  0, b  0, c  0, d  0 .

Trang 5


Câu 30: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng

 ABCD  .

vuông góc với mặt phẳng
đường thẳng AD và SC .
a 15
A. 2 .

Biết AC  2a, BD  4a . Tinh theo a khoảng cách giữa hai

2a 3 15
3
C.
.

2a 5
B. 5 .

4a 1365
91
D.
.

Câu 31: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi và có thể tich bằng 2 . Goi M , N lân
SM SN

k
lươt là các điểm trên cạnh SB và SD sao cho SB SD
. Tìm giá trị của k để thể tich khối

1
chóp S . AMN bằng 8 .

A.

k

2
.
4

Câu 32: Goi

B.

S

2
.
2

k

1
k .
8
C.

1
k .
4
D.

là tập chứa tât cả các giá trị nguyên của

y  x 4  2  m  1 x 2  m 2  m

m

sao cho hàm số

có ba điểm cực trị lập thành môt tam giác vuông. T ông tât cả các ph ân

tử của tập S bằng

A. 2 .

C. 5 .

B. 1 .

Câu 33: Môt hình trụ tròn xoay có hai đáy là hai đường tròn

D. 3 .

 O, R 

và

, R
 O�
. Biết rằng tồn tại dây

AB 
 O, R  sao cho tam giác O�
AB đều và góc giữa hai mặt phẳng  O�
cung AB của đường tròn
và
mặt phẳng chứa đường tròn
6 7 R 2
.
7
A.

 O, R 

o
bằng 60 . Tinh diện tich xung quanh của hình trụ đã cho.

2
B. 2 3 R .

2
C. 4 R .

3 7 R 2
.
7
D.

u0  2018
�
�
u1  2019
�
un
lim
�
u

4
u

3
u

;

n
�
1
n
n 1
3n .
Câu 34: Cho dãy số (un ) đươc xác định bởi �n1
. Hãy tinh
1
A. 3 .

2019

B. 3

.

1
C. 2 .

2018
D. 3 .

Trang 6


c c


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

1
A. 2 .

b

c

1
D. 10 .

C. 10 .

B. 2 .

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

x
x � 2; 2 
Bât phương trình f ( x )  m  e đúng với moi
khi và chi khi

A. m  f (2)  e

2

Câu 37: Cho hàm số

B.

m �f (2) 

y  f  x

1
e2 .

liên tục trên đoạn

C. m �f (2)  e .
2

 1;3

A. 297 .

 2; 4 . Tông các phân tử của S

B. 294 .

1
e2 .

và có bảng biến thiên như sau

Goi S là tập hơp tât cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình
hai nghiệm phân biệt trên đoạn

D.

m  f (2) 

f ( x  1) 

m
x  6 x  12 có
2

là

C. 75 .

D. 72 .

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

c  3a  b 
B.

c2

3  b  ac 
.

C.

c 1

.

3b  2ac
D. c  1 .

Câu 39: Môt người gửi 50 triệu đồng vào môt ngân hàng với lãi suât 6% / năm. Biết rằng nếu
không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ đ ươc nhập vào g ốc đ ể tinh lãi
cho năm tiếp theo. Hỏi sau it nhât bao nhiêu năm người đó nhận đươc số tiền nhiều hơn 100 tri ệu
đồng bao gồm cả gốc và lãi? Giả sử trong suốt thời gian gửi lãi suât không đ ôi và ng ười đó không
rút tiền ra
A. 12 năm.

B. 11 năm.

C. 14 năm.

D. 13 năm.

Trang 7


Câu 40: Cho hàm số

y  f  x

có đồ thị

 C ,

với x, y là các số thực dương thỏa mãn

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

A. 10 x  484 y  126  66 5  0 .

B. 10 x  484 y  126  66 5  0 .

C. 10 x  484 y  126  66 5  0 .

D. 10 x  484 y  126  66 5  0 .

Câu 41: Môt viên đá có hình dạng là khối chóp t ứ giác đều v ới t ât c ả các c ạnh b ằng a . Người ta
cắt khối đá đó bởi mặt phẳng song song với đáy của khối chóp để chia kh ối đá thành hai ph ân có
thể tich bằng nhau. Tinh diện tich của thiết diện khối đá bị cắt b ởi mặt ph ẳng nói trên (Giả thiết
rằng tổng thể tích của hai khối đá sau vẫn bằng thể tích của khối đá ban đầu).

a2
3
A. 4 .

a2

3
B. 2 .

2a 2
C. 3 .

a2
D. 4 .

Câu 42: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , BC  a 3 . Cạnh bên

SA vuông góc với đáy và đường thẳng SC tạo với mặt phẳng  SAB  môt góc 30�. Tinh thể tich V
của khối chóp S . ABCD theo a .
3
A. V  3a .

B.

V

2a 3
3 .

C.

V

3a3
3 .

D.

V

2 6a 3
3 .

3
Câu 43: Gia đình An xây bể hình trụ có thể tich 150m . Đáy bể làm bằng bê tông giá 100.000 đồng/

m 2 . Phân thân làm bằng vật liệu chống thâm giá 90.000 đồng/ m 2 , nắp bằng nhôm giá 120.000
2
đồng/ m . Hỏi tỷ số giữa chiều cao bể và bán kinh đáy là bao nhiêu đ ể chi phi s ản xu ât b ể đ ạt giá
trị nhỏ nhât?

31
A. 22 .

22
B. 31 .

9
C. 22 .

22
D. 9 .

Câu 44: Tinh thể tich của vật thể tròn xoay khi quay mô hình (như hình vẽ) quanh trục DF

Trang 8

5 a 3
A. 2 .

 a3
B. 3 .

10 a 3
C. 9 .

10 a 3
D. 7 .

4 x 2  3x  1  3 x
y
2x  5
Câu 45: Số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
là
A. 3 .

B. 1 .

C. 2 .

D. 0 .

log 4 a 5b 1  16a 2  b 2  1  log 8ab 1  4a  5b  1  2
a


0
b

0
Câu 46: Cho
,
thỏa mãn
. Giá trị của
a  2b bằng

A. 6 .

B. 9 .

Câu 47: Cho hàm số

27
C. 4 .

y   x3  x 2   4m  9  x  5  1

20
D. 3 .

với m là tham số. Hỏi có bao nhiêu giá trị

 �;0  ?
nguyên của m lớn hơn 10 để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
A. 6.

B. 7.

C. 4.

D. 8.

B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  1, AC  2. Hình chiếu
Câu 48: Hình lăng trụ ABC .A���

 ABC  nằm trên đường thẳng BC. Tinh khoảng cách tư điểm A đến mặt
vuông góc của A�trên
phẳng

BC  .
 A�

Trang 9


2
.
A. 3

3
.
B. 2

1
.
C. 3

2 5
.
D. 5

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

�a �
P  log 2a a 2  3logb � �
�b �.
b

 

A. Pmin  19 .

B. Pmin  13 .

C. Pmin  14 .

D. Pmin  15 .

Câu 50: Cho đa giác đều 20 cạnh nôi tiếp đường tròn (O). Xác định số hình thang có 4 đ inh là các
đinh của đa giác đều.
A. 720.

B. 765.

C. 810.

D. 315.

----------- HẾT ---------Thi sinh không đươc sử dụng tài liệu. Cán bô coi thi không giải thich gì thêm.

ĐÁP ÁN
1-D

2-C

3-C

4-D

5-C

6-C

7-C

8-A

9-D

10-A

11-A

12-B

13-D

14-A

15-A

16-A

17-C

18-C

19-D

20-D

21-A

22-A

23-D

24-D

25-B

26-C

27-C

28-C

29-C

30-D

31-A

32-A

33-A

34-C

35-B

36-C

37-D

38-B

39-A

40-D

Trang 10


41-A

42-D

43-D

44-C

45-A

46-C

47-B

48-D

49-D

50-B

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

Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: D

 0; � nên \ (0 Xét trường hơp
Hàm số y  log a x nghịch biến trên
�x1  b 2
�
y  2 � 2  logb x1  log c x2 � �x2  c 2 � b 2  c 2 � b  c

�x  x
2
�1
Vậy a < b < c
Câu 2: C
x 1
lim
1
x �� x  1
Ta có
nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = 1.

Câu 3: C

Ta có:



 



�' CA.
B ' C / / IJ  �
AC ; IJ  �
AC ; B ' C  B

�
Xét tam giác B ' AC ta dễ nhận thây đây là tam giác đềua B ' CA = 60°.
Câu 4: D

2
Điều kiện :  3 – 2 x – x  0 � 3  x  1.

D   3;1 .
TXÐ:
Câu 5: C

Trang 11


lim y  2 � y  2

x ��

lim y  0 � x  2

x �2 

là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Câu 6: C
2
3

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

� x � �; 4  � 1; �

2

Câu 7: C
1
 x  1  ln x  '  
x
y'  
2
2
 x  1  ln x 
 x  1  ln x 
1

Ta có

1
y'
x
 2 
2
y
x

1

ln
x


1

Khi đó
Câu 8: A

Ank 

1
2
x  1  ln x 

1
� 1
�
x
:�
.
 1
�
2
1
x
�x  1  ln x �  x  1  ln x 
2

1

n!
 nk!

Mệnh đề đúng là
Câu 9: D
Tư đồ thị hàm số ta thây hàm số y = f (x) đồng biến trên các khoảng ( �;0) và (3;+ �).
Suy ra hàm số y = f (x) đồng biến trên khoảng ( 2 ; 0).
Câu 10: A
Đồ thị hàm số đi qua O (0;0) nên loại D.
Đồ thị đi lên ở nhánh ngoài cùng bên phải nên loại C.
Đồ thị có hai điểm cực trị nên chon A.
Câu 11: A
TXÐ: D = (0; + �)
1 1
y'    0 � 2 x  0 � x  2
x 2
Ta có:
Bảng xét dâu:

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

 y  f  x  

sin2020 x  2019
cos x

�
�
D  �\ �  k �
�2

* TXÐ:

Trang 12


x �D �  x �D
sin 2020   x   2019 sin 2020 x  2019
* f  x 

 f  x
cos   x 
cos x
y

Suy ra
Câu 13: D

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

Giả sử S.ABCD là hình chóp tứ giác đều thì đáy ABCD là hình vuông tâm O và SO là đường cao của
hình chóp
Mặt phẳng chứa đường thẳng SO và môt trục đối xứng c ủa hình vuông ABCD là môt mặt đối xứng
của hình chóp tứ giác đều, hình vuông ABCD có bốn trục đối xứng nên hình chóp tứ giác đều có 4
mặt đối xứng.
Câu 14: A
1
1
S BCD  AB.BC  a 2

2
2
Khối chóp S.BCD có đường cao SA = a 3 , đáy BCD có diện tich là
1
1
1
3a 2
VS .BCD  SA.S BCD  a 3. a 2 
3
3
2
6
Áp dụng công thức tinh thể tich khối chóp
Câu 15: A
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đã cho đạt cực đại tại x = 2, ycs = 3.
Câu 16: A
4

7

4

7

2

4 7 2
 
3 3

3
3 3 2
3
3
3
3
Có: x .x . x  x .x .x  x

13

 x3

Câu 17: C
Khi quay đường thẳng d1 song song và cách d2 cố định môt khoảng cách không đôi quanh đường
thẳng do ta đươc môt mặt trụ tròn xoay.
Câu 18: C
Chon ngâu nhiên hai số khác nhau tư 23 số nguyên d ương đâu tiên là m ôt t ô h ơp ch ập 2 c ủa 23
phân tử. Do đó số phân tử của không gian mâu là n(  )= C23  253
Goi A là biến cố “chon đươc hai số có tich là môt số le”.
2

Trang 13


Ta có tich của hai số là le khi và chi khi cả hai số đó là số l e. Trong 23 s ố nguyên d ương đ âu tiên có
12 số le.
2
Do đó số khả năng thuận lơi cho biến cố A là n(A) = C12 = 66.
Vậy xác suât để chon đươc hai số có tich là môt số le là
Câu 19: D

P  A 

Ta có đáy ABCD là hình vuông có diện tich S.ABCD= 4a2, có

n  A
66
6


n    253 23

SO   ABCD  ,

trong tam giác vuông SAO

2

�2a 2 �
SO  SA  OA   3a   �
� 2 �
� a 7
�
�
ta có
2

2

2

1
1
4a 3 7
V  SO.S ABCD  a 7.4a 2 
3
3
3
Vậy nên thể tich khối chóp đã cho là
Câu 20: D
n 1
Tư công thức số hạng tông quát của câp số nhân là un  u1q , n �2 , theo giả thiết ta

 1
1
1
� 1�
  1 . �
 � � 103 
103
10
10n
� 10 � 10

n 1

n

� n  103

1
103
Vậy số 10 là số hạng thứ 103 của dãy.
Câu 21: A
2

log 38
 32.log 38  3log 38  64.
Ta có A  g
Câu 22: A
2
Ta có y '  3x  3

x 1� y  6
�
y '  0 � 3x 2  3  0 � �
x  1 � y  2
�
Cho
Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra yCT = 2.
Câu 23: D
Diện tich xung quanh của hình nón là
Câu 24: D
Điều kiện: x ≠ 0
x  1
�
x2 1
y'  0 �

0� �
x 1
x
�

S xq   rl  4 3

Bảng biến thiên :

Trang 14


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

x�
x
x
x
x
� x
sin  cos � 3 cos x  2 � sin 2  cos 2  2sin cos  3 cos x  2
�
2�
2
2
2
2
� 2

� 1  sin x  3 cos x  2 �

1
3
1

� �
sin x 
cos x  � sin �x  � sin
2
2
2
6
� 3�


�  
�
x    k 2
x    k 2
�
�

3 6
6
��
��
x




2
�
�
x      k 2
x   k 2
� 3
� 2
6
�
Vậy phương trình đã cho có môt nghiệm trên [0;  ].
Câu 26:

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

SM 

2
2
1
1
SC  a; MC  SC  a
3
3

3
3

Ta có:
Hình chóp S.ABCD đều có tât cả các cạnh bằng a suy ra tam giác SAM vuông tại S

Trang 15


2

13
�2 �
AM  SA  SM  a  � a � 
a
3
�3 �
2

2

2

13a 2
a2
2
 2a 
2
2
2

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

IO 

2

�a 13 � �a 2 � a 2
AI  AO  �
�
� 5 �
� �

�
�
�
� � 2 � 10
2

2

a 2 a 2 2a 2


2
10
5
2a 2
NP SI
4
4
4a 2
NP / / BD �

 5  � NP  BD 
BD SO
5
5
5
a 2

SI  SO  IO 

Vậy

S ANMP

1
1 13 4a 2 2 26a 2
 AM .NP  .
a.

2
2 3
5
15

SI
Một cách khác tính nhanh tỉ. SO
Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác SCO ta có:
MS AC IO
IO
IO 1
SI 4
.
.
 1 � 2.2.
1�
 �

MC AO IS
IS
IS 4

SO 5
Câu 27:

Goi B1,C1, lân lươt là các điểm thuôc các đoạn thẳng SB, SC thỏa mãn SB = 2SB1, SC = 4SC1,
�
�
�
Khi đó SA  SB1  SC1 . Do ASB  BSC  CSA  60�
suy ra SAB1C1 là tứ diện đều cạnh a.

Trang 16


Goi M là trung điểm của cạnh B1C1, H là tâm đường tròn ngoại tiếp AB1C1 .
1
VSAB1C1  SH .S AB1C1
SH   AB1C1 
3
Khi đó:
và ta có
Ta có:
AH 

SAB1C1 

3 2
a
4

2

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

Suy ra:

VSAB1C1

1 a 2 a2 3 a3 2
 .
.

3 3
4
12

VSABC
SB SC
a 3 2 23 2

.
 2.4  8 � VSABC  8VSAB1C1  8.


VSAB1C1 SB1 SC1
12
3

Ta có:
Câu 28: C
Goi V1, V2 lân lươt là thể tich khối trụ và khối nón cụt.
Chiều cao của khối nón cụt h2  1 – 0, 6  0, 4 m.

V
  1  S .h   .0,32.0, 6 

27

500

Ta có:
h 2 2
0, 4
19
V2 
R  r  r.R 
0,32  0, 22  0,3.0, 2 
3
3
750
Vậy thể tich vật thể là
27 19 119
0, 238 3

V  V1  V2 



m
500 750 1500
3
Câu 29: C
lim  �� a  0
Ta thây x ��
. Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; d) nằm dưới trục hoành nên d < 0.
c
2
y
'

3
ax

2
bx

c
Hàm số có hai điểm cực trị trái dâu, nên
có hai nghiệm trái dâu, do đó 3a < 0 mà









 

Mà a < 0 � c > 0. Tâm đối xứng của đồ thị nằm bên trái trục tung, nên hoành đô
a < 0 � b > 0. Vậy a  0, b  0, c  0, d  0.



b
0
3a
mà

Câu 30: D

Trang 17


� SH   ABCD 
Goi H là trung điểm AB, do tam giác ABC đều nên SH  AB mà (SBA)  (ABCD)
hay SH là đường cao hình chóp S.ABCD.
Goi O là tâm hình thoi ABCD � AC  BD.
Ta có

AB  AO 2  OB 2 

� SH 

Kė

1
1
AC 2  BD 2 
2
2

 2a 

2

  4a   a 5
2

3
a 15
. AB 
2
2

HK  BC  K �BC  , HI  SK  I �SK 

�SH  BC
� BC   SHK  �  SHK    SBC  ,
�
HI  SK � HI   SBC  .
Do �HK  BC
mà

Vậy d(AD,SC) = d(A (SBC) = 2d (H,(SBC) = 2HI. .
1
1
1
1
1
1
91
� 2 





2
2
2
2
2
SH
HK
SH
OB OC
60a 2
Tam giác SHK vuông tại H HI
� d  AD, SC   2 HI  2.

60a 2 4a 1365

91

91

Câu 31: A
VS . AMN
1
1
2
 k 2 � VS . AMN  k 2 . VS . ABCD �  k 2 � k 
2
8
4
Ta có: VS . ABD

Câu 32: A
y '  4 x 3 – 4  m  1 x
+ Ta có
x0
�
y '  0 � �2
x  m 1
�
Để hàm số có ba cực trị

� f ' x  0

có ba nghiệm phân biệt � m  1 .

2
2
2

Khi đó ba điểm cực trị là A(0; m  m), B( m  1; (m  1) ); C ( m  1; ( m  1) )
uuu
r
uuur
2
2
AB  m  1; –  m –1 ; AC   m  1; –  m –1 .
Suy ra
Ta thây tam giác ABC cân tại A nên để ABC là tam giác vuông khi và chi khi tam giác ABC vuông tại A









Trang 18


uuu
r uuur
m  1 l 
�
4
� AB. AC  0 �   m  1   m  1  0 � �
m  2  tm 
�
Vậy m = 2.

Câu 33: A

�
.
Goi I là trung điểm của AB, theo giải thiết ta có O ' IO  60�
Đặt

AB =
�=
x O ' I

x 3
2

x 3
4

O ' I cos60

3x 2 x 2
16 R 2
4R 7
2
2
OI  IA  OA �

R �x 
�x
16
4

7
7
Vì OIA vuông tại I nên
2

Ta có:

OO '  O'I.sin 600 

S xq  2 Rl  2 R

2

2

3
3R 7
x
4
7

3R 7 6 R 2 7

7
7

Vậy
Câu 34: C
u  4un  3un 1 � un 1  un  3  un  un 1   * .
Ta có n 1

Đặt un – un 1  un � un1 – un  vn  1
Biểu thức (*) trở thành vn+1= 3vn .Suy ra dãy số (vn) là câp số nhân có v1 = u1 - u0 =1 và công bôi
1
vn  v1.q n 1  1.3n 1  .3n
3
q = 3 nên có số hạng tông quát là

1
un  un1  .3n
3
Vậy
Ta có u1 – u0 = 1
1
u2 – u1  .32  3
3
1
u3 – u2  .33  32
3
...
1
un  un 1  .3n  3n 1
3
Công tưng về các đẳng thức trên ta đươc

n 1

un  u0  1  3  3  ...  3
2

3n  1


2

Trang 19


3n  1
3n  4035
 2018 
2
2
n
n
un
3  4035 1 �
�1 �� 1
lim n  lim
 �
1  4035. � ��
3
2.3n
2�
�2 ��
�
� 2
Vậy
Câu 35: B
a
c
b

Ta có  4  10 � c  a log 4 và 25  10c � c  b log 25.
� un 

c c
  log 4  log 25  log100  2
Suy ra a b
Câu 36: C
f  x   m – e x � m  f  x   e  x
Ta có
g  x   f  x   e  x ta có g '  x   f '  x   e  x  0, x  2; 2 
g  x   f  x   e x
Đặt
nên hàm số
nghịch
biến trên

Max  f  x   e  x   f (2)  e 2

 2; 2  . Suy ra  2;2

x
2
x � 2; 2 
Để m  f ( x)  e đúng với moi
điều kiện là m �f (2)  e
Câu 37: D
m
f  x  1  2
x  6 x  12 có hai nghiệm phân biệt trên đoạn [2;4]
Phương trình

� Phương trình

f  x 

m

 x  2

2

3

có hai nghiệm phân biệt trên đoạn [1;3]

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

f  x 

2

2

2

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

Với 1 ≤ x < 2 thì:

�f '  x   0
�
2
�
 x  2  3  0 � g '  x   0
�
�x  2  0
�f x  0
� 
�f '  x   0
�
2
�
 x  2  3  0 � g '  x   0
�
�x  2  0
�f x  0
� 

Với 2 < x ≤ 3 thì:
Ta có bảng biến thiên

Trang 20


Vậy để phương trình

12  m  3. 
Suy ra

f  x 

  x  2

2



3  m

có hai nghiệm phân biệt trên đoạn [1; 3] thì

m � 12; 11;...; 4

Tông các giá trị của m thỏa yêu câu bài toán là: 12  11  ...  4  72.
Câu 38: B
1
a  log 3 7
log 27 35 log 27 5  log 27 7
3a  b c  3a  b 
3
log12 35 




log 27 12 log 27 3  log 27 4 1  2 log 2 1  2 1

c2
3
3
3
c
Ta có
Câu 39: A
S n  A  1  r  � S n  50.106  1  6% 
n

Ta có

n

S n  100.106 � 50.106  1  6%   100.106
n

Tư đây ta suy ra
�  1  6%   2
n

� n  log1 6%  2  �11,9
Vậy sau it nhât 12 năm thì người đó nhận đươc số tiền nhi ều hơn 100 tri ệu đ ồng bao g ồm c ả g ốc
và lãi.
Câu 40: D
x  2y
log 2
 12 xy  3 x  6 y  14
1


xy
Ta có

� log 2  x – 2 y  – log 2  1  xy   12  1  xy  – 3  x – 2 y   2

� log 2  x – 2 y   3  x – 2 y  – 2  log 2  1  xy   12  1  xy 
�x  2 y � �x  2 y �
� log 2 �
� 12 �
� log 2  1  xy   12  1  xy 
� 4 � � 4 �

Xét hàm số
Có

 * .

y  g  t   log 2t  12t voi t � 0; � .

y '  g ' t  

1
 12  0, t  0.
t.ln 2

x  2y
�x  2 y �
� g�
 1  xy
� g  1  xy  �

4
� 4 �
Tư (*)
x  2y
� x – 2 y  4  4 xy � 2 y  4 xy  x  4 � y 
 do y  0 � x  4  .
4x  2
x4
18
y  f  x 
� y '  f ' x 
2
4x  2
4x  2

Vậy (C):

Trang 21


Vì tiếp tuyến của (C) song song với đường thẳng
5
k
242
tiếp tuyến bằng
f ' x  k �

18

 4 x  2

2



5
2
�  4x  2
242

Suy ra
Với
y

x

5 x – 242 y  1  0 � y 

5
1
x
242
242 nên hệ số góc

� 5  33 5
x
 N
�
4356
10

�

�
5
� 5  33 5
x
 L
�
10
�

5  33 5
11  3 5
;y
10
44
phương trình tiếp tuyến là

5 � 5  33 5 � 11  3 5
5
126  66 5
x


�
y

x

�

�
�
242 �
10
44
242
484
�
�

� 1 0 x – 484 y  126 – 66 5  0.

Câu 41: A
VS .MNPQ

=

1
 1
2

Theo bài ra ta có VS . ABCD
Dễ thây MNPQ là hình vuông và đồng dạng với hình vuông ABCD với ti số đồng dạng bằng

SM
 x  2
SA
VS .MNPQ
Ta có: VS . ABCD

=

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

Kết hơp với (2) ta có:
Câu 42: D

Ta có:

S MNPQ  x 2 . S ABCD 

a2
3
4

 SA   ABCD   BC  SA  1 ; ABCD

là hình chữ nhật � CB  AB (2).

CB   SAB 

�
�
� B  30�
� SC
,  SAB   CS
�
CB  SB
Tư (1) và (2) ta có �
Xét ASBC vuông tại B ta có: SB = BC. cot 30° = 3a.



Xét  SBA vuông tại A ta có: SA 



SB 2  AB 2  2a 2
Trang 22


VS . ABCD
Vây
Câu 43: D

Ta có

1
1
2a 3 6
 . SA. S ABCD  .SA. AB.BC 

3
3
3

V  150 �  r 2 h  150 � h 

150
 1 .
 r2

f  x   100000 r 2  120000 r 2  180000 rh  2  .

Hàm biểu thị chi phi sản xuât là

 f  x   220000 r 2 

27000000
r

Tư (1) và (2), suy ra
Để chi phi sản xuât bê thâp nhât thị hàm số f (r) đạt giá trị nhỏ nhât với r > 0.
27000000
13500000 13500000 Cauchy 3
 f  x   220000 r 2 
 220000 r 2 

� 3 40095.1015 
r
r
r

Có
220000 r 2 

Dâu" =" xảy ra khi
h 150
150
22
 3

3
30
r r
9
.
440
Vậy

13500000
30
�r 3
r
440

Câu 44: C
Quay hình vuông ABCD quanh trục DF ta đươc môt hình trụ có bán kinh bằng đường cao bằng a.
Thể tich của khối trụ là V1   a

3

Quay tam giác AEF quanh trục AF ta đươc hình nón có bán kinh đáy là EF đường cao là AF = a.

Trong tam giác vuông AEF ta có

EF  AF . tan 30�

a 3
3

 a2
 a3
V2  . .a 
3 3
9 .
Thể tich của khối nón là
Vậy thể tich khối tròn xoay thu đươc khi quay mô hình (như hình vẽ) quanh trục DF là

Trang 23


V  V1  V2   a 3 

 a 3 10 a 3

9
9

Câu 45: A
lim y  lim

x ��

x ��

Ta có:
hàm số đã cho.

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

3 1
 4  2 3
5
x x
lim y  lim

x ��
x ��
5
5

2
y
2
x
2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã
Vậy đường thẳng
cho.
4 x 2  3 x  1  3x
5
lim  y  lim 
 �
x
5
5
2x  5
x �
x �
2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm
2
2
. Vậy đường thẳng
số đã cho.
Câu 46: C
Do a  0, b  O nên 4a  5b  1  1.
2
2
2 2
Ta lại có 16a  b  1 �2 16a .b  1  8ab  1  1.

Tư đó

Đặt

log 4 a 561  16a 2  b 2  1  log 4 a 5b 1   8ab  1 >0

T �log 4 a 5b 1  16a 2  b 2  1  log8ab 1  4a  5b  1

Ta có

۳ T

T �log 4 a 5b1  8ab  1  log8 ab1  4a  5b  1
2 log 4 a  5b 1  8ab  1 .log8ab1  4a  5b  1 � T �2

�
16a 2  b 2
�
�
log
 8ab  1  log8ab 1  4a  5b  1
Dâu bằng xảy ra khi và chi khi � 4 a 5b 1
4a  b
�
� 3
4a  b
�
4a  b
�
a
�
�

�
��
�� 2
� ��
b  0 l  � � 4
2
log 6b 1  2b  1  1 �
2b  1  6b  1 ��
�
�
b3
�
b3
��
27
a  2b 
4
Giá trị của

Câu 47: B

 �;0  ۣ y ' 0, x � �; 0  .
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
3 x 2  2 x  4m  9 �0, x � �; 0  � 4m �3 x 2 – 2 x – 9, x � �;0 
Hay
g  x   3x 2 – 2 x – 9
 �;0  có bảng biến thiên sau
Xét hàm số
trên khoảng

Trang 24


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

m

Goi H là chân đường cao tư A' xuống (ABC).Tư A ke AK  BC .
A ' H   ABC  � A ' H  AK  1 .
Có
Ta lại có AK  BC (2).
� AK   A ' BC  .
Tư (1),(2)
Hay d(A,(A’BC)) = AK.
Ta lại có AK là đường cao trong tam giác vuông ABC có AB =1, AC = 2.
AK 

Do đó
Câu 49: D

AB. AC 2 5

BC
5

�a � �2 log b a �
P  log 2a  a 2   3log b � � �
� 3  log b a  1
b
log
a

1
�
�
� b
�
b
Ta có:
Đặt t = logba, vì a > b >1 => t >1 .
4t 2

 t  1
Khi đó P =

2

8t

 t  1
Ta có P’ =

3

 3  t  1

,với t >1

 3; P '  0 � t  3

Bảng biến thiên

Trang 25