đề thi thử THPT QG 2020 toán THPT lê văn thịnh bắc ninh lần 1 có lời giải

SỞ GD & ĐT BẮC NINH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2020

THPT LÊ VĂN THỊNH

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:............................................................................
4
2
Câu 1: Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y = − x + 2 x + 3 là

A. x = 1 .

B.

M ( 0;3)

D. y = 3 .

C. x = 0 .

.

Câu 2: Cho k , n là các số nguyên và 0 ≤ k ≤ n . Chọn khẳng định đúng.

Cnk =

A.

n!
k !( n − k ) !

.

Câu 3: Cho cấp số nhân
A.

q=

4

5
2.

B.

( un )
B.

Cnk =

k !( n − k ) !
n!

Cnk =
.

C.

n!
( n−k)!

.

D.

Cnk =

n!
k!.

u = 2;u4 = 5 . Tính giá trị công bội q .
có công bội q . Biết 1
q=

5
2.

C.

q = ±4

5
2.

D.

q=

3

5
2.

3
Câu 4: Hàm số y = − x + 12 x + 5 nghịch biến trên khoảng nào sau đây ?

A.

( −3;0 ) .

B.

( −∞;− 1) .

C.

( −2;2 ) .

D.

( 2;+ ∞ ) .

Câu 5: Cho hình trụ có bán kính bằng a. Một mặt phẳng đi qua các tâm của hai đáy và cắt hình trụ theo
thiết diện là hình vuông. Thể tích của khối trụ bằng
3
A. 2π a .

3
D. 2 3π a .

3
C. 4π a .

3
B. π a .

Câu 6: Phương trình 5 − 2 cos 2 x − 8sin x = 0 có nghiệm là

π

 x = 6 + k 2π

( k ∈¢)
 x = 5π + k 2π

6
A. 
.

π

 x = 6 + kπ

( k ∈¢)
 x = 5π + kπ


6
B. 
.

π

 x = 6 + k 2π

( k ∈¢)
 x = − π + k 2π

6
C. 
.

π

 x = 6 + kπ

( k ∈¢)
 x = − π + kπ

6
D. 

Câu 7: Cho a = lg 2,b = ln 2, a = lg 2,b = ln 2, hệ thức nào sau đây là đúng?

a e
=
A. b 10 .

B. 10 = e .
b

a

1 1
1
+ =
C. a b 10e .

a
b
D. 10 = e .

Câu 8: Trong các mệnh đề sau, đâu là mệnh đề sai?
A.

log 1 3 < log 1 e
π

π

.

log 3 π > log 3 e.
B.

Câu 9: Hàm số nào sau đây nghịch biến trên khoảng

C.

log 1 3 < log 1 π .
2

( 0; +∞ ) ?

2

D.

log e 3 < log e π .


A.

y = log 2π x
3

.

B.

y = log 3 x

.

2

C.

y = log 2 x
3

.

D. y = log x .

Câu 10: Tìm m để hàm số
y = f ( x ) = { x 2 − 3x + 2 x 2 − 2 x( x < 2)mx + m + 1( x = 2) x 2 − 3 x + 2 x 2 − 2 x( x < 2)mx + m + 1( x = 2)

liên tục

tại x = 2 .
A.

m=−

1
6.

B. m = −6 .

C.

m=−

1
2.

D.

m=

1
6.

Câu 11: Một hình nón tròn xoay có đường cao h, bán kính đáy r và đường sinh l. Biểu thức nào sau đây
dùng để tính diện tích xung quanh của hình nón?
A.

S xq = π rh

.

B.

S xq = 2π h

Câu 12: Tính đạo hàm của hàm số
A.

y′ =

1
3ln x .

B.

y′ =

.

C.

S xq = 2π rl

.

D.

S xq = π rl

.

y = log 3 x .
1
x ln 3 .

C.

y′ =

3
ln x .

D.

y′ =

x
ln 3 .

Câu 13: Mỗi hình sau gồm một số hữu hạn đa giác phẳng (kể cả các điểm trong của nó), số hình đa diện
là

A. 3 .

B. 4 .

C. 1 .

D. 2 .

2
Câu 14: Tìm tổng các nghiệm của phương trình log5 ( x − 4) = 1 .

A. −6 .

B. 3 .

Câu 15: Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
A. y = −3 .
Câu 16: Cho

B. y = 2 .

y=

B. 6 .

Câu 17: Cho hàm số

y = f ( x)

f ( x) +1 = m

A. 0 < m < 1 .

D. 6 .

2x −1
x − 3 là
C.

log x y = 3 , tính giá trị của biểu thức log x3

3
A. 2 .

phương trình

C. 0 .

y=

1
3.

D. y = 3 .

y3

C. 9 .

1
D. 9 .

có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để

có bốn nghiệm thực phân biệt?
B. 0 < m < 2 .

C. 1 < m < 2 .

D. 2 < m < 3 .
Trang 2


Câu 18: Cho khối chóp S . ABC , trên ba cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy ba điểm A′, B′,C ′ sao cho

SA′ =

1
1
1
SA, SB′ = SB, SC ′ = SC
2
3
4

. Gọi V và V ′ lần lượt là thể tích của các khối chóp S . ABC và

V′
S . A′B′C ′ . Khi đó tỉ số V là
1
B. 24 .

A. 12 .

1
C. 12 .

D. 24 .

log a 8
log 25 36
Câu 19: Cho ∆ABC vuông tại A có AB = 3 , AC = 5
. Biết độ dài BC = 10 thì giá trị a nằm trong
khoảng nào dưới đây.

A.

( 3;5) .

B.

( 2; 4 ) .

C.

( 4; 7 ) .

D.

( 7;8) .

Câu 20: Hàm số nào sau đây đồng biến trên ¡ .
3
A. y = x − 3 x + 5 .

3
B. y = x + x − 1 .

3
C. y = x − x + 2 .

4
D. y = x + 4 .

f x
f ′ x = x 2 − 9 ∀x ∈ ¡
Câu 21: Cho hàm số ( ) có đạo hàm ( )
,
. Gọi T là giá trị cực đại của hàm số đã
cho. Chọn khẳng định đúng.

A.

T = f ( 0)

Câu 22: Cho
cộng trên.

.

B.

T = f ( 3)

.

C.

T = f ( 9)

.

D.

T = f ( −3 )

.

log 2 ( x − 1),1, log 2 ( x + 2) theo thứ tự lập thành cấp số cộng. Tìm tổng các x thoả mãn cấp số
B. 7 .

A. 4 .

C. −1 .

f ( x ) = x 3 − 3x 2 + 5

Câu 23: Cho hàm số
số có phương trình là
A. y = −3x + 4 .

D. 2 .

. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm

B. y = 3 − 2 x .

C. y = 9 x + 10 .

( −1;1)

thuộc đồ thị hàm

D. y = 1 + 3x .

Câu 24: Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp một hình lăng trụ tam giác đều có các cạnh đều bằng a.

7π a 2
A. 5 .

7π a 2
C. 3 .

3π a 2
B. 7 .

7π a 2
D. 6 .

Câu 25: Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 6 .

B. 3 .

( a − 1)
Câu 26: Cho
a < 1

A.  a ≥ 2 .

−

2
3

≤ ( a − 1)

−

1
3

C. 2 .

D. 4 .

. Khi đó ta có thể kết luận về a là

B. a ≥ 2 .

C. 1 < a .

D. 1 < a ≤ 2 .

3
0; 2]
Câu 27: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x − 3x + 4 trên đoạn [

A.

min y = 4
[ 0;2]

.

B.

min y = 0
[ 0;2]

.

C.

min y = 1

[ 0;2]

.

D.

min y = 2
[ 0;2]

.

Câu 28: Cho hình chóp đều S . ABCD . Khẳng định nào sau đây sai?
A. Đáy ABCD là hình thoi.
B. Các mặt bên là tam giác cân.
Trang 3


C. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABCD là tâm của đáy.
D. Các mặt bên tạo với đáy các góc bằng nhau.
Câu 29: Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như hình bên. Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trong
khoảng nào sau đây?

A. (0;1) .

B. (−2; 2) .

C. (−1;1) .

D. (2; +∞) .

Câu 30: Một cái phễu có dạng hình nón. Người ta đổ một lượng nước vào phễu sao cho chiều cao của

1
lượng nước trong phễu bằng 3 chiều cao của phễu. Hỏi nếu bịt kín miệng phễu rồi lộn ngược phễu lên thì
chiều cao của nước gần với số nào nhất? Biết rằng chiều cao của phễu là 15cm .

A. 0,188cm .

B. 1,088cm .

Câu 31: Tìm số đường tiệm cận của đồ thị hàm số
A. 0 .

C. 1,88cm .
y=

B. 1 .

D. 0,88cm

2 x + 1 − 3x + 1
x2 − x
.

C. 2 .

D. 3 .

Câu 32: Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên R và có đồ thị hàm số y = f ′( x) như hình vẽ dưới.

2
Hàm số y = f ( x ) − x + 2 x nghịch biến trên khoảng

A. (0;1) .

B. ( −1; 2) .

C. (1;3) .

D. (−∞;0) .

Trang 4


Câu 33: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , cạnh SB vuông góc với đáy và
mặt phẳng

( SAD )

°
tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD .

3a 3 3
V=
4 .
A.

3a 3 3
V=
8 .

B.

8a 3 3
V=
3 .
C.

4a 3 3
V=
3 .
D.

Câu 34: Từ một nhóm có 14 học sinh trong đó có hai bạn Đăng và Khoa, giáo viên muốn chọn 1 tổ trực
tuần gồm 6 bạn trong đó có 1 tổ trưởng, 5 tổ viên. Tính xác suất để 2 bạn Đăng và Khoa không đồng thời
có mặt trong tổ.

86
A. 91 .
Câu

35: Có

15
B. 91 .
bao

nhiêu

giá

y = mx3 − 3mx 2 + ( 3m − 2 ) x + 2 − m

A. 11 .

81
C. 91 .
trị

nguyên

của

tham

76
D. 91 .
số

m ∈ [ −10;10]

để

hàm

số

có 5 điểm cực trị?

B. 7 .

C. 10 .

D. 9 .

Câu 36: Trong một cuộc thi làm đồ dùng học tập do trường phát động, bạn Tuấn nhờ bố làm một hình
chóp tứ giác đều bằng cách lấy một mảnh tôn hình vuông ABCD có cạnh bằng 5cm (tham khảo hình vẽ)

Cắt mảnh tôn theo các tam giác cân AEB , BFC , CGD , DHA và sau đó gò các tam giác AEH , BEF ,
CFG , DGH sao cho bốn đỉnh A , B , C , D trùng nhau tạo thành khối chóp tứ giác đều. Thể tích lớn
nhất của khối chóp tứ giác đều tạo thành bằng
4 10
A. 3 .

8 10
.
B. 3

8 10
.
C. 5

4 10
D. 5 .

2 f ( x )− m + 2
= 16 có 2
Câu 37: Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau. Tìm m phương trình 2
nghiệm phân biệt?

Trang 5

A. m = ±6 .

B. m = −2 .

C. m = 4 .

D. −6 < m < 6 .

Câu 38: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình sau

x 6 + 3 x 4 − m3 x 3 + 4 x 2 − mx + 2 ≥ 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ [ 1;3] . Tổng tất cả các phần tử của S bằng
A. 3 .

B. 1 .

C. 4 .

Câu 39: Cho hình nón đỉnh S, đáy là đường tròn

D. 2 .

( O;5) . Một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón cắt

SAB )
đường tròn đáy tại hai điểm A và B sao cho SA = AB = 8 . Tính khoảng cách từ O đến (
.

3 2

A. 7 .

B. 2 2 .

Câu 40: Cho hàm số

Bất phương trình
A.

3 13
C. 4 .

y = f ( x)

.

B.

D.

y = f ′( x)
liên tục trên ¡ . Hàm số
có đồ thị như hình dưới đây.

3 f ( x ) ≤ x3 − 3 x 2 + m

m > 3 f ( −1) + 4

13
2 .

đúng với mọi

m ≥ 3 f ( −1) + 4

.

x ∈ ( −1;3)

C.

khi và chỉ khi

m > 3 f ( 3)

.

D.

m ≥ 3 f ( 3)

.

SAC ) ⊥ ( ABC ) AB = 3a
Câu 41: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , (
,
,

·
BC = 5a . Biết rằng SA = 2a 3 và SAC

= 30° . Khoảng cách từ điểm A đến ( SBC ) bằng
3 7
a
A. 14 .

3 17
a
B. 4
.

6 7
a
C. 7
.

12
a.
D. 5

6

 3 3 
x −
÷
x  với x > 0 . Tìm hệ số của số hạng chứa x 4 trong khai triển trên.
Câu 42: Cho khai triển 
A. −1215 .

B. 1215 .

C. −405 .

D. 405.

Câu 43: Một công ty dự kiến làm một đường ống thoát nước thải hình trụ dài 1km , đường kính trong của
ống (không kể lớp bê tông) bằng 1m ; độ dày của lớp bê tông bằng 10cm . Biết rằng cứ một mét khối bê
tông phải dùng 10 bao xi măng. Số bao xi măng công ty phải dùng để xây dựng đường ống thoát nước
gần đúng với số nào nhất sau đây?
A. 4120 .
Câu 44: Phương trình

B. 3450 .
2 log 3 ( cot x ) = log 2 ( cos x )

C. 3456 .

D. 3219 .

có bao nhiêu nghiệm trong khoảng

( 0; 2018π ) ?
Trang 6


A. 1009 .

B. 1008 .

C. 2018 .

mx
Câu 45: Tìm tập tất cả các giá trị của m để phương trình 7

2

D. 2019 .
+2 x

= 7 2 mx − m có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn

x12 x22
+ ≤2
x22 x12
.
A.

m≥

1
2.

B.

m=

1
2.

C.

m≤

1 
m ∈  ;1
2  .
D.

1
2.

Câu 46: Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác đều. Hình chiếu vuông góc của A′ trên
mặt phẳng

( ABC )

( ABC )

trùng với trung điểm M của cạnh BC . Biết AB = a , góc tạo bởi A′B và mặt đáy

o
B′AC )
bằng 60 . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (
.

a 39
A. 26 .

a 13
B. 13 .

Câu 47: Cho hàm số

a 39
C. 13 .

a 13
D. 26 .

f ( x ) = x3 − 3x + 1

. Tìm số nghiệm của phương trình

B. 9 .

C. 4 .

A. 5 .

Câu 48: Cho số thực x thỏa mãn
m +1
A. 2 .

f ( f ( x) ) = 0

D. 7 .

log 2 ( log 4 x ) = log 4 ( log 2 x ) + m

. Tính giá trị của

2
C. m .

m +1
B. 4 .

.

log 2 x theo m .

m
D. 4 .

3
2
3
Câu 49: Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = x − 3mx + 3 x − 6 m đồng biến trên

khoảng
A.

( 0; +∞ )

là

[ 2; +∞ ) .

B.

( −∞; 2] .

C.

( −∞;0] .

D.

Câu 50: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình
nghiệm đúng với mọi giá trị
A. m > 0 .

x ∈ ( 1;64 )

(

( −∞;1] .

4 log 2 x

)

2

+ log 2 x + m ≥ 0

.

B. m ≥ 0 .

C. m ≤ 0 .

D. m < 0 .

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

ĐÁP ÁN
1-B

2-A

3-D

4-D

5-A

6-A

7-D

8-C

9-C

10-A

11-D

12-B

13-A

14-A

15-B

16-A

17-D

18-B

19-B

20-B

21-D

22-C

23-C

24-C

25-D

26-B

27-D

28-A

29-A

30-A

31-D

32-A

33-C

34-D

35-C

36-A

37-A

38-A

39-C

40-B

41-C

42-B

43-C

44-A

45-B

46-C

47-D

48-B

49-D

50-B

Trang 7


( – 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: B
3
Ta có: y ' = −4 x + 4 x
x = 0
y ' =⇔ 
 x = ±1

Bảng biến thiên:

Vậy điểm cực tiễn của đồ thị hàm số là điểm

M ( 0;3) .

Câu 2: A
Câu 3: D
Vì dãy số

( un )

là một cấp số nhân, nên theo giá thiết, ta có:

u1 = 2
u1 = 2
u1 = 2

⇔
⇔

5
3
u4 = 5 u4 = u1.q = 5  q = 3
2


Vậy giá trị công bội của cấp số nhân

( un )

là

q=

3

5
2

Câu 4: D
 x = −2
y ' = −3 x2 + 12, y ' = 0 ⇔ 
x = 2
Ta có
Bảng biến thiên:

Trang 8


Dựa vào bảng biên thiên ta chọn đáp án D.
Câu 5: A

Do thiết diện của mặt phẳng qua các tâm của hai đáy và cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông ABCD,
nên đường cao hình trụ là h = AD = DC = 2 R = 2a.
2
2
3
Thể tích của khối trụ là V = π R h = π a .2a = 2π a

Câu 6: A
2
Ta có: 5 − 2cos 2 x − 8sinx = 0 ⇔ 5 − 2(1 − 2 sin x ) − 8sinx = 0

π
3


x = + k 2π
sin x = ( loai )


2
6
⇔ 4sin 2 x − 8sin x + 3 = 0 ⇔ 
⇔
( k ∈ ¢)
 x = 5π + k 2π
sin x = 1


5
6
Câu 7: D
a
lg 2
b
ln 2
Ta có: 10 = 10 = 2, e = e = 2 ⇒ Phương án D đúng.
Câu 8: C

1
log 1 3 > log 1 π
3 < π ,0 < <1
2
2
Do
nên 2
. Chọn phương án C.
Câu 9: C
Nhận thấy

0<

2
y = log 2 x
<1⇒
( 0; +∞ ) .
3
3
hàm số
nghịch biến khoảng

Câu 10: A
Ta có
Lại có

lim− f ( x ) = lim−

x →2

x→2

( x − 1) ( x − 2 ) = lim x − 1 = 1
x 2 − 3x + 2
= lim−
2
x →2
x → 2−
x − 2x
x ( x − 2)
x
2

lim ( mx + m + 1) = 3m + 1 và f ( 2 ) = 3m + 1.

x → 2+

Trang 9


Hàm số đã cho liên tục tại
⇔ 3m + 1 =

Vậy

m=−

x = 2 ⇔ lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) = f ( 2 )
x →2

x→2

1
1
⇔m=−
2
6

1
6

Câu 11: D
Câu 12: B
Áp dụng công thức

( log x x ) ' =

1
1
, ∀x > 0
y ' = ( log 3 x ) ' =
x.ln a
x.ln 3
. Ta có

Câu 13: A
Hình đa diện gồm một số hữu hạn đa giác phẳng thỏa mãn hai điều kiện:
a) Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một định chung, hoặc có một cạnh chung.
b) Mỗi cạnh của một đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác.

Hình đa diện chia không gian thành hai phần (phần bên trong và phần bên ngoài). Hình đa diện cùng với
phầnbên trong của nó gọi là khối đa diện.
Theo khái niệm hình đa diện thì hình (a), (c), (d) là các hình đa diện Hình (b) không phải hình đa diện.
Câu 14: A

log 5 ( x 2 − 4 ) = 1 ⇔ x 2 − 4 = 5 ⇒ x = ±3
Phương trình
Suy ra tổng hai nghiệm bằng 0.
Câu 15: B
2x −1
2 x −1
lim = lim
= 2; lim y = lim
=2⇒ y =2
x →+∞
x →+∞ x − 3
Ta có x →−∞ x→−∞ x − 3
là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Câu 16: A
Ta có:

log x3

3
1
1 3
1
3
y = log x y 2 = . log x y = log x y =

3
3 2
2
2
3

Câu 17: D

Phương trình

f ( x ) + 1 = m = f ( x ) = m –1

có 4 nghiệm thực phân biệt

⇔ 1 < m −1 < 2 ⇔ 2 < m < 3
Câu 18: B

Trang 10


V ' SA ' SB ' SC ' 1 1 1 1
=
.
.
= . . =
SA SB SC 2 3 4 24
Ta có V
Câu 19: B
2

log 25 36
= 5log5 6 = 5log5 6 = 6; AB = 3loga 8 = 8
Ta có AC = 5

log a 3

(Điều kiện: 0 < a ≠ 1 ).

Tam giác ABC vuông tại A nên.

(

BC 2 = AB 2 + AC 2 ⇔ AB 2 = 64 ⇔ 8loga 3

)

2

= 64 ⇔ 82.loga 3 = 82 ⇔ 2 log a 3 = 2

⇔ log a 3 = 1 ⇔ 3 = a
Câu 20: B
3
Xét đáp án A, y = x − 3x + 5 có tập định ¡
không đồng biến trên toàn trục số thực ¡ .

và

y ' = 3 x 2 – 3 > 0 ⇔ x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 1; +∞ )

nên hàm số

3
2
Xét đáp án B, y = x + x − 1 có tập xác định ¡ và y ' = 3 x + 1 > 0∀x ∈ ¡ nên hàm số đồng biến trên ¡ .
3
2
Xét đáp án C , y = x − x + 2 có tập xác định ¡ và y ' = 3 x –1 > 0

1   1


⇔ x ∈  −∞; −
; +∞ ÷
÷∪ 
3  3

 nên hàm số không đồng biến trên toàn trục số thực ¡ .
4
y ' = 4 x3 > 0 ⇔ x ∈ ( 0; +∞ )
Xét đáp án D, y = x + 4 có tập xác định ¡ và
nên hàm số không đồng biến |
trên toàn trục số ¡ .

Câu 21: D
x = 3
f '( x ) = x2 − 9 = 0 ⇔ 
 x = −3

Trang 11

Từ bảng biến thiên ta chọn đáp án D.
Câu 22: C
log 2 ( x − 1) ,1, log 2 ( x + 2 )
Do
được lập thứ tự thành cấp số cộng nên

1=

log 2 ( x − 1) + log 2 ( x + 2 )
⇔ 2 = log 2 ( x 2 + x − 2 ) ⇔ x 2 + x − 6 = 0 ⇒ x1 + x2 = −1
2
Nên ta chọn câu C.

Câu 23: C
f ' ( −1) = 9
Ta có:
Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm
Câu 24: C

( −1;1)

là

y − 1 = 9 ( x + 1) hay y = 9 x + 10

ABC. A ' B ' C ' là hình lăng trụ đều, tâm các đáy là E , E ', I là trung điểm EE '.
Do EE ' vuông góc với các mặt đáy và đi qua tâm các tam giác đáy nên mọi điểm nằm trên EE ' đều
cách đều các đỉnh của hình lăng trụ.

Vậy là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ, bán kính mặt cầu là IB
2

2
2
a 21
 a   a 3  21a
IB = IE + EB =  ÷ + 
=
⇒ IB =
÷
÷
36
6
2  3 
2

2

2

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ là :

S = 4π R 2 = 4π

21a 2 7π a 2
=
36
3

Câu 25: D
Hình chóp tứ giác đều có đáy là hình vuông và chân đường cao hạ từ đỉnh trùng với tâm của đáy, nên mặt
đối xứng là các mặt chứa đình và trục đối xứng của hình vuông. Vậy có 4 mặt đối xứng.

Trang 12


Câu 26: B
Điều kiện : a − 1 > 0 a > 1
−2 −1
2
1
−
−
≤
3
a
−
1
≤
a
−
1
) ( ) 3 đúng khi a − 1 ≥ 1 ⇔ a ≥ 2
3 nên bất đẳng thức (
Ta có 3

Học sinh có thể dùng phương án loại trừ như sau:
+) a < 1 không thỏa mãn đk loại đáp án A.
+)

a=

3
2 không thỏa mãn loại đáp án C và D.

Câu 27: D
 x = −1
⇔
x = 1
Ta có: y ' = 3 x – 3. y ' = 0
2

 f ( 0) = 4

 f ( 1) = 2
f 2 =6
x ∈ [ 0; 2]
( )
Với
ta có: 
Vậy

min y = 2
[ 0;2]

Câu 28: A
Vi S . ABCD là hình chóp đều nên đáy ABCD là tứ giác đều.
Do đó, đáy ABCD là hình vuông. Vậy đáp án A sai. Các mặt bên tạo với đáy các góc bằng nhau.
Câu 29: A

Dựa vào bảng biến thiên hàm số
Do đó ta chọn phương án A.
Câu 30: A

y = f ( x)

ta thấy hàm số nghịch biến trong khoảng

( −1; 0 )

và ( 0; 1) .

Trang 13


1
V = π .h.r 2
3
Gọi chiều cao và bán kính phễu lần lượt là h và T. Khi đó thể tích của phễu là:
r1 h1 1
= =
h
r
+ Gọi chiều cao và bán kính lượng nước chứa trong phễu lần lượt là 1 và 1 thì ta có : r h 3
2

1
1 h  r  1 π .h .r 2 V
V1 = π .h1.r12 = π . .  ÷ =
=

3
3 3  3  3 27
27
Thể tích lượng nước trong phễu là:

Gọi chiều cao và bán kính phần còn lại của phễu lần lượt là họ và 72 (như hình vẽ trên) thì ta có
r2 h2
r.h
= ⇒ r2 = 2
r
h
h
2

3

1
1
 r.h  1
h 
V2 = π .h2 .r22 = π .h2 .  2 ÷ = π .r 2 h.  2 ÷ ( 1)
3
3
 h  3
h
Thể tích phần còn lại của phễu là:

Mà:

V2 = V − V1 =

26.V 26 1
= . π .h.r 2 ( 2 )
27
27 3
3

3

1 2  h2  26 1
 h  26
π .r h.  ÷ = . π .h.r 2 ⇔  2 ÷ =
 h  27 3
 h  27
So sánh (1) và (2) suy ra 3
⇒ h2 =

3

3
26
26
.h =
.15 = 5 3 26
3
3

3
Vậy, nếu bịt kín miệng phễu rồi lộn ngược phễu lên thì chiều cao của nước gần với số 15 − 5. 26 ≈ 0,188

Câu 31: D
Điều kiện:
lim y =
x →0

x≥−

1
3

1
1
y=−
2 nên đường thẳng
2 là tiệm cận ngang.

lim y = +∞; lim− y = −∞

x →1+

lim y = 0

x →+∞

x →1

nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng.

nên đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang.

Câu 32: A

Trang 14


Vẽ đồ thị hàm số

y = f ' ( x ) và y = 2 x – 2

trên cùng hệ tọa độ Oxy.

Nhìn đồ thị hai hàm số ta được hàm số đã cho nghịch biến

y ' = f '( x ) − 2x + 2 ≤ 0 ⇔ f ' ( x ) ≤ 2x − 2
Câu 33: C

2
Ta có S ABCD = 4a

Ta có:

SB ⊥ ( ABCD ) ⇒ SB ⊥ AD

và ABCD là hình vuông nên

Suy ra góc SAB là góc giữa hai mặt phẳng

( SAD )

AB ⊥ AD ⇒ AD ⊥ ( SAB ) ⇒ AD ⊥ SA.

và ( ABCD ) .

0
Tam giác SBC vuông tại B nên SB = ABtan SAB = 2a tan 60 = 2a 3

1
8a 3 3
VS . ABC = S ABCD .SB =
3
3
Từ đây ta suy ra
Câu 34: D

Trang 15


Số phần tử không gian mẫu là

n ( Ω ) = 14.C135 = 18018,

Gọi A là biến cố 2 bạn Đăng và Khoa không đồng thời có mặt trong tổ. Suy ra A là biến cố 2 bạn Đăng
và Khoa đồng thời có mặt trong tổ.
4
Số cách chọn 6 bạn trong đó có cả hai bạn Đăng và Khoa là C12

Với mỗi cách chọn đó có C cách chọn tổ trưởng. Do đó

( )

⇒P A =

Vậy

( )

n A = C124 . C61 = 2970.

2970 15
=
18018 91

( )

P ( A) = 1 – P A =

76
91

Câu 35: C
Để hàm số

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

mx 2 − 3mx 2 + ( 3m − 2 ) x + 2 − m = 0
⇔ ( x − 1) ( mx 2 − 2mx + m − 2 ) = 0

⇔ g ( x ) = mx 2 − 2mx + m − 2 = 0

có 5 điểm cực trị thì phương trình

có 3 nghiệm phân biệt.

có 3 nghiệm phân biệt.
có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

m ≠ 0

2
⇔ ∆ ' = ( −m ) − m ( m − 2 ) > 0 ⇔ m > 0

 g ( 1) ≠ 0

m < [ −10; 10 ]
m ∈ { 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10}
Vì m ∈ ¢ và
nên
Câu 36: A

Đặt cạnh của hình vuông EFGH là

x ( x > 0)

x
5 2−x
⇒ OM = , CM = CO − OM =
0< x<5 2
2
2

(

)

Khi gõ các tam giác thành hình chóp tứ giác đều A. EFGH thì C = A nên ta có AM = CM.
Trang 16


⇒ AO = AM 2 − OM 2 =

50 − 10 2 x 
5 2
 0 < x <
÷
2
2 ÷



1
1
1
A. EFGH : VA. EFGH = S EFGH . AO = x 2 50 − 10 2 x =
50 x 4 − 10 2 x 5
3
6
6
Thể tích khối chóp

Xét hàm số

f ( x ) = 50 x 4 − 10 2 x 5

với

0< x<

5 2
2

x = 0
f ' ( x ) = 200 x 3 − 50 2 x 4 = 50 x 3 4 − 2 x ; f ' ( x ) = 0 ⇔ 
x = 2 2

(

)

Bảng biến thiên

Vậy thể tích lớn nhất của khối chóp tứ giác đều tạo thành là

VAEFGH =

4 10
3 khi và chỉ khi x = 2 2

Câu 37: A
Ta có:

2

2 f ( x ) −m+ 2

= 16 ⇔ f ( x ) =

m+2
2

m + 2
 2 =4
m = 6
⇔

 m = −6
 m + 2 = −2
Từ đồ bảng biến thiên, phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt khi  2

m = 6

Vậy  m = −6
Câu 38: A

x 6 + 3x 4 − m3 x 3 + 4 x 2 − mx + 2 ≥ 0 ⇔ ( x 2 + 1) + ( x 2 + 1) ≥ m3 x 3 + mx
3

Ta có:

Hàm số

( 1) ⇔

f ( t ) = t3 + t

đồng biến trên R

f ( x 2 + 1) ≥ f ( mx ) ⇔ x 2 + 1 ≥ mx ⇔ x +

Đế (1) đúng với mọi

x ∈ [ 1;3]

( 2) ⇔ m

1
≥m
x

1
m ≤ f ( x ) = x + ∀x ∈ [ 1;3] ( 2 )
x
khi

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy thì
Suy ra

( 1)

f ( x) = x +

1
≥ 2, ∀x ∈ [ 1;3]
x
dấu bằng xảy ra khi x = 1

≤2
Trang 17


Do m nguyên dương nên

m ∈ S = { 1; 2}

Câu 39:

Theo giả thiết tam giác SAB đều cạnh bằng

8 ⇒ S ∆SAB = 16 3

Kẻ SI ⊥ AB , ta có SI = 25 − 16 = 3; SO = 64 − 25 = 39
1
1
SO.IA.OI
39.4.3 3 13
VS .OAB = SO.IA.OI = d ( O ;( SAB ) ) .S ∆SAB ⇒ d ( O ;( SAB ) ) =
=
=
3
3
S

4
16
3
∆
SAB
Mà

Câu 40: B
Xét bất phương trình

3 f ( x ) ≤ x3 − 3 x 2 + m

⇔ g ( x ) = 3 f ( x ) − x 3 + 3x 2 ≤ m

với mọi

Ta có

⇔ g ' ( x ) = 3 ( f ' ( x ) − x2 + 2 x )

trình

g ( x) = 0

với mọi

x ∈ ( −1;3) .

Từ đồ thị

có nghiệm kép x = 1 , với mọi

Từ BBT ta thấy

x ∈ ( −1;3) .

g ( x ) = 3 f ( x ) − x 3 + 3x 2 ≤ m

f '( x)

2
và Parabol y = x − 2 x ta thấy phương

x ∈ ( −1;3) .

, với mọi

x ∈ ( −1;3) ⇔ g ( −1) ≤ m

⇔ m > 3 f ( −1) + 4
Câu 41: C

Trang 18


2
2
• ∆ABC vuông tại A, AC = BC – AB = 4a.

• Theo giá thiết xét ∆SAC

SC 2 = SA2 + AC 2 – 2.SA. AC. cos300 = 4a 2 = SC = 2a.

•Vì

SA2 + SC 2 = AC 2 ( = 16a 2 )

S ⇒ SC ⊥ SA ( 1)
nên ∆SAC vuông tại

( SAC ) ⊥ ( ABC )

( SAC ) ∩ ( ABC ) = AC ⇒ AB ⊥ ( SAC ) ⇒ SC ⊥ AB ( 2 )

( ABC ) ⊃ AB, AB ⊥ AC
1
S SAB = SA. AB = 3a 2 . 3.
3
• ∆SAB vuông tại A,

•(1), (2)

⇒ SCI ⊥ ( SAB ) = SC ⊥ SB ⇒ SB = BC 2 − SC 2 = a 21

1

3
V = VC .SAB = 3 .S SAB .SC = 2a . 3
.
3.VA.SBC
3V

6a 7
 S = 1 .SB.SC = a 2 . 21
⇒ d  A; ( SBC )  =
=
=
SBC

S SBC
S SBC
7
2

Vậy

d  A ( SBC )  =

6. 7
.a
7
(đvd)

Câu 42: B
6

k

7
6
6
18 − k

 3 3 
k
k
3 6 − k  −3 
k
k
2
x > 0;  x −
÷ = ∑ C6 ( x ) . 
÷ = ∑ C6 ( −1) .3 .x
x
x

 k =0

 k =0
•Với
7
18 − k
2

Tk +1 = C6k ( −1) .3k .x
k

•Do đó số hạng tổng quát của khai triển trên là

, ∀k = 0; 6

7
4

•Tk +1 là số hạng chứa x ⇔ 18 − 2 k = 4 ⇔ k = 4
C64 ( −1) .34 = 1215
4

•Vậy hệ số của số hạng chứa cố trong khai triển trên bằng

Trang 19


Câu 43: C

V = π ( 0,5 + 0,1) .1000 − π ( 0,5 ) .1000 ≈ 345,575m3
2

Thể tích phần bê tông là

2

Vậy số bao xi măng cần dùng là 345,575.10 = 3455, 75 ≈ 3456 bao.
Câu 44: A
Điều kiện sin x ≠ 0, cot x > 0, cos x > 0
Đặt

2log3 ( cotx ) = log 2 ( cosx ) = t.

( )

cot x = 3



cos x = 2t
Suy ra 

t

t

1
1
4
1 + cot x =
⇒ 1 + 3t =
⇔ 4t + 12t = 3t ⇔  ÷ + 4t = 1
2
t
sin x
1− 4
3
Mà
2

t

4
f ( t ) =  ÷ + 4t
3
Xét hàm số
đồng biến và liên tục trên R
f ( −1) =

Mà

3 1
1
+ =1
t = −1 ⇒ cos x =
4 4
2
, suy ra phương trình có đúng một nghiệm

x ∈ ( 0; 2018π )
Vì
tức có 1009 vòng tròn lượng giác, mà x ≠ 0, cot x > 0, cos x > 0 nên mỗi vòng tròn chỉ
lấy 1 nghiệm ( nằm ở góc phần tư thứ nhất ).
Vậy có 1009 nghiệm,
Câu 45: B
7 mx

2

+2 x

= 7 2 mx − m ( 1)

7 mx

2

+2 x

= 7 2 mx −m ⇔ mx 2 − 2 ( m − 1) x + m = 0 ( 2 )

Đề phương trình (1) có hai nghiệm thì phương trình (2) có hai nghiệm, điều này tương đương
 m ≠ 0
1

⇔ m ∈  −∞;  \ { 0}

2
2
2

( m − 1) − m ≥ 0
m −1

 x1 + x2 = 2
m

 x1 x2 = 1
Theo định lí Viet ta có :

Trang 20


( x 2 − x 2 ) 2 ≤ 0
 x12 − x22 = 0
x12 x22
1
2
+

≤
2
⇔
⇔


x22 x12
 x1 x2 ≠ 0
 x1 x2 ≠ 0
  x1 = x2
( x1 − x2 ) ( x1 + x2 ) = 0

⇔
⇔   x1 + x2 = 0
 x1 x2 ≠ 0
x x ≠ 0
 1 2

Trường hợp

x1 + x2 = 0 ⇔ 2

m −1
= 0 ⇔ m =1
m
(loại do điều kiện).

1
1
⇔m=

m=
x
=
x
2 , tức là phương trình (2) có nghiệm kép
2 Kiểm tra lại với
2 thấy thỏa
Trường hợp 1
xx ≠0
mãn điều kiện 1 2

Vậy giá trị cần tìm là

m=

1
2

Câu 46: C

Ta có: Hình chiếu vuông góc của A' trên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M của cạnh BC.
· ; ( ABC ) = A ' B
· ; BM = ·A ' BM = 600.
A' B
Suy ra:
Dựng hình bình hành ABHM. Gọi N là giao điểm của HM và AC.

(

) (

)

Trang 21


⇒ N là trung điểm

AC ⇒

MN 1
3
= ⇒ HN = 3MN = a
HN 3
2

( A ' B '/ / MH ; A ' B ' = MH ) .
Suy ra A ' B ' HM cũng là hình bình hành
Suy ra

B ' H ⊥ ( ABC )

( do A ' M ⊥ ( ABC ) ) .

Gọi I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AC và B ' I .
Suy ra

AC ⊥ ( B ' HI ) ⇒ HK ⊥ ( B ' AC ) = d ( H ; ( B ' AC ) ) = HK

.

3
3 3
·
HI = HN .sin HNC
= a.sin 60 0 =
a
2
4
Ta có:
1
a 3
B ' H = A ' M = BM .tan ·A ' BM = a.tan 600 =
2
2
1
1
1
16
4
52
3 39
=
+
=
+
=
⇒ HK =
.a
2

2
2
2
2
2
HK
HI
B'H
27.a 3.a
27.a
26
BC
MN 1
=2
=
Ta lại có MC
và HN 3

1
2
2 3 29
39
d ( B; ( B ' AC ) ) = 2d ( M ; ( B ' AC ) ) = 2. d ( H ; ( B ' AC ) ) = HK = .
a=
a
3
3
3 26
13
Do đó

Vay

d ( B; ( B ' AC ) ) =

Câu 47: D
Ta có đồ thị hàm số

39
a..
13

y = f ( x ) = x 3 − 3x + 1

như hình vẽ

t = t2 ∈ ( −2; −1)

f ( t ) = 0 ⇔ t = t2 ∈ ( 0;1)
t = t ∈ 1; 2
t = f ( x) ,
f ( f ( x) ) = 0
( ) (đồ thị).
3

Đặt
phương trình
trở thành
Với

t = t1 ∈ ( −2; −1) ,

phương trình

f ( t) = t

có nghiệm duy nhất.
Trang 22


Với

t = t2 ∈ ( 0;1) ,

phương trình

f ( t ) = t2

có 3 nghiệm phân biệt.

Với

t = t3 ∈ ( 1; 2 ) ,

phương trình

f ( t ) = t3

có 3 nghiệm phân biệt không trùng với các nghiệm trên.

Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm phân biệt.
Câu 48: B
log 2 ( log 4 x ) = log 4 ( log 2 x ) + m
Ta có
1
 1
⇔ log 2  log 2 x ÷ = log 2 ( log 2 x ) + m
2
 2
⇔ −1 + log 2 ( log 2 x ) =
⇔

1
log 2 ( log 2 x ) + m
2

1
log 2 ( log 2 x ) = m + 1
2

⇔ log 2 ( log 2 x ) = 2 ( m + 1)
⇔ log 2 x = 2

2( m +1)

= 4m +1

Câu 49: D
y = x 3 − 3mx 2 + 3x − 6m 3 ⇒ y ' = 3 x 2 − 6mx + 3
Để hàm số đồng biến trên khoảng

( 0; +∞ ) ⇔ y ' ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ )

⇒ 3 x 2 − 6mx + 3 ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) ⇔ 6mx ≤ 3 x 2 + 3, ∀x ∈ ( 0; +∞ )
⇔m≤

x2 + 1
x2 + 1
, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) ⇔ m ≤ min
( 0;+∞ ) 2 x
2x

g ( x) =
Gọi

 x = 1 ∈ ( 0; +∞ )
x2 + 1
2x2 − 2
⇒ g '( x) =
; g '( x) = 0 ⇔ 
2
2x
4x
 x = −1 ∉ ( 0; +∞ )

Bảng biến thiên của

Vậy

g ( x)

m ∈ ( −∞;1]

Câu 50: B
Giả sử
Đặt

(

f ( x ) = 4 log 2 x

)

2

+ log 2 x + m = log 22 + log 2 x + m

t = log 2 x ( x ∈ ( 1;64 ) ⇒ t ∈ ( 0;6 ) ) ⇒ f ( t ) = t 2 + t + m

Trang 23


Bất phương trình trở thành

t 2 + t + m ≥ 0 ⇔ m ≥ − ( t 2 + t ) , ∀t ∈ ( 0; 6 ) ⇔ m ≥ max  − ( t 2 + t ) 
[ 0;6]

1
g ( t ) = − ( t 2 + t ) ⇒ g ' ( t ) = − ( 2t + 1) ; g ' ( t ) = 0 ⇔ t = − ∉ [ 0;6 ]
2

Gọi

Do đó

max g ( t ) = max { g ( 0 ) ; g ( 6 ) } = max { 0; −42} = 0
[ 0;6]

Vậy m ≥ 0.

Trang 24