đề thi thử THPT QG 2020 toán chuyên thái bình lần 2 có lời giải

SỞ GD & ĐT THÁI BÌNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 2

TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH

Bài thi: KHOA HỌC TỰ NHIÊN

MÃ ĐỀ 357

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:............................................................................
MỤC TIÊU: Đề thi thử THPTQG lần 2 trường THPT Chuyên Thái Bình – tỉnh Thái Bình là đề thi đáng
được mong đợi. Học sinh được kiểm tra lại toàn bộ các kiến thức Toán 12 và một phần ít kiến thức 11,
bám sát đề thi THPTQG các năm.
Đề thi này giúp học sinh rà soát lại kiến thức tất cả các chương của lớp 12 và một số kiến thức lớp 11 (Tổ
hợp, xác suất, nhị thức Niuton, góc, khoảng cách...), củng cố phương pháp làm các dạng toán và phát
triển khả năng tư duy và vận dụng vào các câu hỏi phức tạp để có thể đạt được điểm sao cao nhất.
y   x  2

5

Câu 1: Tập xác định của hàm số
là:
�\  2
 2; �
 �; 2 
A. �

B.
C.
D.
Câu 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và SO vuông góc với đáy. Số mặt
phẳng đối xứng của hình chóp S.ABCD là:
A. 4.
B. 1.
C. 0.
D. 2.
 P  đi qua điểm
Câu 3: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz phương trình của mặt phẳng

B  2;1; 3

 Q  : x  y  3z  0,  R  : 2 x  y  z  0 là:
đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng
A. x  2 y  3 z  13  0 B. 2 x  y  3z  14  0
C. 4 x  5 y  3z  22  0
D. 4 x  5 y  3 z  12  0

Câu 4: Đường cong ở hình vẽ bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm
số nào?

4
2
A. y   x  2 x  1
4
2
C. y   x  2 x  1

3
2
B. y  x  3 x  3
3
2
D. y   x  3x  1

Câu 5: Cho tập hợp A có 8 phần tử. Số tập con có 3 phần tử của A là:
3
3
8
A. A8
B. 2
C. C8
Câu 6: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm
trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB

5

D. A8
A  1;5; 2  , B  3;1; 2 

Viết phương

Trang 1


A. 2 x  3 y  4  0
B. x  2 y  2 z  8  0
C. x  2 y  2 z  4  0

D. x  2 y  2 z  8  0
Câu 7: Hàm số nào trong bốn hàm số được liệt kê dưới đây không có cực trị?
2x 1
y
3
4
y

x
.
x 1
A. y   x  x.
B. y  x .
C.
D.
r
r
r
a   1;1; 0  , b   1;1;0  , c    1;1;1
Câu 8: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba vecto
.
Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
r
r
r r
r r
c 3
a  2
b


c
b
A.
B.
C.
D.  a
Câu 9: Cho hình trụ có bán kính đát bằng r, chiều cao bằng 2r Một mặt cầu tiếp xúc với hai đáy
Vc
của hình trụ. Gọi VC và Vr lần lượt là thể tích của khối cầu và khối trụ. Tính tỉ số Vr
3
3
2
A. 5
B. 4
C. 2.
D. 3
x3
2 x  1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Câu 10: Cho hàm số
�1
�
� ; ��
 0; � .
�
A. Hàm số đồng biến trên �2
B. Hàm số đồng biến trên
� 1�
�; �
�
2�

�
�
C. Hàm số nghịch biến trên .
D. Hàm số nghịch biến trên
y

Câu 11: Một người gửi tiết kiệm vào ngân hàng với số tiền 100 000 000 đ ồng v ới lãi su ất là
7,5%/năm theo thể thức lãi kép (tiến hàng năm đ ược nhập vào ti ền g ốc) và gi ả thi ết lãi su ất
không thay đổi trong suốt thời gian gửi tiền. Hỏi sau đúng 5 năm k ể từ ngày g ửi, ng ười đó rút đ ược
số tiền cả gốc và lãi gần nhất với số tiền nào dưới đây?
A. 155370 000 đồng B. 121 680 000 đồng
C. 143 563 000 đồng
D. 136 570 000
đồng
Câu 12: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên � và có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị
1 �
�
;2�
�
f  2log 2 x   m
2
�
�
nguyên của m để phương trình
có nghiệm duy nhất trên

A. 6.

B. 5.

C. 4.

D. 9.
A  1; 0; 2  .B  2;1; 1 , C  1; 2; 2 

Câu 13: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm
Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC
�4 1 1 �
�1 1 1 �
� 4 1 1�
G� ; ; �
G� ; ; �
G�
 ; ; �
A. �3 3 3 �
B. �3 3 3 �
C. � 3 3 3 �

D.

.

G  4; 1; 1 .

Trang 2


Câu 14: Đồ thị hàm số
A. y  1 và x  1

y

x 1
x  2  C  có phương trình các đường tiệm cận là:

C. y  1 và x  2.
D. y  1 và x  2.
3
f '  ln 2  
f  x   ln  e x  m 
2 .Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Câu 15: Cho hàm số
có
A.

m � 2;0  .

B. y  2 và x  1.

B.

m � 5; 2  .





C.

m � 0;1

D.

m � 1;3

log a b 2 c 3 .
log
b

5,
log
c

2.
a
a
Câu 16: Cho
Tính

A. P = 18.

B. P = 13.

C. P = 16.

A. - 2.

B. 6.

C. - 4.

B. 3 ( cm ) .

C. 2 ( cm ) .

D. P = 30.

3
 2;0 là:
Câu 17: Giá trị lớn nhất của hàm số y  x  3 x  4 trên đoạn

D. 0.
mx  4
y
x  m nghịch biến trên khoảng
Câu 18: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
 0; �  .
A. 6.
B. 5.
C. 3.
D. 2.
1
 cm 
2  cm 2 
Câu 19: Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng
và bán kính đáy bằng 2
. Khi đó
độ dài đường sinh là:
A. 4 ( cm ) .
Câu 20: Hàm số

y  f  x

D. 1 ( cm ) .

có bảng biến thiên như sau:

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

 1;3 .
 �; 0  .
A.
B.
Câu 21: Mệnh đề nào sau đây là đúng?
xsinxdx   xcosx  sinx  C.
A. �
xsinxdx  xcosx  sinx  C .
C. �
Câu 22: Cho

�f  x  dx  4 x3  2 x  C.

C.

 0; 2 

D.

 0; �

xsinxdx  xcosx  sinx  C.
B. �
xsinxdx   xcosx  sinx  C .
D. �
Tính

I �
 xf  x 2  dx

x10 x 6
I
 C
10 6
A.

6
2
6
2
2
B. I  2 x  x  C.
C. I  4 x  2 x  C. D. I  12 x  C.
y  log a x  0  a �1
Câu 23: Tìm a để hàm số
có đồ thị là hình bên

Trang 3


A.

a

1
2

Câu 24: Cho dãy số

 un 

n
A. un 1  3  3

Câu 25: Cho hàm số

A. 0.

C. a  2.

B. a 2

1
2

n

với un  3 , n �� Tính un 1.

B. un 1  3.3

n

y

D.

a

C.

un 1  3  n  1

n
D. un 1  3  1

ax  b
x  c có đồ thị như hình vẽ . Tính giá trị của a  2b  c

B. - 2.

Câu 26: Tập nghiệm của bất phương trình
�1 �
� ;2�
 2; �
A.
B. �2 �

C. 3.
log 1  x  1  log 1  2 x  1
2

2

C.

D. 2.
là:

 �; 2 

D.

 1; 2 

2 1

Câu 27: Cho a là số thực dương. Rút gọn biểu thức
A. P  a

B. P  a
f  x   5x
Câu 28: Hàm số
có đạo hàm là:

A.

2

C. P  a

2 2

f '  x   5 .ln5
x

B.

f '  x   x.5

x 1

Pa

2 2

C.

�1 �
� 2 2 �
�a
�

2
D. P  a

3

f '  x   5x

D.

f ' x 

5x
ln 5

Trang 4


11

1 �
�
�x x  4 �
x � với x  0
Câu 29: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức �
A. 525
B. 238
C. 485
D. 165

Câu 30: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm
� 5x �
y  f �2
�
�x  4 �là:
A. 2

f '  x   x 2  x  1  13x  15 

B. 6

C. 3

3

. Số điểm cực trị của hàm số

D. 5

Câu 31: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ', góc giữa hai đường thẳng A ' Bvà B ' C là:
0
A. 90

0
0
0
B. 60
C. 30
D. 45
Câu 32: Cho hình chóp đều S . ABCD có tất cả các cạnh bằng nhau. Tính góc giữa cạnh bên và mặt
đáy.
0
A. 45

B. 60

C.Là góc nhọn  , có
Câu 33: Hàm số

tan  

F  x   ln cosx

2
2

0

D. 30

0

là một nguyên hàm của hàm số nào trong các hàm dưới đây?

B.  tanx

C.  cotx
1
f  x   x 2  . 
x
Câu 34: Tìm họ nguyên hàm của hàm số
A. tan x

A.
C.

f  x  dx 
�

x3
 ln x  C
3

f  x  dx 
�

x3 1
 C
3 x2

B.
D.

D. cotx  

f  x  dx 
�

f  x  dx 
�

x3 1
 C
3 x2

x3
 ln x  C
3

Câu 35: Tính tích tất cả các nghiệm thực của phương trình 2
A. -1
B. 3log 2 3
C. 1  log 2 3

x 2 1

 32 x 3
D. 1  log 2 54

3
2
Câu 36: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x  3x  4 tại điểm có hoành độ x = 1 là:

A. y   x  2

B. y  3 x  1

Câu 37: Cho a , b , x là ba số thực dương. Biết

C. y  3x  5
log3 x  2log 3 a  log 1 b
3

D. y  9 x  7
, tính x theo a, b. 

a4
x
b

B.

x

a
b

C. x  4a  b
D.
f '  x   0, x � 0; � ,
f  1  2
Câu 38: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên � và
biết
Khẳng
định nào sau đây là đúng?
A. x  a  b
4

A.

f  3  f  2 

Câu 39: Tính

f  2019   f  2020 
B.
I �
sin  3x  1 dx. 

C

. f  2   f  3  4

D.

f  2  1

Trang 5


A.

1
I  cos  3x  1  C
3
B.

I  cos  3x  1  C  
I 

1
cos  3x  1  C       
3

I  cos  3 x  1  C
C.
D.
Câu 40: Số đỉnh của khối bát diện đều là:
A. 6
B. 7

C. 8
D. 9
4
2
f  x   x  bx  cx  1
Câu 41: Xét hàm số
với a , b , c là các số thực không âm. Giả sử phương trình
b c
P

a


f  x  0
2 4
có 4 nghiệm phân biệt. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A. 7

7
B. 2



log 2 m.4 x

2

2 x



C. 8

D. 10

 9  x 2  2 x  3  log 2 3

Câu 42: Cho phương trình
. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên
của tham số m để phương trình đó có 2 nghiệm phân biệt.
A. 12
B. 11
C. 4
D. 13
Câu 43: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD  2 AB. Tam giác SAB cân tại S
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là hình chiếu của S trên
tam giác SAB bằng 1 và khoảng cách từ B tới mặt phẳng
nhật ABCD
A. 72
B. 16
C. 8

 SAD 

bằng

Câu 44: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm

 ABCD  . Biết diện tích

2 . Tính diện tích hình chữ

D. 32
A  2; 2; 4  , B  3;3; 1

và mặt

 P  : 2 x  y  2 z  8  0 . Xét điểm M thay đổi trên  P  giá trị nhỏ nhất của 2MA2  3MB 2
phẳng
bằng:
A. 145
B. 108
C. 105
D. 135
A   1; 2;3;...; 2020
Câu 45: Cho tập hợp
gồm 2020 số nguyên dương đầu tiên. Ta lập các dãy số có
6 phần tử u1 ; u2 ; u3 ; u4 ; u5 ; u6 lấy từ tập A. Lấy một dãy số bất kì, tính xác suất để lấy được dãy số
mà 3 số hạng u1 ; u2 ; u3 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng.
20
1
1
1
A. 673
B. 2018
C. 645
D. 4038
Câu 46: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục, đồng biến trên và có đồ thị như hình vẽ dưới đây: Phương
trình

2 x3  4 x 2  3 x  1  2 x3 �
2  f  x �
�
� 3  2 f  x  có bao nhiêu nghiệm?

Trang 6


A. 0

B. 1

C. 2
D. 3
Câu 47: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi I , K lần lượt là
trung điểm của A ' D ' và BB ' Tính thể tích khối tứ diện IKAD .
1
2
1
1
A. 8
B. 3
C. 6
D. 3
Câu 48: Trong mặt phẳng



cho hình chữ nhật ABCD có AB  a, BC  2a. Các điểm M, N lần lượt

di chuyên trên các đường thẳng ,m n vuông góc với mặt phẳng
Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện CDMN .
A. a

4 3
a
B. 3

3

8 3
a
C. 3



tại A, B sao cho DM  CN .

D. 2a

3

Câu 49: Cho tứ diện ABCD có AB  BC  CD  2, AC  BD  1, AD  3 . Tính bán kính của mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện đã cho.
7
A. 3

39
B. 6

2 3
C. 3

D. 1
 1; � ; thỏa mãn điều kiện
Câu 50: Giả sử hàm số y = f ( x ) xác định trên
f  1  0 và e
A.

f  x

f '  x   2x 1

0  f '  4  2

với mọi x �1 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
2  f ' 4  3
3  f '  4  4
 1  f '  4   0 
B.
C.
D.
----------- HẾT ----------

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

ĐÁP ÁN
1-D

2-D

3-C

4-B

5-C

6-C

7-D

8-C

9-D

10-A

11-C

12-C

13-A

14-C

15-A

16-B

17-C

18-D

19-A

20-C

21-D

22-B

23-B

24-B

25-D

26-B

27-C

28-A

29-D

30-B

31-B

32-A

33-B

34-D

35-D

36-C

37-B

38-A

39-C

40-A

41-A

42-A

43-C

44-D

45-D

46-B

47-C

48-B

49-B

50-A

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 (NB)
Phương pháp

n

�
x ��khi n ��
�
��
x ��\  0 khi n ��
�
x � 0; � khi n ��
�

Hàm số x xác định

.
Cách giải:
y   x  2   5
x
2.
Hàm số
xác định �x�۹2 0
Chọn D.
Câu 2 (NB)
Phương pháp
Sử dụng lý thuyết hình đa diện để làm bài.
Cách giải:
Hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và SO vuông góc với đáy

 SAC  ,  SBD   
⇒ Số mặt phẳng đối xứng của hình chóp SABCD là2 mặt phẳng:
Chọn D.
Câu 3 (VD)
Phương pháp
uur uur uur
�
Q
,
R
�
n
nQ , nR �





P
  vuông góc với hai mặt phẳng
p  �
�
Mặt phẳng
r
 P  đi qua M  x0 ; y0 ; z0  và có VTPT n   a; b; c  là
Phương trình mặt phẳng
a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0.
Trang 8


Cách giải:
r
r
nQ   1;1;3 , n R   2; 1 ;1 . 
Ta có:

 P
Mặt phẳng

r
� n P   4;5; 3 

uu
r

vuông góc với hai mặt phẳng

 P
⇒ Phương trình mặt phẳng

đi qua

r

r

nQ , n R �
 Q  ,  R  � np  �
�
�

B  2;1; 3 

và có VTPT

uur
nP   4;5;   3

là:

 P  : 4  x  2   5  y  1  3  z  3  0 � 4 x  5 y  3z  22  0.
Chọn C.
Câu 4 (NB)
Phương pháp
Dựa vào đồ thị hàm số, nhận xét dấu của của , a đồ thị hàm số cắt trục hoành và trục tung tại các
điểm sau đó chọn đáp án đúng.
Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành t ại 3 đi ểm phân bi ệt ⇒ hàm số cần
tìm là hàm số bậc 3⇒ loại đáp án A và C.
Đồ thị hàm số có nét cuối đi lên nên a > 0 ⇒ chọn B.
Chọn B.
Câu 5 (TH)
Phương pháp
k
Số tập hợp con gồm k phần tử của tập hợp gồm n phần tử là: Cn tập hợp.
Cách giải:
3
Số tập con gồm 3 phần tử của tập hợp A là: C8 tập hợp.
Chọn C.
Câu 6 (TH)
Phương pháp

uuu
r
Mặt phẳng trung trực của AB đi qua trung điểm I của AB và nhận AB làm VTPT.
r
P
M  x0 ; y0 ; z0 
n    a; b; c 

Phương trình mặt phẳng
đi qua
và có VTPT
là:
a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0.

Cách giải:

A  1;5; 2  , B  3;1; 2  � I  2;3; 0 
Ta có:
là trung điểm của AB .
uuu
r
AB   2; 4; 4   2  1; 2; 2  . 

x  2  2  y  3  2 z  0 � x  2 y  2 z  4  0
⇒ Phương trình mặt phẳng trung trực của AB là:
Chọn C.
Câu 7 (NB)
Phương pháp
Hàm số bậc nhất trên bậc nhất không có cực trị.
Cách giải:
Dựa vào các hàm số ở các đáp án, ta thấy chỉ có đồ thị hàm số của đáp án D không có c ực tr ị.
Chọn D.
Câu 8 (TH)
Trang 9


Phương pháp
r
u   x1 ; y1; z1 

r
�u  x 2  y 2  z 2
�
1
1
1

�r r
r
�
v   x2 ; y2 ; z2  .
u  v � x1 x2  y1 y2  z1 z2  0
và
Khi đó �

Cho các vecto:
Cách giải:
r
r
c   1;1;1 � c  12  12  12  3 � 
Ta có:
đáp án A đúng.
r
r
2
a   1;1;0  � a   1  12  2 �
đáp án B đúng.
rr
r
r
b.c   1;1;0  .  1;1;1  1.1  1.1  0.1  2 �0 � b
không vuông góc với c � đáp án C sai.
Chọn C.
Câu 9 (TH)
Phương pháp  
4
r : V  r 3

3
Công thức tính thể của khối cầu có bán kính
.
2
Công thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h : V   R h
Cách giải:
1
R  .2r  r
2
Ta có: Mặt cầu tiếp xúc với hai đáy của hình trụ ⇒ Bán kính mặt cầu là:

4
Vc   r 2
3

Thể tích của mặt trụ là:
4 3
r
VC 3
2
�


3
Vr 2 r
3

Vr   r 2 .  2r   2 r 3

Chọn D.

Câu 10 (TH)
Phương pháp
Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên

f ' x
 a; b  ۳�

Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên
Cách giải:
x3
y
2x 1
Ta có:

ۣۣ
�f '  x 
 a; b  

0 x
0 x

 a; b  .
 a; b 

.

�1 �
D  �\ � �
�2
TXĐ:

1  3.2
5
y' 

 0 x �D
2
 2 x  1  2 x  1
� 1�
�; �
�
2 �và
�
⇒ Hàm số đồng biến trên
Chọn A.
Câu 11 (TH)

�1
�
� ; ��
�2
�

Trang 10


Phương pháp

T  A 1 r  .
n

Gửi A đồng, lãi suất r% thì số tiền nhận được cả gốc và lãi sau n kì hạn là:
Cách giải:

T  100000000  1  7,5%  �143563000
Số tiền người đó nhận được sau 5 năm kể từ ngày gửi là:
đồng.
Chọn C.
Câu 12 (VD)
Phương pháp
f  x  m
y  f  x
Số nghiệm của phương trình
là số giao điểm của đồ thị hàm số
và đường
y

m
thẳng
.
Cách giải:
5

1
t
1
2log 2 x  t � log 2 x  t � x  2 2 
2
Đặt
1
x  � t  2.

2
Với

 2

t

Với x  2 � t   2. 
1 �
�
� x �� ; 2 �� t � 2; 2 
2 �
�

f  x .
có dáng điệu như đồ thị của hàm số
1 �
�
; 2 �� f  t   m
�
f  2log 2 x   m
2 �
⇒ Phương trình
có nghiệm duy nhất trên �
có nghiệm duy nhất
trên
 2; 2  .
Khi đó ta có đồ thị hàm số

y  f  t

f  t  m
y  f  t
Số nghiệm của phương trình
là số giao điểm của đồ thị hàm số
và đường thẳng
y  m Dựa vào đồ thị hàm số ta có đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f ( t ) tại một điểm trên

 2; 2 
� 2 �m   2.
� m ��� m�
   2; 1 ;0;1  
Chọn C.
Câu 13 (NB)
Phương pháp
A  x1 ; y1 ; z1  , B  x2 ; y2 ; z2  , C  x3 ; y3 ; z3 
G  xG ; yG ; zG 
Cho ba điểm
thì tọa độ trọng tâm
của ABC
là:

Trang 11


x1  x2  x3
�
�xG 
3
�

y

y
�
1
2  y3
�yG 
3
�
z1  z2  z3
�
�zG 
3
�

Cách giải:
1 3 1 4
�
�xG  3  3
�
0 1 2
1
�
�4 1 1 �
  � G � ; ; �
�yG 
3
3
�3 3 3 �
�

�
2  1  2
1

�zG 
3
3
Ta có tọa độ trọng tâm G của ∆ ABC là: �

Chọn A.
Câu 14 (TH)
Phương pháp
y  f  x 

g  x
h  x

� lim f  x   �
x �a

+) Đường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số
y  f  x  � lim  x   b.
x ���
Đường thẳng y = b được gọi là TCN của đồ thị hàm số
Cách giải:
x 1
y
 C
x2
Ta có:

D   �\  2  . 
TXĐ:
� C
có TCN là: y = 1 và TCĐ là: x = 2.
Chọn C.
Câu 15 (VD)
Phương pháp
Sử dụng công thức đạo hàm của hàm logarit sau đó giải bất phương trình để tìm .m
Cách giải:
Ta có:

f  x   ln  e x  m 

x
Điều kiện: e  m  0

ex
ex  m
3
e  ln 2
3
f '   ln 2   � ln 2

2
e m 2
 ln 2
 ln 2
� 2.e
 3.e  3m

� f ' x 

� 2.2 ln e  3.2 ln e  3m

Trang 12


1
1
2.  3.  3m
2
2
1
�m
2
� m � 2;0 
Chọn A.
Câu 16 (VD)
Phương pháp
log a xy  log a x  log a y;log a x  log a y
�
�
�
1
log an x  log a x, log a x m  m log a x
�
n
+) Sử dụng các công thức: �
(giả sử các biểu thức xác định).

a 

m n

+) Sử dụng các công thức:
định).
Cách giải:



m

 a m . n , n a m  a n ,

am
 a m n , a m .a n  a m  n
an
(giả sử các biểu thức xác



3
3
log a b 2 c 3  log a b 2  log a c3  2 log a b  log a c  2.5  .2  13
2
2
Ta có:
Chọn B.
Câu 17 (TH)

Phương pháp
Cách 1:

+) Tìm GTLN và GTNN của hàm số y = f ( x ) trên
+) Giải phương trình y '  0 tìm các nghiệm xi

 a; b

bằng cách:

f  a  , f  b  , f  xi   xi � a; b   .
+) Tính các giá trị
Khi đó:
min f  x   min  f  a  ; f  b  ; f  xi   , max f  x   max  f  a  ; f  b  ; f  xi   .
 a ;b

 a ;b

Cách 2: Sử dụng chức năng MODE 7 để tìm GTLN, GTNN của hàm số trên
 x  f  a .
y  f  x
 a; b   a  b  thì Min
 a ;b
Hàm số
đồng biến trên
 x  f  b
y  f  x
 a; b  a  b  thì Min
 a ;b 
Hàm số

nghịch biến trên
Cách giải:
3
 2;0 ta có:
Xét hàm số: y  x  3 x  4 trên

 a; b

.

y '  3 x 2  3x � y '  0
� 3 x 2  3x  0 � 3x  x  1  0

�
x  0 � 2;0
��
x  1� 2;0
�
�
�y  2   6
��
�y  0   4
Trang 13


� Max y  y  0   4
 2;0

Chọn C.
Câu 18 (VD)

Phương pháp
ax  b
y
cx  d nghịch biến trên  a; b  � f '  x   0x � a; b 
Hàm số
Cách giải:
mx  4
y
xm
Ta có:
TXĐ:

D  �\   m
y' 

Hàm số có:

m2  4

 x  m

2

�m2  4
 0 x  0; �
�
2
 0; � � � x  m 
�
 m � 0; �

�

Hàm số nghịch biến trên
2  m  2
�
m2  4  0
�
�
��
�
�
m �0
 m �0
�
�

0 m 2

m ��� m � 0;1
Chọn D.
Câu 19 (TH)
Phương pháp
Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy R, chiều cao h và đường sinh l :

S xq   Rl   R h 2  R 2
Cách giải:
l

S xq

R



2
 4  cm 
1
.
2

Độ dài đường sinh của hình nón đã cho là:
Chọn A.
Câu 20 (NB)
Phương pháp
Dựa vào BBT để nhận xét các khoảng đồng biến và nghịch biến của hàm số.
Cách giải:
 �; 2  và  0; 2  . 
Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên
Chọn C.
Câu 21 (TH)
Phương pháp
Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần để làm bài toán.
Cách giải:
xsinxdx
Xét nguyên hàm: I  �
Trang 14


ux
du  dx

�
�
��
�
dv  sin dx �
v   cos x
Đặt �

� I   xcosx  �
cosxdx   xcosx  sinx  C
Chọn D.
Câu 22 (VD)
Phương pháp
Sử dụng phương pháp nguyên hàm đổi biến để làm bài.
Cách giải:
I �
xf  x 2  dx

Đặt

x 2  t � dt  2 xdx � xdx 

1
dt
2

1
1
� I  �f  t  dt   4t 3  2t  C   2t 3  t  C
2

2

 2  x2   x2  C  2 x6  x2  C
3

Chọn B.
Câu 23 (TH)
Phương pháp
Dựa vào đồ thị hàm số, nhận xét tính đồng biến và các đi ểm mà đ ồ th ị hàm s ố đi qua đ ể ch ọn đáp
án đúng.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đã cho làm hàm đồng biến � a  1 � loại A và D.
A  2; 2  � 2  log a 2 � 2  a2 � a  2
Đồ thị hàm số đi qua điểm
Chọn B.
Câu 24 (TH)
Phương pháp
Thay n + 1 vào công thức un để tìm un 1.
Cách giải:
Ta có:
un  3n

� un 1  3n 1  3.3n
Chọn B.
Câu 25 (TH)
Phương pháp
Dựa vào đồ thị hàm số, tìm hàm số, từ đó suy ra a, b, c.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TCĐ: x  1 � c  1 .
Đồ thị hàm số có TCN: y  1 � a  1

�y

x  b
x 1

Trang 15


 0;1 � b  1.
Đồ thị hàm số đi qua điểm
� a  2b  c  1  2.1  1  2.
Chọn D.
Câu 26 (NB):
Phương pháp:
0  a 1
�
log a f  x   log a g  x  �� �
 
f  x  g  x  0
�
Giải bất phương trình logarit cơ bản:
Cách giải:
log 1  x  1  log 1  2 x  1 � x  1  2 x  1  0
2

2

�x  2
�x  1  2 x  1 �
1

��
�� 1 � x2
2x 1  0
2
x
�
�
� 2
�1 �
S  � ;2�
�2 �
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
Chọn B.
Câu 27 (TH):
Phương pháp:
n
1
 a 1 ,  a m   a m.n , a m .a n  a m n
Sử dụng các công thức a

Cách giải:
2 1

Pa

2 2

� 1 �
� 2 2 1 �
�a

�

a

2 2

a 
2 1

2 1

a

2 2

Chọn C.
Câu 28 (NB):
Phương pháp:

a 
a
2 1

a

2 2 





2 1

2

 a 2

2  3 2 2

 a3

 a  '  a lna .
x

Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm số mũ:
Cách giải:
f  x   5 x � f '  x   5 x ln 5

2

x

Chọn A.
Câu 29 (TH):
Phương pháp:
Sử dụng khai triển nhị thức Niuton:
Cách giải:
Ta có:
11

 a  b

n

n

 �Cnk a k bn k
k 0

11

1 � � 32
�
4 �
�x x  4 �  �x  x �  0 �k �11, k ��
x � �
�
�

Trang 16


11 k

�3 �
 �C �x 2 �
k 0
� �
11

x 

4 k

k
11

11

 �C11k x

333 k
2

x 4 k

k 0
11

 �C11k x

3311k
2

k 0

33  11k
0� k 3
2
Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với

3
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển trên là C11  165
Chọn D.
Câu 30 (TH):
Phương pháp:

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) là số nghiệm bội lẻ của phương trình
Cách giải:
� 5x �
g  x  f � 2
�
�x  4 �ta có:
Đặt
� 5 �
g ' x  � 2
'f
�
�x  4 �

� 5 �
'� 2
�
�x  4 �

g ' x 

2

g ' x 

5  x 2  4   5 x.2 x

x

2

 4

5 x 2  20

x

2

 4

2

f '  x   0 . 

� 5 �
f '� 2
�
�x  4 �

� 5 �
f '� 2
�
�x  4 �

�
5 x 2  20  0
g ' x  0 � �
�f ' � 5 �
�2
�
�
� �x  4 �
Khi đó
x  �2
�
�
x  0  Nghiem boi 2 
�
�
�
x4
�
�
x

�
2
�
x

2
�
�
x 1

�
�
x

0
nghiem
boi
2


��
x  2
�
x3
� �2
�
�
2
3
�
x

5
x

4

0
�
5

� 5 �� 5
�
�
�
� 4
�
 1�
13. 2
 15 � 0
x
�2
�� 2
�
2
�
�
�
15 x  65 x  60  0
�x  4 ��x  4 �
� x 4
�
� 3
�
�
Vậy hàm số đã cho có 6 điểm cực trị.
Chọn B.
Chú ý: Lưu ý khi tính đạo hàm của hàm hợp.
Câu 31 (TH):
Phương pháp:
Góc giữa hai đường thẳng chéo nhau là góc gi ữa đường thẳng này và đ ường th ẳng song song v ới

đường thẳng kia.
Trang 17


Cách giải:

Ta có:
�A ' B ' || CD
� A ' B ' CD
�
�A ' B '  CD
là hình bình hành � A ' D || B ' C
� A ' B; B ' C   � A ' B; A ' D  . 
Do đó
Vì A ' B, BD, A ' D đều là các đường chéo của các hình vuông có cạnh bằng nhau nên
A ' B  BD  A ' D. 

� � A ' B; A ' D   �BAD '  600 . 
A
'
BD
Do đó tam giác
đều
Chọn B.
Câu 32 (TH):
Phương pháp:
- Hình chóp đều có hình chiếu của đỉnh trùng với tâm của đáy.
- Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc gi ữa đường thẳng đó là hình chi ếu c ủa nó trên m ặt
phẳng.
Cách giải:

O  AC �BD � SO   ABCD  . 
Gọi
Khi đó OA là hình chiếu của SA trên ( ABCD ) .
� � SA;  ABCD    � SA; OA   �SAO. 
Đặt tất cả các cạnh của hình chóp đều bằng nhau và bằng 1.
AC  2 � AO 

2
. 
2

ABCD là hình vuông cạnh 1 nên
SO   ABCD  � SO  AO � SAO
Ta có:
vuông tại O.
� cos �SAO 

AO
2

SA
2

Trang 18


� SA;  ABCD    �SAO  450 . 
Vậy 
Chọn A.

Câu 33 (TH):
Phương pháp:
F  x
F '  x   f  x  . 
là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) thì
- Sử dụng công thức
Cách giải:
Ta có:

cosx    1  sin 2 x

F  x   ln cos x  ln 1  sin 2 x
2sin x cos x

2
 sin x cos x  sin x cos x  sin x
� F '  x   2 1  sin x 


  tan x
2
1  sin 2 x
cos 2 x
cos x
1  sin x

F  x   ln cosx
Vậy
là một nguyên hàm của hàm số  tanx
Chọn B.

 cos x  '
F ' x
cos x vì ta chưa biết dấu của cos x.
Chú ý: Tránh nhầm lẫn
Câu 34 (NB):
Phương pháp:
Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản:
Cách giải:

x n dx 
�

x n 1
1
 C , �dx  ln x  C
n 1
x

1
x3
f  x  x  � �
f  x  dx   ln c  C
x
3
Chọn D.
Câu 35 (TH):
Phương pháp:
Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình.
Cách giải:
2

2x

2

1

 32 x3

� log 2 2 x

2

1

 log 2 32 x 3

� x 2  1   2 x  3 log 2 3
� x 2  2 x log 2 3  3log 2 3  1  0

Ta có ac  3log 2 3  1  0 , khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt và tích hai nghiệm bằng
3log 2 3  1   log 2 33  log 2 2   log 2 54
Chọn D.
Câu 36 (TH):
Phương pháp:
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y  f '  x0   x  x0   f  x0  . 

y  f  x

tại điểm có hoành độ x  x0 là:

Trang 19


Cách giải:
2
Ta có: y '  3 x  6 x.

y '  1  3 . 

Suy ra
Ta có:

y  1  2

.

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x  1 là:
y  3  x  1  2 y  3 x  5 . 
Chọn C.
Câu 37 (TH):
Phương pháp:
- Đưa về cùng cơ số.
- Sử dụng công thức

log an b m 

x
m

log a b  0  a �1, b  0  , log a x  log a y  log a  0  a �1, x, y  0 
y
n

Cách giải:
log 3 x  2 log 3 a  log 1 b
3

� log 3 x  2 log 1 a  log 31 b
32

� log 3 x  4 log 3 a  log 3 b
� log 3 x  log 3 a 4  log 3 b
� log 3 x  log 3

a4
b

a4
b
Chọn B.
Câu 38 (TH):
Phương pháp:
y  f  x
 a; b  thì f  a   f  x   f  b  , x � a; b  .
Hàm số
đồng biến trên
Cách giải:
f '  x   0 , x � 0; �
Hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên � và

, do đó hàm số đồng biến trên
�x

 0; �
2;3 � 0; � ,3  2 � f  3  f  2 
Ta có
Vậy khẳng định A đúng.
Chọn A.
Câu 39 (TH):
Phương pháp:
1
�
sin  ax  b  dx   cos  ax  b   C. 
a
Sử dụng công thức nguyên hàm mở rộng:
Cách giải:

Trang 20


1
I �
sin  3 x  1 dx   cos  3 x  1  C
3
.
Chọn C.
Câu 40 (NB):
Phương pháp:
Hình bát diện đều là hình có 8 mặt là tam giác đều.
Cách giải:

Hình bát diện đều có 6 đỉnh.
Chọn A.
Câu 41 (VD):
Phương pháp:
Chọn A.
Câu 42 (VD):
Phương pháp:
Đặt ẩn phụ.
Cách giải:



log 2 m.4 x

2

2 x





 9  x 2  2 x  3  log 2 3

log 2 m.4 x

�

2

2 x



 9  log 2 3  x 2  2 x  3

�m.4 x  2 x  9 � 2
� log 2 �
 x  2x  3
�
�
�
3
�
�
2

�

m.4 x

2

2 x

9

3

� m.4

x2 2 x

 2x

2

 2 x 3

 9  3.2 x

2

 2 x 3



� m.4 x

2

2 x

 9  3. 2 x

� m.4 x

2

2 x

 9  24.2 x

� m.4 x

2

2 x

 24.2 x

Đặt

t  2x

2

2 x

2

2 x

 t  0

2

2 x

2

2 x

.23



9 0

( t > 0 ) phương trình trở thành:

mt 2  24t  9  0  

1
Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt thì (*) có 1 nghiệm lớn h ơn 2
9
m0�t
24
TH1:

Khi đó ta có
2
9
9
2 x 2 x 
� x 2  2 x  log 2
24
24 (Vô nghiệm).
144
m �0,   122  9m  0 � m 

 tm 
9
TH2:
⇒ Phương trình (*) có nghiệm

t

3
4 .

Trang 21


3
3
� x 2  2 x  log 2
4
4 , phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Khi đó ta có
144
m �0,   12 2  9m  0 � m 
9 , khi đó phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn.
TH3:
2x

2

2 x



1
0  t1 �  t 2
2

�24
�
�m  0
�
�
�m  0
t1  t2  0
m0
�
�
�9
�
�
�� 0
� �3 1 � �
��
t1t2  0
0  m �12
�
�m
�m  4
� 1
�
�
�

� 1�
�9 1 24 1
�
t1  �
t2  ��0
�
�
�m  2 . m  4 �0
�
� 2�
� 2�
�
144 �
�
m � 0;12 �� �
�9
Vậy

m �� � m �  1; 2;3;...;12
Mà
.
Vậy có 12 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn A.
Câu 43 (VD):
Phương pháp:
- Xác định điểm H .
 SAD  . 
- Xác định khoảng cách từ B đến
- Đặt AB  x � AD  2 x. 

- Sử dụng công thức tính diện tích tam giác SAB, tính SH theo x .
- Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tìm x và tính diện tích ABCD.
Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AB . Tam giác SAB cân tại S nên SH ⊥ AB .

�
 SAB    ABCD 
�
 SAB  � ABCD   AB � SH   ABCD 
�
�
 SAB  �SH  AB
�
Đặt AB  x � AD  2 x. 
Trong ( SAB ) kẻ HK  SA( K �SA) ta có:
Trang 22


�
�AD  AB
� AD   SAB  � AD  HK
�
�AD  SH  SH   ABCD  
BH � SAD   A �

Ta có:
S SAB 

d  B;  SAD  



d  H;  SAD  

BA
 2 � d  B;  SAD    2dd  H;  SAD    2 HK
HA

1
2
SH . AB  1 � SH 
2
x

Ta có
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHA có đường cao HK ta có:
1
1
1
1
1
1
x2 4


�


�

2


2
2
2
HK 2 SH 2 HA2
4 x2
� 2 � �2 � �x �
� ��
� � �
x � �2 �
�
2
� �
x2 4
 2 �2
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 4 x
x2 4
�
 2 � x 4  16 � x  2
4 x
Dấu “=” xảy ra
� AB  2, AD  4 . 
Vậy S ABCD  AB. AD  2.4  8 . 
Chọn C.
Câu 44 (VD):
Phương pháp:
uu
r

uur r
2
IA

3
IB   0 , xác định tọa độ điểm I .
- Gọi I là điểm thỏa mãn
2
2
2
2
- Chứng minh 2 MA  3MB nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất, từ đó tính GTNN của 2MA  3MB  
Cách giải:
uu
r
uur r
I  x; y; z 
Gọi
là điểm thỏa mãn 2 IA  3IB   0
uu
r
� IA   2  x; 2  y; 4  z 
uur
IB   3  x;3  y;1  z 
uu
r uur
� 2 IA  3IB   5  5 x;5  5 y;5  5 z 
5  5 x  0
�x  1
�

�
�
��
5  5 y  0 � �y  1 � I  1;1;1
�
�z  1
5  5z  0
�
�
Khi đó ta có:
2 MA2  3MB 2
uuu
r uu
r 2 uuu
r uur 2
 2 MI  IA  MI  IB
uuu
r uu
r
uuu
ruur
 2MI 2  4 MI .IA  2 IA2  3MI 2  6MI .IB  3IB 2
uuu
r uu
r uur
 5MI 2   2 IA2  3IB 2   2MI 2 IA  3IB



 

 5MI 2   2 IA2  3IB 2 







Trang 23


2
2
2
2
�
�IA  3   3  3  27
� 2 IA2  3IB 2  90
� 2
2
2
2
2
2
�IB   2   2   2   12
Ta có : �
không đổi nên 2MA  3MB nhỏ nhất
� 5MI 2 nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất.

M � P  � MI min  d  I ;  P   
Mà

 2MA
Vậy

2

 3MB 2 

min

2  1  1  2.1  8
22   1  22
2

9
   3
3

 5.32  90  135 . 

Chọn D.
Câu 45 (VD):
Phương pháp:
- Ba số u1 ; u2 ; u3 lập thành CSC thì u1  u3  2u2 . 
- Sử dụng chỉnh hợp và quy tắc nhân.
Cách giải:
Vì ba số u1 ; u2 ; u3 lập thành CSC nên u1  u3  2u2 . 
Do đó u1 ; u3 cùng tính chẵn lẻ.

Trong tập hợp A có 1010 số chẵn và 1010 số lẻ.
2
2
2
Do đó số cách chọn u1 ; u3 là A1010  A1010  2. A1010  
Ứng với mỗi cách chọn u1 ; u3 có duy nhất 1 cách chọn u2 . 
3
Số cách chọn 3 số còn lại là A2017 cách.
Gọi X là biến cố: “lấy được dãy số mà 3 số hạng u1 ; u2 ; u3 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng”
2
� n  X   2.A1010
.A 32017 ; n     A 62020
P X  

2
3
n  X  2. A1010
. A2017
1


6
n  
A2020
4038

Vậy
Chọn D.
Chú ý: Khi đổi chỗ các số trong dãy số ta được 1 dãy số mới, do đó bài toán này ph ải s ử d ụng ch ỉnh
hợp.

Câu 46 (VDC):
Cách giải:

2 x3  4 x 2  3x  1  2 x 3 �
2  f  x �
�
� 3  2 f  x
4 3 1
� 2  2  2  �
4  2 f  x �
�
� 3  2 f  x
x x
x
3

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

Xét hàm số

f  t   t 3  t  t �0 

ta có:

f '  t   3t 2  1  0t �0,

do đó hàm số đồng biến trên

 0; �

.

2

Do đó ta có:

1

1
1 2
� 1�
 3  2 f  x � �
1  � 3  2 f  x  � 2 f  x    2   2  
x
x
x
� x�

Trang 24


2 2
1 � 1�
1 2
g '  x   3  2   2  �

1 �


2
2
x
x
x
x�
�
x
x
Đặt
ta có
1
2 � 1�
1  �0 �  2 �
1  ��0
x
x � x�
Do
g  x  

y  g  x
Do đó hàm số
nghịch biến.
Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) ta thấy hàm số đồng biến trên
.
Do đó phương trình (*) có nhiều nhất 1 nghiệm.
3

2 f  1  2.  3, g  1  3
2
Dễ thấy
Do đó x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình (*) và cũng chính là nghi ệm của ph ương trình
ban đầu.
Chọn B.
Câu 47 (VD):
Phương pháp:
1
VIKAD  d  K ;  AID   .S AID
3
Cách giải:

1
VIKAD  d  K ;  AID   .S AID
3
Ta có:

d  K ;  AID    d  B';  ADD ' A '    B ' A '  1

1
1
1
d  I ; AD  . AD  .1.1 
2
2
2
1 1 1
VIKAD  .1. 
3 2 6

Vậy
Chọn C.
Câu 48 (VDC):
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp tọa độ hóa.
Cách giải:
S AID 

Trang 25