Thi thử KYS lần 3 môn toán (đáp án)

HƯỚNG ĐẾN KỲ THI THPT 2020

THI THỬ KYS – LẦN 3
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN HỌC
Ngày thi: 7/3/2020. Thời gian làm bài: 90 phút

BẢNG ĐÁP ÁN
1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

A

B

A

C

C

B

A

A

C

C

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

D

A

D

C

C

C

A

D

D

D

21

22

23

24

25

26

27

28

29

30

D

D

C

B

B

B

B

C

B

B

31

32

33

34

35

36

37

38

39

40

C

C

C

A

A

A

D

A

D

D

41

42

43

44

45

46

47

48

49

50

D

D

D

B

C

C

B

D

C

C

Câu 1.

Thể tích V của khối lăng trụ có diện tích đáy là B và chiều cao của khối lăng trụ là h bằng
A. V = Bh .

1
B. V = Bh .
3

C. V =

1
Bh .
6

D. V =

2
Bh .
3

Lời giải
Chọn A
Theo công thức tính thể tích lăng trụ ta có đáp án A
Câu 2.

Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c (a ≠ 0) có đồ thị (C ) . Chọn mệnh đề sai.
A. (C ) nhận trục tung làm trục đối xứng.

B. (C ) luôn cắt trục hoành.

C. (C ) luôn có điểm cực trị.

D. (C ) không có tiệm cận.

Lời giải

Chọn B

0 có thể có nghiệm hoặc vô nghiệm, nên (C ) có thể cắt trục
Vì phương trình ax 4 + bx 2 + c =
hoành hoặc không cắt. Vậy chọn đáp án B.
Câu 3.

Đồ thị hàm số y = x 3 − x 2 + 1 và y = 2 x3 − 3 x + 2 có bao nhiêu điểm chung?
A. 3.

B. 0.

C. 1.

D. 2.

Lời giải
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

1


Chọn A
Số giao điểm của hai đồ thị là số nghiệm của phương trình hoành độ :
x 3 − x 2 + 1= 2 x 3 − 3 x + 2
⇔ x 3 + x 2 − 3 x + 1 =0
0
⇔ (x − 1)(x 2 + 2 x − 1) =

x = 1

⇔  x =−1 − 2
 x =−1 + 2


Vậy hai đồ thị có 3 điểm chung.
Câu 4. Tìm tập nghiệm S của phương trình log 2 x = 4 là
A. S = {2} .

B. S = {8} .

C. S = {16} .

D. S = {6} .

Lời giải
Chọn C
Ta có log 2 x = 4 ⇔ x = 24 = 16 .
Câu 5. Giá trị lớn nhất của hàm số y = 2 x 4 − 3 x 2 − 5 trên đoạn [ −1; 1] là
A. 0 .

C. −5 .

B. 1 .

D. −1 .

Lời giải
Chọn C

Hàm số y = 2 x 4 − 3 x 2 − 5 liên tục trên đoạn [ −1; 1]
x = 0
Ta có: y′ =−
.
8 x 6 x, y ′ =
0⇔
x = ± 3

2
3


3
49
.
Vì y ( ±1) =
−6, y ( 0 ) =
−5, y  ±
−
 =
8
 2 

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số y = 2 x 4 − 3 x 2 − 5 trên đoạn [ −1; 1] là −5 .
Câu 6.

Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = 5 x 4 − 2 x 2 − 3 là
A. 2 .

B. 3 .

C. 1 .

D. 0 .

Lời giải
Chọn B

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

2


Cách 1: Do đây là hàm trùng phương có a.b = 5. ( −2 ) < 0 nên hàm số có 3 điểm cực trị.
x = 0
Cách 2: Ta có: y′ =
20 x − 4 x, y′ =
0⇔
x = ± 5

5
3

Phương trình bậc 3 có 3 nghiệm nên y′ đổi dấu khi qua cả 3 nghiệm.
Vậy hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 7.

− x3 + 3x 2 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
Cho hàm số y =
A. Hàm số đồng biến trên ( 0; 2 ) .

B. Hàm số nghịch biến trên ( 0; 2 ) .

C. Hàm số đồng biến trên ( −1;1) .

D. Hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) .
Lời giải

Chọn A

−3 x 2 + 6 x =
−3 x ( x − 2 ) ⇒ y′ > 0 ⇔ 0 < x < 2 .
Ta có y′ =
Vậy hàm số đồng biến trên ( 0; 2 ) .

Câu 8.

Số điểm cực trị của hàm số y =
A. 0 .

5x −1
là
x+2

B. 1 .

C. 3 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn A
TXĐ: D =

có y '
( −∞; −2 ) ∪ ( −2; +∞ ) . Ta=

11

( x + 2)

2

> 0 ∀x ∈ D .

Vậy hàm số không có điểm cực trị.
Câu 9.

Khối đa diện nào sau đây có nhiều đỉnh nhất?

A. Khối lập phương.

B. Khối 20 mặt đều.

C. Khối 12 mặt đều.

D. Khối bát diện đều.

Lời giải
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

3


Chọn C
Khối 12 mặt đều có 20 đỉnh, khối 20 mặt đều có 12 đỉnh, khối lập phương có 8 đỉnh, khối bát
diện đều có 6 đỉnh.
Câu 10. Hàm số bậc ba có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực đại?
A. 0.

B. 2.

C. 1.

D. 3.

Lời giải
Chọn C
Hàm số bậc ba: y = ax 3 + bx 2 + cx + d ( a ≠ 0 )
TXĐ: D = 

y ' = 3ax 2 + 2bx + c
∆′= b 2 − 3ac
Nếu ∆′ ≤ 0 thì y’ không đổi dấu trên  nên hàm số không có cực trị.
Nếu ∆′ > 0 thì y ' = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và y’ đổi dấu khi x chạy qua x1 , x2
nên hàm số đạt một cực đại và một cực tiểu.
Câu 11. Với m > 0, m ≠ 1 . Đặt a = log 3 m . Tính log m 3m theo a .
A.

1− a

.
a

B. a + 1 .

C.

a
.
a +1

D.

1+ a
.
a

Lời giải
Chọn D

=
log
m 3m

log 3 3m 1 + log 3 m 1 + a
=
=
.
log 3 m
log 3 m

a

Câu 12. Một hình chóp bất kỳ luôn có:
A. Số mặt bằng số đỉnh.

B. Số cạnh bằng số đỉnh.

C. Số cạnh bằng số mặt.

D. Các mặt là tam giác.
Lời giải

Chọn A
Giả sử hình chóp S . A1 A2 ... An −1 có n đỉnh ( n ≥ 4 , n ∈  ).
Khi đó hình chóp có đáy là ( n − 1) giác, số mặt bên bằng ( n − 1) . Vậy tổng số mặt bằng n .
Suy ra hình chóp có số mặt bằng số đỉnh.

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

4


Câu 13. Cho khối tứ diện ABCD , gọi M là trung điểm của AB . Mặt phẳng ( MCD ) chia khối tứ diện
đã cho thành hai khối tứ diện:
A. AMCD và ABCD . B. BMCD và BACD . C. MACD và MBAC . D. MBCD và MACD .
Lời giải
Chọn D

Câu 14. Đồ thị hàm số y =
A. A (1; −3) .

−3 x + 2
nhận điểm nào sau đây là tâm đối xứng
x +1

B. B ( −3; −1) .

C. C ( −1; −3) .

D. C ( −1;3)

Lời giải
Chọn C
Ta có: lim
x→±∞

lim
x→−1±

−3 x + 2
= −3 , suy ra đường thẳng y = −3 là tiệm cận ngang.
x +1

−3 x + 2
= ±∞ , suy ra đường thẳng x = −1 là tiệm cận đứng.
x +1

Tâm đối xứng của đồ thị là giao điểm của 2 đường tiệm cận, vậy: C ( −1; −3) là tâm đối xứng
Câu 15. Tính thể tích V của khối tứ diện đều có cạnh là a 2 .
A. V = a .

3

B. V =

a3
.
2

C. V =

a3
.
3

D. V =

a3
.
6

Lời giải

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

5


Xét tứ diện đều ABCD cạnh a 2 . Gọi G là trọng tâm tam giác BCD .

2a 2 2a 3

2a −
=
.
3
3

a 6
Ta có DG =
, suy ra AG =
3
Diện tích tam giác BCD : S BCD

2

a2 3
=
.
2

1 2a 3 a 2 3 a 3
a 2 là: V =
=
.
.
Thể tích khối tứ diện đều cạnh
.
3 3
2
3
=

Câu 16. Biểu
thức P

5

x3 . 4 x ( x > 0 ) được viết dưới dạng lũy thừa là
13
20

32
45

3
4

A. P = x .

C. P = x .

B. P = x .

65
4

D. P = x .

Lời giải
Chọn C
1

=
P
Ta có

5

1
4

3
x=
.x

13
 134  5
20
=
x
x
=
x
.
 
 

5

13
4

Câu 17. Thể tích của khối chóp có diện tích đáy là 12m 2 và chiều cao 5m là
A. 20m3 .

B. 10m3 .

C. 30m3 .

D. 60m3 .

Lời giải
Chọn A

=
V
Thể tích khối chóp:

1
1
=
B.h
.12.5
= 20m3 .
3
3

Câu 18. Tìm nghiệm của phương trình 23 x+1 = 16 .
A. x = 4 .

B. x = 0 .

C. x = 5 .

D. x = 1 .

Lời giải
Chọn D
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

6


Ta có: 23 x +1 = 16 ⇔ 3 x + 1 = 4 ⇔ x = 1 .
Câu 19. Giả sử log 2 5 = a và log 2 7 = b . Khi đó log 2 ( 52.7 ) bằng
B. a + 2b .

A. a 2 + b .

C. 2ab .

D. 2a + b .

Lời giải
Chọn D

log 2 52 + log 2 7 =
2 log 2 5 + log 2 7 =
2a + b .
Ta có log 2 ( 52.7 ) =
Câu 20. Tìm hàm số nghịch biến trên tập số thực.

=
y
A.

(

)

x

30 − 20 .

B. y =

( e) .
x

C. y =  x .

y
D.=

(

)

x

3− 2 .

Lời giải
Chọn D

y
Vì 0 < 3 − 2 < 1 nên hàm số=

(

3− 2

)

x

nghịch biến trên tập số thực.

Câu 21. Tính thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều có cạnh bên bằng 4cm và cạnh đáy bằng 3cm .
A. V = 12 3cm3 .

B. V = 18 3cm3 .

C. V = 36cm3 .

D. V = 9 3cm3 .

Lời giải
Chọn D

=
S ABC

32. 3 9 3
=
4
4

VABC . A′B′C ′ = S ABC . AA′ = 4.

9 3
=9 3.
4

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

7


Câu 22. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của SA , mặt phẳng

(α )

qua M và song song với ( ABCD ) cắt các cạnh SB, SC , SD lần lượt tại N , P, Q . Biết thể

tích khối chóp S .MNPQ là a 3 , tính thể tích V của khối chóp S . ABCD .
A. 16a 3 .

B. 4a 3 .

C. 6a 3 .

D. 8a 3 .

Lời giải
Chọn D

=
VSMNPQ

1
=
S MNPQ .d ( S , ( MNPQ ) ) a 3
3

1
1
1
VSABCD = S ABCD .d ( S , ( ABCD ) ) = .4 S MNPQ .2d ( S , ( MNPQ ) ) = 8. .S MNPQ .d ( S , ( MNPQ ) ) = 8a 3 .
3
3
3

Câu 23. Biết đồ thị hàm số y = f ( x) có một tiệm cận ngang là y = 1 . Khi đó đồ thị hàm
s y 3 f ( x) + 1
=
có một tiệm cận ngang là?
A. y = 1

B. y = 2

C. y = 4

1
Dy=3 k = .
3

Lời giải
Chọn C
Do đồ thị hàm số y = f ( x ) có một tiệm cận ngang là y = 1 nên theo định nghĩa ta có :
lim f ( x) = 1 hoặc lim f ( x) = 1 . Khi đó lim [3 f ( x) + 1]= 3.1 + 1= 4 hoặc

x →+∞

x →−∞

x →+∞

lim [3 f ( x) + 1]= 3.1 + 1= 4 . Do đó đồ thị hàm =
số y 3 f ( x) + 1 có một đường tiệm cận ngang

x →−∞

là y = 4 .
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

8


2

∫(x

I
=
Câu 24. Cho tích phân

2

− 1) ln xdx . Khi đó:

1

A. I =

2 ln 2 + 6
.
9

B. I =

6 ln 2 + 2
.
9

C. I =

2 ln 2 − 6
.
9

D. I =

6 ln 2 − 2
.
9

Lời giải
Chọn B
1

=
d
u
dx
=

u
x
ln


x
Đặt : 
.
⇒
= ( x 2 − 1) dx 
x3
dv
=
−x
v


3
Khi đó:
2

2

2
2
 x2 
 x3


 x3

2
1  x3
2
=
ln
2
−
−
1
d
x
−
−
−
I=

x
ln
x
x
d
x
=
ln
2
−






 − x
∫
∫
3
3
x 3
3

 3


 9
1
1

1
1

=

2
2 6 ln 2 + 2
.
ln 2 + =
3
9
9

Câu 25. Cho hàm số y = f ( x ) có f ′ ( x ) =
( x + 1)

2

( x − 1)( x + 2 )( x − 4 )

4

, với mọi x ∈  . Số điểm cực

trị của hàm số là:
A. 3 .

B. 2 .

C. 4 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn B
 x = −1
x = 1
Ta thấy f ′ ( x )= 0 ⇔ 
 x = −2

x = 4

 x = −1
, trong đó 
là nghiệm bội chẵn nên không phải là cực
x = 4

trị của hàm số. Vậy hàm số có 2 điểm cực trị là x = 1; x = −2 .

Cách khác: Dựa vào bảng biến thiên:
x
y'

∞
+

2
0

-1

0

1
0

+

4
0

+∞
+

y

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

9


Khi đó , hàm số có 2 cực trị là x = 1; x = −2 .









Câu 26 . Cho hình chóp S . ABC . Lấy M , N sao cho SM = MB và SN = −2CN . Gọi V1 , V2 lần lượt là
thể tích của khối S . AMN và khối đa diện ABCNM . Tính k =
1
A. k = .
3

B. k =

1
.
2

C. k =

2
.
3

V1
.
V2

D. k = 1 .

Lời giải
Chọn B

Ta có:
VS . AMN SA SM SN 1 2 1
=

.
.= =
.
VS . ABC SA SB SC 2 3 3

1
⇒ VS . AMN =
VS . ABC
3
1
2
VABCNM =VS . ABC − VS . AMN =VS . ABC − VS . ABC = VS . ABC .
3
3

1
VS . ABC
V1 VS . AMN
1
3
Vậy
.
= = =
2
V2 VABCNM
2
VS . ABC
3

Câu 27. Đồ thị hình bên là của hàm số nào dưới đây?

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

10


A. y =

x+2
.
x +1

B. y =

x+2
.
x −1

C. y =

−x +1
.
−x −1

D. y =

x +1
.
x −1

=
m
D.

kπ
,k ∈ .
2

Lời giải
Chọn B
Từ đồ thị: Tại x = 0 ta có y = −2
Xét phương án A: x = 0 ⇒ y = 2

0⇒ y =
−2
Xét phương án B: x =
0⇒ y =
−1
Xét phương án C: x =
0⇒ y =
−1
Xét phương án D: x =
Vậy chọn B
m

Câu 28. Đặt f ( m ) = ∫ cos xdx nghiệm của phương trình f ( m ) = 0 là
0

=
A. m k 2π , k ∈  .

π

B. m =+ kπ , k ∈  .
2

m kπ , k ∈  .
C.=

Lời giải
Chọn C
Ta có f ( m ) =

m

∫ cos xdx =

sin x 0 = sin m − sin 0 = sin m .
m

0

Do đó: f ( m ) =0 ⇔ sin m =0 ⇔ m =kπ , k ∈  .

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

11


Câu 29. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a 2 , góc giữa cạnh bên và đáy bằng

450 . Thể tích khối chóp S . ABC là:

A.

a3
6

2a 3
.
6

B.

C.

a3
.
3

D.

2a 3
.
3

Lời giải
Chọn B.
Diện tích=
đáy: S ABC

(

)

2
3 a2 3
=
a 2 .
4
2

Xét tam giác SAO vuông tại O :
=
tan SAO

SO
a 6
2
3
⇒ SO = .a 2. .tan 450 =
AO
3
2
3

Thể tích khối chóp S . ABC là:
=
VS . ABC

1

1 a2 3 a 6
=
.S ABC .SO
. =
.
3
3 2
3

2a 3
6

Câu 30. Cho khối chóp tứ giác đều S . ABCD và điểm C ′ thuộc cạnh SC . Biết mặt phẳng ( ABC ′ )
chia khối chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau. Tính k =
2
A. k = .
3

B. k =

5 −1
.
2

1
C. k = .
2

SC ′
.

SC
4
D. k = .
5

Lời giải
Chọn B

SD′ SC ′
Kẻ C ′D′  AB ( D′ ∈ SD ) 
→= = k . Khi đó mặt phẳng ( ABC ′ ) chia khối chóp
SD SC

thành hai phần là S .BC ′D′A và ABDCD′C ′ .
Ta có VS .=
VS . ABC ′ + VS .BC ′D′ .
BC ′D′A


VS . ABC ′ SC ′
k ⇒ VS . ABC ′ =
k .VS . ABC .
==
VS . ABC
SA



VS . BC ′D′ SC ′ SD′
k 2 ⇒ VS . BC ′D′ =

k 2 .VS .BCD .
=.
=
VS . BCD
SC SD

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

12


Từ giả thiết, ta có VS . ABC ′D′ =


→ k.

1
1
VS . ABCD ⇒ k .VS . ABC + k 2 .VS . ACD = VS . ABCD
2
2

VS . ABCD
V
1
−1 + 5
2
1 →=
.
+ k 2 . S . ABCD

= VS . ABCD 
→ k + k=
k
2
2
2
2

Câu 31. Một ô tô đang chạy với vận tốc 10m / s thì người lái đạp phanh, từ thời điểm đó ô tô chuyển
−5t + 10 ( m / s ) , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng
động chậm dần đều với vận tốc v ( t ) =
giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển
bao nhiêu mét?
B. 2m .
C. 10m .
D. 20m .
A. 0, 2m .
Lời giải
Chọn C
Lúc bắt đầu đạp phanh v ( t ) =−5t + 10 =10 ⇔ t =0 .
Tại thời điểm ô tô dừng hẳn thì v ( t ) =−5t + 10 =0 ⇔ t =2 .
Khi đó quãng đường cần tìm là s =

2

∫ v ( t )dt =
0

2

∫ ( −5t + 10 )dt = 10 .
0

Câu 32. Gọi giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số=
y ln x − x trên [1;e ] lần lượt là M , m . Tính

P
= M + m.
A. P = 1 − e .

C. P = −e .

B. P= 2 − e .

D. P = e .

Lời giải
Chọn C
Hàm số=
y ln x − x liên tục trên đoạn [1;e ] .
Ta có: y=′
y′ = 0 ⇔

1
−1
x
1
−1 = 0 ⇔ x = 1
x

Khi đó y (1) = −1 , y ( e ) = 1 − e .
Ta suy ra M = max y = y (1) = −1 , m = min y = y ( e ) = 1 − e .
[1;e]

[1;e]

Vậy P =M + m =−1 + 1 − e =−e .
Câu 33. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 3 + 3 x 2 + x + 2 tại điểm có hoành độ bằng −1 là
A. y =
−2 x − 2 .

B. y =
−2 x − 5 .

C. y =
−2 x + 1 .

D. y =
−2 x − 1 .

Lời giải
Chọn C
Ta có: y′ =3 x 2 + 6 x + 1 ⇒ y′ ( −1) =−2 ; y ( −1) =
3
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng −1 là:
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

13

y =y′ ( −1)( x + 1) + y ( −1) =
−2 ( x + 1) + 3 =
−2 x + 1

Câu 34. Cho hàm số y 

2 x  2020
có đồ thị
x 3

Gọi A, B là hai điểm phân biệt thuộc C , tiếp tuyến

của C  tại A, B song song với nhau và đường thẳng AB cắt trục Ox, Oy lần lượt tại M , N (
xM > 0 ) sao cho diện tích tam giác OMN bằng
A. MN = 2 .

B MN =

2
.
2

1
. Tính độ dài MN .
2

C MN = 5 .

D MN =

5
.
2

Lời giải
Chọn A
Ta có tâm đối xứng của ( C ) là I ( 3; 2 ) .
Do AB cắt trục Ox, Oy lần lượt tại M , N nên M ( a;0 ) , N ( 0; b ) ( a, b ≠ 0 ) khi đó phương trình
đường thẳng AB có dạng

x y
1 . Mặt khác tiếp tuyến tại A, B của ( C ) song song với
+ =
a b

nhau ⇒ AB đi qua tâm đối xứng I ( 3; 2 ) ⇒

3 2
1 (*).
+ =
a b

1
1
Ta có diện tích của S ∆ABC = ab = ⇔ ab =
1 (**).
2
2

 a =

1

 b = −1
a = 1

⇒ MN =
2
Từ (*) và (**) ⇒  a = −3 vì xM > 0 ⇒ 

b = −1

2


2
 b =
3


Câu 35. Khối đa diện đều loại {4;3} có số đỉnh là D và số cạnh là C . Tính =
T 2D + C .
A. T = 28 .

B. T = 32 .

D. T = 22 .

C. T = 30 .
Lời giải

Chọn A
Khối đa diện đều loại {4;3} là khối lập phương có số đỉnh là 8 và số cạnh là 12 .
Vậy: T = 2 D + C = 2.8 + 12 = 28
Câu 36. Nghiệm của phương trình 35 = 53 được viết dưới dạng x = log a ( log b a ) với a, b là các số
x

x

b

nguyên tố và a > b . Tính =
S 5a − 3b

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

14


B. S = 2 .

A. S = 16 .

C. S = 22 .

D. S = 0 .

Lời giải
Chọn A
Ta có :
x

5
3 = 5 ⇔ 5 = 3 .log 3 5 ⇔   = log 3 5 ⇔ x = log 5 ( log 3 5 )
3
3
5x

3x

x

x

Vậy a =5; b =3 ⇒ S =5a − 3b =5.5 − 3.3 =16 .

Câu 37. Cho khối chóp đều SABC có cạnh đáy bằng a và thể tích bằng a 3 . Gọi M , N lần lượt là trung
điểm của các cạnh BC , SM . Mặt phẳng ( ABN ) cắt SC tại E . Tính khoảng cách d từ E đến
mặt phẳng ( ABC ) .
A. d = 2a .

B. d =

4a 3
.
3

C. d = a .

D. d =

8a 3
.
3

Lời giải
Chọn D

Gọi h là chiều cao của khối chóp SABC . Diện tích tam giác ABC là S ∆ABC =
Ta có: =
VSABC

3a 2
.
4

1
h.S ∆ABC=
⇒ h 4a 3 .
3

E là giao điểm của BN và SC . Ta tính

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

SE
.
SC

15

Qua S kẻ đường thẳng song song BC cắt BE tại F .
SE SF 1 SF 1 SN 1
SE 1
= =
=
=⇒
=.
EC BC 2 BM 2 NM 2
SC 3

VSABE SE 1 VEABC 2
2
2
8a 3
=
= ⇒
= ⇒ d = h = .4a 3 =
.
VSABC SC 3 VSABC 3
3
3
3
Câu 38. Cho log x a;log y b;log z c theo thứ tự lập thành cấp số cộng . Khẳng định nào sau đây là đúng ?
A. log b y =

2 log a x.log c z
.
log a x + log c z

B. log b y =

2 log a x
.
log a x + log c z

C. log b y =

2 log c z
.
log a x + log c z

D. log b y =

log a x + log c z
.
2 log a x.log c z

Lời giải
Chọn A.
Vì log x a;log y b;log z c theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên ta có :
log x a + log z c = 2 log y b ⇔

2 log a x.log c z
2
1
1
.
=
+

⇔ log b y =
log b y log a x log c z
log a x + log c z

Câu 39 . Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a và mặt bên tạo với đáy một góc 45o .
Thể tích khối chóp S . ABCD theo a là:

a3
A.
.
2

a3
B.
.
9

a3
C.
.
24

a3
D.
.
6

Lời giải
Chọn D

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

16


S

A

B
M

O
D

C

Gọi M là trung điểm BC.
SO ⊥ ( ABCD ) ⇒ SO ⊥ OM ⇒SOM vuông tại O .

Ta thấy: S . ABCD là hình chóp đều nên SBC cân tại S , có M là trung điểm BC nên
SM ⊥ BC (1) .

Tương tự OBC vuông cân tại O có M là trung điểm BC nên OM ⊥ BC ( 2 )

= 45° .
Từ (1) và ( 2 ) suy ra góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 45° là góc SMO
1
1 2 a a3
a

⇒ VSABCD = .S ABCD .SO = a . =
.
Khi đó =
SO OM
=
3
3
2 6
2
1
Câu 40 .Gọi ( P ) là parabol đi qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số y = x 4 + 2mx 2 + 2017 ( m là tham
4

số thực ). Gọi mo là giá trị để ( P ) đi qua điểm A (1; 2018 ) . Khẳng định nào sau đây là đúng về mo
A. mo là một số nguyên dương .

B. mo chia hết cho 2.

C. mo là một số chính phương.

D. mo ∈ ( −2;5 ) .
Lời giải

Chọn D.
Hàm số đã cho liên tục trên R . Ta có: y=′ x3 + 4mx .
+) Điều kiện để đồ thị của hàm số có ba điểm cực trị là f '( x) đổi dấu ba lần ⇔ f '( x) =
0 có ba
nghiệm phân biệt ⇔ m < 0 (*).
+) Thực hiện phép chia đa thức f ( x) cho f '( x) ta được: =
f ( x) f '( x).q ( x) + mx 2 + 2017 Từ đó

suy ra parabol đi qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là
=
y mx 2 + 2017 .

2018 ⇒ x =±1 . Kết hợp điều kiện (*) ⇒ m =
−1 .
Vì A (1; 2018 ) ∈ ( P ) ⇒ x 2 + 2017 =
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

17


Câu 41. Cho hàm số f ( x) = ln

A. 1 .

B.

x
. Tính tổng S= f ′(1) + f ′(2) + .... + f ′(2019) .
x +1

2018
.
2019

C.

1
.

2020

D.

2019
.
2020

Lời giải
Chọn D.
Ta có : f ′( x)=
f ′(1)=

1 1
− .
1 2

f ′(2)=

1 1
− .
2 3

f ′(3)=

1 1
− .
3 4

1

1
. Khi đó ta có :
−
x x +1

……
f ′(2019)
=
⇒ S =1 −

1
1
.
−
2019 2020
1
2019
.
=
2020 2020

Câu 42. Khối hộp ABCD. A′B′C ′D′ có thể tích là a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Tính thể tích

V của khối đa diện A′B′C ′D′. AMCD theo a .
A. V =

a3
.
6

B. V =

a3
.
12

C. V =

2a 3
.
3

D. V =

11a 3
.
12

Lời giải
Chọn D

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

18


VA′B′C ′D′. AMCD + VM .BCC ′B′ − VM .B′CC ′ (*)
Ta có VABCD. A′B′C ′=
D′
=

a 3 V=
d ( A ; ( BCC ′B′ ) ) .S BCC ' B′ .
ABCD . A′B′C ′D′
1
Vì M là trung điểm AB nên d ( M ; ( BCC ′B′ ) ) = .d ( A ; ( BCC ′B′ ) ) . Do đó
2
=
VM .BCC ′B′

1
1 1
1 3
=
.d ( M ; ( BCC ′B′ ) ) .S BCC ' B′
.=
.d ( A ; ( BCC ′B′ ) ) .S BCC ' B′
a .
3
3 2
6

VM . B′CC ′
=

1
1 1
1
1 3
.d ( M ; ( B′CC ′ ) ) .S B′CC '
. .d ( =

A ; ( BCC ′B′ ) ) . .S BCC ' B′
a .
=
3
3 2
2
12

1
1
11
Khi đó (*) ⇔ a 3 = V + a 3 − a 3 ⇔ V = a 3 .
6
12
12

Câu 43. Cho tứ diện đều ABCD. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB và lấy điểm N sao cho



NC = −2 ND . Biết thể tích của khối tứ diện MNBC là a 3 . Tính thể tích V của khối tứ diện
ABCD.

A. V =

4 3
a .
3

B. V =

1
C. V = a 3 .
3

3 3
a .
2

D. V = 3a 3 .

Lời giải
Chọn D

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

19


A

M

D

B
N
C

Do M là trung điểm của AB nên d ( A; ( BCD ) ) = 2d ( M ; ( BCD ) ) .Ta có :

1
1
1

=
d ( A; ( BCD ) ) .S∆BCD
.2d ( M ; ( BCD ) ) . BC.CD.sin BCD
3
3
2
1
1
 3. 1 d ( M ; ( BCD ) ) .=
= 3. d ( M ; ( BCD ) ) . BC.CN .sin=
BCD
S∆BCN 3=
VMNBC 3a 3
3
2
3

=
V

Câu 44 . Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn [ −5;3] . Biết rằng diện tích hình phẳng

S1 ; S 2 ; S3 giới hạn bởi đồ thị hàm số f ( x ) và đường parabol y = g ( x ) = ax 2 + bx + c lần lượt
là m, n, p .

y

y = g ( x)

S3

S1

x

S2

y = f ( x)

3

Tích phân

∫ f ( x ) dx bằng

−5

A. −m + n − p −
C. m − n + p −

208
.
45

208
.

45

B. m − n + p +

208
.
45

D. −m + n − p +

208
45

Lời giải
Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

20


Chọn B
Ta có A ( −2;0 ) , O ( 0;0 ) , B ( 3; 2 ) thuộc đồ thị hàm số y = g ( x ) .
2

a = 15
0
4a − 2b + c =

2
4
4



⇒ c
=0 ⇒ b = ⇒ ( P ) : y =g ( x ) = x 2 + x .
15
15
9a + 3b + c =
 15
2

c = 0


3

3

3

−5

−5

−5

Suy ra: I = ∫ f ( x ) dx = ∫  f ( x ) − g ( x )  dx + ∫ g ( x ) dx
−2

4 
 2

= ∫  f ( x ) − g ( x )  dx + ∫  f ( x ) − g ( x )  dx + ∫  f ( x ) − g ( x )  dx + ∫  x 2 + x  dx
15
15 
−5
−2
−5 
0
208
208
.
= S1 − S 2 + S3 +
= m−n+ p+
45
45
0

3

Câu 45. Xét số thực dương x, y thỏa mãn ln

3

x 2 − xy
= ( x + 1)( y − x + 1) . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của
1+ y

P
= y2 − x .
A. Pmin =

1
.
2

B. Pmin =

3
.
2

C. Pmin =

−5
.
4

D. Pmin = −2

Lời giải
Chọn C.

x 2 − xy
ln
=( x + 1)( y − x + 1) ⇔ ln ( x 2 − xy ) − ln ( y + 1) =− x 2 + xy + y + 1
1+ y
⇔ ln ( x 2 − xy ) + x 2 − xy
= ln ( y + 1) + y + 1

Xét f (=
t ) ln t + t trên ( 0; +∞ ) ta có :

f ′(t ) =

1
+ 1 > 0∀t > 0 ⇒ f (t ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) . Do đó f ( x 2 − xy ) = f ( y + 1)
t

x2 −1
⇔ x − xy = y + 1 ⇒ y =
= x −1 .
x +1
2

3
5 −5
( x − 1) − x = x − 3x + 1 =  x −  − ≥ .
2 4 4

2

Ta có : P = y 2 − x =

2

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

2

21

Vậy Pmin

3

x
=

5
2 .
=
− ⇔
4
y = 1

2

Câu 46. Cho dãy số ( un )

mãn un <
A.

1

=
u
 n 3
thỏa mãn 
. Có bao nhiêu số nguyên dương n thỏa
+
n

u
1
(
)
n
u
=
; ∀n ≥ 1
n +1

3n

1
2020

0.

B.

9.

C. vô số.

D.

5.

Lời giải
Chọn C

( n + 1) u

un +1 1 un
= . ; ∀n ≥ 1.
n +1 3 n
3n
nvn ; ∀n ≥ 1 ⇒ un +1 =( n + 1) vn +1
Đặt u=
n
Ta có u=
n +1

n

⇔

1
1
1
vn ; ∀n ≥ 1 , suy ra dãy số ( vn ) là cấp số nhân với=
v1 =
;q
.
3
3
3
1
n
⇒ vn =n ⇒ un= nvn= n ; ∀n ≥ 1 .
3

3
1
n
1
⇔ n<
⇔ 3n > 2020n (*)
Ta có un <
2020
3 2020
Dễ thấy, bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh (*) đúng ∀n ≥ 9 .
Ta được vn +=
1

Vậy có vô số nguyên dương n thỏa mãn đề bài
Câu 47. Cho hàm số y = f ( x) là hàm lẻ và liên tục trên [ −6;6] ; biết

0

2

−3

1

4 và ∫ f (−3 x)dx =
4
∫ f (− x)dx =

6

. Tính

∫ f ( x)dx .
0

A. I = 0 .

C. I = 6 .

B. I = −8 .

D. I = 16 .

Lời giải
Chọn B
0

Xét tích phân

4.
∫ f (− x)dx =

−3

−dt .
Đặt − x =
t ⇒ dx =
Đổi cận: khi x = −3 thì t = 3 ; khi x = 0 thì t = 0 do đó

0

∫

−3

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

0

3

3

0

f (− x)dx =
− ∫ f (t )dt =
∫ f (t )dt .

22


3

3

0

0

⇒ ∫ f (t )dt =
4 ⇒ ∫ f ( x)dx =
4

Do hàm số
Do đó

2

∫
1

y = f ( x)

là hàm số lẻ nên
2

2

1

1

f ( −3 x ) =
− f ( 3x )

.

− ∫ f (3 x)dx ⇒ ∫ f (3 x)dx =
−4 .

f (−3 x)dx =

2

Xét

∫ f (3x)dx =

−4 .

1

1
Đặt t = 3 x ⇒ dx = dt .
3

Đổi cận: x = 1 thì t = 3 ; khi x = 2 thì t = 6 do đó

2

∫

6

f (3 x)dx =

1

6

6

3

3

⇒ ∫ f (t )dt =
−12 ⇒ ∫ f ( x)dx =
−12

Do đó

6

∫
0

3

6

0

3

1
f (t )dt = −4
3 ∫3

.

f ( x)dx =
4 12 =
−8 .
∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx =−

Câu 48 . Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' . Đường thẳng đi qua trọng tâm của tam giác ABC
song song với BC cắt AB tại D , cắt AC tại E . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của khối chóp

A '. ADE và thể tích khối đa diện A ' B ' C ' CEDB . Tính k =
A. k =

2
.
3

B. k =

4
.
27

C. k =

4
.
5

V1
V2

D. k =

4
.
23

Lời giải
Chọn D

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

23


Ta có :
2

S
4
DE 2
2 4
=⇒ ADE =
  =⇒ S ADE =S ABC
9
BC 3
S ABC  3  9
Gọi V , h lần lượt là thể tích và độ dài đường cao của hình lăng trụ ABC. A ' B ' C '

1

1 4
4
=
h.S ADE
h=
. S ABC
V
3
3 9
27
4
23
V2 = V − V1 = V − V = V
27
27
V
4
⇒ 1 =.
V2 23

=
V1

Câu 49.

Có hai tờ giấy A4 , trên mỗi tờ vẽ sẵn một lục giác đều có kích thước bằng nhau. Hai bạn A và
B mỗi bạn trang trí một lục giác bằng cách tô màu ngẫu nhiên mỗi đỉnh của đa giác bởi đúng
một trong hai màu : xanh , đỏ. Hai cách trang trí của hai bạn được gọi là “ đồng nhất ” nếu ta
có thể xoay một tờ giấy và đặt lên tờ giấy còn lại thì được hai cách tô màu trùng khớp là một.
Tính xác suất để cách trang trí của hai bạn A và B là “ đồng nhất ”

A.

3
.
32

B.

183
.
2048

C.

87
.
1024

D.

187
.
2048

Lời giải
Chọn C
Quy ước hai màu đỏ và xanh về đỏ và không màu
Mỗi đỉnh của lục giác đều có hai sự lựa chọn để tô màu ⇒ n( Ω ) =
26.26

TH1: Cả 6 đỉnh của lục giác đều có cùng một màu
1.1 Cả 6 đỉnh cùng màu đỏ : 1.1 cách
1.2 Cả 6 đỉnh không màu : 1.1 cách
⇒ n1 = 1.1 + 1.1 = 2 cách
TH2: ( Chú thích : cách đỉnh màu đen là các đỉnh được tô màu đỏ, các đỉnh không màu thì
không có chấm đen )

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

24


Vậy tổng số cách tô màu đồng nhất là: 2 + 2. ( 62 + 62 + 62 + 32 ) + 62 + 62 + 62 + 22 =
348
348
87
=
12
2
1024
Câu 50. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có AB = a , Góc giữa mặt bên và đáy bằng 60o . Gọi M là
  
O . ( S1 ) , ( S 2 ) lần lượt là mặt cầu ngoại tiếp của
điểm thuộc AB sao cho MA + 2 MB =
⇒ P=

S . ABCD và S .CDM . Biết ( S1 ) ∩ ( S 2 ) là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó.
A. 2a .

B. 3a .

C.

5a
.
8

D.

3a
8

Lời giải

Tài liệu KYS Giáo dục là trải nghiệm

25