Thi thử KYS lần 1 môn toán (đáp án)3

HƯỚNG ĐẾN KỲ THI THPT 2020

THI THỬ KYS – LẦN 1
MÔN: TOÁN HỌC
Thời gian làm bài: 90 phút

ĐÁP ÁN
1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

B

D

A

A

A

B

B

B

A

A

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

B

A

B

C

C

B

C

A

A

D

21

22

23

24

25

26

27

28

29

30

C

C

A

D

A

B

B

A

B

A

31

32

33

34

35

36

37

38

39

40

B

C

C

B

A

A

B

C

C

C

41

42

43

44

45

46

47

48

49

50

C

A

D

C

C

D

A

A

A

C

Câu 1.

x
Đặt t = log 4   thì x log 2

2
A. 6t 6 .

6

bằng:
C. 4

B. 6t. 6 .

6t

.

D. 21+

Lời giải
Chọn B.
x
x
Ta=
có t log 4   ⇔
=
2t log 2   ⇔ log
=
x 2t − 1 .
2
2
2
log 2 6

Mặt khác, x=

Câu 2.

log 2 x

=
6

2 t +1

=
6
6t . 6 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
A. 1 .

B. −2 .

2x + 1
trên đoạn  2; 3  .
1− x
C. 0 .
Lời giải

Chọn D.

D. −5 .

6t

.


3

y′ =

( − x + 1)

Câu 3.

2

> 0 ∀x ≠ 1 ⇒ min y =y ( 2 ) =−5 .
 2;3 

Một tổ học sinh có 7 nam và 3 nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 người. Tính xác suất sao cho 2
người được chọn đều là nữ.
A.

1
.
15

B.

7
.

15

8
.
15
Lời giải
C.

D.

1
.
5

Chọn A.
Xác suất 2 người được chọn đều là nữ là
Câu 4.

C32
1
=
.
2
C10 15

1
Nghiệm của phương trình cos x = −   là
2
2π
π

π
A. x =
B. x =
C. x =
±
+ k 2π .
± + kπ .
± + k 2π .
3
3
6
Lời giải

D. x =
±

π
6

+ k 2π .

Chọn A.

1
2π
2π
cos x =
x=
cos
−  cos

⇔
=
⇔x ±
+ k 2π , k ∈  .
2
3
3
Câu 5.

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =
A. −2 .

B. Đáp số khác.

x4 x2
+ − 1 tại điểm có hoành độ x0 = −1 bằng
4
2
C. 2 .
D. 0 .

Lời giải
Chọn A.

y′ =x 3 + x ⇒ y′ ( −1) =−2 .

Câu 6.

Hàm số nào sau đây không là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

A. F1 ( x ) =

x2 − x − 1
.
x+1

B. F2 ( x ) =

x2 + 2x

( x + 1)

Chọn C.

( F ( x ))
1

=

x2 + 2x

( x + 1)

( F ( x ) )′ = x
2

2

2

, đáp án A là nguyên hàm của f ( x ) .

+ 2x + 2

( x + 1)

2

.

x2 + x − 1
x2 + x + 1
x2
. C. F3 ( x ) =
. D. F4 ( x ) =
.
x+1
x+1
x+1
Lời giải

′

2

, đáp án B không phải là nguyên hàm của f ( x ) .


(

2
′ x + 2x
, đáp án C là nguyên hàm của f ( x ) .
F3 ( x ) =
2
( x + 1)

)

( F ( x ) )′ = x

+ 2x

( x + 1)

4

Câu 7.

2

2

, đáp án D là nguyên hàm của f ( x ) .

Cho đồ thị ( H ) : y =
của ( H ) và Ox .

2x − 4
. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( H ) tại giao điểm

x−3

−2 x + 4 .
B. y =

A. y = 2 x .

−2 x − 4 .
C. y =

y 2x − 4 .
D. =

Lời giải
Chọn B.

( H ) ∩ Ox
y′ =

0 ⇒x=
⇒y=
2

−2

( x − 3)

2

⇒ y′ ( 2 ) =

−2

−2 x + 4
Phương trình tiếp tuyến: y =
−2 ( x − 2 ) ⇔ y =
Câu 8.

Tìm nguyên hàm của hàm số f =
( x)

2x + 3

2
( 2x + 3) 2x + 3 + C .
3

A.

∫ f ( x ) d=x

C.

∫ f ( x ) dx =− 3 ( 2 x + 3 )

1

2x + 3 + C

B.

∫ f ( x ) d=x

1
( 2x + 3) 2x + 3 + C .
3

D.

dx
∫ f ( x )=

1
2x + 3 + C .
2

Lời giải
Chọn B.
Ta có

Câu 9.

∫ f ( x ) d=x ∫ ( 2 x + 3 )

1
2

d=
x

3

2

1 ( 3x + 2 )
1
.
=
( 2x + 3) 2x + 3 + C .
3
2
3
2

Đồ thị sau đây là của hàm số nào?


A. y =

2x + 1
.
x+1

B. y =

x+3
.
1− x

C. y =

x+2

.
x+1

D. y =

x −1
.
x+1

Lời giải
Chọn A.
Dựa vào đồ thị trên, ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x = −1 , tiệm
cận ngang đường thẳng y = 2 .và đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; − 1) và ( −1; + ∞ ) .
Xét hàm số: y =

2x + 1
x+1

Tập xác định:=
D  \{−1}
=
y′

1

( x + 1)

2

> 0, ∀x ∈ D

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; − 1) và ( −1; + ∞ ) .
Tiệm cận đứng: x = −1 .
Tiệm cận ngang: y = 2 .

1
, u = 26. Tìm công sai d
3 8
10
3
B. d = .
C. d = .
3
10
Lời giải

Câu 10. Cho một cấp số cộng ( un ) có u1 =
A. d =

11
.
3

D. d =

Chọn A.

1
11
u=

u1 + 7 d ⇔ 26 = + 7 d ⇔ d = .
8
3
3
Câu 11. Đồ thị hàm số y =

x2 + x + 1
có bao nhiêu đường tiệm cận?
− 5x2 − 2 x + 3

A. 4 .

B. 3 .

C. 2 .
Lời giải

Chọn B.
 3
TXĐ:=
D  \ −1;  .
 5

D. 1 .

3
.
11

1
x2 + x + 1
x2 + x + 1
1
1
;
− là đường tiệm cận
= − ⇒y=
lim
=
−
2
→−∞
x
x →+∞ −5 x 2 − 2 x + 3
5
5
5
−5 x − 2 x + 3
ngang.
Ta có: lim

lim+

x2 + x + 1
−1 là đường tiệm cận đứng.
= +∞ ⇒ x =
−5 x 2 − 2 x + 3

lim+

3
x2 + x + 1
= −∞ ⇒ x = là đường tiệm cận đứng.
2
5
−5 x − 2 x + 3

x →−1

x→

3
5

Vậy đồ thị của hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.
Câu 12. Cho tứ diện đều ABCD , M là trung điểm của cạnh BC . Khi đó cos ( AB, DM ) bằng:
A.

3
.
6

B.

2
.
2

C.

3
.
2

D.

1
.
2

Lời giải
Chọn A.

A

B

D

M
C
Giả sử tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a ta có: DM =

a 3
.
2

   
 

 
a.a.cos 60° + a.a.cos120°
AB.DB + AB.BM
AB.DM
=
Ta lại có: cos AB, DM =   =
a 3
a 3
AB . DM
a.
a.
2
2

(

=

)

3
.
6

Vậy cos ( AB, DM ) =

3
.
6

Câu 13. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên  .
A. y = x 4 + x 2 + 1 .

B. =
y x3 + 1 .

C. y =
Lời giải

Chọn B.
Xét hàm số =
y x 3 + 1 ta có:

4x + 1
.
x+2

D. y = tan x .


TXĐ: D = 

y′= 3 x 2 ≥ 0 ∀x
Vậy hàm số đồng biến trên  .
Câu 14. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Biết SA ⊥ ( ABCD ) và
SA = a 3 . Thể tích của khối chóp S. ABCD là:

A. a 3 3 .

B.

a3 3
.
12

C.

a3 3
.
3

D.

a3
.
4

Lời giải
Chọn C.
S

A

B

D

C

Ta có:=

; B S=
a2 .
h SA
= a 3=
ABCD

1
a3 3
.
=
V =
B.h
3
3
Câu 15. Chọn kết quả đúng của lim

x →+∞

A. −

3 2
.
2

B. −

1 + 3x
2x2 + 3

.

2
.
2

C.

3 2
.
2

D.

2
.
2

Lời giải
Chọn C.
1

1
x + 3
+3
x
1 + 3x


x
Ta có: =

=
lim
lim
= lim
x →+∞
3 x→+∞
3
2 x 2 + 3 x→+∞
2+ 2
x 2+ 2
x
x

3
3 2
.
=
2
2

Câu 16. Hàm số F ( x ) =
( ax + b ) 4 x + 1 ( a, b là các hằng số thực) là một nguyên hàm của

f ( x) =
A. 0 .

12 x
4x + 1

. Tính a + b .

B. 1 .

D. 3 .

C. 2 .
Lời giải

Chọn B.

x ) a 4 x + 1 + ( ax + b ) .
Ta có F ′ (=

2x
4x + 1

=

6 ax + a + 2b
4x + 1

.


Để F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) thì

6 ax + a + 2b
4x + 1

=

12 x
4x + 1

=
6 a 12 =
a 2
⇔
⇔
.
0
−1
 a + 2b =
b =
Do đó a + b =
1.
Câu 17. Cho khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ có thể tích là V , thể tích của khối chóp C ′. ABC là:
A. 2V .

B.

1
V.
2

1
V.
3
Lời giải
C.

D.

1
V.
6

Chọn C.

Gọi h là khoảng cách từ C ′ đến mặt phẳng ( ABC ) và B là diện tích tam giác ABC .
Khi đó, thể tích lăng trụ V = Bh , thể tích khối chóp C ′. ABC là VC ′. ABC =

1
Bh . Do đó,
3

1
VC ′. ABC = V .
3
Câu 18. Tìm tích số của tất cả các nghiệm thực của phương trình 7
A. −1 .

x2 − x +

3
2

1
C. − .
2

B. 1 .

= 49 7

D.

1
.
2

Lời giải
Chọn A.

7

x2 − x +

3
2

= 49 7 ⇔ 7

x2 − x +

3
2


1− 5
x=


3 5
2
= 7 ⇔ x2 − x + = ⇔ x2 − x − 1 = 0 ⇔ 
2 2

1+ 5
x =

2

Khi đó tích các nghiệm là:

Câu 19. Cho m > 0 , a = m m , y =

A. y =

1
18

a 35

.

5
2

1− 5 1+ 5
.
= −1 .

2
2
3

m

2 4

a . m

B. y =

1
.
a2

. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

C. y =
Lời giải

Chọn A.

1
9

a 34

.

D. y =

1
6

a11

.


3
2

a=m m =m ⇒a

1
18

=m

3 1
.
2 18

1
12

m
=
a . m

m

3

= m ,=
y

1
13

=
1
2
4
a .m

2 4

1
12

1
18

m
a
=
=
2

a
a2

1
18

a 35

.

Câu 20. Số mặt phẳng đối xứng của hình lập phương là:
A. 6 .

C. 8 .

B. 7 .

D. 9 .

Lời giải
Chọn D.
A

M

D

Q
R

N

B

C

I
J

L

K
A'

D'

P

T

S

B'

C'

O

Hình lập phương có 9 mặt phẳng đối xứng.
Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có các trung điểm của các cạnh như hình bên,

khi đó 9 mặt phẳng đối xứng của hình lập phương là

( ABC′D′) , ( ADC′B′) , ( DCB′A′) , (CBA′D′) ,
( ACC′A′) , ( BDD′B′) ,
( MNOP ) , (QRST ) , ( IJKL ) .

Câu 21. Đạo hàm của hàm
số y log 3 x ( 5 x + 2 ) là
=
A. y′ =
C. y′ =

1
.
( 5x + 2 ) ln ( 3x )

B. y′ =

5 x ln ( 3 x ) − ( 5 x + 2 ) ln ( 5 x + 2 )
x ( 5 x + 2 ) ln ( 3 x ) 

2

.

D. y′ =

1
.
( 5x + 2 ) ln ( 2 x )

5 x ln ( 3 x ) − ( 5 x + 2 ) ln ( 5 x + 2 )
x ( 5 x + 2 ) ln ( 3 x ) 

Lời giải
Chọn C.
=
y log 3 x ( 5 x=
+ 2)

ln ( 5 x + 2 )
ln ( 3 x )

.

5
3
ln ( 3 x ) − ln(5 x + 2) 5 x ln ( 3 x ) − (5 x + 2) ln(5 x + 2)
3x
y′ = 5 x + 2
.
=
2
2
ln ( 3 x ) 
x ( 5 x + 2 ) ln ( 3 x ) 

2

2

.


 2x + 8 − 2

Câu 22. Cho hàm số f ( x ) = 
x+2
0


khi x > −2

. Tìm khẳng định đúng trong các khẳng

khi x = −2

định sau:

(I)

lim + f ( x ) = 0 .

x →( −2 )

( II ) f ( x ) liên tục tại x = −2 .
( III ) f ( x ) gián đoạn tại x = −2 .
A. Chỉ ( III ) .
B. Chỉ ( I ) .

C. Chỉ ( I ) và ( II ) .

D. Chỉ ( I ) và ( III ) .

Lời giải:
Chọn C.

Hàm số f ( x ) xác định trên nửa khoảng −
 2; +∞ ) .
Ta có: lim + f ( x ) = lim +
x →( −2 )

x →( −2 )

2x + 8 − 2
x+2

= lim +
x →( −2 )

2x + 8 − 4
=
x + 2 2x + 8 + 4

(

)

2 x+2
lim +

0
=
x →( −2 )
2x + 8 + 4

Khẳng định ( I ) đúng.
Ta có lim + f ( x ) = f ( −2 ) = 0 , theo định nghĩa hàm số liên tục trên một đoạn thì hàm số
x →( −2 )

liên tục tại x = −2 . Khẳng định ( II ) đúng, khẳng định ( III ) sai.
Câu 23: Cho một hình lập phương có thể tích V. Một hình cầu có diện tích mặt cầu bằng diện tích
toàn phần của hình lập phương đã cho thì thể tích của nó tương ứng bằng:
A.

6
V
π

B.

3
2V
π

C.

πV
2

D.

π
V
3

Hướng dẫn giải
Gọi cạnh của hình lập phương là a. Vậy thể tích hình lập phương là: V = a 3
Diện tích toàn phần của hình lập phương là: Stp = 6a 2
Diện tích của mặt cầu: S =4πR 2 =6a 2 ⇒ R =a

3
2π

3

4
4 
3 
6
6
3
Thể tích hình cầu là: Vc = πR 3 = π.  a
=V.
 =a
3
3  2π 
π
π
 Chọn đáp án A
Câu 24. Cho khối chóp S. ABC , trên ba cạnh SA , SB , SC lần lượt lấy ba điểm A′ , B′ , C ′ sao

1
1
1
cho SA′ = SA , SB′ = SB , SC ′ = SC . Gọi V và V ′ lần lượt là thể tích của các khối
2
3
4
V′
chóp S. ABC và S. A′B′C ′ . Khi đó tỉ số
là:
V


A. 12 .

B.

1
.
12

C. 24 .

D.

1
.
24

Lời giải:
Chọn D.

S
C'
B'

A'

C

A

B
V ′ SA′ SB′ SC ′ 1 1 1 1
Theo công thức tỉ số thể tích khối chóp, ta được:
.
=
=
. =
.
. .
V SA SB SC 2 3 4 24
Câu 25. Cho a dương, khác 1 . Tìm giá trị của P = a
A. 9 .

log a

a

27

D. 39 .

C. 3 .

B. 27 .

Lời giải
Chọn A.
P=a

log a

a

27

=a

log

a3/2

( )

33

=a

3.2
log a 3
3

(

)

2

2
9.
= alog a 3 = 3=

( )

Câu 26. Biết log xy 3 = log x 2 y = 1 . Tính log ( xy ) .
A. log ( xy ) =

1
.
2

B. log ( xy ) =

3
.
5

C. log ( xy ) = 1 .

D. log ( xy ) =

Lời giải
Chọn B.
 x = 5 10 2
log xy 3 = 1  xy 3 = 10
 10



Ta có: 
⇒
⇒
log
xy
=
log
⇒
(
)
 5 2


10
2
2
 10
y = 5 4
log x y = 1  x y = 10

10


( )
( )

Câu 27. Hàm số f ( x ) =
A. 3 .

x2 + x + 1
có bao nhiêu điểm cực trị?
x+1
B. 2 .
C. 1 .

 3
 = .
 5

D. 0 .

5
.
3


Lời giải
Chọn B.
x2 + x + 1
. TXĐ:=

f ( x) =
D  \{−1} .
x+1

f ′( x)
=

x =
0
x2 + 2x
.
0 ⇔
=
2
 x = −2
( x + 1)

lim y = ±∞ và lim− y = −∞ , lim+ y = +∞ .

x →±∞

x →−1

x →−1

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có 2 điểm cực trị.

Câu 28. Đồ thị sau đây là của hàm số nào?

A. y =
−x4 + 4x2 .

B. y =
−x4 − 2x2 .

1
C. y =
− x4 + 3x2 .
4

D. =
y x4 − 3x2 .

Lời giải
Chọn A.
Dựa vào đồ thị ta suy ra hàm số có dạng: y = ax 4 + bx 2 + c với a < 0 ⇒ Loại đáp án D.
Đáp án B loại vì: y′ =
0 ⇔x=
−4 x 3 − 4 x =
0 ⇒ Đồ thị hàm số có 1 điểm cực trị.
x =
0
Đáp án A: y′ =
−4 x 3 + 8 x =
0⇔
⇒ Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị lần lượt
 x = ± 2
là: O ( 0; 0 ) , A

(

) (

)

2; 4 , B − 2; 4 . Vậy chọn đáp án A.

Câu 29. Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình log 1 ( 4 x − 9 ) > log 1 ( x + 10 ) .
2

A. 6 .

B. 4 .

C. 0 .

2

D. Vô số.


Lời giải
Chọn B.
Điều kiện của bất phương trình là x >

9
.
4

Khi đó bất phương trình đã cho thành 4 x − 9 < x + 10 ⇔ x <
So điều kiện ta được

19
1
. (Do a=
< 1 ).
3
2

9
19
4
3

Do x ∈  nên x ∈ {3, 4, 5, 6} .
6


2 
3
Câu 30. Trong khai triển  x +
 , hệ số của x , ( x > 0 ) là:
x

A. 60 .

B. 80 .

C. 160 .

D. 240 .

Lời giải
Chọn A.
k

k
6

Số hạng tổng quát của khai triển: Tk +1 = C x

6−k

3
6− k
 2 
k k
2
.
.
 = C 6 2 .x
 x

3
Số hạng chứa x 3 ứng với 6 − k =
3 ⇔k=
2.

2
Vậy hệ số của x 3 là: C62 .2 2 = 60 .
Câu 31. Cho khối lăng trụ đứng tam giác ABC. A′B′C ′ có đáy là một tam giác vuông cân tại A ,

AC
= AB
= 2 a , góc giữa AC ′ và mặt phẳng ( ABC ) bằng 30° . Thể tích khối lăng trụ

ABC. A′B′C ′ là
A.

4a 3
.
3

B.

4a3 3
.
3

C.

2a3 3
.
3

D.

Lời giải

Chọn B.

B′

C′

A′

B

30°

A

C

Ta có AC là hình chiếu vuông góc của AC ′ lên mặt phẳng ( ABC )

(

)

′ =
⇒ 
AC ′, ( ABC ) =
CAC
30°

4a2 3
.

3


.tan 30°
Tam giác ACC ′ vuông tại C=
có CC ′ AC=
S=
.CC ′
Khi đó V=
ABC . A′B′C ′
ABC

2a 3
3

4a3 3
.
3

Câu 32. Đồ thị sau đây là của hàm số y =x 4 − 3 x 2 − 3 . Với giá trị nào của m thì phương trình

x4 − 3x2 + m =
0 có ba nghiệm phân biệt?
y

−1

1

x

O
−3
−5
A. m = −3 .

B. m = −4 .

C. m = 0 .

D. m = 4 .

Lời giải
Chọn C.
Xét phương trình x 4 − 3 x 2 + m =
0 ⇔ x4 − 3x2 − 3 =
−m − 3 .
Khi đó Dựa vào đồ thị để phương trình đã cho có ba nghiệm thì −m − 3 =−3 ⇔ m =0 .
Câu 33. Cho hàm số: y =( 1 − m ) x 4 − mx 2 + 2 m − 1 . Tìm m để đồ thị hàm số có đúng một cực trị
A. m < 0 .

B. m < 0 hoặc m > 1 .

C. m ≤ 0 hoặc m ≥ 1 .

D. m > 1 .
Lời giải

Chọn C.

m ≤ 0
Đồ thị hàm số có đúng một cực trị khi và chỉ khi ab ≥ 0 ⇔ −m ( 1 − m ) ≥ 0 ⇔ 
.
m ≥ 1
3 
F ( x ) + 2 x + ln ( x − 1) 
Câu 34. Cho ∫ ln x 2 − x dx =
F ( x ) , F=
dx bằng?
( 2 ) 2 ln 2 − 4 . Khi đó I = ∫ 
x

2 


(

)

A. 3 ln 3 − 3 .

C. 3 ln 3 − 1 .

B. 3 ln 3 − 2 .

Lời giải
Chọn B

(

)

Ta có: F =
( x ) x ln x2 − x − ∫

x ( 2 x − 1)
2x − 1
dx x ln x 2 − x − ∫
dx
=
2
x −1
x −x

(

)

1 

= x ln x 2 − x − ∫  2 +
dx x ln x 2 − x − 2 x − ln x − 1 + C .
=
x
−
1



(

)

(

)

C 2 ln 2 − 4 ⇔ C =
0.
F=
( 2 ) 2 ln 2 − 4 ⇔ 2 ln 2 − 4 +=

(

)

Suy ra: F =
( x ) x ln x2 − x − 2 x − ln x − 1 .

D. 3 ln 3 − 4 .


(

)

 x ln x 2 − x − 2 x − ln ( x − 1) + 2 x + ln ( x − 1) 
dx
Khi đó: I = ∫ 
x



2


3

=

3

∫ ln ( x

2

2

)

(

)

dx  x ln x 2 − x − 2 x − ln ( x − 1) 
− x=



3
2

= 3 ln 6 − 6 − ln 2 − 2 ln 2 +=
4 3 ln 3 − 2 .
Câu 35. Cho hàm số: y =
−

( 0; 3 )
A. a ≥

12
.
7

x3
+ ( a − 1) x 2 + ( a + 3 ) x − 4 . Tìm a để hàm số đồng biến trên khoảng
3

B. a < −3 .

C. a ≤ −3 .

D. a >

12
.
7

Lời giải
Chọn A.

Ta có: y′ =− x 2 + 2 ( a − 1) x + a + 3 .
Để hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 3 ) thì y′ ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; 3 )
⇔a≥

x2 + 2x − 3
, ∀x ∈ ( 0; 3 ) ⇔ a ≥ max f ( x ) .
( 0; 3 )
2x + 1

x2 + 2x − 3
Xét hàm số f ( x ) =
trên khoảng ( 0; 3 )
2x + 1
2


1  15
2 x +  +
2
2
2
2x + 2x + 8

Ta=
có f ′ ( x )
=
> 0, ∀x ∈ ( 0; 3 ) .
2
2
x

+
x
+
2
1
2
1
(
)
(
)

12
.
f ( 3) =
⇒ f ( x ) luôn đồng biến trên khoảng ( 0; 3 ) ⇒ max f ( x ) =
( 0; 3 )
7
Vậy m ≥

12
.
7

Câu 36. Cho lăng trụ đứng tam giác ABC. A′B′C ′ có đáy là một tam giác vuông cân tại B ,

= BC
= a , AA′ = a 2 , M là trung điểm BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB
AM và B′C .

A.

a
7

.

B.

a 3
.
2

C.
Lời giải

Chọn A.

2a
5

.

D. a 3 .


A

C

M
B

E
A'

C'

B'

Gọi E là trung điểm của BB′ . Khi đó: EM // B′C ⇒ B′C // ( AME)

(

) (

) (

′C , ( AME ) d=
Ta có: =
d ( AM , B′C ) d B=
C , ( AME ) d B, ( AME )

)

Xét khối chóp BAME có các cạnh BE , AB , BM đôi một vuông góc với nhau nên
1

(

d 2 B, ( AME )

)

=

1
1
1
1
a2
2
2
⇔
=
7
a
+
+
⇔ d B, ( AME ) =
7
AB2 MB2 EB2
d 2 B, ( AME )

(

(

)

)

a
⇔ d B, ( AME ) =
.
7

(

)

Câu 37. Một chất điểm chuyển động theo quy luật S ( t ) =+
1 3t 2 − t 3 . Vận tốc của chuyển động
đạt giá trị lớn nhất khi t bằng bao nhiêu
A. t = 2 .

C. t = 3 .

B. t = 1 .

D. t = 4 .

Lời giải
Chọn B.

Chất điểm chuyển động theo quy luật S ( t ) =+
1 3t 2 − t 3 . Vì vận tốc của chuyển động ở
thời điểm t chính là S′ ( t ) ; ta đi tìm giá trị lớn nhất của hàm số S′ ( t ) .

(

)

2
′
Ta có S′ ( t ) = 1 + 3t 2 − t 3 =6t − 3t 2 =
−3 t 2 − 2t = 3 − 3 ( t − 1) ≤ 3, ∀t ∈ 

(

)

max S′ ( t ) = 3 khi t − 1 = 0 ⇔ t = 1 .


Câu 38. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau.
–∞

x
y'

-2
–

0

1
+

+∞

0

+∞
–

4

y
-3

(

–∞

)

Hàm số=
y f x − 1 có giá trị nhỏ nhất trên đoạn 0; 2  bằng
A. f ( −2 ) .

B. f ( 2 ) .

C. f ( 1) .
Lời giải

Chọn C

D. f ( 0 ) .

(

)

=
y f x − 1 ( 1) . Đặt t= x − 1 , t ≥ 0 thì ( 1) trở thành: y = f ( t ) ( t ≥ 0 ) .
Có=
t

( x − 1)

2

⇒ t′x =

x −1

( x − 1)

2

.

Có y′x = t′x f ′ ( t ) .
x =
1
x =
x =
1

1
t′x =
0



y′x = 0 ⇔ t′x f ′ ( t ) =
0 ⇔
⇔ t =
−2 ( L ) ⇔  x − 1 =
2.
1 ⇔ x =
 f ′ ( t ) = 0
t = 1
 x − 1 =−1
 x = 0


Lấy x = 3 có t′ ( 3 ) f ′ ( 2 ) < 0 , đạo hàm đổi dấu qua các nghiệm đơn nên ta có bảng biến
thiên:
0

x

1

y'

–

2
+

y
CT

(

)

Hàm số=
y f x − 1 có giá trị nhỏ nhất trên đoạn 0; 2  bằng f ( 1) .
Câu 39. Thầy Quý có 1 vườn Xoài Nhật, thầy bán mỗi quả là 50.000 đồng. Với giá bán này thì
thầy chỉ bán được khoảng 40 quả bưởi. Thầy dự định giảm giá bán, ước tính cứ giảm
mỗi quả 5000 đồng thì số Xoài Nhật bán được tăng thêm là 50 quả. Xác định giá bán
để thầy thu được lợi nhuận lớn nhất, biết rằng tổng chi phí vốn bỏ ra trên 1 quả Xoài là

30.000 đồng.
A. 44.000 đ .

B. 43.000 đ .

C. 42.000 đ .

D. 41.000 đ .

Lời giải
Chọn C.

Gọi t là số lần giảm ( 0 ≤ t ≤ 4; t ∈  ) thì 5000t là tổng số tiền giảm. Lúc đó giá bán sẽ

là 50000 − 5000t , số quả bưởi bán ra là 40 + 50t suy ra tổng số tiền bán được cả vốn lẫn

lãi là ( 50000 − 5000t ) . ( 40 + 50t ) ; số tiền vốn nhập ban đầu là 30000. ( 40 + 50t ) .
Ta có lợi nhuận thu được là f ( t=
)
Ta tìm t để f ( t ) lớn nhất:

( 50000 − 5000t )( 40 + 50t ) − 30000 ( 40 + 50t ) .
f (t ) =
( 4 + 5t )( 20 − 5t ) .10000

f (t )
2
⇒ g (t ) =
=
−25t 2 + 80t + 80= 144 − ( 5t − 8 ) ≤ 144, ∀t ∈  .
10000
Để f ( t ) lớn nhất khi g ( t ) lớn nhất; g ( t ) lớn nhất bằng 144 khi 5t − 8 = 0 ⇔ t =

8
.
5


8
t=
⇒ 5000t =
8000 . Do đó giảm số tiền một quả bưởi là 8000đ , tức giá bán ra một
5
quả là

50000 − 8000 =
42000đ thì lợi nhuận thu được cao nhất.
Câu 40. Một cái thùng đựng đầy nước được tạo thành từ việc cắt mặt xung quanh của một hình
nón bởi một mặt phẳng vuông góc với trục của hình nón. Miệng thùng là đường tròn
có bán kính bằng ba lần bán kính mặt đáy của thùng. Người ta thả vào đó một khối cầu
có đường kính bằng

3
chiều cao của thùng nước và đo được thể tích nước tràn ra ngoài
2

là 54 3π (dm3). Biết rằng khối cầu tiếp xúc với mặt trong của thùng và đúng một nửa
của khối cầu đã chìm trong nước (hình vẽ). Thể tích nước còn lại trong thùng có giá trị
nào sau đây?

A.

46
3π (dm3).
5

B. 18 3π (dm3).

C.

46
3π (dm3).
3

D. 18π (dm3).

Lời giải
Chọn C

Gọi R là bán kính của khối cầu. Khi đó thể tích nước tràn ra ngoài là thể tích của một
nửa khối cầu nên

1 4
. π=
R3 54 3π ⇔=
R 3 3.
2 3


2
=
.2 R 4 3 .
3
Cắt thùng nước bởi thiết diện qua trục ta được hình thang cân ABCD với AB = 3CD .

Do đó chiều cao của thùng nước =
là h

Gọi O là giao điểm của AD và BC thì tam giác OAB cân tại O .
Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB và I là giao điểm của OH và CD → I là

1
AH .
3

OI
DI 1
3
Ta có = =
→ OH = HI = 6 3
2
OH AH 3

trung điểm của DC nên DI =

Gọi K là hình chiếu của H trên OA thì HK= R= 3 3
Tam giác OHA vuông tại H có đường cao HK nên

1
1
1
1
1
1
1
=
+
→
=
−
=
→ AH =6 → DI =2
2
2
2

2
2
2
36
HK
HO
AH
AH
HK
HO

)

(

(

)

hπ AH 2 + DI 2 + AH .DI
4 3π 6 2 + 2 2 + 6.2
208 3π
Thể tích thùng đầy nước là
= =
3
3
3
Do đó thể tích nước còn lại là

208 3π

46 3π
− 54 3π = dm3 .
3
3

(

)

Câu 41. Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 2 − 2 x − x + m =
m

a
 a
có nghiệm duy nhất là −  ∪ ( −c ; d ) , với a , b , c , d là các số tự nhiên và là phân số tối
b
 b
giản. Tính giá trị biểu thức S =a + 2b + 3c + 4d .
A. S = 10 .

C. S = 16 .

B. S = 15 .

D. S = 18 .

Lời giải
Chọn C

Gọi phương trình đã cho là ( 1) .

Đặt

x+m =
t , điều kiện t ≥ 0 , phương trình ( 1) trở thành:

(

)

m 2 + 1 − 2t 2 m + t 4 − 2 t 2 − t =
0 (2) .
 m= t 2 + t
Giải ( 2 ) theo m ta được 
( 3) .
2
 m = t − t − 1

Ta thấy với mỗi giá trị t ≥ 0 , cho ta duy nhất một giá trị x , do đó ( 1) có nghiệm duy
nhất khi và chỉ khi hệ ( 3 ) có nghiệm duy nhất t ∈ 0; +∞ ) .
Vẽ hai đồ thị hàm số y= t 2 + t và y = t 2 − t − 1 với t ≥ 0 trên cùng một hệ trục tọa độ.


y

t
y=m

O
-1

Căn cứ đồ thị ta có hệ ( 3 ) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi đường thẳng y = m giao
với cả hai nhánh đồ thị trên tại một điểm duy nhất, suy ra m = −

5
hoặc −1 < m < 0 .
4

a 5,=
b 4,=
c 1,=
d 0 , do đó S = 16 .
Vậy=
Cách 2:
Gọi phương trình đã cho là ( 1) .

( 1) ⇔ x

⇔


2

(

)

)(

) (

0
− ( x + m) = x + x + m ⇔ x + x + m x − x + m − 1 =

  x ≤ 0

= x2 − x
x+m =
−x
 m
⇔
(2)
 x ≥ 1
x + m =x − 1

 m = x 2 − 3 x + 1


Vẽ hai đồ thị hàm số =
y x 2 − x với x ≤ 0 và y = x 2 − 3 x + 1 với x ≥ 1 trên cùng một hệ
trục tọa độ.

y

O 1
y=m

x

-1

Căn cứ đồ thị ta có hệ ( 2 ) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi đường thẳng y = m giao
với cả hai nhánh đồ thị trên tại một điểm duy nhất, suy ra m = −
Vậy=
a 5,=
b 4,=
c 1,=
d 0 , do đó S = 16 .

5
hoặc −1 < m < 0 .
4


Câu 42. Cho lăng trụ ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của

điểm A′ lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách

giữa hai đường thẳng AA′ và BC bằng

a3 3
.
A.
12

a3 3
.
B.
6

a 3

. Khi đó thể tích của khối lăng trụ là
4

a3 3
.
C.
3
Lời giải

a3 3
.
D.
24

Chọn A.

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểm BC. Ta có
 A′H ⊥ BC

⇒ BC ⊥ ( A′AI ) ⇒ BC ⊥ AA′.
 AI ⊥ BC
 A′H ∩ AI =
H


Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên AA′ . Khi đó IK là đoạn vuông góc chung
của AA′ và BC nên IK =d ( AA′, BC ) =

IK =

a 3
. Xét tam giác vuông AIK vuông tại K có
4

a 3
a 3
1
 =30°.
, AI =
⇒ IK = AI ⇒ KAI
4
2
2

Xét tam giác vuông AA′H vuông tại H có A′H =AH=
.tan30°

a 3 3 a
.
.
=
3
3
3

a2 3 a a3 3
.
.
=
=

Vậy VABC
. A′B′C ′
4 3
12
u1 = 2019

Câu 43. Cho dãy số ( un ) được xác định bởi: 
. Tính giá
2019
−
u1 + u2 + u3 + ... + un−1 ) , n > 1
(
un =
n

2
2019
trị của biểu thức A= 2.u1 + 2 u2 + ... + 2 .u2019 .

A. 32019 .

B. 2019 .

C. 3.

D. 2 .


Lời giải
Chọn D

n + 1) !
(=
n!
1
1
1
1
Ta=
có có
Cnk =
.
.
.Cnk++11
k +1
k + 1 k !. ( n − k ) ! n + 1 ( k + 1) ! ( n + 1) − ( k + 1)  ! n + 1



1
1
k
k +1
.u1 =
=
C2018
C k +1 .2019 C2019
suy ra S =
2019 2019
k +1
Từ giả thiết suy ra

−2019 ( u1 + u2 + u3 + ... + un− 2 ) − 2019un−1 =−
nun =
( n 1) un−1 − 2019un−1 =−
( n 2020 ) un−1

n − 2020
→ un =
un−1 .
n
2018
1 1
1 1
2
Suy ra u2 =
−
u1 =
− C2018
u1 =
− C2018
.2019 =
−C2019
2
2
2
=
u2

2017.2018
1 2
3

=
u1
=
C2018 .u1 C2019
2.3
3

2016.2017.2018
1 3
4
u3 =
−
=
− C2018
u1 =
−C2019
2.3.4
4

...
=
u2019 ...

=

1
2018
2019
=
C2018

u1 C2019
2019

1
2
3
4
2019
Suy ra S = 2.C2019
− 2 2 C2019
+ 2 3 C2019
− 2 4 C2019
+ ... + 2 2019 C2019
=

( 2 − 1)

2019

+1= 2.

Câu 44. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Đồ thị hàm số
=
y g=
( x)

f 2 ( x) + 2 f ( x) + 1
f 2 ( x) − 9

có tổng số tất cả các đường tiệm cận đứng

và đường tiệm cận ngang là
A. 4

B. 5

C. 6
Lời giải

D. 7


Chọn C
2
1
2
1
+
1+
+
f ( x) f ( x)
f ( x) f ( x)
Ta có lim g ( x ) lim
1 và lim g ( x ) lim
=
=
=
= 1.

x →−∞
x →−∞
x →−∞
x →−∞
9
9
1− 2
1− 2
f ( x)
f ( x)
1+

Suy ra đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị y = g ( x ) .

( f ( x ) + 1)
g=
.
( x)
( f ( x ) − 3) ( f ( x ) + 3)
2

=
y

x =
0

Dựa vào BBT ta có f ( x ) = 3 ⇔  x = a < −1 .
 x= b > 4

( f ( x ) + 1)
= −∞ suy ra đường thẳng
Với x > 0 ⇒ f ( x ) < 3 , lim g ( x ) = lim
( f ( x ) − 3) ( f ( x ) + 3)
2

x →0+

x →0+

x = 0 là tiệm cận đứng.

( f ( x ) + 1)
= −∞ suy ra đường thẳng
Với x > a ⇒ f ( x ) < 3 , lim g ( x ) = lim
f
x
−
3
f
x
+
3
(
)
(
)
(
)(
)

2

x → a+

x → a+

x = a là tiệm cận đứng.

( f ( x ) + 1)
= +∞ suy ra đường thẳng x = b
Với x > b ⇒ f ( x ) > 3 , lim g ( x ) = lim
( f ( x ) − 3) ( f ( x ) + 3)
2

x → b+

x → a+

là tiệm cận đứng.

 x= c ,0 < c < 4
khi đó
Dựa vào BBT ta có f ( x ) =−3 ⇔ 
=
x d , d > 4

( f ( x ) + 1)
= +∞ suy ra đường thẳng
Với x > c ⇒ f ( x ) < −3 , lim g ( x ) = lim
( f ( x ) − 3) ( f ( x ) + 3)

2

x →c +

x →c +

x = c là tiệm cận đứng.

( f ( x ) + 1)
= +∞ suy ra đường thẳng
Với x > d ⇒ f ( x ) > −3 , lim g ( x ) = lim
( f ( x ) − 3) ( f ( x ) + 3)
2

x →c +

x →c +

x = d là tiệm cận đứng.
Vậy tổng số các đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị y = g ( x ) là 6.


Câu 45. Cho hình chóp S. ABC có đáy là ∆ABC vuông cân ở B , AC = a 2 , SA ⊥ ( ABC ) , SA = a.
Gọi G là trọng tâm của ∆SBC , mp (α ) đi qua AG và song song với BC chia khối chóp
thành hai phần. Gọi V là thể tích của khối đa diện không chứa đỉnh S . Tính V .
A.

4a3
.
9

B.

4a3
.
27

C.

5a 3
.
54

D.

2a3
.
9

Lời giải
Chọn C.

Trong mặt phẳng ( SBC ) . Qua G kẻ đường thẳng song song với BC và lần lượt cắt

SC , SB tại E, F . Khi đó ta được khối đa diện không chứa đỉnh S là ABCEF.
Ta có G là trọng tâm của ∆SBC nên

VS.AFE SA SF SE 2 2 4
. .= =
.

.
=
VS. ABC SA SB SC 3 3 9

4
4
5
Do đó VS.AFE = .VS. ABC ⇒ VABCEF =V S . ABC − .VS. ABC = .VS. ABC .
9
9
9
Vì tam giác ∆ABC vuông cân ở B , AC = a 2 nên AB
= BC
= a.
Mặt khác=
VS. ABC

5 a 3 5a 3
11
a3
. Suy ra VABCEF
=
a.a.a
= =
.
.
32
6
9 6
54

Câu 46: Cho biết M là giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) = x 2 − 2ax + b trên đoạn [-1;2]. Khi M đạt
giá trị nhỏ nhất có thể thì giá trị của biểu thức (M + a + 3b) tương ứng bằng ?

A.

9
8

B. -2

C. 3

D. -1

Hướng dẫn giải

M ≥ f ( −1) = 1 + 2a + b (1)
.
M ≥ f ( 2 ) = 4 − 4a + b ( 2 )

Ta có: M = max f ( x ) nên ta có: 
x∈[ −1;2]

1
2

Đồng thời: M ≥ f   =

1

1
1 1
− a + b ⇔ 2M ≥ 2f   =
− 2a + 2b = − + 2a − 2b ( 3)
4
2
2 2

Cộng ba BĐT (1), (2), (3), theo vế ta được:


1
1
4M ≥ 1 + 2a + b + 4 − 4a + b + − + 2a − 2b ≥ 1 + 2a + b + 4 − 4a + b − + 2a − 2b
2
2
9
9
⇔ 4M ≥ ⇔ M ≥ (*)
2
8
Dấu “=” xảy ra khi dấu “=” ở (1), (2), (3) cùng đồng thời xảy ra và sao cho các giá trị (1+2a+b), (4-

 1

+ 2a − 2b  cùng dấu với nhau.
 2


4a+b),  −

Tức là điều kiện dấu “=” xảy ra khi:


9
 1 + 2a + b =
1
8


a=

2
 a − 4a + b = 9 ⇔ 



8
b = − 7


9
8
 − 1 + a − b =

 4
8

 1 + 2a + b =− 9


8

 4 − 4a + b =− 9 ⇔ ( v.ng 0 )
8

 1
9
 − + a − b =−
8
 4
Tức là khi đó: f ( x ) =

x2 − x −

7
. vậy giá trị nhỏ nhất của M có thể nhận là: M min
8
9
8

khi đó giá trị của biểu thức (M + a + 3b) sẽ là: M + a + 3b = +

1

a = 2
9
= khi 
8
b = − 7


8

1 21
− =−1
2 8

 Chọn đáp án D.

Câu 47. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 + 6 x − 2 y + 5 =
0 và điểm
A ( −4; 2 ) . Đường thẳng d qua A cắt ( C ) tại 2 điểm M , N sao cho A là trung điểm

0 . Tính S =a − 5b − c.
của MN có phương trình là ax + by + c =
A. S = 0.

B. S = 5.

C. S = −1.
Lời giải

Chọn A

D. S = −3 .


(C ) có tâm I ( −3;1) , bán kính R =

5.


Đường thẳng qua A ( −4; 2 ) có véc tơ pháp tuyến n = ( a; b ) a 2 + b2 ≠ 0 có phương

(

)

0.
trình dạng d : ax + by + 4 a − 2b =
Tam giác IMN cận tại I có A là trung điểm MN nên IA ⊥ MN .
⇒ d ( I ; d ) =IA ⇔

a−b
a2 + b2

(

)

= 2 ⇔ ( a − b ) =2 a 2 + b2 ⇔ a =−b .
2

Suy ra S =
a − 5b − c =
−b − 5b − ( −4b − 2b) =
0.
Câu 48. Cho hàm số y = f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị như hình vẽ và thỏa mãn đẳng thức sau:

(

)

f ( x + 1) − f (=
x ) 2 x ( 2 x + 1)( x + 1) . Cho hàm số g ( x ) = mx 2 + nx + p và f=
( x ) g x2 − 1 .

Tìm nghiệm của phương trình g′ ( x ) = 0 .

1
A. − .
2

B. −2 .

Chọn C
Với x = 0 thì f ( 1) = f ( 0 ) .

1
C. − .
4
Lời giải

D. −4 .