Đáp án hi thử HK1 môn toán tài liệu KYS

ĐỀ THI ĐGNL ÔN THI HK1

KỲ THI THPT QUỐC GIA 2020

PAGE TÀI LIỆU KYS

MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút

ĐÁP ÁN
1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

A

B

B

C

A

C

A

B

D

C

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

B

B

B

D

A

C

D

D

D

B

21

22

23

24

25

26

27

28

29

30

D

B

A

D

D

B

B

C

C

D

31

32

33

34

35

36

37

38

39

40

A

B

A

D

B

B

C

B

B

A

41

42

43

44

45

46

47

48

49

50

A

B

D

C

A

B

A

D

D

B

Câu 1: Cho hàm số y = x 3 − 2 x 2 + x + 1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

1 
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng  ;1 .
3 

1

B. Hàm số nghịch biến trên khoảng  −∞;  .
3


1 
C. Hàm số đồng biến trên khoảng  ;1 .
3 

D. Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; +∞ ) . .
Hướng dẫn giải

Chọn

A.

1
Ta có y′ = 3 x 2 − 4 x + 1 ⇒ y′ = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = .
3
2

Câu 2: Tập xác định của hàm số y= ( x + 2) 3 là:
A.  \ {2} .
B. (−2; +∞) .

C. (0; +∞) .

D.  .

Chọn B. Ta có: x + 2 > 0 ⇔ x > −2 . Vậy TXĐ của hàm số là: D = (−2; +∞) .
Câu 3: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt
phẳng đáy và SA = 2a . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD .
A. V =

2a 3
.
6

B. V =

2a 3
.
3

C. V = 2a 3 .

D. V =

2a 3
.
4


Hướng dẫn giải

S

Chọn. B.
Ta có: SA = a 2 .
A
D

S ABCD =
a 2 ⇒ VABCD

3

1
1
2a
=SA.S ABCD =. 2a.a 2 = .
3
3
3

B

C

Câu 4: Tìm khoảng đồng biến của hàm số y =− x + sin x .
B. (1; 2 ) .

A.  .

Chọn

D. ( −∞; 2 ) .

C. ∅ .
Hướng dẫn giải

C.

Ta có y =− x + sin x tập xác định D =  .

y ' =−1 + cos x ≤ 0, ∀x ∈  .
Vậy hàm số luôn nghịch biến trên  .
Câu 5: Cho hình chóp S . ABCD có mặt bên (SAB) vuông góc với đáy. Tam giác SAB đều, đáy là hình bình hành

có AB
= a, AD
= 2a, BAD
= 120° . Tính thể tích hình chóp S . ABCD ?

a3
A.
.
2

a3
B.
.
4

a3

D.
.
8

a3
C.
.
6

Đáp án: A
Ta có: SH =

=
⇒ VS . ABCD

SA2 − AH 2 =

a 3
2

3
1
 a .
.SH . AB=
. AD.sin BAD
3
2

Câu 6: Phương trình 9 x − 3x =
3 có bao nhiêu nghiệm?

B. Vô nghiệm.
C. 1 .
A. 2 .
Hướng dẫn giải
Chọn

C.

 1 + 13
t =
2
x
2
=
t 3 , t > 0 , phương trình trở thành t − t − 3 = 0 ⇔ 
Đặt
 1 − 13
t =

2

=
t

D. 3 .

 1 + 13 
1 + 13
⇒
=

x log 3 
 .
2
2



(n)
.

(l )


Câu 7: Cho lăng trụ đứng ABC. A1 B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông tại B với AB = 3a , AC = 5a , A1 B = 4a .
Tính thể tích V của lăng trụ ABC. A1 B1C1 ?
A. V = 6 7 a 3 .

Chọn

B. V = 2 7 a 3 .

C. V = 30a 3 .
Hướng dẫn giải

D. V = 12 7 a 3 .

A.

.

1
4a ⇒ S ABC = AB.BC =
6 a 2 , AA1 =
BC = AC 2 − AB 2 =
2

AA
=
6a 3 7.
A1 B 2 − AB 2 = a 7 , V=
ABC . A1B1C1
1 .S ABC

.

Câu 8: Tìm giá trị cực tiểu yCT của hàm số y = 2 x3 + 3 x 2 − 3 .
A. yCT = −2 .

B. yCT = −3 .

C. yCT = 0 .

D. yCT = 1 .

Hướng dẫn giải
Chọn

B.

0⇒ y =

−3
x =
3
2
2
Ta có y = 2 x + 3 x − 3 ⇒ y′ = 6 x + 6 x = 0 ⇔ 
 x =−1 ⇒ y =−2 .
 y′(0) =6 > 0 ⇒ yCT =−3
⇒ yCT =
−3. .
⇒ y′′ = 12 x + 6 ta có 
 y′(−1) =−6 < 0 ⇒ yCD =−2
Câu 9: Cho hình chóp S . ABC có SA ⊥ ( ABC )=
, SA a=
, AB 2a=
, BC 3a=
, CA 4a . Tính thể tích chóp S . ABC .
A. V =

a 3 15
.
8

B. V =

a 3 15
.
12

C. V =

Đáp án: D

1
SA.S ∆ABC .
Chóp S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) ⇒ VS . ABC =
3
Áp dụng công thức hê – rông ta có

3a 3 15
.
4

D. V =

a 3 15
4


AB + BC + CA 9a
=
2
2

p ( p − a )( p − b )(=
p − c ) với p

S ∆ABC =
⇒ S ∆=
ABC

⇒ VS=
. ABC

2
9a  9a
  9a
  9a
 3a 15
−
−
−
=
a
a
a
2
3
4




2  2
4
 2
 2


1 3a 2 15 a 3 15

.
a.
=
3
4
4

Câu 10: Tìm số nghiệm của phương trình log 3 ( x − 1) 2 + log
A. 2 .

B. 0 .

Chọn

3

2. .
( 2 x − 1) =

C. 1 .
Hướng dẫn giải

D. 3 .

C.

x ≠ 1

Điều kiện: 
1.

 x ≥ 2
Ta có:
log 3 ( x − 1) 2 + log

3

( 2 x − 1) = 2 ⇔ log3 ( x − 1)2 − 2 log3 ( 2 x − 1) = 2 ⇔ .

2

x = (l ).

 x − 1= 6x − 3
5
⇔
log 3 ( x −=
1) 2 log 3 (6x − 3) 2 ⇔ ( x − 1) 2 = (6x − 3) 2 ⇔ 
 x − 1 =−(6x − 3)
 x = 4 (t / m). .

7
Phương trình có một nghiệm.

Câu 11: Hàm số y = 22 x
A. 22 x

2

+x

2

+x

có đạo hàm là.

B. ( 4 x + 1) 22 x

ln2 .

(

Chọn B. Ta có: y′ = 22 x

2

+x

)′ = 2

2 x2 + x

2

+x

ln2 .

C. ( 2 x 2 + x ) 22 x

2

+x

ln2 . D. ( 4 x + 1) 22 x

2

+x

ln ( 2 x 2 + x )

2
⋅ ln2 ⋅ ( 2 x 2 + x )′ = ( 4 x + 1) 22 x + x ln2. .


Câu 12: Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác cân tại A , AB
= AC
= 2a, CAB
= 1200 . Góc giữa

( A′BC )
A. V =

và ( ABC ) là 45°. Tính thể tích V của khối lăng trụ.

a3 3
.
3

B. V = a 3 3 .

C. V = a 3 .
Hướng dẫn giải

Chọn

B.

D. V = 2a 3 .


=
Diện tích: S ∆ABC

1

=
AB. AC.sin CAB
2

3.a 2 .

Gọi M là trung điểm BC ⇒ AM = AC.cos 600 = a .
Có: ( A ' BC ) ; ( ABC
' MA 450 .
=
A=
) 
cao: AA ' AM

=
=
.tan 450 a .
⇒ Đường
tích: V S=
⇒ Thể
a3 3 .
=
∆ABC . A ' A

.
Câu 13: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật và SA vuông góc với đáy. Gọi O là giao điểm của AC và
a
BD. Biết SA = 3a , BC = a và khoảng các từ O đến mặt phẳng ( SBC ) bằng . Tính thể tích hình chóp S . ABCD ?
2
A.

3a 3
2

B.

3a 3
2 2

a3
2 2
Đáp án chi tiết
C.

D.

9a 3
2 2

Chọn B
AO ∩ ( SBC ) =⇒
{C}

d (O ,( SBC ))
d ( A,( SBC ))

OC 1
==
⇒ d ( A,( SBC )) =
a
AC 2

Kẻ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A,( SBC )) =
AH =
a

1
1
1
1
1
1
3a
= 2+

⇒ 2 = 2+
⇒ AB =
2
2
2
AH
SA
AB
a
AB
9a
2 2

=
VS . ABCD

1
1
3a
3a 3
.SA.S ABCD
.3
.a
=
=
a.
3
3
2 2
2 2

Câu 14: Cho hàm số y = f ( x) xác định và liên tục trên [ −2; 2] và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên.


y
4

2
x
-2

O

-1

1

2

.
Hàm số f ( x) đạt cực tiểu tại điểm nào sau đây?
B. x = −2 .

A. x = 1 .
Chọn

D. x = −1 .

C. x = 2 .
Hướng dẫn giải

D.

Dựa vào đồ thị ta thấy f ( x) đạt cực tiểu tại điểm x = −1 và đạt cực đại tại điểm x = 1 .
Câu 15: Phương trình sau có bao nhiêu nghiệm nguyên:
A. 1
Đáp án chi tiết:

B. 2
x

C. 3

(

)

x

5 +1 + 4

(

)

x

5 −1 =
5.2 x
D. 0

x

 5 +1 
 5 −1 
Phương trình ⇔ 
+
4.
5


 =
 2 
2





 5 +1 
Ta có 


 2 

x

x

x

 5 −1 
 5 −1 
1
1 ⇒ 

 =
 = x
 5 +1
 2 
 2 


 2 

x

 5 +1
Đặt 
 2  = t > 0



 5 + 1  x

x = 0
 2  = 1

t
1

=

4


2

Phương trình ⇔ t + = 5 ⇔ t − 5t + 4 = 0 ⇔ 
⇔
⇔ x = log 
x

t

t = 4
 5 + 1 


 = 4

2


Kết Luận: vậy phương trình có 1 nghiệm nguyên

5 +1 

2 

4

2 + log 2 x.log 7 x   bằng.
Câu 16: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 2 x + 2 log 7 x =
A. 10 .
B. 13 .
C. 11 .
D. 15 .
Chọn C. Đk x > 0 . Khi đó phương trình.
⇔ ( log 2 x − log 2 x.log 7 x ) + (2.log 7 x − 2) = 0 ⇔ log 2 x (1 − log 7 x ) + 2 ( log 7 x − 1) = 0

log 2 x = 2
x = 4
⇔ ( log 2 x − 2 )(1 − log 7 x ) =⇔
0
log x = 1 ⇔  x = 7

 7

.


Câu 17: Cho hình chóp S.ABC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SB và P nằm trên cạnh SC sao cho
V
SC = 3SP . Tính tỷ số k = MNPABC .
VS .MNP
A. k = 9
Đáp án D

C. k = 6

B. k = 3

D. k = 11

Giải:
VS .MNP SM SN SP 1 1 1 1
. =
.
. .
=
=
SA SB SC 2 2 3 12
 VS . ABC
⇒ VMNPABC = VS . ABC − VS .MNP =

k
=


11
VS . ABC
12

VMNPABC
= 11
VS .MNP

Câu 18: Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 3 − 3 x + 2 trên đoạn [ 0; 2] . Khi đó
tổng M + m bằng.
A. 6 .

Chọn

B. 16 .

C. 2 .
Hướng dẫn giải

D. 4 .

D.

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

0⇔ x=
±1 .
Ta có y′= 3 x 2 − 3= 3( x 2 − 1) . y′ =
M 4;=
m 0.
Lúc đó y (0) = 2 ; y (1) = 0 ; y (2) = 4 nên =
Câu 19: Số tiệm cận của đồ thị hàm số y =
A. 2 .
Chọn

B. 3 .

x+2
là:
x+3

C. 0 .

Hướng dẫn giải

D. 1 .

D.

x + 2 ≥ 0
Điều kiện xác định: 
⇔ x ≥ −2 .
x + 3 ≠ 0
Vì lim f ( x ) không tồn tại nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.
x →−3

1 2
1 2
+ 2
+
x
x+2
x x
x x 2 0 nên đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ
Vì=
= lim =
lim f ( x ) lim
lim=
x →+∞
x →+∞ x + 3
x →+∞
 3  x →+∞ 1 + 3
x 1 + 

x
 x
thị hàm số.


lim f ( x ) không tồn tại.

x →−∞

Câu 20: Số mặt đối xứng của hình bát diện đều
A. 3
B. 9
Đáp án:B

C. 6

D. 7

Câu 21: Cho hàm số y = mx 4 − ( m − 1) x 2 − 2. Tìm tất cả các giá trị thực của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực
trị.
B. m ≤ 1 .

A. 0 < m < 1 .

D. m ∈ ( −∞;0 ) ∪ (1; +∞ ) .

C. m > 0 .

Chọn D.
m ≠ 0

m ≠ 0


Khi đó áp dụng vào bài toán ta được:  − ( m − 1)
⇔ m > 1
<
0

m < 0
 m


y x 2 − 2 có 1 cực trị → m = 0 loại
TH1: m = 0 → =
TH2: m ≠ 0 → ycbt ⇔ m (1 − m ) < 0 →

m ∈ ( −∞;0 ) ∪ (1; +∞ )

Câu 22: Cho tam giác ABC vuông tại A, BC = a , tính thể tích hình tạo bởi khi quay tam giác ABC quanh cạnh

BC, biết A
BC = 30o
a 3π
4
Đáp án: B
Đáp án chi tiết:

A.

B.

a 3π
16

C.

3a 3π
16

D.

a 3π
2

AC
1
= sin 30o ⇒ AC=
a
BC
2

a 3
2
Kẻ AH ⊥ BC
AB =

sin 30o =

AH
a 3

⇒ AH =
AB
4

3a 2 3a 2
−
=
4
16
a
⇒ HC =
4
BH =

9a 2 3a
=
16
4

2

2

a a 3
1 3a  a 3 
1 a 3π 3a 3π a 3π
⇒ V=
+
=
. 

 .π . + . 
 .π . =
4  4 
3 4  4 
3 64
64
16
Câu 23: Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số y = 2 x3 + 3 ( m − 1) x 2 + 6 ( m − 2 ) x − 1 có cực đại tại x1 , cực tiểu tại

x2 thỏa mãn x1 + x2 =
2.
A. m = −1 .

B. m = 2 .

C. m = 1 .

D. m = −2 .


Chọn A.
 x = −1
.
y′= 0 ⇔ 
 x =−m + 2
Hàm số có 2 cực trị ⇔ y′ = 0 ⇔ −m + 2 ≠ −1 ⇔ m ≠ 3 .
m = 3
.
x1 + x2 = 2 ⇔ −m + 1 = 2 ⇔ 
 m = −1

Câu 24: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với ( ABC ) , góc giữa SB và đáy bằng 45°. Biết tam giác BAC là
tam giác đều cạnh 2a. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC?
A.

a 21
6

B.

a 7
3

C.

a 21
7

D.

a 21
3

Chọn đáp án D
Ta có SB ∩ ( ABC ) =
{B} và SA ⊥ ( ABC )

=
45°
⇒ (
SB, ( ABC ) ) =

SB, AB ) =
SBA
(
=
Ta có tan SBA

SA
 = 2a
⇒ SA = AB.tan SBA
AB

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M, N lần lượt là
trung điểm của BC và SA.
Qua N, H lần lượt kẻ các đường thẳng vuông góc với SA, AM cắt
nhau tại I ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp
Ta có AM = a 3 ⇒ AH =

2
2a 3
AM =
3
3

Ta có IA =

a 21
3

NA2 + AH 2 =

1 
Câu 25: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2 ln x trên đoạn  ;e 
e 
1
1
A. min y = − 2 .
B. min y = −e .
C. min y = − .
1 
e
e
1 
1 
;e
;e
;e
e 
 

e 
 

e 
 

D. min y = −
1 
 e ;e 
 

Chọn D.

1 
x= 0 ∉  ; e 

e 
2 1
y′ 2 x ln x + x=
2 x ln x =
+ x x ( 2 ln x + 1) ; y′= 0 ⇔ 
Đạo hàm=
.

x
1 1 
x
∈ ;e
=
e e 


1
.
2e


1
1
 1 
1

Tính các giá trị: y   = − 2 , y ( e ) = e 2 , y = 
= − .

e
2e
e
 e
Vậy min y = −
1 
 e ;e 
 

1
.
2e

= 2=
a 2AD
= 2CD , tính thể tích vật thể tạo
Câu 26: Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D, cạnh AB
được khi quay hình thang quanh cạnh DC
A.

5π a 3
B.
3

π a3
3

8π a 3
C.
3

7π a 3
D.
3

Đáp án: B
Đáp án chi tiết:
Thể tích cần tìm bằng thể tích khi quay hình chữ nhật ABA’D quanh A’D bỏ đi phần thể
tích khi quay hình tam giác A’BC quanh A’C
=
V1 AB.π=
AD 2 2=
a.π a 2 2a 3π

π a3
1
1
2
2
π A' B
=
V2
. A ' C.=
a.π .a
3
3
3

3
5π a
⇒ Vc.tim = V1 − V2 =
3

1  2 x  2 x
có giá trị bằng.
5  2 x  2 x
1
1
C.  .
D.
hoặc 5 .
3
2
Hướng dẫn giải

Câu 27: Cho 4 x  4 x  14 . Khi đó biểu thức K 
A.

51
.
10

B. 5 .

Chọn

B.
4 x  4 x  14  22 x  2  22 x  16  22 x  2.2 x.2 x  22 x  16

Ta có

.

 2 x  2 x   16  2 x  2 x  4
2

x
x
1  2 x  2 x 1  2  2 
Biểu thức K 

 5.
5  2 x  2 x 5  2 x  2 x 

Câu 28: Xác định tập nghiệm S của bất phương trình ln x 2 > ln ( 4 x − 4 ) .
A. S=

(1; +∞ ) .

B. S =  \ {2} .

C. S=

(1; +∞ ) \ {2} .

D. =
S

Hướng dẫn giải
Chọn
TXĐ D=

C.

(1; +∞ ) .

Ta có ln x 2 > ln ( 4 x − 4 ) ⇔ x 2 > 4 x − 4 ⇔ x 2 − 4 x + 4 > 0 ⇔ ( x − 2 ) > 0 ⇔ x ≠ 2 .
2

( 2; +∞ ) .


(1; +∞ ) \ {2} .

Vậy tập nghiệm S của bất phương trình là S=

Câu 29: Tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình log 3 x + log 5 x > 1 trong khoảng ( 2;10 ) là:
A. 44

B. 54

C. 42
Lời giải

D. 52

Đáp án C
x > 0

 x > 0
 x > 0
BPT ⇔ 
⇔
⇔
log 3 x + log 5 3.log 3 x > 1 log 3 x (1 + log 5 3) > 1 log 3 x ( log 5 5 + log 5 3) > 1
x > 0
x > 0
x > 0

⇔
⇔
1 ⇔
log 3 x.log 5 15 > 1 log 3 x > log 15
log 3 x > log15 5
5

x > 0
⇔
⇔ x > 5log15 3 suy ra các nghiệm nguyên của bpt trong khoảng ( 2;10 ) là 3;4;5;6;7;8;9
log15 5
x > 3

Vậy tổng các nghiệm nguyên trong khoảng ( 2;10 ) của bpt là 42
Câu 30: Hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông cạnh 2a . Một mặt cầu tiếp xúc với các đường sinh của hình
trụ và hai đáy của hình trụ. Tỉ số thể tích của khối trụ và khối cầu là.
A.

4
.

3

B. 2 .

C.

1
.
2

D.

3
.
2

Hướng dẫn giải
Chọn D.
D

A

O

B

C

.
Do thiết diện đi qua trục của hình trụ là hình vuông cạnh 2a nên bán kính đáy, chiều cao của hình trụ lần lượt là

và mặt cầu nội tiếp khối trụ có bán kính là a..
Thể tích khối trụ là:
VT h.=
=
π .R 2 2.π .a 3 . .

=
VC
Thể tích khối cầu là:
Tỉ số thể tích là

4 3 4 3
=
πR
π a ..
3
3

VT 3
= ..
VC 2

Câu 31: Phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số y =x 3 − 3 x 2 + 2 là.


−2 x + 2 .
A. y =

y
B. =

1
x+2.
2

y 2x + 2 .
C. =

1
− x + 2.
D. y =
2

Chọn A.
Cách 1: TXĐ: D = R .
y ' 3x 2 − 6 x .
Ta có: =
x = 0
y ' =0 ⇒ 3 x 2 − 6 x =0 ⇔ 
..
x = 2


Do đó tọa độ điểm cực trị của đồ thị hàm số lần lượt là A ( 0; 2 ) và B ( 2; −2 ) ⇒ AB =(2; −4) . Phương trình đường

0⇔ y=
−2 x + 2 .
thẳng qua A và B là 4( x − 0) + 2( y − 2) =
Cách khác: Ta thực hiện chia đa thức

y
thì được phần dư −2 x + 2 .
y'

−2 x + 2 .
Do đó, phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là y =
Câu 32: Cho hàm số ( C ) y = x3 + ( m − 1) x 2 + (1 − m ) x − 1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số (C)
cắt trục Ox tại 2 điểm phân biệt :
A. 0
B. 1
Đáp án : B
Đáp án chi tiết:
TXD: D = R

C. 2

D. 3

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) với trục Ox là :

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

⇔ ( x − 1) ( x 2 + mx + 1) =
0
x = 1
⇔ 2
 x + mx + 1 =0 ( 2 )
Đặt g ( x ) = x 2 + mx + 1

Số giao điểm của đồ thị hàm số (C) với đường thẳng d bằng với số nghiệm của pt(1)

ycbt  phương trình (1) có 1 nghiệm duy nhất
⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt với 1 nghiệm bằng 1 hoặc có 1 nghiệm duy nhất khác 1

 ∆ > 0
 m 2 − 4 > 0


0
 g (1) = 0
 m + 2 =
⇔
⇔
⇔m=
2
2
∆
=
0


−
=
m
4
0


  g (1) ≠ 0
 m + 2 ≠ 0


Kết Luận: m = 2 là giá trị cần tìm
Câu 33: Một khúc gỗ có dạng hình khối nón có bán kính đáy bằng r = 2m , chiều cao h = 6m . Bác thợ mộc chế
tác từ khúc gỗ đó thành một khúc gỗ có dạng hình khối trụ như hình vẽ. Gọi V là thể tích lớn nhất của khúc gỗ
hình trụ sau khi chế tác. Tính V .


.
A. V =

32π 3
(m ).
9

B. V =

32π 3
(m ).
3

C. V =

32 3
(m ) .
3

D. V =

32π 2
(m ) .
9

Hướng dẫn giải
Chọn A
S

h

h'
x

2-x
B

O

A

.
Giả sử khối trụ có bán kính đáy và đường cao lần lượt là r , h ' ( 0 < x < 2;0 < h′ < 6 ) .
Ta có:

h′ 2 − x
=
⇔ h′ =6 − 3 x .
6
2

Thể tích khối trụ: V = π x 2 h′ = π x 2 ( 6 − 3 x ) = 6π x 2 − 3π x3 .

4

′( x) 12π x − 9π x 2 , V ′( x) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = .
V=
3
Khi đó ta có thể suy ra được với x =

32π 2
4
thì V đạt giá trị lớn nhất bằng V =
m .
3
9

( )

Câu 34: Cho hình chữ nhật ABCD và nửa đường tròn đường kính AB như hình vẽ. Gọi I , J lần lượt là trung điểm
của AB, CD . Biết=
AB 4;=
AD 6 Thể tích V của vật thể tròn xoay khi quay mô hình trên quanh trục IJ là:

A

D

I

J

B

C

.


A. V =

56
π.
3

B. V =

104
π.
3

C. V =

40
π.
3

D. V =

88
π.
3

Hướng dẫn giải
Chọn D.

Khi xoay mô hình quanh trục IJ thì nửa đường tròn tạo thành nửa mặt cầu có R = 2 ; hình chữ.
nhật ABCD tạo thành hình trụ có=
r 2;=
h 6.

1 4 3 16π
. πR
=
. Thể tích khối trụ là=
V2 π=
r 2 h 24π .
2 3
3

=
là V1
⇒ Thể tích nửa khối cầu
⇒ V = V1 + V2 =

88π
.
3

Câu 35: Cho hàm số y =x 4 − 2(m − 1) x 2 + 5 . Tìm m để đồ thị hàm số có 3 cực trị tạo thành tam giác vuông cân
A. m > 1 B. m = 2
Đáp án: B
Đáp án chi tiết:

C. không có m

D. m < 1

a 2 = 1
 2
b = m − 1
Để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị thì m − 1 > 0 ⇔ m > 1
A(0;c) B (

b −b 4
−b −b 4
; 2 + c) C ( ; 2 + c)
a a
a a

Gọi trung điểm BC, ta có H (0;

−b 4
+ c)
a2

Do ∆ABC vuông cân tại A nên ta có AH =

1
1
BC ⇔ AH 2 =
BC 2
2
4

 b2

 a 2 = 0( L)
b8 1 4b 2
b2 b6
⇔ 4 =
. 2 ⇔ 2 ( 2 − 1) =
0⇔ 6
2 (T/m)
⇒ (m − 1)3 =
1⇔m=
a
4 a
a a
b
 a 2 − 1 =0
1
b6
3
=
Cách 2: ∆ABC vuông cân ⇒ BAC
90 ⇒ 2 =
⇔ ( m − 1) =1 ⇔ m =2

a
 BAC
tan 2 
 2 



Câu 36: Bác Hùng gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng theo thể thức lãi kép theo kỳ hạn 3 tháng với lãi suất 5,28%

một quý. Hỏi sau 8 năm bác Hùng thu được bao nhiêu tiền (cả vốn lẫn lãi gần nhất với giá trị nào sau đây)? (Giả sử
rằng lãi suất hàng quý không đổi)
A. 318,355 triệu đồng
B. 518,881 triệu đồng
C. 259,44 triệu đồng
D. 9,8 triệu đồng
Đáp án: Chọn B
Áp dụng CT lãi kép, số tiền thu được (cả vốn lẫn lãi) là:

N 8.4
= 32 kỳ.
=
T A(1 + r) N với tiền gửi: A = 100 triệu đồng, lãi suất r = 0, 0528 , =
Ta được: T = 518,881 triệu đồng


Câu 37: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A 'B'C 'D ' có AA ' = 2a ; mặt phẳng (A'BC) hợp với đáy (ABCD) một góc
60o và A 'C hợp với đáy (ABCD) một góc 30o. Tính thể tích khối hộp chữ nhật.
A.

16a 3 2
3

B.

16a 3 2
9

C.

16a 3 2
3

D.

16a 3 2
8

Hướng dẫn giải
Ta có AA ' ⊥ (ABCD) ⇒ AC là hình chiếu của A 'C trên (ABCD).
Vậy góc [ A 'C, (ABCD)
=
'CA 30o
] A=

BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ A 'B (đl 3 ⊥ ).

Vậy góc [ A 'BC, (ABCD)
=
'B A 60o
] A=

∆A 'AC =
⇒ AC AA '.cot
=
30o 2a 3
∆A ' AB=
⇒ AB AA '.cot
=
60o

2a 3
6

∆ABC ⇒ BC=

4a 6
3

AC2 − AB2=

Vậy V AB.BC.AA
=
='

16a 3 2
Chọn đáp án
3

C

Câu 38: Xác định m để phương trình: 4 x − 2m.2 x + m + 2 =
0 có hai nghiệm phân biệt.
A. −2 < m < 2 .
B. m > 2 .
C. m > −2 .
D. m < 2 .
Hướng dẫn giải
Chọn

B.

Đặt
0.
=
t 2 x ( t > 0 ) phương trình trở thành t 2 − 2mt + m + 2 =
Phương trình 4 x − 2m.2 x + m + 2 =
0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ phương trình t 2 − 2mt + m + 2 =
0 có hai nghiệm
m > 2

m 2 − m − 2 > 0
 ∆′ >
  m < −1



dương phân biệt ⇔  S > 0 ⇔ m > 0
⇔ m > 0 ⇔ m > 2 .


m > −2
P > 0
m + 2 > 0


Câu 39: Giải bất phương trình 52 x−1 ≥ 125. .
1
A. ≤ x ≤ 2 .
B. x ≥ 2 .

2

C. x ≤ 2 .

D. x ≥

3
.
2

Hướng dẫn giải
Chọn B.
Bất phương trình tương đương với 52 x −1 ≥ 53 ⇔ 2 x − 1 ≥ 3 ⇔ x ≥ 2 .
Câu 40: Cho hàm số y = f ( x) = x( x 2 − 1)( x 2 − 4)( x 2 − 9) . Hỏi đồ thị hàm số y  f   x  cắt trục hoành tại bao nhiêu
điểm phân biệt?
A. 6 .
Chọn

A.

B. 4 .

C. 5 .
Hướng dẫn giải

D. 3 .


Ta có f ( x ) = x ( x 2 − 1)( x 2 − 4 )( x 2 − 9 ) = ( x3 − x )( x 4 − 13 x 2 + 36 ) = x 7 − 14 x5 + 49 x3 − 36 x .
f ′ ( x ) =7 x 6 − 70 x 4 + 147 x 2 − 36 .

=
t x2 , t ≥ 0 .
Đặt
Xét hàm g ( t ) =7t 3 − 70t 2 + 147t − 36 .
Do phương trình g ′ ( t ) = 21t 2 − 140t + 147 = 0 có hai nghiệm dương phân biệt và g ( 0 ) =
−36 < 0 nên g ( t ) = 0 có 3
nghiệm dương phân biệt.
Do đó f ′ ( x ) = 0 có 6 nghiệm phân biệt.
Câu 41: Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình bên dưới. Hàm số g =
( x ) f ( 2 + e x ) nghịch biến
trên khoảng nào trong các khoảng sau đây ?

A. ( −∞;0 ) .

B. y = f ( x ) . .

Lời giải. Dựa vào đồ thị, ta có g ( x ) =  f ( x ) 

C. y = f ′ ( x ) .

D. f ( −2=
) f ( 2=) 0 .

2

3

Xét  −1;  .
2


Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số ( −2; −1) . nghịch biến trên ( −1;1) . Chọn A.
Câu 42: Ông A mua trả góp một căn nhà có giá trị là 1 tỷ đồng. Ông bắt đầu hoàn nợ, hai lần hoàn nợ liên tiếp cách
nhau đúng một tháng với mức lãi suất là r%/tháng, mỗi tháng ông A trả một số tiền bằng nhau và bằng 340 triệu
đồng. Biết rằng ông A hoàn nợ trong vòng 3 tháng kể từ ngày vay. Lãi suất vay gần nhất với kết quả nào trong các
kết quả sau:
A. r = 1,2%/tháng
B. r = 1%/tháng
C. r = 0,8%/tháng
D. r = 0,9%/tháng
Đáp án: Chọn B
Gọi T là số tiền vay; r là lãi suất. Ta có:


Số tiền còn nợ sau 1 tháng là: T = Tr − m = T(1 + r) − m
Số tiền còn nợ sau 2 tháng là: [ T(1 + r) − m ] + [ T(1 + r) − m ] x − m = T(1 + r) 2 − m [ (1 + r) + 1]
Số tiền còn nợ sau 3 tháng là: T(1 + r)3 − m (1 + r) 2 + 1 + r + 1 =0


Do vậy m

T(1 + r)3
T(1 + r)3 .r
=
(1 + r) 2 + (1 + r) + 1 (1 + r)3 − 1

Thay số ta có: 340 =

1000(1 + r)3 .r
(1 + r)3 − 1

. Sử dụng SHIFT − CALC ta được r ≈ 0, 01

Câu 43: Giá trị của tham số thực m để phương trình log 22 x + 4 log 2 x − m =
0 có nghiệm thuộc khoảng ( 0;1) .
A. [ −4;0 ) .

B. [ −2;0] .

C. ( −4; +∞ ) .

D. [ −4; +∞ ) .

Hướng dẫn giải
Chọn

A

PT ⇔ log 22 x + 4 log 2 x =
m (1) với x ∈ ( 0;1) . Đặt t = log 2 x , PT (1) trở thành t 2 + 4t =
m ( 2 ) với t < 0 .
* PT(1) có nghiệm x ∈ ( 0;1) ⇔ PT(2) có nghiệm t < 0 .
Đặt hàm số y= t 2 + 4t , với t < 0 . y=′ 2t + 4 , y′ =0 ⇔ t =−2 < 0 .
BBT.

t −∞
−2
0

y′
− 0 +
.
+∞
0
y


−4
PT(2) có nghiệm t < 0 ⇔ m ≥ −4 .
Câu 44: [THPT Tiên Lãng] Với giá trị nào của m để bất phương trình 9 x − 2 ( m + 1) .3x − 3 − 2m > 0 có nghiệm
đúng với mọi số thực x ∈  ? .
A. m ∈∅ .

B. m ≠ 2 .

3
C. m < − .
2

3
D. m ≤ − .
2

Chọn C.
9 x − 2 ( m + 1) .3x − 3 − 2m > 0 .

Đặt =
t 3x > 0. Bất phương trình trở thành: t 2 − 2 ( m + 1) t − 3 − 2m > 0, ∀t > 0 .
⇔ t 2 − 2mt − 2t − 3 − 2m > 0, ∀t > 0 . ⇔ t 2 − 2t − 3 > 2m ( t + 1) , ∀t > 0 .

⇔m<

t −3
t 2 − 2t − 3
, ∀t > 0 (*).
vì t + 1 > 0, ∀t > 0 . ⇔ m <
2
2 ( t + 1)


Xét hàm số g ( t ) =

g′ (t =
)

t −3
trên ( 0; +∞ ) .
2

1
> 0 . Suy ra hàm số g ( t ) luôn đồng biến trên ( 0; +∞ ) .
2

3
3
Suy ra: min g ( t ) = g ( 0 ) = − . ⇒ m < −
2
2

Câu 45: Cho hàm số C  y  x 4  2 m  1 x 2  m 2  3 . Tìm m để đồ thị hàm số (C) không cắt Ox
A. m > −1
B. m < −1
Đáp án : A
Đặt a 2 =
1; b 2 =
− ( m − 1) ; c =
m2 + 3

C. m ≠ −1

D. Không có giá trị m

+TH1: đồ thị hàm số có 1 điểm cực trị ⇒ 2 ( m − 1) ≥ 0 ⇔ m ≥ 1 để đồ thị hàm số không cắt Ox thì yct > 0
Ta có: khi đồ thị hàm số có 1 điểm cực trị thì yct = c = m 2 + 3 > 0∀m ≥ 1
+TH2:Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ⇒ m < 1
Để đồ thị hàm số không cắt trục Ox thì yct > 0

−b 4
2
+ c = − ( m − 1) + m 2 + 3 = 2m + 2 > 0 ⇔ m > −1
2
a
vậy m > −1
ta có: yct =

0 có nghiệm trên đoạn 1;3 3  . .
Câu 46: Tìm giá trị của tham số m để phương trình log 32 x + log 32 x + 1 − 2m − 5 =



A. [ −2; +∞ )

B. m ∈ [ −2;0] .

.

C. m ∈ ( −∞; −2] ∪ [ 0; +∞ ) .
Chọn

B. Đặt
=
t

D. m ∈ ( −∞;0 ) .

t ≥ 1
.
log 32 x + 1 ⇒  2
2
log
x
t
1
=
−
 3

2
Phương trình trên trở thành: t 2 + t − 2m − 6 = 0, ⇔ 2m = t
t −6 (1) .

+
f (t )

1
Vì x ∈ 1;3 3  ⇒ t ∈ [1; 2] Đặt y =t 2 + t − 6 ⇒ y′ =2t + 1 =0 ⇔ t =−


2
Ta có BBT:

Từ bảng biến thiên ta có: để pt (1) có nghiệm thuộc đoạn [1; 2]

−4 ≤ 2m ≤ 0 ⇔ −2 ≤ m ≤ 0
\

thì


BC a=
, BD 2a=
, AB 3a . Biết
Câu 47: Cho tứ diện ABCD có=
=
 =°
 =°
CBA
CBD
45 , DBA
60 . Gọi M,N,P nằm trên
AM 1 AN 1 AP 1

;
;
=
AB,AC,AD sao cho= =
. Tính thể tích
AB 2 AC 3 AD 4
hình chóp A. MNP
A.

a3
48

B.

a3
2

C.

a3
24

D.

a3
16

Giải:
a.3a.2a
6

V
AM
⇒ A.MNP =
VABCD
AB

VABCD
=

1 − cos 2 45° − cos 2 45° − cos 2 60° + 2 cos 45°.cos 45=
°.cos 60°

a3
2

AN AP 1
a3
.
.
= ⇒ VA.MNP =
48
AC AD 24

1
0 có hai nghiệm x1 , x2 . Tính T = x1 x2 + x1 + x2 . .
=
x
3
B. T = − log 3 4. .
C. T = 1. .

D. T = −1. .

Câu 48: Phương trình 3x .4 x +1 −
2

A. T = 2 .

Hướng dẫn giải
Chọn

D.

Ta có.
3x .4 x +1 −
2

1
0
=
3x

3− x
⇔ 3x .4 x +1 =
2

(

)

log 3 3− x

⇔ log 3 3x .4 x +1 =
2

.

⇔ x 2 + ( x + 1) log 3 4 =
−x
0 ( *) .
⇔ x 2 + (1 + log 3 4 ) x + log 3 4 =

Do đó T =x1 x2 + x1 + x2 =
− (1 + log 3 4 ) + log 3 4 =
−1. .
Câu 49: Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ bên dưới và f ( −2=
) f ( 2=) 0

Hàm số g ( x ) =  f ( x )  nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau ?
2


3

A.  −1;  .
2


B. ( −2; −1) .

C. ( −1;1) .

D. (1; 2 ) .

Lời giải. Dựa vào đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) , suy ra bảng biến thiên của hàm số f ( x ) như sau

Từ bảng biến thiên suy ra f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ .
Ta có g ′ ( x ) = 2 f ′ ( x ) . f ( x ) .
 x < −2
 f ′ ( x ) > 0
Xét g ′ ( x ) < 0 ⇔ f ′ ( x ) . f ( x ) < 0 ⇔ 
⇔
.
1 < x < 2
 f ( x ) < 0
Suy ra hàm số g ( x ) nghịch biến trên các khoảng ( −∞; −2 ) , (1; 2 ) . Chọn D.
Câu 50: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên . Đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình bên. Hỏi hàm số
g (=
x ) 2 f ( x ) + ( x + 1) đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau ?
2

A. ( −3;1) .
B. (1;3) .
C. ( −∞;3) .
D. ( 3; +∞ ) .
Lời giải. Ta có g ′ ( x )= 2 f ′ ( x ) + 2 ( x + 1) 
→ g ′ ( x )= 0 ⇔ f ′ ( x )= − x − 1.
Số nghiệm của phương trình g ′ ( x ) = 0 chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) và đường thẳng

d : y =− x − 1 (như hình vẽ bên dưới).

 x = −3
Dựa vào đồ thị, suy ra g ′ ( x ) =0 ⇔  x =1 .

 x = 3

 x < −3
Yêu cầu bài toán ⇔ g ′ ( x ) > 0 ⇔ 
(vì phần đồ thị của f '  x  nằm phía trên đường thẳng y  x 1 ). Đối
1 < x < 3
chiếu các đáp án ta thấy đáp án B thỏa mãn. Chọn B.