Dap an và giai chi tiet de no tap so 6

BẢNG ĐÁP ÁN
1B 2C 3D
16C 17D 18B
31D 32C 33B
46B 47B 48A
46C 47D 48A
Câu 1. Tìm tập nghiệm S

4A 5A 6D 7C 8A 9C 10D 11C 12B 13B 14A 15D
19D 20D 21B 22C 23B 24A 25A 26D 27A 28C 29C 30A
34A 35A 36C 37A 38D 39D 40B 41B 42C 43A 44C 45D
49B 50B
49A 50B
của bất phương trình log 4  2 x  5   log 3 2 .
3

 5 11 
B. S   ;  .
2 4

7

A. S   ;  .
2


4

 5 7
C. S   ;  .
 2 2

Lời giải

7

D. S   ;   .
2


Chọn B
log 4  2 x  5  log 3 2  log 4  2 x  5  log 4
3

Câu 2.

Câu 3.

4

3

3

1
1
5
11
 0  2x  5    x 
2
2
2

4

2x  3
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y 
trên đoạn  3;3 .
x 1
3
2
A. .
B. .
C. Không tồn tại.
D. 6
4
3
Lời giải
Chọn C
2x  3
Hàm số y 
xác định trên  3; 1   1;3 . Trên mỗi khoảng hàm số đồng biến.
x 1
2x  3
2x  3
lim
  , nên không tồn tại giá trị lớn nhất của hàm số y 
trên đoạn  3;3 .
x 1 x  1
x 1
Họ các nguyên hàm của hàm số f  x   3x 2  8x  5 là

A. F  x   x3  4 x 2  5  C .

C. F  x  

3

2

x
x
  5x  C .
3 4

B. F  x   6 x  8  C .
D. F  x   x3  4 x 2  5x  C .
Lời giải

Chọn D
2
3
2
 3x  8x  5 dx  x  4x  5x  C



Câu 4.



Hàm số nào sau đây có đúng một cực trị?
A. y  x4  4x2  4 .
C. y   x3  3x2  10x  1.

B. y   x 4  4 x 2  1 .
5x 1
D. y 
.
x3
Lời giải

Chọn A

ax  b
,  a.c  0  không có cực trị;
cx  d
Loại C vì hàm số đa thức bậc 3 có số cực trị là 0 hoặc 2 .
Loại B vì hàm số này có 3 điểm cực trị (dấu hiệu là hàm trùng phương có hệ số của bậc 4 và
bậc 2 trái dấu). Ứng với ba điểm cực trị trên ta có 1 giá trị cực tiểu và 1 giá trị cực đại.
Hàm y  x4  4x2  4 là dạng hàm trùng phương có hệ số của bậc 4 và bậc 2 cùng dấu nên hàm
số có đúng 1 điểm cực trị.
Khối đa diện đều loại 4;3 có bao nhiêu mặt?

Loại D vì hàm số phân thức y 

Câu 5.

A. 6 mặt .

B. 12 mặt.

C. 20 mặt.
Lời giải

D. 8 mặt.

Chọn A
Khối đa diện loại 4;3 là khối lập phương nên có 6 mặt
Câu 6.

Tính thể tích của khối hộp chữ nhật ABCD. ABCD có AD  3 , AC  5 , BB '  6.


A. 84 .

B. 90 .

C. 60 .
Lời giải

D. 72 .

Chọn D

Câu 7.

Câu 8.

Câu 9.

Ta có CD  AC 2  AD2  52  32  4
Vậy thể tích khối hộp chữ nhật là V  AD.CD.BB  3.4.6  72 .
Cho khối lập phương có độ dài đường chéo là 4 3 cm. Tính thể tích khối lập phương đó.

A. 128 cm 3 .
B. 48 cm 3 .
C. 64 cm 3 .
D. 16 cm 3 .
Lời giải
Chọn C
Hình lập phương có đường chéo là 4 3 cm thì cạnh a  4 cm , do đó thể tích bằng 64 cm 3 .
Họ nguyên hàm của hàm số y  e2020 x  2019 là
1 2020 x  2019
1 2020 x  2019
e
 C.
e
 C.
A. F ( x) 
B. F ( x) 
2020
2019
1 2019 x  2020
e
 C.
C. F ( x) 
D. F ( x)  2019e2019 x  2020  C .
2019
Lời giải
Chọn A
1 2020 x  2019
2020 x  2019
dx 
e

 C.
e
2020
Cho ba số dương a , b , c (a  1, b  1) và số thực  . Đẳng thức nào sau đây sai?
b
A. log a  log a b  log a c .
B. loga b   loga b .
c
log a c
C. logb c 
.
D. log a (b.c)  log a b  log a c .
logb a
Lời giải
Chọn C
log a c
Ta có: logb c 
.
log a b
2 3 x

1
Câu 10. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình  
 3x  4 .
3
A. S   ;3 .
B. S   ;3 .
C. S  3;   .
D. S   3;   .
Lời giải

Chọn D
2 3 x
1
Ta có  
 3x  4  33 x 2  3x  4  3x  2  x  4  2 x  6  x  3 .
3
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   3;   .

Câu 11. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
B. x  2 .

A. y  2 .
Chọn C
Ta có lim y  lim
x2

.

x2

2x 1
là
x2

C. x  2 .
Lời giải

D. y  2 .

2x 1

2x 1
  nên x  2 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
x2
x2


Câu 12. Công thức tính thể tích V của khối cầu có bán kính bằng R là
4
4
A. V   R 2 .
B. V   R 3 .
C. V   R 3 .
3
3
Lời giải
Chọn B

D. V  4 R 2 .

4
Công thức tính thể tích V của khối cầu có bán kính bằng R là V   R 3 .
3
Câu 13. Đường cong trong hình sau là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn
phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?

A. y  x3  3x 2  2 .
C. y  x3  3x 2  3x  2 .

B. y    x  1  2 .
3

D. y  x 4  2 x 2  2 .
Lời giải

Chọn B
Đồ thị trên là của hàm số đa thức bậc 3 có hệ số a  0 , do đó chọn đáp án B.
Câu 14. Hàm số y  3x 4  2 x 2  5 có số điểm cực trị bằng
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn A
TXĐ: D 
y  12 x3  4 x
y  0  x  0
Bảng biến thiên:

Vậy hàm số có một điểm cực trị x  0 .

2 x  3
có hai điểm chung phân biệt
x 1
A, B có hoành độ lần lượt là x A , xB . Giá trị của x A  xB bằng
A. 5 .
B. 3 .
C. 4 .
D. 2 .
Lời giải
Chọn D

Xét phương trình hoành độ:
2 x  3
x 1 
x 1
x  1 5
x  1
x  1
 2
 2

 x  1  5
x  1  2x  3 x  2x  4  0

Câu 15. Biết rằng đường thẳng y   x  1 và đồ thị hàm số y 

Khi đó xA  1  5, xB  1  5


Vậy x A  xB  2.
b
 2.
a
2x  1
Câu 16. Số đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
là
x2  1
A. 1 .
B. 0 .
C. 2 .
D. 3 .

Lời giải
Chọn C
2x  1
Hàm số y 
có tập xác định D   ; 1  1;   .
x2  1
Ta có:
2x  1
+) lim y  lim
 2  đồ thị nhận đường thẳng y  2 là tiệm cận ngang.
x 
x 
x2  1
2x  1
+) lim y  lim
 2  đồ thị nhận đường thẳng y  2 là tiệm cận ngang.
x 
x 
x2  1
2x  1
Vậy đồ thị hàm số y 
có 2 đường tiệm cận ngang.
x2  1
Câu 17. Cho hình trụ tròn xoay có độ dài đường sinh là l , độ dài đường cao là h và r là bán kính đáy.
Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ tròn xoay là
A. S xq   rl .
B. S xq   r 2l .
C. S xq   rh .
D. S xq  2 rl .

Cách 2: Theo định lí Viet, ta có: x A  xB  

Lời giải
Chọn D
Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có độ dài đường sinh là l , độ dài đường cao là
h và r là bán kính đáy là S xq  2 rl .
Câu 18. Cho hàm số y  f  x  xác định trên

\ 0 và có bảng biến thiên như sau:

Điểm cực đại của hàm số là
A. y  32 .
B. x  2 .

C. x  2 .
Lời giải

D. y  32 .

Chọn B
Nhận thấy x  2 là nghiệm của y  và y  đổi dấu từ dương sang âm khi qua điểm x  2 nên
x  2 là điểm cực đại của hàm số đã cho.
Câu 19. Tính giá trị 4log2 3  3log9 2 , ta được kết quả là
44
A. 3  2 .
B.
.
C. 4, 42 .
D. 3  2 .
10

Lời giải
Chọn D
4log2

3



 3log9 2  2log 2

3



2

1

 32

log 3 2

2



1
log3 2 2

 3  3



 3 2 .

Câu 20. Cho hàm số y  f  x   ax3  bx 2  cx  d có đồ thị là đường cong trong hình vẽ dưới đây. Tìm
số nghiệm của phương trình 3 f  x   12  0 .


C. 1 .
Lời giải

B. 2

A. 4 .

D. 3

Chọn D
Xét phương trình : 3 f  x   12  0  f  x   4
Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng
y  4.
Dựa vào đồ thị ta có đường thẳng y  4 cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 3 điểm phân biệt.
Vậy phương trình 3 f  x   12  0 có ba nghiệm.
Câu 21. Bảng biến thiên trong hình sau là của một hàm số dạng y  ax 4  bx 2  c ,  a  0  .Hàm số đó
đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A.  ; 1 .

C.  1; 2  .

Lời giải

B.  2;0 

D.  2;  

Chọn B
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên  2;0  và  2;   .
Câu 22. Hàm số nào trong bốn hàm số liệt kê ở dưới đây đồng biến trên ?
x

x

A. y  2019 .

3
B. y    .
 

 
C. y    .
3
Lời giải
x

x

 3
D. y  
 .

 2 

Chọn C


 
Do  1 nên hàm số y    là hàm số đồng biến trên
3
3
x

Câu 23. Đồ thị hàm số y 
A. (0; 3) .

2x  3
cắt trục tung tại điểm có tọa độ là
x 1
B. (0;3) .
C. ( 3; 0) .
Lời giải

.

D. (3; 0) .

Chọn B
Với x  0  y  3 dó đó đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm  0;3 .
Câu 24. Hình nón có độ dài đường sinh bằng 5, chiều cao bằng 4 thì có diện tích xung quanh bằng
A. 15 .
B. 17 .

C. 20 .
D. 18 .
Lời giải
Chọn A


Bán kính đáy của hình nón bằng r  52  42  3
Vậy diện tích xung quanh của hình nón bằng: Sxq   rl   .3.5  15
Câu 25. Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có độ dài cạnh đáy và cạnh bên đều bằng 2a . Tính thể tích
khối chóp S. ABCD theo a .
6 2a 3
3a 3
4 2a 3
2 2a 3
A.
B.
C.
D.
6
3
3
3
Lời giải
Chọn A
S

B

C
O

A

D

Gọi O là giao điểm của AC và BD thì SO là đường cao của khối chóp.
Khi đó BD  2 2a; SB 2  SD 2  BD 2 nên tam giác SBD vuông ở S suy ra SO 

BD
a 2
2

1
1
4 2a 3
VS . ABCD  SO.S ABCD  a 2.2a.2a 
3
3
3
Câu 26. Cho log 5 2  a . Khi đó giá trị của log 4 1250 được tính theo a là
1  4a
1  2a
a4
1  4a
A.
.
B.
.
C.
.

D.
.
2
2
2a
2
Lời giải
Tác giả: Phạm An Bình ; Fb: Phạm An Bình
Chọn D
1
1 4 a4
Ta có log 4 1250   log 2 2  4log 2 5  1   
.
2
2 a
2a
x 
Câu 27. Tìm họ nguyên hàm của hàm số f  x   cos    .
2 4
1 x 
x 
A.  f  x  dx  2sin     C .
B.  f  x  dx   sin     C .
2 2 4
2 4
1 x 
x 
C.  f  x  dx  sin     C .
D.  f  x  dx  2sin     C .
2 2 4

2 4
Lời giải
Chọn A


x



x

 x 

x



 f  x  dx   cos  2  4  dx  2 cos  2  4  d  2  4   2sin  2  4   C .

Câu 28. Cho khối lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu
vuông góc của A lên mặt phẳng ABC là trung điểm của cạnh BC và AA ' tạo với đáy một góc
30 . Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho.
a3 3
a3 3
a3 3
a3 3
A.
.
B.
.

C.
.
D.
.
12
18
24
8
Lời giải
Chọn C
A
C
B

A

30
C
I
B

Đáy ABC là tam giác đều cạnh a nên S ABC 

a2 3
.
4

A' I
a 3 3 a
 A ' I  AI .tan 30 


AI
2 3 2
a 2 3 a a3 3
Thể tích khối lăng trụ : V  S ABC . A ' I 

4 2
8
Câu 29. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng
đáy, SA  a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABC .
a3
a3
a3
a3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
6
3
4
2
Lời giải
Chọn C
Theo giả thiết A ' AI  30 , tan A ' AI 

S

A

C
a

B
a2 3
.
4
1
1 a2 3
a3
Thể tích khối chóp S.ABC là : VS . ABC  S ABC .SA 
.a 3  .
3
3 4
4
3
Câu 30. Một hình trụ có thể tích bằng 12 a và độ dài đường cao bằng 3a. Tính bán kính đáy của hình
trụ đó.
A. 2a .
B. 4a .
C. a .
D. 3a .
Lời giải
Chọn A
Gọi bán kính đáy hình trụ là r .
Ta có V  S .h  12 a 3   r 2 .3a  r  2a.

x2
Câu 31. Tập xác định của hàm số y  log
là
x 1

Đáy ABC là tam giác đều cạnh a nên S ABC 


A.  2;1 .

B.  ;1   2;   . C. \ 1 .
Lời giải

D. 1; 2  .

Chọn D
 x2
0

Điều kiện xác định:   x  1
 1  x  2.

x  1
Vậy tập xác định của hàm số D  1; 2  .

Câu 32. Cho hình chóp S.ABCD có là đáy hình chữ nhật, SA vuông góc đáy, AB  a, AD  2a . Góc
giữa mặt bên SCD và mặt đáy bằng 60 0 . Thể tích khối chóp S.ABCD là
5a 3
a3 3
2a 3 3

4a 3 3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
6
3
3
3
Lời giải
Chọn C

Ta có
CD  SA ( SA   ABCD )

CD  AD  ABCD hcn 
 CD   SAD   CD  SD

 SA, AD   SAD 
 SA  AD  A

Mặt khác
 AD   ABCD 

 SD   SCD 


 ABCD    SCD   CD    ABCD  ;  SCD    SDA  60 .
 SD  CD

 AD  CD

Xét tam giác SAD vuông tại A, ta có: SA  AD.tan 60  2 3a.
1
1
4 3 3
a .
S ABCD  2a 2 . Vậy VS . ABCD  .SA.S ABCD  .2 3a.2a 2 
3
3
3
Câu 33. Cho hình nón ( S ) có thiết diện cắt bởi mặt phẳng đi qua trục là tam giác đều có chu vi bằng 12
cm. Tính diện tích xung quanh hình nón đó.
A. 16 cm 2 .
B. 8 cm 2 .

C. 12 cm 2 .
Chọn B

D. 10 cm 2 .
Lời giải


Ta có thiết diện là tam giác đều SAB . Vì tam giác này có chu vi bằng 12 cm nên đường sinh
l  SA  4 cm và đường kính AB  2r  4cm  r  2cm .
Vậy diện tích xung quanh hình nón S xq   rl   .2.4  8 cm2 .
Câu 34. Tập xác định của hàm số y  ( x 2  5 x  6) 3 là

A. D  (2;3) .
B. D  \{2;3} .
C. D  (3; ) .
D. D  (; 2)  (3; ) .
Lời giải
Chọn A
3  nên điều kiện xác định của hàm số y  ( x 2  5 x  6) 3 là
 x2  5x  6  0  2  x  3
Vậy tập xác định là D  (2;3)
1
Câu 35. Nghiệm của phương trình 92 x 1  x 1 là
3
5
5
2
1
A. x   .
B. x   .
C. x  .
D. x  .
2
2
5
5
Lời giải
Chọn A
1
1
Cách 1: Phương trình 92 x 1  x 1  34 x  2  31 x  4 x  2  1  x  x  
3

5
Cách 2: Thử từng đáp án vào phương trình nếu giá trị nào thỏa mãn thì kết luận
Câu 36. Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7% năm. Biết rằng nếu không rút
tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm
tiếp theo. Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không thay đổi và người đó không rút tiền
ra. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 260 triệu đồng bao
gồm cả gốc và lãi?
A. 16 năm.
B. 13 năm.
C. 15 năm.
D. 14 năm.
Lời giải
Chọn C
Đây là bài toán lãi kép, chu kỳ 1 năm, với lãi suất 7% năm.
n
Số tiền nhận được sau n năm là: Sn  100 1  0.07 

Ta có

Để nhận được số tiền nhiều hơn 260 triệu đồng tức là: 100 1  0.07   260  n  14,12
Vậy sau ít nhất 15 năm người đó mới nhận được số tiền nhiều hơn 260 triệu đồng.
n

Câu 37. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f '  x    x  3 x  1
bao nhiêu điểm cực trị?
A. 1.
B. 3.

3

x

2

 3x  2 . Hỏi hàm số đã cho có

C. 2.
Lời giải

D.4.

Chọn A
Ta có điều kiện của  x  1

3

là x  1  0  x  1   x  1

3

0


 x  3 (KTM)
f '  x   0   x  1
(KTM) .
 x  2
(TM)
Vậy phương trình f   x   0 chỉ có 1 nghiệm đơn x  2 nên hàm số y  f  x  chỉ có 1 điểm
cực trị.

Câu 38. Cho hình nón đỉnh S , đường tròn đáy tâm O có bán kính r  5 , đường cao SO  3 . Một thiết
diện đi qua đỉnh của hình nón cắt đường tròn đáy theo một dây cung có độ dài 6 2 . Tính diện
tích của thiết diện đó.
A. 24 2 .
B. 8 2 .
C. 6 2 .
D. 12 2 .
Lời giải
Chọn D

Giả sử thiết diện cắt đường tròn đáy theo dây cung CD . Gọi E là trung điểm CD thì
OE  CD .
OD  r  5

Trong tam giác vuông EOD ta có: 
 OE  7 .
CD
ED 
3 2


2
Suy ra: SE  SO 2  OE 2  4 .
Thiết diện là tam giác SCD có diện tích S SCD 
Câu 39. Cho hàm số y 

A. 4 .

1
SE.CD  12 2 .

2

ax  2
có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tổng a  b  c bằng
cx  b

B. 1 .

C. 3 .
Lời giải

D. 0 .

Chọn D

2
 b  1
b  2
ax  2
Đồ thị hàm số y 
đi qua A(0; 1) và B  2;0  nên ta có 
.

cx  b

2
a

2
a


1


0
 2c  b
Mặt khác đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y  1 nên c  a  1.
Do đó a  b  c  0 .


Câu 40. Khối lăng trụ đứng ABC. A BC có đáy là tam giác đều cạnh a, diện tích tam giác A ' BC bằng
a2
. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC.
2
a3 3
a3 3
a3 3
A.
.
B.
.
C.
.
12
8
6
Lờigiải
ChọnB

a3 3

D.
.
4

Ta có: AA '   ABC  .

 BC  AA '
Gọi M là trung điểm của BC. Ta có: 
 BC  A ' M
 BC  AM
1
2.S A ' BC
Diện tích tam giác A ' BC : S A ' BC  . A ' M .BC  A ' M 

2
BC

a2
2  a.
a

2.

2

a 3
a
Tam giác AA ' M vuông tại A nên: AA '  A ' M  AM  a  

.


 2 
2


2

2

2

a
3 a3 3
Thể tích của khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' là: VABC . A' B 'C '  AA '.S ABC  .a 2 .

.
2
4
8
Bổ sung: cách 2 (Nguyễn Đắc Điệp) ta có S ABC  S A ' BC .cos  với

   ( A ' BC ), ( ABC )   A ' MA suy ra cos  
a
3 a3

Suy ra VABC . A' B 'C '  AA '.S ABC  .a 2 .
2
4
8
Câu 41.

3
a
   300  AA '  AM .tan 300 
2
2
3
.

Đạo hàm của hàm số y  log( x 2  1  x) là
 log e
A. y ' 
.
x2  1
1
C. y ' 
.
x 2  1  x ln10





log e

B. y ' 

x2  1
1

D. y ' 

.

x2  1  x

.

Lờigiải
ChọnB
Ta có: y 





x2  1  x







x  1  x .ln10
2

x




x2  1

1



x  1  x .ln10
2



1
x  1.ln10
2



log e
x2  1

.

Câu 42. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, tam giác SAB là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABCD bằng
a 21
a 21
a 21

a 20
A.
B.
C.
D.
.
.
.
.
3
6
5
6


Lời giải
Chọn C

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD ,  là đường thẳng đi qua O và vuông
góc với mặt phẳng  ABCD  . G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB , K là trung điểm
của AB . Đường thẳng đi qua G và vuông góc với mặt phẳng  SAB  cắt  tại I (vì GI //KO ,

GK //IO ).
Từ đó I cách đều các điểm A , B , C , D và các điểm A , B , S nên I là tâm mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp SABCD .
a
2
2 a 3 a 3
;
GIOK là hình chữ nhật GI  ; SG  SK  .


2
3
3 2
3
2

2
a 21
a a 3
.
SI  GI  SG     
 
6
2  3 
2

2

Vậy bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD bằng

a 21
.
6

Câu 43. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  sin 3 x  cos 2 x  3 .
58
A. 4 .
B.
.

C. 2 .
D. 3 .
27
Lời giải
Chọn A
Ta có y  sin 3 x  cos 2 x  3  sin 3 x  (1  sin 2 x)  3  sin 3 x  sin 2 x  2
Đặt t  sin x ( Điều kiện: 1  t  1)
Khi đó yêu cầu bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  t 3  t 2  2 với t   1;1
t  0
y '  3t  2t ; y '  0  
.
t   2
3

 2  58
y  1  2; y     ; y  0   2; y 1  4. Vậy giá trị lớn nhất bằng 4 .
 3  27
Câu 44. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y   m  2  x3  3x 2  mx  5 có cực đại
và cực tiểu ?
A. 0 .
B. 3 .
C. 2 .
D. 1 .
Lời giải
Chọn C
D .
y  3  m  2  x 2  6 x  m .
Để hàm số trên có cực đại và cực tiểu thì y  0 có hai nghiệm phân biệt khi đó
2


m  2
m  2
m  2  0
.




2
2

3  m  1
 m  2m  3  0
  3  3  m  2  .m  0


Do đó m  1;0
Câu 45. Với giá trị nào của tham số m , hàm số y 
nó?
A. m  3 .

B. m  3 .

mx  9
nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của
xm

C. 3  m  3 .
Lời giải

D. 3  m  3 .

Chọn D
Tập xác định của hàm số là D  R \ m .
Với m  3 thì hàm số đã cho là hàm hằng số nên không có tính đồng biến, nghịch biến.
m2  9
Với m  3 , ta có y ' 
, x  D .
2
 x  m
Để hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định của nó thì y '  0, x  D

 m 2  9  0  3  m  3 .
Vậy với 3  m  3 thì hàm số đã cho nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của nó.
Câu 46. Cho hình lăng trụ ABCD.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O và
AO   ABCD  , góc giữa AB và mặt phẳng  ABCD  bằng 60 . Tính thể tích của khối lăng
trụ ABCD.ABCD
a3 30
A.
.
6

B.

a3 30
.
2

C.

a 3 10
.
2

D.

a3 30
.
4

Lời giải
Chọn B

Gọi H là điểm đối xứng với B qua A , khi đó ABAH là hình bình hành  AB//AH

  AB,  ABCD     AH ,  ABCD     AH , OH   AHO  60 .
a
3a
Gọi I là trung điểm của AB , ta có IO  , HI 
. Xét tam giác vuông OHI có
2
2
a 2 9a 2 a 10
.
OH  OI  IH 


4
4

2
2

2

a 10
a 30
.
tan 60  OA 
2
2
a 30 a3 30
Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD.ABCD là VABCD. ABCD  S ABCD .OA  a 2 .
.

2
2
Câu 47. Tập hợp các giá trị thực của tham số m để phương trình 25x  m.5 x  2m  5  0 có hai nghiệm
trái dấu là
5
5
A.  3; 4  .
B.  ; 4  .
C.  ; 4  .
D.  ;   .
2 
2

Lời giải
Chọn B

Đặt t  5 x  t  0  , khi đó phương trình trở thành: t 2  m.t  2m  5  0 1 .

Xét tam giác vuông AOH có OA  OH .tan AHO  OA 

Để phương trình có hai nghiệm trái dấu x1 , x2 thì hai nghiệm t1 , t2 tương ứng phải thỏa mãn
điều kiện: 0  t1  1  t2 .


Phương trình 1 có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn điều kiện 0  t1  1  t2 khi:

  m 2  8m  20  0

 b  0
 a
m  0
 c

  2m  5  0
 0
 t 1 t 1  0
a
 1  2 
t1  1  0

t2  1  0

Xét  2  ta có t1t2   t1  t2   1  0 .

I 

 2

t1t2  2m  5
Áp dụng định lý Viet cho phương trình 1 ta có: 
.
t1  t2  m
m  0
m  0

5
5


 m    m  4 .
Từ đó suy ra hệ  I  : 2m  5  0
2
2
 2m  5  m  1  0 

m  4
5 
Vậy tập các giá trị thực của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là  ; 4  .
2 
Câu 48. Hai thành phố A và B cách nhau một con sông. Người ta xây dựng một cây cầu EF bắc qua
sông biết rằng thành phố A cách con sông một khoảng là 5 km và thành phố B cách con sông
một khoảng là 7 km (hình vẽ), biết HE  KF  24 km và độ dài EF không đổi. Hỏi xây cây
cầu cách thành phố B là bao nhiêu để đường đi từ thành phố A đến thành phố B là ngắn nhất
(đi theo đường AEFB )?

A. 7 5 km .

B. 10 2 km .

C. 5 3 km .
Lời giải

D. 5 5 km .

Chọn A
Đặt HE  x  KF  24  x .
Ta có AE  25  x 2 ; BF  49   24  x  .
2

Quãng đường đi từ thành phố A đến thành phố B là S  AE  EF  BF .
Vì EF cố định nên quãng đường S ngắn nhất khi và chỉ khi AE  BF nhỏ nhất.
Xét AE  BF  25  x 2  49   24  x  .
2

Đặt u   5; x  ; v   7; 24  x  .
Ta có u  v  u  v  25  x 2  49   24  x  
2

 5  7    x  24  x 
2

2

 12 5 .

Vậy S  AE  EF  BF ngắn nhất bằng 12 5  EF . Dấu “=” xảy ra khi u , v cùng phương

 7 x  5  24  x   x  10  KF  14  BF  7 5  km  .


Câu 49. Một hình trụ có bán kính đáy bằng 50 cm và có chiều cao h  50 cm. Một đoạn thẳng có chiều
dài 100 cm và có hai đầu mút nằm trên hai đường tròn đáy. Tính khoảng cách từ đoạn thẳng đó
đến trục của hình trụ.
A. 20 cm.
B. 25 cm.
C. 30 cm.
D. 15 cm.
Lời giải
Chọn B

Xét hình trụ như hình vẽ ta có h

OO

50 cm , r

OA

50 cm và AB

100 cm .

Kẻ AA //OO với A thuộc đường tròn O .
Ta có OO // AA B

d OO , AB

Gọi H là trung điểm của A B suy ra O H
Do đó d O , AA B

Xét tam giác A O H vuông tại H có O H

Câu 50. Đồ thị hàm số y 
A. 0.

AA nên O H

A B và O H

AA B .

OH.

Xét tam giác AA B vuông tại A có A B

Vậy d OO , AB

d O , AA B .

d OO , AA B

AB 2

A A2

OA2

50 3 cm

A H2

502

AH

25 3 cm
2

25 3

25 cm

25 cm .
log( x  3)
có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
x 2  3x  2
B. 1.
C. 3.
Lời giải

D. 2.

Chọn B
Tập xác định của hàm số D   3;   .
log( x  3)
  .
2

x 3
x 3 x  3 x  2
Vậy đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x  3 .
C . PHẦN DÀNH CHO CÁC LỚP HỌC CHƯƠNG TRÌNH CHUYÊN TOÁN (gồm 5 câu)
log( x 2  3)
Câu 46. Đồ thị hàm số y  2
có bao nhiêu đường tiệm đứng?
x  3x  4
A. 1.
B. 0.
C. 3.
D. 2.
Lời giải
Chọn C
TXĐ: D  ;  3  3;  \ 4 .

Ta có: lim y  lim



 

Vì
lim 

x  4 

log( x 2  3)
 .
x 2  3x  4




log( x 2  3)
lim  2
 .
x   3  x  3 x  4

log( x 2  3)
lim  2
 .
x  3  x  3 x  4
Nên đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận đứng.
Câu 47. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn

 2020; 2020

để hàm số

y  x 6  (m  3) x5  (m2  10m  21) x 4  2 đạt cực đại tại x  0 ?
A. 2019.
B. 2020.
C. 3035.
D. 4036.
Lời giải
Chọn D
y  6 x5  5  m  3 x 4  4 m2  10m  21 x 3  x3 6 x 2  5  m  3 x  4  m2  10m  21
 x  0 (boäi 3)
y  0   2

2
6 x  5  m  3 x  4 m  10m  21  0 *
Trường hợp 1: Phương trình 6 x 2  5  m  3 x  4 m2  10m  21  0 vô nghiệm hoặc có













nghiệm kép, khi đó hàm số đạt cực tiểu tại x  0 , không thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Trường hợp 2: Phương trình * có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm bằng 0 , khi
đó hàm số không đạt cực trị tại x  0 , không thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Trường hợp 3: Phương trình 6 x 2  5  m  3 x  4  m2  10m  21  0 có hai nghiệm phân biệt

khác 0 , để hàm số đạt cực đại tại x  0 thì biểu thức 6 x 2  5  m  3 x  4  m2  10m  21 nhận
giá trị âm tại lân cận điểm x  0 hay lim 6 x 2  5  m  3 x  4  m2  10m  21  0 , khi đó
x 0

 m  3
 4  m 2  10m  21  0


  m  7


2
2
25
m

3

4.6.4
m

10
m

21

0



 
121m 2  1110m  2241  0

 m  3

  m  7
m  3
  m  3  
m  7


747
 m 
 
121
Các giá trị nguyên của m thuộc đoạn  2020; 2020 là 2020; 2019;...;1;2;8;9;10;...;2020
Vậy có 4036 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Cách 2 (Nguyễn Văn Thịnh):
y  6 x5  5  m  3 x 4  4  m2  10m  21 x 3  x3 6 x 2  5  m  3 x  4  m2  10m  21
 x  0 (boäi 3)
y  0   2
2
6 x  5  m  3 x  4 m  10m  21  0 *
m  3
Ta có m2  10m  21  0  
.
m  7
Trường hợp 1: m  3 thì y  6 x5 , suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x  0 . Không thỏa yêu cầu đề
bài.
Trường hợp 2: m  7 thì y  x 4  6 x  20  , suy ra hàm số không đạt cực trị tại x  0 . Không
thỏa yêu cầu đề bài.
m  3
Trường hợp 3: 
thì x  0 là nghiệm bội ba của phương trình y  0 .
m  7









Đặt g  x   6 x 2  5  m  3 x  4 m2  10m  21 .
Để hàm số đạt cực đại tại điểm x  0 thì lim g  x   lim g  x   4  m2  10m  21  0
x 0

m  3

m  7
Các giá trị nguyên của m

x 0

thuộc đoạn

 2020; 2020

thỏa yêu cầu đề bài là

2020; 2019;...;1; 2  8;9;10;...; 2020 .
Vậy có 4036 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 48. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều,
mặt bên SCD là tam giác vuông cân tại S . Gọi M là điểm thuộc đường thẳng CD sao cho
BM vuông góc với SA . Tính thể tích V của khối chóp S.BDM .
a3 3
a3 3
a3 3
a3 3

A. V 
.
B. V 
.
C. V 
.
D. V 
.
16
32
24
48
Lời giải
Chọn A

Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB, CD .
Vì tam giác SAB đều có cạnh AB  a  SI 
Vì tam giác SCD vuông cân ở S nên SJ 
2

a 3
.
2

a
.
2

 a 3   a 2
2

2
Tam giác SIJ có SI  SJ  
     a  IJ nên tam giác SIJ vuông ở S .
2
2

  
Kẻ SH  JI tại H .
CD  SJ


Ta có: CD  SI
  CD   SJI  .
SI  SJ  {S}


SH  JI

Ta có: SH  CD
  SH   ABCD  .
JI  CD   J 
2

2


3a

HI 


a 3
a
4

a 13
; SJ  ; JI  a  
Tam giác SJI vuông tại S có: SI 
 AH 
2
2
4
 SH  a 3

4
AB AH
AB. AI 2a 13
.

 AE 

AE AI
AH
13
AB BM
AB.BC a 13
Hai tam giác ABE và BMC đồng dạng nên
.

 BM 


AE BC
AE
2
3a
a
 MD  .
Sử dụng định lý pytago trong tam giác BCM ta tính được CM 
2
2
2
1
1 a
a
 SBDM  .DM .BC  . .a 
.
2
2 2
4
1
1 a 2 a 3 a3 3
.
VS .BDM  .SBDM .SH  .

3
3 4 4
48
Câu 49. Cho hình nón  N  có đường cao SO  h và bán kính đáy bằng R , gọi M là điểm trên đoạn SO

Hai tam giác ABE và AHI đồng dạng nên

, đặt OM  x , 0  x  h . Gọi  C  là thiết diện của hình nón  N  cắt bởi mặt phẳng  P  vuông
góc với trục SO tại M . Tìm x để thể tích khối nón đỉnh O đáy là  C  lớn nhất.
A.

h
.
3

B.

h 3
.
2
Lời giải

h 2
2

C.

D.

h
.
2

Chọn A

Gọi bán kính của  C  là r , ta có

r SM h  x
hx
r


R
R SO
h
h

1 hx 
 R2
2
C
Thể tích khối nón đỉnh O đáy   là: V   
R  .x  2  h  x  x
3  h
3h

2

3
h
 h  x  h  x  2 x  8h
Ta có  h  x  2 x  
, dấu “=” xảy ra khi x 


3
3

27


2
2
R
4 R h
2
Suy ra V  2  h  x  x 
.
3h
81
h
4 R 2 h
Vmax 
, khi x 
3
81
h
Vậy x  thì khối nón đỉnh O đáy  C  lớn nhất.
3
3

2



Câu 50. Cho bất phương trình m.3x 1   3m  2  . 4  7

  4  7 

x

x

 0 , với m là tham số. Tìm tất cả

các giá trị của tham số m để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x   ;0 .


A. m  

22 3
.
3

22 3
.
3

B. m 

C. m 

22 3
.
3

D. m 

22 3

.
3

Lời giải
Chọn B
Ta có: m.3

x 1



  3m  2  . 4  7

  4  7 
x

x

x

x

 4 7   4 7 
 0  3m   3m  2 .
  
  0 .
3
3

 



x

x

 4 7  1
 4 7 
Đặt t  
  và t  0 . Bất phương trình đã cho trở thành
 thì 
 3  t
 3 
1
t 2  2
3m   3m  2    t  0  t 2  3m.t  3m  2  0  m 
.
t
3t  3
4 7
Vì
 1 nên ứng với mỗi x   ;0 thì có một giá trị t   0;1 và ngược lại.
3
t 2  2
Do đó, bài toán trở thành tìm m để bất phương trình m 
nghiệm đúng với mọi
3t  3
t   0;1
Đặt f  t  

t 2  2
3t  3

t  1  3   0;1
2


f
t

0


3
t

6
t

6

0

và
.


2
t  1  3   0;1
 3t  3

Bảng biến thiên của f  t  với t   0;1 như sau
Ta có f   t  

3t 2  6t  6

Từ bảng biến thiên ta có max f  t  
t 0;1

22 3
.
3

22 3
t 2  2
nghiệm đúng với mọi t   0;1  m  max f  t  
.
t 0;1
3t  3
3
22 3
Suy ra giá trị m cần tìm là m 
.
3
Vậy bất phương trình m 