Đề 2020 Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An Lần 1 | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (463.34 KB, 31 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Dưới đây là nội dung của bộ đề Tốn 2020.

ĐĂNG KÝ CẢ COMBO 7 BỘ SẼ CĨ GIÁ ƯU ĐÃI LÀ 500.000Đ VÀ TẶNG KÈM BỘ TÀI 
LIỆU VẬN DỤNG CAO GIÚP ĐẠT 9-10 điểm. LIÊN HỆ NGAY ZALO O937-351-107
1)100 đề thi thử 2020 mơn Tốn các trường, sở giáo dục trên cả nước file word

DEMO: />2)30 đề thi thử 2020 mơn Tốn biên soạn bởi nhóm giáo viên chuyên luyện thi thủ khoa file word 
DEMO: />3)25 đề thi thử 2020 mơn Tốn biên soạn bởi giáo viên Đặng Việt Hùng file word

DEMO: />4)25 đề thi thử 2020 mơn Tốn sách CCBook - giáo viên Hồ Thức Thuận file word

DEMO: />5)20 đề thi thử 2020 mơn Tốn sách Megabook - giáo viên Nguyễn Xn Nam file word

DEMO:
 đề thi thử 2020 mơn Tốn sách Penbook nhóm giáo viên Hocmai file word

DEMO: />7)45 đề thi thử 2020 mơn Tốn sách nhóm giáo viên Moon

DEMO: />

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
PHAN BỘI CHÂU

MÃ ĐỀ 108

KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA - LẦN 1
NĂM HỌC: 2019 – 2020

Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  và có bảng biến thiên như sau

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số có giá trị cực đại bằng 1. B. Hàm số có giá trị nhỏ nhất trên  bằng - 1.
C. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 3. D. Hàm số chỉ có một điểm cực trị.

Câu 2: Thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước lần lượt là 1, 2, 3 bằng:

A. 2 B. 3 C. 1 D. 6

Câu 3: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y  x3 3x22 B. y x 33x2 C. y  x4 2x22 D. y x 33x22
Câu 4: Cho các số thực dương a, b với a ≠ 1. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. 2

 

2 a

a

log ab  log b

B. loga2

 

ab  2 2log ba
C. 2

 

4 a

a

log ab  log b

D. 2

 

1 1

2 2 a

a

log ab   log b

Câu 5: Cho hàm số

2 1

3 2

x
y

x




 có đồ thị (C). Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. (C) có tiệm cận đứng

2
.
3

x

B. (C) có tiệm cận đứng

2
.

x 

C. (C )có tiệm cận ngang y =

2
.
3


D. (C) có tiệm cận ngang

.
2

y 

Câu 6: Họ nguyên hàm của hàm số

 

x
f x  x e

là: 
A.

 

x
F x   e C

B.

 

2
x
x

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

C.

 

2
x
x e
F x   C

D.

 

ln 2
2

x
x

F x  e C
Câu 7: Tập nghiệm S của bất phương trình 21 3 x16 là:

A.

1
;

S   

  B.

1
;
3

S   

 C. S  



; 1



D. S  





Câu 8: Cho cấp số cộng

 

un xác định bởi u1  1 , công sai d = 2. Giá trị u bằng: 5

A. 7 B. -5 C. 9 D. 3

Câu 9: Trong các hàm số sau đây, hàm số nào xác định với mọi giá trị thực của x?

A.





1
3
2 1

y x B.





1
2 3

2 1

y x  

C.





3
1 2

y  x  D. y 



1 2 x



Câu 10: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A



2;3; 1



và B



4; 1;9



. Vecto AB có tọa độ là:

A.



2;4;8



B.



 6; 2;10



C.



 3; 1;5



D.



6; 2; 10



Câu 11: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  và có bảng biến thiên như sau”

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số đồng biến trên



;2 .



B. Hàm số đồng biến trên



 1;



.
C. Hàm số nghịch biến trên



3;



D. Hàm số nghịch biến trên

 

1;3 .
Câu 12: Với n là số nguyên dương tùy ý lớn hơn 1, mệnh đề nào dưới đây đúng?

A.





2 1

2
n

n n
C  

B.





2 1

n

C n n

C.Cn2 2 n D.





2 ! 1

2
!
n

n n

C  

Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hình chiếu của điểm M



1; 3; 5 



trên trục Ox có tọa độ là: 
A.



0; 3;5



B.



1;0;0



C.



1;0; 5



D.



0;0; 5



Câu 14: Cho hàm số f (x) thỏa mãn

 

2 3

1 2

3, 4

f x dx  f x dx



. Khi đó giá trị của

 

f x dx



bằng:

A. -7 B. 7 C. 1 D. -12

Câu 15: Công thức tính diện tích xung quanh của hình nón trịn xoay có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l
là:

A. Sxq rl. B.Sxq 2rl C.Sxq rl D. Sxq 2rl

Câu 16: Giá trị lớn nhất của hàm số

 

2 8

1
x x
f x

x



 trên đoạn

 

1;3 bằng: 
A.

7
–

2 B.

15
4


</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 

2 2 2 2

: 6 4 9 0

S x y z  x z m 

. Gọi T là tập
các giá trị của m để mặt cầu (S )tiếp xúc với mặt phẳng (Oyz). Tích các giá trị của m trong T bằng:

A. -5 B. 5 C. 0 D. 4

Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , để hai vecto a ;2;3



m





và b



1; ;2n





cùng phương thì
2m3n bằng

A. 6 B. 9 C. 8 D. 7

Câu 19: Cho mặt cầu S I R



;



và mặt phẳng (P) cách I một khoảng bằng 2.

R

Khi đó giao của (P) và (S) là một
đường trịn có chu vi bằng:

A. 2 R B.2R 3 C.R 3 D. R

Câu 20: Cho hàm số y f x

 

liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm của phương trình

 

f x 
là:

A. 6 B. 4 C. 3 D. 2

Câu 21: Đạo hàm của hàm số





2
3 1
y log x 

tại điểm x = 1 bằng:

A.

3

2

ln

B. ln3 C.

2 3ln D.

1
3

ln

Câu 22: Hàm số: y x 33x29x đồng biến trên khoảng nào sau đây? 7

A. (1;) B.



 5; 2



C.



;1



D.



1;3



Câu 23: Cho khối chóp SABCD có thể tích bằng 4a3, đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của
cạnh SD. Biết diện tích tam giác SAB bằng a2. Tính khoảng cách từ M tới mặt phẳng ( SAB ).

A. 12a B. 6a C. 3a D. 4a

Câu 24: Cho hình lập phương ABCD A B C D có diện tích mặt chéo . ' ' ' ' ACC A bằng ' ' 2 2 .a Thể tích của2

khối lập phương ABCD A B C D bằng: . ' ' ' '

A. a3 B.2a3 C. 2 a3 D. 2 2a3

Câu 25: Với các số a , b > 0 thỏa mãn a2b2 6ab, biểu thức log a b2







bằng:

A.



2 2



1
3

2 log a log b B.



2 2



1
1

2 log a log b

C.



2 2



1
1

2 log a log b

 

D.



2 2



2 log a log b

 

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

A.60 0 B.900 C.300 D. 120 0

Câu 27: Bất phương trình





2 1

1 1

4 5

2log x x log x 7

 

    



  có tập nghiệm là khoảng



a b; .



Giá trị của

5b a bằng:

A. 20 B. - 34 C. – 20 D. 34

Câu 28: Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường cong y  x3 12x vày x2. Diện tích của (H) bằng:

A.

343

12 B.

793

4 C.

397

4 D.

937
12

Câu 29: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  và có

 

1 3

0 0

2 ; 6.

f x dx f x dx 



Giá trị của





2 1
f x dx






bằng:

A.

3 B. 4 C.

2 D. 6

Câu 30: Chị X gửi ngân hàng 20 000 000 đồng với lãi suất 0,5%/ tháng (sau mỗi tháng tiền lãi được nhập vào
tiền gốc để tính lãi tháng sau). Hỏi sau 1 năm chị X nhận được bao nhiêu tiền, biết trong một năm đó chị X
khơng rút tiền lần nào vào lãi suất không thay đổi (số tiền được làm trịn đến hàng nghìn)?

A. 21 233 000 đồng B. 21 235 000 đồng C. 21 234 000 đồng D. 21 200 000 đồng

Câu 31: Cho hàm số

 





3 2

y f x ax bx cx d a  có đồ thị như hình vẽ. Phương trình f f x



 



0
có tất cả bao nhiêu nghiệm thực?

A. 5 B. 9 C. 3 D. 7

Câu 32: Cho hình chóp . S ABC cóSA SB SC a   3 ,ABAC2 ,a BC3a. Thể tích của khối chóp S.
ABC bằng:

A. 
3

a

B. 
3

35
2

a

C. 
3

35
6

a

D. 
3

5
4

a

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

A. (1;3) B. (2;+∞) C. (- 2;1) D. (-∞ ;2)

Câu 34: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 16 2.12



2 .9



0
x x m x 

có
nghiệm dương?

A. 1 B. 2 C. 4 D. 3

Câu 35: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc

0 3

60 , .

a

BAD SA SB SD

    

Gọi α là góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng ( SBC ) . Giá trị cosα bằng:

A.

3 B.

3 C.

3 D

2 2
.

Câu 36: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình

3 3
y x  x m

có 5 điểm cực trị?

A. 5 B. 3 C. 1 D. vô số

Câu 37: Gieo con xúc xắc được chế tạo cân đối và đồng chất 2 lần liên tiếp độc lập. Gọi a là số chấm xuất hiện
trong lần gieo thứ nhất, b là số chấm xuất hiện trong lần gieo thứ hai. Xác suất để phương trình x2ax b 0
có nghiệm bằng:

A.

36 B.

36 C. 12 D.

4
9

Câu 38: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 4 . Hình trụ (T) có một đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam
giác BCD và chiều cao bằng chiều cao của tứ diện ABCD . Diện tích xung quanh của (T) bằng:

A.

16 2
3



B.8 2 C.

16 3
3



D. 8 3 

Câu 39: Biết





1 1 1

dx

I a b c

x x x x

   

  



với a b c, , là các số nguyên dương. Giá trị a b c 
bằng:

A. 24 B. 12 C. 18 D. 46

Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểmA



1;0;0 ,

 

B 2;3;0 ,

 

C 0;0;3



. Tập hợp các điểm



; ;



M x y z thỏa mãn MA2MB2MC2 23

là mặt cầu có bán kính bằng:

A. 3 B. 5 C. 3 D. 23

Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC cóA



1; 2; 1 ,

 

B 2; 1;3 ,

 

C  4;7;5



. Gọi



; ;



D a b c

là chân đường phân giác trong của góc B của tam giác ABC Giá trị của . a b 2c bằng:

A. 4 B. 5 C. 14 D. 15

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

A. a b3 4 1 B.3a4b C.4a3 b D. a b4 3 1

Câu 43: Cho hàm số f ( x) xác định trên

1
\

2
 
 
 


thỏa mãn

 

' , 0 1

2 1

f x f

x

 

 và f

 

1 2. Giá trị của

biểu thức f

 

 1 f

 

3 bằng:

A. 4 + ln15 B. 2 + ln15 C. 3 + ln15 D. ln15

Câu 44: Cho khối chóp S. ABC có các góc phẳng ở định S bằng 60 ,0 SA1,SB2,SC Thể tích của khối3.
chóp S. ABC bằng:

A.

72 B.

2 C.

2 D.

3
2

Câu 45: Cho hình chóp cóSA



ABC AB



, 3,AC2 và BAC600. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của A
trên SB , SC. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp chóp ABCNM .

A. R 2 B.

21

3

R

C.
4

3
R

D. R = 1

Câu 46: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số

1
1
5

mx
x m
y



 
  

  đồng biến trên khoảng

1
;
2

 

 

 

A.m ( 1 );1 B.

1
;1
2

m   

  C.

1
;1
2

m   

 D.

1
;1
2

m  

 

Câu 47: Trong tất cả các cặp số thực (x; y ) thỏa mãn logx2 y2 3



2x2y5



1,

có bao nhiêu giá trị thực của
m để tồn tại duy nhất cặp số thực (x;y) sao cho x2y24x6y   . 13 m 0

A. 2 B. 1 C. 3 D. 0

Câu 48: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C có . ' ' ' AB2 3 và AA' 2. Gọi M N P, , lần lượt là trung
điểm các cạnh A B A C' ', ' ' và BC. Cơsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng



AB C' '



và ( MNP ) bằng:

A.

6 13

65 B.

65 C.

17 13

65 D.

18 13
65

Câu 49: Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm '

 

2 , 0.

xcosx sinx

f x x

x



  

Số điểm cực trị của hàm số đã cho
trên khoảng



0;100



là:

A. 100 B. 1 C. 99 D. 0

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

 

1 3 1 2 2019

3 2

g x  f x  x  x  x

. Biếtg

 

 1 g

 

1 g

 

0 g

 

2 . Với x 



1; 2



thì g(x) đạt giá trị nhỏ
nhất bằng:

A. g (2) B. g (1) C. g (-1) D. g (0)

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

ĐÁP ÁN

1-C 2-D 3-D 4-D 5-B 6-B 7-C 8-A 9-B 10-B

11-D 12-A 13-B 14-C 15-C 16-A 17-A 18-D 19-C 20-B
21-D 22-B 23-C 24-D 25-A 26-A 27-C 28-D 29-B 30-C
31-D 32-D 33-C 34-B 35-C 36-B 37-B 38-A 39-D 40-C
41-B 42-D 43-C 44-C 45-B 46-C 47-C 48-B 49-C 50-A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 (NB) - Cực trị của hàm số

Phương pháp:

Ta có: x x 0 là điểm cực tiểu của hàm số y f x

 

⇔ tại điểm x x 0 thì hàm số có y’ đổi dấu từ âm sang
dương.

Ta có: x x 0 là điểm cực đại của hàm số y f x

 

⇔ tại điểm x x 0 thì hàm số có y’ đổi dấu từ dương sang
âm.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạy cực đại tại điểm x và đạt cực tiểu tại 1 x 3.
Chọn C.

Câu 2 (NB) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện 
Phương pháp:

Thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước lần lượt là a,b, c là . V abc
Cách giải:

Thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước lần lượt là 1, 2, 3 là: V 1.2.3 6.
Chọn D.

Câu 3 (NB) - Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 
Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số nhận xét tính đơn điệu của hàm số và các điểm mà đồ thị hàm số đi qua để từ đó chọn
hàm số đúng.

Cách giải:

Ta thấy đồ thị hàm số có nét cuối đi lên nên a  loại đáp án A và C. 0
Hàm số có hai điểm cực trị là x và 0 x 2.

+) Xét đáp án B: y x33x có2 y' 3 x2 3

2 1

' 0 3 3 0

1
x

y x

x



        



Hàm số có hai điểm cực trị là x = -1 và x = 1.
⇒ loại đáp án B.

Chọn D.

Câu 4 (TH) - Lôgarit 
Phương pháp:

Sử dụng các công thức:

; log

log ; log log

a a a a a a

m

a a a a

x

log xy log x log y log x log y
y

log x x m x

n

    




  

 (giả sử các biểu thức xác định).

Cách giải:

Ta có: 2

 

2 2

1 1 1 1

2 a 2 a 2 2 a

a a a

log ab log a log b log a log b  log b

Chọn D.

Câu 5 (TH) - Đường tiệm cận 
Phương pháp:

Đường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số

 

 

 

lim
x a
g x

y f x

h x 

    

Đường thẳng y = b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y f x

 

xlim f x

 

b
Cách giải:

Ta có: (C ) :

2 1

3 2

x
y

x






TXĐ:

D  

 

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

2
3

x

  

là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Chọn B.

Câu 6 (TH) – Nguyên hàm 
Phương pháp:

Sử dụng các công thức nguyên hàm của hàm số cơ bản.
Cách giải:

Ta có:

 





.
2

x x x

F x 



f x dx



x e dx   e C
Chọn B.

Câu 7 (TH) - Bất phương trình mũ và bất phương trình lơgarit 
Phương pháp:

Giải bất phương trình mũ

0 1

x b

a
x b

a a

a
x b

 



 




    



 




Cách giải:

Ta có: 21 3 x1621 3 x24  1 3x   4 x 1.



; 1 .



S

   
Chọn C.

Câu 8 (TH) - Cấp số cộng (lớp 11) 
Phương pháp:

Công thức tổng quát của CSC có số hạng đầu là u 1và công sai d u: n  u1



n1 .



d
Cách giải:

Ta có:u5  u1 4d  1 4.2 7 . 
Chọn A.

Câu 9 (TH) - Hàm số lũy thừa 
Phương pháp:

Hàm số x nxác định

 





\ 0
0;
x khi n

x khi n




  



  

   



 


Cách giải:

+) Xét đáp án A: Hàm số





3
2 1
y x

xác định ⇔

2 1 0

x   x

⇒ loại đáp án A.

+) Xét đáp án B: Hàm số





1
2 3
2 1
y x  

xác định ⇔2x2    1 0 x ⇒ chọn đáp án B.
Chọn B.

Câu 10 (TH) - Hệ tọa độ trong không gian 
Phương pháp:

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Cách giải:

Ta có:

  

A 2;3; 1



và B



4;1;9



AB



 6; 2;10 .





Chọn B.

Câu 11 (NB) - Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số 
Phương pháp:

Hàm số y f x

 

đồng biến trên



a b;



 f x'

 

  0 x



a b;



.
Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên



a b;



 f x'

 

  0 x



a b;



.
Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên(;1) và



3;



. Hàm số nghịch biến trên(1;3) .
Chọn D.

Câu 12 (NB) - Hoán vị - Chỉnh hợp - Tổ hợp (lớp 11) 
Phương pháp:

Sử dụng các công thức:









! !

! ! !

k k

n n

C A

k n k n k

 

 

Cách giải:

+) Xét đáp án A:







 











2 ! 1 2 1

2! 2 ! 2 2 ! 2

n

n n n n n

n
C

n n

  

  

 

⇒ Đáp án A đúng.
Chọn A.

Câu 13 (TH) - Hệ tọa độ trong không gian 
Phương pháp:

Cho điểm M a b c



; ;



thì M a1



;0;0 ,



M2



0; ;0 ,b



M3



0;0;c



lần lượt là hình chiếu của M trên các trục

, , .

Ox Oy Oz

Cách giải:

Ta có: hình chiếu của M



1; 3; 5 



trên trục Ox là: M1



1;0;0 .



Chọn B.

Câu 14 (TH) - Tích phân 
Phương pháp:

Sử dụng các tính chất cơ bản của tích phân để chọn đáp án đúng:

 

  



b b

a a

kf x dx k f x dx k 



 

b c b

a a c

f x dx f x dx f x dx



 

b b b

a a a

f x dx g x dx f x g x d x



Cách giải:

Ta có:

 

3 2 3

1 1 2

3 4 1
f x dx f x dx f x dx   



Chọn C.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Phương pháp:

Cơng thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy R, chiều cao h và đường sinh l : Sxq Rl.
Cách giải:

Cơng thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy ,r chiều cao h và đường sinh l :Sxq rl . 
Chọn C.

Câu 16 (TH) - Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 
Phương pháp:

Cách 1:

+) Tìm GTLN và GTNN của hàm số y f x

 

trên

 

a b; bằng cách:
+) Giải phương trình y ' = 0 tìm các nghiệm .x i

+) Tính các giá trị f a f b f x

     

, , i (xi

 

a b; ) . Khi đó:

 a b;

 



     

; ; i



,  a b;

 



     

; ; i



min f x min f a f b f x max f x max f a f b f x

.
Cách 2: Sử dụng chức năng MODE 7 để tìm GTLN, GTNN của hàm số trên

 

a b; .
Cách giải:

Xét hàm số

 

2 8
1
x x
f x

x



 trên

 

1;3 ta có:

  

 















2 2 2 2

2 2 2

2 8 1 8 2 6 8 8 2 8

1 1 1

x x x x x x x x x x

f x

x x x

         

  

  

 

 

2 2 1;3

' 0 2 8 0

4 1;3
x

f x x x

x

  

       

  


 

   

 

2 1;3

3
7
2

2
15

4
f

f Max f x

f
  





     



  


Chọn A.

Câu 17 (TH) - Ôn tập chương 3: Phương pháp tọa độ trong không gian 
Phương pháp:

Cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) có tâm I và bán kính ,R khi đó (S) tiếp xúc với (P) d I P



;

 



R.
Cách giải:

Ta có mặt cầu

 

2 2 2 2

: 6 4 9 0

S x y z  x z m  có tâm I



3;0; 2



và bán kính

2 2

9 4 9 4.

R   m  m 

Phương trình mặt phẳng



Oyz x



: 0.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

2 2 2 5
3

4 4 9 5

1 5

m

m m m

m
 


         

 


 

1. 2 5. 5 5.

m m

    

Chọn A.

Câu 18 (TH) - Hệ tọa độ trong không gian 
Phương pháp:

Vecto a và vecob cùng phương  a kb k



0



 

Cách giải:

Ta có: hai vecto a



m; 2;3





và b



1; ;2n





cùng phương a kb k



0



 









2
3
3

;2;3 1; ;2 2

3 2 4

3
k
m k

m k n kn m

k
n
 



 

 

     

  

  



3 4

2 3 2. 3. 7

2 3

m n

    

Chọn D.

Câu 19 (TH) - Ôn tập chương 3: Phương pháp tọa độ trong không gian 
Phương pháp:

Cho mặt cầu S I R



;



và mặt phẳng (P) cách I một khoảng bằng d thì giao của (P)và (S) là đường trịn 
bán kính r R2d2.

Cách giải:

Theo đề bài ta có:



;

 



R

d I P 

.Khi đó bán kính đường trịn giao tuyến của (P) và (S) là:

2 2 2 3.

2 2

R R

r R d  R    
 

⇒ Chu vi của đường tròn giao tuyến là:

2 2 . 3

R

C r  R

Chọn C.

Câu 20 (VD) - Tương giao đồ thị hàm số và biện luận nghiệm của phương trình 
Phương pháp:

Từ đồ thị hàm số y f x

 

suy ra đồ thị hàm số y f x

 

bằng cách giữ lại phần đồ thị phía trên trục , Ox 
lấy đối xứng phần đồ thị phía dưới trục Ox lên phía trên trục . Ox

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Cách giải:

Số nghiệm của phương trình f x

 

2là số giao điểm của đồ thị hàm số y f x

 

và đường thẳng y2.
Ta có đồ thị hàm số y f x

 

như sau:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y2 cắt đồ thị hàm số y f x

 

tại 4 điểm phân biệt.
Chọn B.

Câu 21 (TH) – Hàm số lơgarit 
Phương pháp:

Sử dụng các cơng thức tính đạo hàm của hàm số logarit:

 

 

 

.
a

f x
log f x

f x lna


 

 

Cách giải:

Ta có:





2
3 1
y log x 





 





2 2.1 1

' ' 1 .

1 3 1 1 3

x

y y

ln

x ln ln

    

 

Chọn D.

Câu 22 (TH) - Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số 
Phương pháp:

Hàm số y = f (x ) đồng biến trên



a b;



 f x'

 

  0 x



a b; .



Hàm số y = f (x) nghịch biến trên



a b;



 f x'

 

  0 x



a b; .



Cách giải:

Ta có: y x 33x29x 7 y' 3 x26x 9
Hàm số đã cho đồng biến

2 1

' 0 3 6 9 0

3
x

y x x

x
 


        


⇒ Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng( ; 1)và



3;



.
Trong các đáp án ta thấy:



    5; 2

 

; 1



⇒ chọn B.
Chọn B.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Sử dụng công thức:

3V

h
S



.
Cách giải:

Ta có: VSABCD 2VSABD 4a3

⇒





3 1

2 ; .

SABD SAB

V  a  d D SAB S

⇔





2
3.2

; a 6 .

d D SAB a

a

 

Ta có:















;











; 2 ;

d M SAB
MS

d D SAB d M SAB

DS   d D SAB  

⇒









1 1

; ; .6 3

2 2

d M SAB  d D SAB  a a

.
Chọn C.

Câu 24 (TH) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện 
Phương pháp:

Thể tích khối lập phương cạnh a là V a3.
Cách giải:

Gọi cạnh của khối lập phương là: x x

 

 0 .
⇒ AC x 2

⇒

2
' ' '. . 2 2 2

ACC A

S  AA ACx x  a
⇔ x2 2 2 2 a2  x a 2.

 

3 3

' ' ' ' 2 2 2
ABCDA B C D

V  a  a

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Câu 25 (TH) - Lôgarit 
Phương pháp:

Sử dụng các công thức:

log log ; log log

log n log ;log log

a a a a a a

m

a a a

a

x

xy x log y x log y

y

x x x m x

n

    




  

 (giả sử các biểu thức xác định).

Cách giải:

Ta có:





2 2 6 2 2 2 8 8

a b  aba  ab b  ab a b  ab
⇒ log a b2







2log ab2 8

⇔ 2log a b2



 



log28log a log b2  2

⇔ 2







2 2



3 .

log a b  log a log b

Chọn A.

Câu 26 (VD) - Hai đường thẳng vng góc (lớp 11) 
Phương pháp:

Góc giữa đường thẳng a, b là góc giữa đường thẳng a b', ' với a a b b/ / ', / / '.
Cách giải:

Ta có: AB AC a BC a ;  2 ABC vuông cân tại .A 
Gọi H là trung điểm của BCSH 



ABC



Dựng BD AC/ / ABDC là hình vng.
⇒ 



SB AC;



 



SB BD;



 SBD.

Ta có: SB SD BD a    SBD là tam giác đều

⇒





60 ; .

SBD SB AC

   

Chọn A.

Câu 27 (TH) - Bất phương trình mũ và bất phương trình lơgarit 
Phương pháp:

Giải bất phương trình log

 

0 1

a a

a

f x g x
log f x log g x

a
f x g x
 

 




  

 



 


Cách giải:





 

2 1

1 1

4 5 *

2log x x log x 7

 

    



 

Điều kiện:

2 4 5 0 1 1

7 5

7 0

7
x

x
x x

x

x
x

x
 



     

   

       



   



 

2





2 2

* log x 4x 5 log x 7 

      





2 2

log x 4x 5 log x 7

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

2 4 5 7

x x x

    



 



4 5 7 7 0

x x x do x

      

2 4 5 2 14 49

x x x x

     

10x 54

  

x

  

Kết hợp với điều kiện ta thấy tập nghiệm của bất phương trình là:

7
27

7; 27

5 .

5
a
S

b
 



 

    
 

  

⇒

 

5 5. 7 20.

b a      

 

Chọn C.

Câu 28 (VD) - Ứng dụng của tích phân trong hình học 
Phương pháp:

Cơng thức tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường thẳng x a x b a b , 







và các đồ thị hàm
số

 

.
b

a

y f x y g x là S 



f x g x dx
Cách giải:

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y  x3 12x và y  ta được: x2

3 2 3 2

12 12 0 3

4
x

x x x x x x x

x




           

 










0 4

2 3 3 2

3 0

12 12

H

S x x x dx x x x dx



 



   



 

0 4

3 4 4 3

2 2

3 0

6 6

3 4 4 3

x x x x

x x



   

      

   

   

99 160 937

4  3  12

Chọn D.

Câu 29 (VD) – Tích phân 
Phương pháp:

Sử dụng tính chất của tích phân:

 

b c c

a b a

f x dx f x dx f x dx



Sử dụng phương pháp tích phân đổi biến.
Cách giải:

Ta có:













1 2 1

1 1

2 1 2 1 2 1

f x dx f x dx f x dx

 

     

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Đặt









1
2
2
1 2
1
1

2 1 ; 2 1

I f x dx I f x dx






 





Tính





1
2
1

2 1

I f x dx







 
Đặt

2 1 2

x t dt dx dx dt

        
Đổi cận:
1 3
1
0
2
x t
x t
   


   

⇒

 

0 3 3

3 0 0

1 1 1 1

.6 3

2 2 2 2

I  



f t dt 



f t dt 



f x dx 

Tính





1
2
1
2
2 1
I 



f x dx

Đặt

2 1 2

x  t dt dxdx dt

Đổi cận:

1 1
1
0

2
x t
x t
  


   


 

1 1
2
0 0

1 1 1

.2 1

2 2 2

I 



f t dt



f x dx 
1 2 3 1 4

I I I

     
Chọn B.

Câu 30 (TH) - Hàm số mũ 
Phương pháp:

Gửi A đồng với lãi suất %r sau kì hạn n thì số tiền cả gốc lẫn lãi nhận được là:





.
n
T A r
Cách giải:

Sau 1 năm, chị X nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi là:





20000000 1 0,5% 21234000

T    đồng.

Chọn C.

Câu 31 (VD) - Tương giao đồ thị hàm số và biện luận nghiệm của phương trình 
Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình f x

 

m là số giao điểm của đồ thị hàm số y f x

 

và đường thẳng y = m có
tính chất song song với trục hồnh.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

 





 

   



  

 

2; 1 1

0 0;1 2

1; 2 3
f x a

f f x f x b

f x c

   


   
  


</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

y = a vớia  ( ; 12 ) ) song song với trục hồnh, do đó phương trình (1) có 1 nghiệm.
Tương tự ta có:

Phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt.
Phương trình (3) có 3 nghiệm phân biệt.

Các nghiệm của 3 phương trình (1), (2), (3) đơi một phân biệt.
Vậy phương trình ban đầu có 7 nghiệm phân biệt.

Chọn D.

Câu 32 (VD) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện 
Phương pháp:

- Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC suy ra SO



ABC



- Tính diện tích tam giác ABC bằng cơng thức Hê-rông: S  p p a p b p c





 



 





với a , b , c là độ dài 3 
cạnh của tam giác, p là nửa chu vi của tam giác.

- Sử dụng cơng thức tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác: 4 .

abc
R

S



- Áp dụng định lí Pytago tính đường cao của khối chóp.

- Sử dụng cơng thức tính thể tích khối chóp

1
. .
3 day

V  S h

Cách giải:

Gọi O là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC. 
Vì SA = SB = SC ( gt ) nên SO ⊥ ( ABC ) .

Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC ta có

2 2

AB BC CA a

p   

Suy ra



 



3 7
4

ABC

a

S  p p AB p BC p CA   

.
OA là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC nên

. . 2 .3 .2 4 7

4 3 7. 7

4.
4

ABC

AB BC CA a a a a

OA

S a

  

Vì SO ⊥ ( ABC ) nên SO ⊥ OA , do đó tam giác SOA vng tại O. 
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng SOA ta có:

2 2 3 2 16 35.

7 7

a a
SO SA OA  a  

Vậy

2 3
.

1 1 35 3 7a 5

. . . .

3 3 7 4 4

S ABC ABC

a a

V  SO S  

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Câu 33 (VD) - Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số 
Phương pháp:

- Tính đạo hàm của hàm số.

- Tìm khoảng của x để đạo hàm dương. 
Cách giải:

Đặt g x

 

 f



2x



ta có : 'g x

 

 f ' 2



x



.
Xét g x'

 

 0 f ' 2



x



0.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:





2 1 3

' 2 0

1 2 4 2 1

x x

f x

x x

  

 

   

     

  .

Vậy hàm số y f



2x



đồng biến trên



3;



và



2;1 .



Chọn C.

Câu 34 (VD) - Phương trình mũ và phương trình lơgarit 
Phương pháp:

- Chia cả 2 vế của phương trình cho 9 . x

- Đặt ẩn phụ

4 x
t

x
 
  

  lập BBT và kết luận.
Cách giải:

Chia cả 2 vế của phương trình cho 9x ta được:





16x2.12x m2 .9x0

⇔
2

4 4

2. 2 0

3 3

x x

m

       

   

   

Đặt
4

0
3

x
t    

  , phương trình trở thành: t2   2t m 2 0 *

 

Để phương trình ban đầu có nghiệm x > 0 thì phương trình (*) có nghiệm t > 1 . 
Xét hàm số

 

2 2 2 0

f t     t t m

ta có BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có nghiệm t khi và chỉ khi1 m    . 3 0 m 3
Kết hợp điều kiện m nguyên dương ta có m

 

1; 2 .

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Xét tam giác ABD có: 600
AB AD

ABD
BAD




 


 

 đều.

Gọi H là trọng tâm ∆ ABD, do SA SB SD  nên SH 



ABCD



.
Gọi M là trung điểm của AD, ta có BM  ADBM BC .

Ta có:

)
(
BC BM

BC SBM
BC SH




 

 

 .

Gọi N, E lần lượt là trung điểm của BC và SC ta có: 
/ /

BN DM

BNDM
BN DM





 

 là hình bình hành DN / /BM

Lại có NE là đường trung bình của tam giác SBC nên NE SB / /
⇒



NDE

 

// SBM



Mà BC



SBM



nên BC



NDE



Trong



NDE



kẻ DK NE K( NE) ta có:













DK NE

DK SBC
DK BC BC NDE



  

  

 .

⇒ Hình chiếu của SD lên (SBC) là SK .







SD SBC;





SD SK;



DSK.

     

Xét tam giác SHA có

2 3 3

, .

3 3 2

a a

AH  AO SA

Áp dụng định lí Pytago ta có:

2 2 1 5

a

SH  SA AH 

Ta có:

2 3

2 3 .

a

AC AO a HCAC AH 

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng SHC ta có:

2 2 7.

a

SC SH HC 

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

2 2 2
2

2 4

SD CD SC

DE   

2
2

7
4

2 16

a

a a



 

⇒

a

DE

Xét tam giác DNE ta có:

2 1 3 7

, , .

3 2 4 4

a a a

DN BM  NE  SB DE

Gọi p là nửa chu vi tam giác DNE ta có:

7 3 3
.
8

p 

Diện tích tam giác DNE là:



 



2 5

DNE

a

S  p p DN p DE p NE  

Lại có

1 15

. .

2 6

DNE
DNE

S a

S DK NE DK

NE

   

Ta có:DK 



SBC



DK SK .

⇒ ∆ SDK vuông tại K , suy ra

15
5
6

3
3
2
a
DK

sin DSK

SD a

   

Vậy

2 2

1 .

cos  sin  

Chọn C.

Câu 36 (VD) - Cực trị của hàm số 
Phương pháp:

Hàm số

3 2

y ax bx cx d

có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số y ax 3bx2cx d có 2 điểm cực trị
nằm về hai phía trục Ox .

Cách giải:

Xét hàm số y x 33x m ta có:

2 1

' 3 3 0

1
x
y x

x


      


Với x thì 1 y m 2.

Với x  thì 1 y m 2.

Do đó hàm số y x 33x m có hai điểm cực trị A



1;m2 ;

 

B 1;m2 .



Để hàm số

3 3
y x  x m

có 5 điểm cực trị thì ,A B nằm khác phái đối với trục Ox . 
⇒



m 2

 

m2



    0 2 m 2.

Kết hợp điều kiện m nguyên suy ra m 



1;0;1 .



Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
Chọn B.

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Phương pháp:

- Tính ∆, tìm điều kiện để phương trình có nghiệm.
- Xét từng giá trị của b , từng giá trị của a tương ứng. 
Cách giải:

Không gian mẫu n

 

 6.6 36. 

Phương trình x2ax b 0 có nghiệm khi và chỉ khi a24b 0 a2 4b .

Do a là số chấm xuất hiện trong lần gieo thứ nhất, b là số chấm xuất hiện trong lần gieo thứ hai nên





, 0;1; 2;3; 4;5;6 .
a b X 

TH1:





1 4 2;3; 4;5;6

b a   a 

Có 5 cách chọn a .

TH2:





2 8 3; 4;5;6

b a   a 

Có 4 cách chọn a .

TH3:





3 12 4;5;6

b a   a 

Có 3 cách chọn a .

TH4:





4 16 4;5;6

b a   a 

Có 3 cách chọn a .

TH5:

 

5 20 5;6

b a   a 

Có 2 cách chọn a .

TH6:

 

6 24 5;6

b a   a 

Có 2 cách chọn a .

Gọi A là biến cố: “phương trình x2ax b 0 có nghiệm” n A

 

      5 4 3 3 2 2 19.
Vậy

 

19
.
36

P A 

Chọn B.

Câu 38 (VD) – Mặt trụ 
Phương pháp:

- Tính bán kính đường trịn nội tiếp đáy, sử dụng cơng thức
S
r

p


trong đó S, p lần lượt là diện tích và nửa
chu vi của tam giác.

- Sử dụng định lí Pytago tính chiều cao của hình tứ diện.

- Diện tích xung quanh hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là Sxq 2rh.
Cách giải:

Tam giác BCD đều cạnh a nên

4 3

4 3.
4

BCD

S  

Gọi p là nửa chu vi tam giác BCD ta có

3.4
6.
2

p 

Khi đó bán kính đường trịn nội tiếp tam giác BCD là

4 3 2 3

6 3

S
r

p

  

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

đây cũng chính là bán kính đáy của hình trụ.

Gọi O là trọng tâm tam giác BCD ta có AO



BCD



.
Xét tam giác vng SOB có;

2 4 3 4 3

. , 4 .

3 2 3

BO  AB

2 2 42 4 3 4 6

3 3

AO AB BO  

      

  , đây cũng chính là chiều cao của hình trụ.

Vậy diện tích xung quanh hình trụ là

2 3 4 6 16 2

2 . . .

3 3 3

xq

S    

Chọn A.

Câu 39 (VD) – Tích phân 
Phương pháp:

Sử dụng phương pháp đổi biển, đặt t x x 1.
Cách giải:

Ta có:













2 2

1 1 1 1 1 1

dx dx

I

x x x x x x x x

 

     



Đặt t x 1 x ta có





1 1 1

2 1 2 2 1

x x

dt dx

x x x x

 

  

 

⇒





2 2

.
1

dx dt dt

t

x x

x x    

Đổi cận:

1 1 2

2 2 3

x t

    




   



⇒



 



2 3
2 3

1 2 1 2

2 2 2 2

2 3 2 2 2 1

2 3 1 2

dt
I

t t




 

          

 



= 2 3 2 2 2 2 2     2 3 4 2 2   32 12 2 .
⇒ a32,b12,c2.

Vậy a b c  32 12 2 46.   
Chọn D.

Câu 40 (TH) – Hệ tọa độ trong không gian 
Phương pháp:

- Tính độ dài đoạn thẳng AB biếtA x y z



A; A; A

 

;B x y zB; B; B



, sử dụng công thức



 



A B A B A B

AB x x  y y  z z
.
- Mặt cầu

 

2 2 2

: 2 2 2 0

S x y z  ax by cz d 

có tâmI a b c



; ;



, bán kính R a2b2c2d.
Cách giải:

Ta có:





2 1 2 2 2
MA  x  y z

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>





2
2 2 2 3 
MC x y  z
Theo bài ra ta có:

2 2 232

MA MB MC 

⇒







 







2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 3 3 23

x y z  x  y z x y  z 
⇔3x2 3y23 6z2 x 6y6 0 z

⇔x2y2  z2 2x 2y2 0 z

Vậy tập hợp các điểm M là mặt cầu tâmI



1;1;1



, bán kính R 3.
Chọn C.

Câu 41 (VD) – Phương trình đường thẳng trong khơng gian 
Phương pháp:

- Viết phương trình tham số của đường thẳng AC , tham số hóa tọa độ điểm D .

- Sử dụng tính chất đườn phân giác

DA BA

DC BC

BC . 
Cách giải:

Ta có: AC 



5;5;6 .





Phương trình tham số của đường thẳng AC là:

1 5
2 5

( )

x t

y t t

z t

 


   



   




Ta có D AC nên D



1 5; 2 t5;t 1 6 . t



Ta có:

 

2 2

 

1 3 4 26

BA     

 

2 2 2

6 8 2 104

BC    

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:

1
.
2

DA BA

DC  BC

Do D nằm giữa hai điểm ,A C nên DA DC,

 

ngược hướng nênDC 2DA



5 5 ;5 5 ;6 6



DC   t  t  t




5; 5 ; 6



DA   t t










5 5 2,5

5 5 2 5

6 6 2 6

t t

t t t

t t

   


      


    


Suy ra

2 11

; ;1 .

3 3

D  

 

Vậy

2 11

; 1 5

3 3

a  b c    a b c

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Câu 42 (VD) – Hàm số Lôgarit 
Phương pháp:

- Gọi H x



0;0





x0 1



xác định tọa độ các điểm A, B. 
- Tính HA, HB sau đó biến đổi tìm mối liên hệ giữa a và b . 
Cách giải:

Gọi H x



0;0





x0 1



ta cóA x log x



0 a 0

 

;B x log x0 b 0







0; 0 0 0 0

a b a b

HA log x HB  log x do log x log x 
 
Theo bài ra ta có: 3HA4HB3logax0  4log xb 0

0 0

3loga x 4log xb 0

  

0 0

3 4

x x

log a log b

  

0 0

3 4

0
.

x x

log b log a

log b log a



 

0 0

3 4

x x

log b log a

  

4 3 0
x

log a b

 

4 3 1

a b

 

Chọn D.

Câu 43 (VD) – Nguyên hàm 
Phương pháp:

- Sử dụng công thức f x

 





f x dx'

 

- Phá trị tuyệt đối, tìm hằng số C trong từng trường hợp. 
Cách giải:

Ta có:

 

2
'

2 1

f x
x




⇒

 









ln 2 1

2 2 1 2

2 1

ln 2 1

x C khi x

f x dx ln x C

x

x C khi x

   



     

    





Với x = 0 ta có f

 

0 ln1C2  1 C2 1.
Với x = 1 ta có f

 

1 ln1C1 2 C12.

 









1
ln 2 1 2

2
1
ln 2 1 1

2
x khi x
f x

x khi x

   



  

   



⇒ f

 

 1 ln3 1; f

 

3 ln5 2 

⇒ f

 

 1 f

 

3 ln3ln5 3 3 15   ln
Chọn C.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Phương pháp:

Sử dụng cơng thức tỉ số thể tích.
Cách giải:

Theo bài ra ta cóASB BSC CSA600 .

Trên các cạnh SB , SC lần lượt lấy các điểm B C', ' sao cho SB'SC' 1. 
Ta có các tam giác SAB SB C SAC', ' ', ' là các tam giác đều cạnh 1.

⇒ AB ' = B ' C ' = AC ' = 1 .

⇒ .S AB C là tứ diện đều cạnh ' ' . ' '

1 .

S AB C

V

 

Ta có:

' '

' ' 1 1 1

. . .

2 3 6

SAB C
S ABC

V SB SC

V

V SB SC

   

Vậy . . ' '

6 .

S ABC S AB C

V  V 

Chọn C.

Câu 45 (VD) – Khái niệm về thể tích của khối đa diện 
Phương pháp:

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , chứng minh OA OB OC OM   ON.
Cách giải:

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB , AC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
Tam giác ABM vuông tại M nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM .

Ta có:













OE AB

OE SAB OE ABM
OE SA SA ABC



    

  



Do đó OA OB OM  .

Chứng minh tương tự ta có OA = OC = ON .

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Do đó O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp đa diện ABCNM , và bán kính mặt cầu là R = OA , cũng chính là bán
kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có:

1 1 3 3

. . .3.2. 60 .

2 2 2

ABC

S  AB AC sin BAC  sin 

Áp dụng định lí cosin trong tam giác giác ABC ta có:

2 2 2 2 . .

BC AB AC  AB AC cos BAC

2 2 2 0

3 2 2.3.2. 60

BC    cos

2 7

BC 

7
BC

 

Vậy

. . 3.2. 7 21

4 3 3 3

4.
2

ABC

AB BC AC
R OA

S

   

Chọn B.

Câu 46 (VD) – Hàm số mũ 
Phương pháp:

- Tìm TXĐ của hàm số.

- Hàm số đồng biến trên khoảng

1
;
2

 

 

  thì

' 0 ;

y   x  

  và hàm số xác định trên 
1
;
2
 
 
 
Cách giải:

TXĐ: D \

 

 . m
Ta có:





1
2

1 1 1

'
5 5
mx
x m
m
y ln
x m


    
    
   


Để hàm số đồng biến trên

1
;
2

 

 

  thì

' 0 ;

y   x  

  và hàm số xác định trên
1
;
2
 
 
 





1
2
2

1 1 1 1

0 ;

5 5 2

1
;
2
mx
x m

m
ln x
x m
m


       
       
       
 
  
  
  


2 1 0 1 1

1
1
1
1 2
2
2
m
m
m
m
m
  
   

 
     
 
 
 

Vậy
1
;1
2

m   


Chọn C.

Câu 47 (VDC) – Bất phương trình mũ và bất phương trình lơgarit 
Cách giải:

Ta có:





2 2 3 2 2 5 1
x y

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

⇔

 

2 2 2 2 2 0 1 
x y  x y 

⇒ Tập hợp các cặp số thực ( x ,y ) thỏa mãnlogx2 y2 3 2



x2 5 1 y





là hình trịn

 

2 2

1 : 2 2 2 0

C x y  x y  (tính cả biên).

Xét



 



2 2

2 2 4 6 13 0 2 3 .

x y  x y   m x  y m

TH1:

2
0

3
x
m

y
 

    

 , không thỏa mãn (1).

TH2: m > 0 , khi đó tập hợp các cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn x2y24x6y   là đường tròn 13 m 0

 

2 2

2 : 4 6 13 0.

C x y  x y  m

Để tồn tại duy nhất cặp số thực ( x;y ) thỏa mãn u cầu bài tốn thì hai đường trịn

 

C1 và

 

C2 tiếp xúc
ngoài với nhau hoặc hai đường tròn

 

C1 và

 

C2 tiếp xúc trong và đường tròn

 

C2 có bán kính lớn hơn
đường trịn

 

C1 .

 

C1 có tâm I1

 

1;1 , bán kính R1 2.

( C 2) có tâm I2



 2; 3 ,



bán kính R2  m m



0 .



Để

 

C1 và

 

C2 tiếp xúc ngồi thì I I1 2 R1R2.
⇔

   

2 2

3 4 2 m

    

⇔5 2  m m 9

 

tm

Để đường tròn

 

C1 và

 

C2 tiếp xúc trong và đường trịn

 

C2 có bán kính lớn hơn đường tròn

 

C1 . 
⇒ R2R1 I I1 2

⇔

 

2 2

2 3 4

m   

⇔ m = 49 ( tm )

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài tốn. 
Chọn C.

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Ta có



MNP

 

 MNCB



Gọi E,F lần lượt là trung điểm của MN B C, ' '.

Dễ dàng chứng minh được AA B' ' AA C' '(hai cạnh góc vng)
⇒AB' AC' AB C' ' cân tại A.

⇒AFB C' ' (Đường trung tuyến đồng thời là đường cao).
Ta có MN/ / ' 'B C MN/ /BC nên MNCB là hình thang. 
Dễ dàng chứng minh được BB M'  CC N' nên BM = CN .

Mà BM CN AA, , ' đồng quy (Định lí 3 đường giao tuyến) nên MNCB là hình thang cân. 
Lại có E,P là trung điểm của hai đáy nên EPMN EP, BC.

Trong



ACC A' '



gọi Q CN AC', trong



ABB A' '



gọi P AB 'BM.
Khi đó



AB C' '

 

 MNCB



PQ.

Ta có:







 



' ' ' '

' ' / / / /

' '/ /

AB C B C

MNCB BC AB C MNCB PQ BC MN

B C BC




    





Do đóPQEP .

Ta có:



 









 











' '

; ' ' ;

' '

MNCB AB C PQ

MNCB EF PQ MNCB AB C EP AF

AB C AF PQ

 



      




 



Trong ( AB ' C ' ) gọi G PQ AF.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

2 2

2 ; .

' ' ' 3 ' 3

AQ AC AQ AG AQ

QC  NC   AC  AF  AC 
Áp dụng định lí Pytago trong các tam giác vng ta có:

2 2

' ' ' ' 4 12 4;

AB  AA A B   

2 2

' ' 16 3 13;

AF  AB B F   

⇒

2 2 13

3 3

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của M, N trên BC , ta có

2 3 3 3

2 2 2

BC MN

BH KC    

.
Áp dụng định lí Pytago trong các tam giác vng ta có:

2 2

' ' 4 3 7.

BM  BB B M   

2 2 7 3 5 .

4 2

MH  BM BH    EP

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

2 5

2 .

3 3

GP AP

GP EP

GE  EF    

Tam giác ABC đều cạnh 2 3 nên

2 3. 3
3.
2

AP 

Áp dụng định lí Cơsin trong tam giác AGP ta có:

2 2

2 2 2

2 13 5

3 3 13

2 . 2 13 5 65

2. .

3 3
GA GP AP

cos AGP

GA GP

   

 

    

   

    

Vậy



 







; ' ' ; .

cos MNCB AB C cos EP AF 

Chọn B.

Câu 49 (VDC) – Cực trị của hàm số 
Chọn C.

Câu 50 (VDC) – Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 
Cách giải:

Ta có:

 

' ' 1 .

g x  f x x  x

 

' 0 ' 1.

g x   f x x  x

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy

 

' 0 0

2
x

g x x

x
 


  

 

BBT:

So sánhg

 

1 và g

 

2 .

Ta có g

 

 1 g

 

1 g

 

0 g

 

2  g

 

 1 g

   

2 > 0g g

 

1 .

Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên (0;2) nên g

 

0 g

 

1 g

 

0 g

 

1 0
Suy ra g

 

 1 g

 

2 >0g

 

 1 g

 

</div>


<a href=' /><a href=' /><a href=' /><a href=' /><a href=' /> CHUYEN PHAN BOI CHAU NGHE AN LAN 1 2013

Đề + đáp an, thi thử THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An, lần 1, 2011

Đề thi thử chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An, Lần 1 môn vật lý

Đề thi thử môn toán 2016 trường thpt chuyên phan bội châu nghệ an lần 1

Đề thi thử môn toán 2016 trường THPT chuyên phan bội châu nghệ an lần 1

Đề thi thử THPT quốc gia môn toán trường THPT chuyên phan bội châu nghệ an lần 1 năm 2016 file word có lời giải chi tiết

De TT Chuyen Phan Boi Chau nghe An Lan 3 2017

Đề thi thử THPT 2017 môn Hóa trường THPT chuyên Phan Bội Châu Nghệ An Lần 1 File word Có lời giải chi tiết

Đề thi thử THPT 2017 môn Toán trường THPT chuyên Phan Bội Châu Nghệ An Lần 1 File word Có lời giải chi tiết

Đề thi thử THPT 2018 môn Toán Trường THPT chuyên Phan Bội Châu Nghệ An Lần 1 File word Có đáp án Có lời giải chi tiết