3 đề thi thử THPT QG 2021 toán chuyên thoại ngọc hầu an giang lần 1 có lời giải

SỞ GD&ĐT AN GIANG

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1

TRƯỜNG THPT CHUN

NĂM HỌC 2020 – 2021

THOẠI NGỌC HẦU

MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

Câu 1 (NB): Tập xác định D của hàm số y 
B. D 

A. D 

\ 0

2020
là:
sin x



\   k , k  
2


C. D 

D. D 

\ k ; k 



Câu 2 (TH): Tìm hệ số của x12 trong khai triển  2x  x 2  .
10

A. C108

B. C102 .28

D. C102 .28

C. C102

Câu 3 (VD): Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD  a, AB  2a . Cạnh bên

SA vng góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB và SD . Tính khoảng cách d từ S đến
mặt phẳng  AMN  .
A. d 

a 6
3

B. d  2a

C. d 

3a
2

D. d  a 5

Câu 4 (TH): Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f  x   x3  3x2  4x  1 trên đoạn 1;3 .
A. max f  x   7
1;3

B. max f  x   4
1;3

C. max f  x   2
1;3

D. max f  x  
1;3

67
27

Câu 5 (TH): Nếu các số 5  m , 7  2m , 17  m theo thứ tự lập thành cấp số cộng thì m bằng bao nhiêu?
A. m  2

B. m  3

C. m  4

D. m  5

Câu 6 (TH): Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng

 ABC  , góc giữa đường thẳng
A. a 3

B.

SB và mặt phẳng  ABC  bằng 600 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng:

a3
2

C.

a3
4

D.

3a 3
4

1
 
Câu 7 (TH): Hỏi trên 0;  , phương trình sin x  có bao nhiêu nghiệm?
2
 2

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 8 (TH): Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số ln có mặt hai
chữ số chẵn là hai chữ số lẻ?
A. 4!C41.C51

B. 3!C32 .C52

C. 4!C42 .C52

D. 3!C42 .C52

Câu 9 (NB): Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau:

Trang 1


Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau?
A.  2;0 

B.  2; 

C.  0; 2 

D.  0; 

Câu 10 (NB): Thể tích khối lập phương cạnh 2a bằng:
A. a 3

B. 2a 3

C. 6a 3

D. 8a3

Câu 11 (NB): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
nào trong các khoảng sau?

A.  0; 2 

B.  2;0 

C.  3; 1

Câu 12 (NB): Cho cấp số nhân  un  có u1  3 và q 
A. u5  

27
16

B. u5  

16
27

D.  2;3

2
. Mệnh đề nào sau đây đúng?
3

C. u5 

16
27

D. u5 

27
16

Câu 13 (TH): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị f   x  là parabol như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau
đây là đúng?

A. Hàm số đồng biến trên 1;   .

B. Hàm số đồng biến trên  ; 1 .

C. Hàm số nghịch biến trên  ;1 .

D. Hàm số đồng biến trên  1;3 .

Câu 14 (NB): Nghiệm của phương trình 32 x1  27 là:
Trang 2

A. x  1

B. x  2

C. x  4

Câu 15 (TH): Cho hai số thực dương m, n  n  1 thỏa mãn

D. x  5

log7 m.log 2 7
1
. Khẳng định nào
 3
log 2 10  1
log n 5

sau đây là đúng?
A. m  15n

B. m  25n

Câu 16 (NB): Đồ thị hàm số y 
A. 1

C. m  125n

D. m.n  125

2x 1
có bao nhiêu đường tiệm cận?
x 1

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 17 (VD): Tính tổng các giá trị nguyên của tham số m trên  20;20 để hàm số y 

sin x  m
nghịch
sin x  1

 
biến trên khoảng  ;   .
2 
A. 209

C. 209

B. 207

D. 210

Câu 18 (TH): Giá trị cực đại của hàm số y  x3  3x  2 bằng:
A. 1

B. 0

C. 1

D. 4

Câu 19 (NB): Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, cạnh bên SA vng góc với
đáy và SA  a 2 . Thể tích khối chóp đã cho bằng:
A. a 3 2

B.

a3 2
3

C.

a3 2
4

D.

a3 2
6

Câu 20 (NB): Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x3  2x  3 tại điểm M 1;2 .
A. y  2 x  2

B. y  3x  1

Câu 21 (TH): Đồ thị hàm số y 
A. 0

B. 1

C. y  x  1

D. y  2  x

x7
có bao nhiêu tiệm cận đứng?
x  3x  4
2

C. 2

D. 3

Câu 22 (VD): Hàm số y  3 x 2 có tất cả bao nhiêu cực trị?
A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

Câu 23 (TH): Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất hai lần. Tính xác suất để ít nhất một lần xuất
hiện mặt sáu chấm.
A.

12
36

B.

11
36

C.

6
36

D.

8
36

Câu 24 (VD): Cho hàm số y  f  x  là hàm đa thức bậc bốn có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi có bao nhiêu
giá trị của tham số m thuộc đoạn  12;12 để hàm số g  x   2 f  x  1  m có đúng 5 điểm cực trị?

Trang 3


A. 13

B. 14

C. 15

D. 12

Câu 25 (VD): Cho hình lập phương ABCD. ABCD , gọi I là trung điểm BB . Mặt phẳng  DIC chia
khối lập phương thành 2 phần. Tính tỉ số thể tích phần bé chia phần lớn.
A.

7
17

B.

1
3

C.

Câu 26 (VDC): Cho các số thực x, y thỏa mãn 4 x
là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P 
A.

7
17

B.

2

1
2

4 y2

D.
 2x

2

 4 y 2 1

 23 x

2

4 y2

1
7

 42 x

2

4 y2

. Gọi m, M lần lượt

x  2 y 1
. Tổng M  m bằng:
x y4

1
3

C.

1
2

D.

1
7

Câu 27 (TH): Cho hình chóp đều S. ABCD có cạnh đáy bằng 2, cạnh bên bằng 3. Gọi φ là góc giữa cạnh
bên và mặt đáy. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. tan   7

B.   600

C.   450

D. cos  

2
3

Câu 28 (TH): Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số
nào?

A. y  x3  3x2  3

B. y  x4  2x2 1

C. y  x4  2x2 1

D. y  x3  3x2 1

Câu 29 (TH): Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích bằng 48. Gọi M,
N lần lượt là điểm thuộc các cạnh AB, CD sao cho MA  MB, NC  2 ND . Thể tích của khối chóp

S.MBCN là:
A. 8

B. 20

C. 28

Câu 30 (TH): Tìm tất cả các giá trị của a thỏa mãn

15

D. 48

a7  5 a2 .
Trang 4


A. a  0

B. a  0

C. 0  a  1

D. a  1

Câu 31 (TH): Trong bốn hàm số được liệt kẻ ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hàm số nào có bảng
biến thiên như sau?

A. y  x4  2x2 1

B. y  x4  2x2 1

Câu 32 (VD): Hàm số y 

A. b  0, c  0, d  0

C. y  x4  2x2  2

D. y  x4  2x2  2

ax  b
với a  0 có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
cx  d

B. b  0, c  0, d  0

C. b  0, c  0, d  0

D. b  0, c  0, d  0

 x 1 
Câu 33 (TH): Cho hàm số f  x   ln 2020  ln 
 . Tính S  f  1  f   2  ...  f   2020 .
 x 
A. S  2020

C. S 

B. S  2021

2021
2020

D. S 

2020
2021

Câu 34 (NB): Cho hàm số y   x  2   x 2  1 có đồ thị  C  . Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A.  C  khơng cắt trục hồnh.

B.  C  cắt trục hoành tại một điểm.

C.  C  cắt trục hoành tại hai điểm.

D.  C  cắt trục hoành tại ba điểm.

Câu 35 (NB): Cho a là số thực lớn hơn 1. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hàm số y  loga x đồng biến trên

.

B. Hàm số y  loga x nghịch biến trên

.

C. Hàm số y  loga x đồng biến trên  0;  . D. Hàm số y  loga x nghịch biến trên  0;  .
1

Câu 36 (NB): Rút gọn biểu thức P  x 3 . 6 x với x  0 .
A. P  x

1

B. P  x 3

1

C. P  x 9

D. P  x 2

Câu 37 (NB): Hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 1

B. 3

C. 4

D. 6
Trang 5


Câu 38 (TH): Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  2;2 và có đồ thị là đường cong như hình vẽ bên.
Hỏi phương trình f  x   1  1 có bao nhiêu nghiệm phân biệt trên  2;2 ?

A. 3

B. 4

C. 5

D. 6

Câu 39 (NB): Cho a, b, x, y là các số thực dương và a , b khác 1. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. log a

x log a x

y log a y

x
 loga  x  y 
y

B. loga

D. loga x  loga y  loga  x  y 

C. logb a.loga x  logb x

Câu 40 (NB): Cho hàm số f  x  xác định, liên tục trên đoạn  2;2 và có đồ thị là đường cong trong
hình vẽ bên. Hàm số f  x  đạt cực đại tại điểm nào dưới đây?

A. x  2

B. x  1

C. x  1

D. x  2

Câu 41 (TH): Cho loga x  3;logb x  4 . Tính giá trị của biểu thức P  logab x .
A. P 

1
12

B. P 

7
12

C. P 

12
7

D. P  12

Câu 42 (TH): Tính đạo hàm của hàm số y  2 x .
2

A. y  2 ln 2
x

x

B. y  x.2

1 x2

ln 2

x.21 x
C. y 
ln 2

x.21 x
D. y 
ln 2

2

Câu 43 (VD): Cho tứ diện ABCD có AB, AC , AD đơi một vng góc với AB  6a , AC  9a ,

AD  3a . Gọi M , N , P lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC, ACD, ADB . Thể tích của khối tứ diện
AMNP bằng:
Trang 6

A. 2a 3

B. 4a 3

C. 6a 3

Câu 44 (NB): Tìm tập xác định D của hàm số y   2 x  3
A. D   0;  

3

B. D   ;  
2


C. D 

D. 8a3
2019

.

3
\ 
2

D. D 

Câu 45 (NB): Nghiệm của phương trình log2 1  x   2 là:
A. x  4

B. x  3

C. x  3

D. x  5

Câu 46 (VDC): Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị là đường cong như hình vẽ bên. Hỏi phương trình

f  xf  x    2  0 có bao nhiêu nghiệm phân biệt.

A. 3

B. 4

C. 5

D. 6

Câu 47 (NB): Cho hình bát diện đều cạnh a . Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đều
đó. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. S  3a2

B. S  2 3a2

C. S  4 3a2

D. S  8a 2

Câu 48 (NB): Giải bất phương trình log 1  x  1  1 .
2

 3
A. S  1; 
 2

 3
B. S  1; 
 2

3

C. S   ; 
2


3

D. S   ;  
2


Câu 49 (TH): Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại B và AC  2a .
Hình chiếu vng góc của A trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của cạnh AB và AA  a 2 . Thể
tích của khối lăng trụ đã cho bằng:
A. a3 3

B. 2a 3 2

C.

a3 6
2

D.

a3 6
6

Câu 50 (NB): Hàm số y  2x4 1 đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau?

1

A.  ;  
2


 1

B.   ;  
 2


C.  ;0

D.  0; 

-----------HẾT---------Trang 7

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

1-D

2-B

3-A

4-C

ĐÁP ÁN
5-C
6-C

11-D

12-B

13-B

14-B

15-C

16-B

17-C

18-D

19-B

20-C

21-A

22-B

23-B

24-C

25-A

26-A

27-D

28-A

29-C

30-D

31-D

32-A

33-D

34-B

35-C

36-A

37-C

38-C

39-C

40-B

41-C

42-B

43-A

44-B

45-B

46-D

47-B

48-A

49-C

50-D

7-A

8-C

9-C

10-D

Câu 1: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Hàm số y  sin x xác định với mọi x  .
- Hàm phân thức xác định khi mẫu thức khác 0.
Giải chi tiết:
Hàm số y 

2020
xác định khi và chỉ khi sin x  0  x  k  k 
sin x

\ k ; k 

Vậy TXĐ của hàm số là D 

.

.

Câu 2: Đáp án B
Phương pháp giải:
n

- Khai triển nhị thức Niu-tơn  a  b    Cnk a k bnk .
n

k 0

- Tìm hệ số của số hạng chứa x12 trong khai triển.
Giải chi tiết:
Ta có:  2 x  x 2    C10k  2 x 
10

10

k 0

10 k

  x    C  1
2 k

10

k 0

k
10

k

210k x10k .

Khi đó để tìm hệ số của số hạng chứa x12 , ta cho 10  k  12  k  2  tm .
Vậy hệ số của số hạng chứa x12 trong khai triển trên là C102  1 .28  28 C102 .
2

Câu 3: Đáp án A
Phương pháp giải:
Trang 8


- Tính thể tích chóp S. ABCD , sử dụng tỉ lệ thể tích Simpson tính thể tích khối chóp VS . AMN .

3V
1
- Sử dụng công thức VS . AMN  d  S ;  AMN   .S AMN  d  S ;  AMN    S . AMN .
3
S AMN
- Sử dụng định lí Pytago, định lí đường trung tuyến trong tam giác vng, tính chất đường trung bình của
tam giác tính độ dài các cạnh của tam giác AMN , sau đó sử dụng cơng thức Hê-rơng tính diện tích tam
giác AMN : S AMN 

p  p  AM  p  AN  p  MN  với p là nửa chu vi AMN .

Giải chi tiết:

Áp dụng định lí Pytago trong các tam giác vuông SAB, SAD, ABD ta có:

SB  SA2  AB2  4a2  4a2  2 2a
SD  SA2  AD2  4a2  a2  5a
BD  AB2  AD2  4a2  a2  5a
Khi đó ta có AM 

1
1
a 5
(đường trung tuyến trong tam giác vuông).
SB  2a; AN  SD 
2
2
2

Ta có: MN là đường trung bình của SBD nên MN 

BD a 5
.

2
2

AM  AN  MN
Gọi p là nửa chu vi tam giác AMN ta có: p 

2
⇒ Diện tích tam giác AMN là S AMN 

Ta có:

2a 

a 5 a 5

2
2  2 5a.
2
2

p  p  AM  p  AN  p  MN  

a2 6
4

1
1
VS . AMN SM SN 1

.
  VS . AMN  VS . ABD  VS . ABCD .
4
8
VS . ABD
SB SD 4

1
1
4a3

1 4a3 a3
Mà VS . ABCD  SA.S ABCD  .2a.2a.a 
 VS . AMN  .
 .
3
3
3
8 3
6
1
3V
Lại có VS . AMN  d  S ;  AMN   .S AMN , do đó d  S ;  AMN    S . AMN
3
S AMN

a3
a 6
.
 26 
3
a 6
4
3.

Trang 9


Vậy d  S ;  AMN   

a 6

.
3

Câu 4: Đáp án C
Phương pháp giải:
Sử dụng MTCT, chức năng MODE 7.
Giải chi tiết:
Sử dụng MODE 7, nhập f  X   X 3  2 X 2  4 X  1 , chọn Start = 1, End = 3, Step = 0,1.

Do cột F  X  :

Vậy max f  x   2 .
1;3

Câu 5: Đáp án C
Phương pháp giải:
Sử dụng tính chất của cấp số cộng: Nếu ba số a, b, c lần lượt lập thành một cấp số cộng thì a  c  2b .
Giải chi tiết:
Vì 5  m, 7  2m,17  m theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên ta có:

5  m  17  m  2  7  2m  2m  22  4m  14  m  4
Câu 6: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Sử dụng định lí: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên
mặt phẳng, từ đó xác định góc giữa SB và  ABC  .
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vng tính độ dài cạnh SA .

a2 3
- Sử dụng cơng thức tính nhanh diện tích tam giác đều cạnh a là S 
.

4
1
- Tính thể tích khối chóp VS . ABC  SA.SABC .
3

Giải chi tiết:
Trang 10


Vì

SA   ABC  gt 

nên

AB

là hình chiếu vng góc của

SB

lên

 ABC  ,

do đó

  SB;  ABC      SB; AB   SBA  600 .
Xét tam giác vng SAB ta có: SA  AB.tan SBA  a.tan 600  a 3 .
Tam giác ABC đều cạnh a nên SABC 

a2 3
.
4

1
1
a 2 3 a3
Vậy VS . ABC  SA.SABC  .a 3.
 .
3
3
4
4
Câu 7: Đáp án A
Phương pháp giải:

 x    k 2
- Giải phương trình lượng giác cơ bản sin x  sin   
k 
 x      k 2
- Giải bất phương trình 0  x 


2

.

tìm các số nguyên k thỏa mãn, từ đó suy ra số nghiệm thỏa mãn.

Giải chi tiết:



x   k 2

1
6
Ta có: sin x   
k 
2
 x  5  k 2

6
Xét họ nghiệm x 
Xét họ nghiệm x 


6

.

 k 2 , cho 0  x 


2

0



6

 k 2 


2



1
1
 k  , mà k   k  0 .
12
6

5

5

5
1
 k 2 , cho 0  x   0 
 k 2     k   , mà k   k  .
6
2
6
2
12
6


 
Vậy phương trình đã cho chỉ có 1 nghiệm thuộc 0;  là x  .
6
 2
Câu 8: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Sử dụng tổ hợp chọn 2 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ.
- Sử dụng hoán vị.
Trang 11


Giải chi tiết:
Chọn 2 chữ số chẵn khác nhau và khác 0 có C42 cách chọn.
Chọn 2 chữ số lẻ khác nhau có C52 cách chọn.
Hốn đổi 4 chữ số đã chọn có 4! cách.
Vậy có tất cả 4!C42 .C52 số thỏa mãn.
Câu 9: Đáp án C
Phương pháp giải:
Dựa vào BBT xác định các khoảng nghịch biến của hàm số là khoảng mà hàm số liên tục và có đạo hàm
không dương.
Giải chi tiết:
Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên  ; 2 và  0; 2  .
Câu 10: Đáp án D
Phương pháp giải:
Thể tích khối lập phương cạnh a bằng a 3 .
Giải chi tiết:
Thể tích khối lập phương cạnh 2a bằng  2a   8a3 .
3

Câu 11: Đáp án D
Phương pháp giải:
Dựa vào đồ thị hàm số xác định các khoảng nghịch biến là khoảng mà hàm số liên tục và có đồ thị đi
xuống theo hướng từ trái qua phải.
Giải chi tiết:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên  1;1 và  2;3 .
Chú ý khi giải: Khi đọc cá khoảng nghịch biến, các em chú ý đọc trên trục Ox, không đọc trên trục Oy là
hàm số nghịch biến thiên  3;1 và  3;3 .
Câu 12: Đáp án B
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức SHTQ của cấp số nhân có số hạng đầu u1 và công bội q là un  u1qn1 .
Giải chi tiết:
4

16
2
Ta có u5  u1.q 4   3 .     .
27
3
Câu 13: Đáp án B
Phương pháp giải:

Trang 12


Dựa vào đồ thị hàm số f   x  xác định khoảng mà f   x   0 (phần đồ thị f   x  nằm phía trên trục
hồnh) và f   x   0 (phần đồ thị f   x  nằm phía dưới trục hồnh), từ đó suy ra các khoảng đơn điệu
của hàm số y  f  x  .
Giải chi tiết:


 x  1
 f  x  0  
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: 
x  3
 f   x   0  1  x  3

Do đó hàm số y  f  x  đồng biến trên  ; 1 ;  3;   và nghịch biến trên  1;3 .
Câu 14: Đáp án B
Phương pháp giải:
Giải phương trình mũ: a f  x  a g  x  f  x   g  x  .
Giải chi tiết:
Ta có: 32 x 1  27  32 x 1  33  2 x  1  3  x  2 .
Vậy nghiệm của phương trình là x  2 .
Câu 15: Đáp án C
Phương pháp giải:
Sử

dụng

log a x  log a y  log a

các

công

thức:

loga b.logb c  loga c  0  a, b  1, c  0 ;

x
 0  a  1, x, y  0
y

Giải chi tiết:
Ta có:

log7 m.log 2 7
1
 3
log 2 10  1
log n 5



log 2 7.log 7 m
1
 3
log 2 10  log 2 2
log n 5



log 2 m
1
 3
log 2 5
log n 5



log 2 m 3log n 5  1

log 2 5
log n 5

Đồng nhất hệ số ta có:

n  2
n  2


log 2 m  3log n 5  1 log 2 m  3log 2 5  1
n  2
n  2


m  125.2  125n
log 2 m  log 2 125  log 2 2
Vậy m  125n .
Trang 13


Câu 16: Đáp án B
Phương pháp giải:
Đồ thị hàm số y 

ax  b
a
d

 ad  bc  có đường TCN y  và TCĐ x   .
cx  d
c
c

Giải chi tiết:
Đồ thị hàm số y 

2x 1
có TCN y  2 và TCĐ x  1 .
x 1

Do đó đồ thị hàm số y 

2x 1
có 2 đường tiệm cận.
x 1

Câu 17: Đáp án C
Phương pháp giải:

 
- Đặt t  sin x , xét trên khoảng x   ;   , tìm khoảng giá trị tương ứng của t, xét xem t có cùng tính
2 
tăng giảm với x hay khơng.
- Đưa bài tốn về dạng tìm m để hàm số y  f  t  đơn điệu trên khoảng cho trước.
Giải chi tiết:

 
Đặt t  sin x , với x   ;   thì t giảm từ 1 về 0.

2 
Khi đó bài tốn trở thành: Tìm m để hàm số y 

tm
đồng biến trên  0;1 (*).
t 1

TXĐ: D 

\ 1  Hàm số đã cho xác định trên  0;1 . Ta có y 

Do đó * 

1  m

 t  1

2

1  m

 t  1

2

.

 0  1  m  0  m  1 .

Kết hợp điều kiện đề bài ta có 20  m  1, m   m 20; 19; 18;...; 2 .

Vậy tổng các giá trị của m thỏa mãn là 20 19 18  ...  2  209 .
Câu 18: Đáp án D
Phương pháp giải:

 y  0
- Giải hệ phương trình 
tìm điểm cực đại của hàm số.
 y  0
- Thay điểm cực đại vào hàm số và tính giá trị cực đại.
Giải chi tiết:
Ta có: y  3x2  3; y  6x .

3x 2  3  0
 y  0
 x  1


 x  1 là điểm cực đại của hàm số.
Xét hệ 

x

0
6
x

0
 y  0



Trang 14


Ta có yCD  y  1  4 .
Vậy giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng 4.
Câu 19: Đáp án B
Phương pháp giải:
1
Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V  Bh trong đó B, h lần lượt là diện tích đáy và chiều cao
3

của khối chóp.
Giải chi tiết:

1
1
a3 2
Ta có VS . ABCD  SA.S ABCD  .a 2.a 2 
.
3
3
3
Câu 20: Đáp án C
Phương pháp giải:
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm M  x0 ; y0  là y  f   x0  x  x0   y0 .
Giải chi tiết:
Ta có y  3x2  2  y 1  1 .
Phương trình tiếp tuyến cần tìm là y  1.  x 1  2  y  x  1.
Câu 21: Đáp án A
Phương pháp giải:

- Tìm ĐKXĐ của hàm số.
- Giải phương trình mẫu số, số tiệm cận đứng là số nghiệm của phương trình mẫu số thỏa mãn ĐKXĐ.
Giải chi tiết:
ĐKXĐ: x  7  0  x  7 .

x  1
Xét phương trình x 2  3x  4  0  
 ktm  .
 x  4
Vậy đồ thị hàm số y 

x7
khơng có tiệm cận đứng.
x  3x  4
2

Câu 22: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Giải phương trình y  0 và lập BBT.
- Từ BBT xác định số điểm cực trị của hàm số.
Giải chi tiết:
TXĐ: D 

.
2

Ta có: y  3 x 2  x 3  y 

2  13
2

x  3 , khi đó ta có BBT:
3
3 x

Trang 15


Dựa vào BBT ta thấy hàm số đã cho có 1 điểm cực trị x  0 .
Câu 23: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Tính số phần tử của khơng gian mẫu.
- Gọi A là biến cố: “ít nhất một lần xuất hiện mặt sáu chấm”, tính số phần tử của biến cố đối A .
- Sử dụng công thức P  A  1  P  A  .
Giải chi tiết:
Số phần tử của không gian mẫu là n    62  36 .
Gọi A là biến cố: “ít nhất một lần xuất hiện mặt sáu chấm”, suy ra biến cố đối A : “khơng có lần nào xuất
hiện mặt 6 chấm”  n  A   52  25 .
Vậy xác suất của biến cố A là: P  A   1  P  A   1 

25 11
 .
36 36

Câu 24: Đáp án C
Phương pháp giải:
Hàm đa thức y  f  x  có số điểm cực trị là m  n trong đó m là số điểm cực trị của hàm số y  f  x  ,
n là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và trục hoành.
Giải chi tiết:
Xét hàm số g  x   2 f  x 1  m ta có g   x   2 f   x 1  0  f   x 1  0 .
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Phương trình f   x   0 có 3 nghiệm phân biệt, do đó phương trình

f   x 1  0 cũng có 3 nghiệm phân biệt, và là 3 nghiệm bội lẻ, nên hàm số g  x   2 f  x 1  m có 3
điểm cực trị.
Để hàm số g  x   2 f  x  1  m có đúng 5 điểm cực trị thì đồ thị hàm số g  x   2 f  x 1  m phải cắt
trục hoành tại 2 điểm phân biệt.
 2 f  x  1  m  0  f  x  1  

m
phải có 2 nghiệm phân biệt (các nghiệm cắt qua, khơng tính điểm
2

tiếp xúc).

Trang 16


 m
 2  2
 m  4


.
 6   m  3 6  m  12

2
Kết hợp điều kiện đề bài ta có m 12; 4  6;12 , m .
Vậy có 15 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 25: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Xác định thiết diện của thiết của hình lập phương khi cắt bởi  DIC .

- Phân chia khối đa diện chứa đỉnh C thành tổng hiểu của các khối đa diện có thể tính thể tích dễ dàng, so
sánh thể tích của nó với thể tích khối lập phương. Từ đó suy ra tỉ số thể tích phần bé chia phần lớn.
Giải chi tiết:

Trong  BCCB  gọi E  IC  BC , trong  ABCD  gọi M  ED  AB .
Khi đó  DIC cắt hình lập phương theo thiết diện là tứ giác DCIM .
Gọi V1 là thể tích phần khối đa diện bị chia bởi  DIC chứa điểm C, khi đó ta có V1  VC.ECD VI .EBM .
1
1
1
Ta có: VC .ECD  CC .S ECD  CC . EC.CD .
3
3
2

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

EB MB 1

  EC  2 BC .
EC CD 2

1
1
Khi đó ta có: VC .ECD  CC .2 BC.CD  VABCD. ABC D .
6
3
1
1
1

VI .EBM  IB.S EBM  IB. .EB.BM .
3
3
2

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

IB
EB 1
1

  IB  CC  .
CC  EC 2
2

1 1
1
1
Khi đó ta có VI .EBM  . CC .BC. AB  VABCD. ABC D .
6 2
2
24

Trang 17


1
1
7
 V1  VC .ECD  VI .EBM  VABCD. ABC D  VABCD. ABC D  VABCD. ABC D

3
24
24

Vậy tỉ số thể tích phần bé chia phần lớn là

7
.
17

Câu 26: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Đặt ẩn phụ t  2 x

2

4 y2

 t  1 , đưa phương trình về dạng tích, giải phương trình tìm t.

- Tìm mối quan hệ giữa x, y dạng  ax    by   1 .
2

2

ax  sin 
- Đặt 
, thế vào biểu thức P.
by  cos 
- Quy đồng, đưa biểu thức về dạng A sin   B cos   C . Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm, từ đó

xác định M , m .
Giải chi tiết:
Ta có:

4x

2

4 y2



 2x

2

 2x



4 y2

Đặt t  2 x

2

2

2

 4 y 2 1

 23 x

 2.2 x

4 y2

2

 4 y2

2

4 y 2



 42 x
8

2

x2  4 y 2

2



4 y 2



16
2x

2

4 y2



2

 t  1 , phương trình trở thành:

8 16
8t  16
t 2  2t   2  t 2  2t 
t t
t2

 t 3  t  2  8  t  2
  t 3  8  t  2   0
  t  2   t 2  2t  4   0  t  2  tm   dot 2  2t  4  0 t 
2

Với 2x

2

4 y2

 x  sin 
.
 2  x2  4 y 2  1 . Khi đó tồn tại  sao cho 
2 y  cos 

Ta có:
P

x  2 y 1
sin   cos   1

x  y  4 sin   1 cos   4
2

1
 P sin   P cos   4 P  sin   cos   1
2

1

  P  1 sin    P  1 cos   1  4P *
2

Để P tồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất thì phương trình (*) phải có nghiệm
Trang 18

2

2
1

  P  1   P  1   1  4 P 
2

2

1
 P 2  2 P  1  P 2  P  1  16 P 2  8P  1
4



59 2
18  4 35
18  4 35
P  9P 1  0 
P
4
59
59


18  4 35
M 
36


59

M m
59
m  18  4 35

59
Câu 27: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Sử dụng định lí: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên
mạt phẳng đó.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vng để tính góc.
Giải chi tiết:

Gọi O  AC  BD  SO   ABCD  .
Khi đó OB là hình chiếu của SB lên  ABCD     SB;  ABCD      SB; OB   SBO   .
Vì ABCD là hình vng cạnh 2 nên BD  2 2  BO 
Xét tam giác vuông SOB ta có: cos  

1
BD  2 .
2

OB
2
.

SB
3

Câu 28: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Dựa vào đồ thị nhận dạng đồ thị hàm đa thức bậc ba, bậc bốn trùng phương.
- Dựa vào nhánh cuối cùng của đồ thị hàm số, suy ra dấu của hệ số a và chọn đáp án đúng.
Giải chi tiết:
Đồ thị hàm số đã cho là hàm đa thức bậc ba, nên loại đáp án B và C.
Lại có nhánh cuối cùng của đồ thị đi lên nên hệ số a  0 , do đó đáp án đúng là A.
Trang 19


Câu 29: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Tỉ số thể tích hai khối chóp có cùng chiều cao bằng tỉ số diện tích đáy.
- Tính diện tích hình thang MBCN , diện tích hình bình hành ABCD , từ đó suy ra tỉ số diện tích cũng
chính là tỉ số thể tích

VS .MBCN
và tính VS .MBCN .
VS . ABCD

Giải chi tiết:

Hai khối chóp S. ABCD và S.MBCN có cùng chiều cao (cùng là khoảng cách từ S đến  ABCD  ) nên

VS .MBCN SMBCN
.

VS . ABCD S ABCD
Trong  ABCD  kẻ MH  CD , khi đó ta có:

1
2
1
AB  CD
SMBCN 2  BM  CN  .MH 1 2
7
3
(do AB  CD ).

 .

S ABCD
MH .CD
2
CD
12


VS .MBCN 7
7
7
  VS .MBCN  VS . ABCD  .48  28 .
VS . ABCD 12
12
12

Câu 30: Đáp án D
Phương pháp giải:
So sánh hai lũy thừa cùng cơ số:

a m  a n khi m  n
+ Nếu a  1 thì  m
.
n
a  a khi m  n
a m  a n khi m  n
+ Nếu 0  a  1 thì  m
.
n
a  a khi m  n
Giải chi tiết:
7

Theo bài ra ta có:
Mà

15

2

a 7  5 a 2  a 15  a 5 .

7
6 2
  nên a  1 .
15 15 5

Trang 20

Câu 31: Đáp án D
Phương pháp giải:
Hàm số đã cho là hàm bậc bốn trùng phương có dạng y  ax4  bx2  c  a  0 .
- Dựa vào nhánh cuối cùng của đồ thị hàm số suy ra dấu của hệ số a và loại đáp án.
- Dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung suy ra hệ số c và loại đáp án.
Giải chi tiết:
Hàm số đã cho là hàm bậc bốn trùng phương có dạng y  ax4  bx2  c  a  0 .
Vì nhánh cuối cùng của đồ thị đi xuống nên a  0  Loại đáp án A và C.
Vì đồ thị hàm số đi qua điểm  0; 2  nên c  2  Loại đáp án B và chọn đáp án D.
Câu 32: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Đồ thị hàm số y 

ax  b
a
d
có TCN y  , TCĐ x   .
cx  d
c
c

- Dựa vào đường TCN và dấu của hệ số a suy ra dấu của hệ số c.
- Dựa vào đường TCĐ và dấu của hệ số c suy ra dấu của hệ số d.
- Dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung suy ra dấu của hệ số b.
Giải chi tiết:
Đồ thị hàm số y 

ax  b
a
d

có TCN y  , TCĐ x   .
cx  d
c
c

Vì đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang nằm phía trên trục hồnh nên

a
 0 , mà a  0 nên c  0 .
c

Vì đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng nằm phía bên phải trục tung nên 

d
d
 0   0 , mà
c
c

c 0d 0
Vì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm nằm phía dưới trục hồnh nên

b
 0 , mà d  0  b  0
d

Vậy b  0, c  0, d  0 .
Câu 33: Đáp án D
Phương pháp giải:

a
- Sử dụng công thức ln    ln a  ln b .
b
u
- Sử dụng cơng thức tính đạo hàm  ln u   .
u

- Thay lần lượt x  1; 2;...; 2020 , rút gọn và tính S.
Giải chi tiết:

Trang 21


 x 1 
Ta có: f  x   ln 2020  ln 
  ln 2020  ln  x  1  ln x
 x 
 f  x 

1
1

x x 1

Khi đó ta có:

S  f  1  f   2  ...  f   2020
1 1 1 1
1
1

S      ... 

1 2 2 3
2020 2021
S  1

1
2020

2021 2021

Câu 34: Đáp án B
Phương pháp giải:
Số nghiệm của phương trình hồnh độ giao điểm chính là số giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành.
Giải chi tiết:
Xét phương trình hồnh độ giao điểm:  x  2   x 2  1  0  x  2 (do x2 1  0 x ).
Vậy  C  cắt trục hoành tại một điểm.
Câu 35: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Hàm số y  loga x  0  a  1 xác định khi và chỉ khi x  0 .
- Nếu a  1 thì hàm số đồng biến trên khoảng xác định.
- Nếu 0  a  1 thì hàm số nghịch biến trên khoảng xác định.
Giải chi tiết:
Hàm số y  loga x  0  a  1 xác định khi và chỉ khi x  0 .
Vì a  1 nên hàm số đồng biến trên khoảng xác định là  0;  .
Câu 36: Đáp án A
Phương pháp giải:
m

Sử dụng các công thức:

n

xm  x n ; xm .xn  xmn .

Giải chi tiết:
1

1

1

1

Với x  0 ta có P  x 3 . 6 x  x 3 .x 6  x 2  x .
Câu 37: Đáp án C
Phương pháp giải:
Vẽ hình, dựa vào khái niệm mặt phẳng đối xứng và đếm.
Giải chi tiết:
Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng, quan sát hình vẽ:
Trang 22


Câu 38: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối: x  a  x  a .
- Sau đó giải từng phương trình bằng tương giao đồ thị hàm số.
Giải chi tiết:

 f  x  1  1

 f  x  2
Ta có: f  x   1  1  1  
..

 f  x   1  1  f  x   0
Dụa vào đồ thị hàm số ta thấy:
- Phương trình f  x   2 có 2 nghiệm phân biệt.
- Phương trình f  x   0 có 3 nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình ban đầu có 5 nghiệm phân biệt.
Câu 39: Đáp án C
Phương pháp giải:
Sử dụng các công thức:

log a

x
 log a x  log a y  0  a  1, x, y  0 
y

loga  xy   loga x  loga y  0  a  1, x, y  0 
loga b.logb c  loga c  0  a, b  1, c  0
Giải chi tiết:

x

log a  log a x  log a y  0  a  1, x, y  0 
y
Vì 
nên đáp án A, B, D sai.
log  xy   log x  log y  0  a  1, x, y  0 

a
a
 a
Câu 40: Đáp án B
Phương pháp giải:
Dựa vào đồ thị hàm số xác định điểm mà tại đó hàm số liên tục và qua đó đồ thị hàm số chuyển hướng từ
đi lên sang đi xuống (theo chiều từ trái sang phải).
Giải chi tiết:
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm x  1 .
Câu 41: Đáp án C
Trang 23


Phương pháp giải:
Sử dụng các công thức log a b 

1
 0  a, b  1 , loga x  loga y  loga  xy  0  a  1, x, y  0 .
logb a

Giải chi tiết:
Với 0  a, b  1, x  0 ta có:

P  log ab x 

1
1


log x ab log x a  log x b

1
1
1

log a x logb x



1
1 1

3 4



12
7

Câu 42: Đáp án B
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức tính đạo hàm: au   u.au ln a .

 

Giải chi tiết:

    x  .2

Ta có: y  2 x

2

2

x2

ln 2

 2 x.2x ln 2  x.21 x ln 2
2

2

Câu 43: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Gọi M1, N1, P1 lần lượt là trung điểm của BC , CD, BD , sử dụng công thức tỉ lệ thể tích Simpson, so sánh

VAMNP và VAM1N1P1 .
- Tiếp tục so sánh thể tích hai khối chóp có cùng chiều cao A.M1N1P1 và A.BCD , sử dụng tam giác đồng
dạng để suy ra tỉ số diện tích hai đáy.
- Tính thể tích khối tứ diện ABCD là VABCD 

1
AB. AC. AD , từ đó tính được VAMNP .
6

Giải chi tiết:

Gọi M1, N1, P1 lần lượt là trung điểm của BC , CD, BD , ta có

AM
AN AP 2


 .
AM1 AN1 AP1 3
Trang 24


Khi đó

VAMNP
AM AN AP 8
.

.
.

VAM1N1P1 AM1 AN1 AP1 27

Dễ thấy M1 N1P1 đồng dạng với tam giác DBC theo tỉ số k 
Mà hai khối chóp A.M1N1P1 và A.BCD có dùng chiều cao nên
Lại có VABCD
Vậy VAMNP

SM1N1P1 1
1
nên
 .

2
S DBC
4
VA.M1N1P1
VABCD



SM1N1P1
S DBC



1
.
4

1
1
1
27a3
3
 AB. AC. AD  .6a.9a.3a  27a  VA.M1N1P1  VABCD 
.
6
6
4
4

8

8 27a3
 VAM1N1P1  .
 2a3 .
27
27 4

Câu 44: Đáp án B
Phương pháp giải:
Hàm số f  x   n 
n



xác định khi và chỉ khi f  x  xác định và f  x   0 .

Giải chi tiết:
Vì

2019 

nên hàm số y   2 x  3

2019

xác định khi và chỉ khi 2 x  3  0  x 

3
.
2

3

Vậy TXĐ của hàm số là D   ;   .
2

Câu 45: Đáp án B
Phương pháp giải:
Giải phương trình lơgarit: loga f  x   b  f  x   ab .
Giải chi tiết:
Ta có: log2 1  x   2  1  x  4  x  3 .
Câu 46: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Đặt t  xf  x   f  t   2 . Sử dụng tương giao đồ thị hàm số giải phương trình tìm t.
- Cô lập f  x  , tiếp tục sử dụng tương giao hàm số để giải phương trình.
- Sử dụng kĩ năng chọn đại diện 1 số cụ thể thỏa mãn điều kiện, để bài toán đơn giản hơn.
Giải chi tiết:
Đặt t  xf  x  ta có: f  t   2  0  f  t   2 .

t  a   4; 2 

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình f  t   2 có 3 nghiệm phân biệt t  0
.
t  b   0; 2 

Trang 25