30 đề thi thử TN THPT 2021 môn toán THPT chuyên thái bình lần 2 file word có lời giải

SỞ GD&ĐT THÁI BÌNH

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 2

TRƯỜNG THPT CHUN THÁI

NĂM HỌC 2020 – 2021

BÌNH

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

Câu 1 (NB): Tập xác định của hàm số y = ( x 3 − 27 ) 3 là
A. D = ( 3; +∞ )

B. D = ¡

C. D = [ 3; +∞ )

D. D = ¡ \ { 3} .

Câu 2 (NB): Cho hàm số y = f ( x ) bảng biến thiên như hình vẽ

Số nghiệm của phương trình f ( x ) − 1 = 0 là:
A. 2.

B. 0.

C. 4.

D. 3.

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

A. y =

2x −1
.
x −1

B. y =

x +1
.
x −1

C. y = x 3 − 3 x − 1.

D. y =

x −1
.
x +1

Câu 4 (TH): Hai xạ thủ bắn mỗi người một viên đạn vào bia, biết xác suất bắn trúng vòng 10 của xạ thủ
thứ nhất là 0, 75 và của xạ thủ thứ hai là 0,85 . Tính xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trúng vịng 10.
A. 0,325.

B. 0, 6375.

C. 0, 0375.

D. 0,9625.

Câu 5 (NB): Hàm số nào sau đây có đồ thị phù hợp với hình vẽ?

Trang 1


A. y = log

x

6

x.

1
B. y =  ÷ .
6

C. y = 6 x.

D. y = log 0,6 x.

Câu 6 (TH): Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi G là trọng tâm tam giác SAB và
M , N lần lượt là trung điểm của SC , SD . Biết thể tích khối chop S . ABCD là V, tính thể tích khối chóp
S .GMN .
A.

V
.
8

B.

V
.
4

C.

V
.
6

D.

V
.
12

Câu 7 (TH): Hàm số nào dưới đây có nhiều cực trị nhất?
A. y = −3 x + 1.

B. y = x 4 + 3 x 2 + 1.

C. x 3 − 3 x 2 + 1.

D. y =

2x +1
.
x −3

2
3
2
Câu 8 (TH): Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = ( m − 1) x + ( m − 1) x − x nghịch biến trên

¡ là
A. 2.

B. 3.

C. 1.

Câu 9 (TH): Với hai số thực dương a, b tùy ý thỏa mãn

D. 0.
log 3 5.log 5 a
− log 6 b = 2 . Mệnh đề nào dưới đây
1 + log 3 2

đúng?
A. 2a + 3b = 0.

B. a = b log 6 2.

Câu 10 (TH): Phương trình 2 x
A. T = 27.

2

−3 x + 2

B. T = 9.

C. a = b log 6 3.

D. a = 36b.

3
3
= 4 có hai nghiệm là x1 , x2 . Tính giá trị T = x1 + x2 .

C. T = 3.

D. T = 1.

Câu 11 (TH): Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số g ( x ) =

1
đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
f ( x)

A. ( −2;0 )

B. ( 3; +∞ )

C. ( 1; 2 )

D. ( −∞; −1)

Câu 12 (NB): Cho a, b, c là các số dương và a ≠ 1. Mệnh đề nào sau đây sai?
1
A. log a  ÷ = − log a b.
b

B. log a ( b + c ) = log a b.log a c.

b
C. log a  ÷ = log a b − log a c.
c

D. log a ( bc ) = log a b + log a c.

Câu 13 (TH): Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a , cạnh bên bằng a 3 . Tính thể
tích Vcủa khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD .
Trang 2


3π a 3
2

A. V =

B. V =

5π a 3
2

C. V =

9π a 3
2

D. V =

7π a 3
2

Câu 14 (TH): Một hình nón có chiều cao h = 20cm , bán kính đáy r = 25cm . Tính diện tích xung quanh
của hình nón đó.
A. 75π 41cm 2 .

B. 5π 41cm2 .

C. 125π 41cm 2 .

D. 25π 41cm 2 .

3
Câu 15 (TH): Giá trị nhỏ của hàm số f ( x ) = x + 3 x + 1 trên đoạn [ 1;3] là

A. 5.

B. 37.

C. 3.

D. 6.

Câu 16 (NB): Một tổ có 10 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 2 học sinh từ tổ đó để giữ hai chức
vụ tổ trưởng và tổ phó.
2
B. C10 .

A. 102.

2
C. A10 .

8
D. A10 .

Câu 17 (NB): Cho biểu thức P = 4 x 2 3 x , ( x > 0 ) . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
8

A. P = x 12 .

7

B. P = x 12 .

9

C. P = x 12 .

6

D. P = x 12 .

Câu 18 (TH): Cho hình trụ có diện tích tồn phần là 4π và có thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục là
hình vng. Tính thể tích khối trụ.
A.

4π
.
9

B.

π 6
.
9

π 6
.
12

C.

D.

4π 6
.

9
−x

 1 
Câu 19 (NB): Tập nghiệm của phương trình S của bất phương trình 5 x + 2 <  ÷ là
 25 
A. S = ( 1; +∞ ) .

B. S = ( −∞; 2 ) .

C. S = ( −∞;1) .

D. S = ( 2; ∞ ) .

1 − 2x
> 0 có dạng ( a; b ) . Tính T = 3a − 2b.
x
3

Câu 20 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình log 1
A. T = 0.

B. T = −1.

C. T = 1.

D. T =

−2
.

3

Câu 21 (NB): Khối lăng trụ có chiều cao bằng h, diện tích đáy bằng B có thể tích là
A.

1
.B.h
2

1
B. V = .B.h
3

C. V = B.h.

D. V =

1
Bh.
6

Câu 22 (NB): Cơng thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h bán kính đáy R là
A. S xq = 2π Rh.

B. S xq = π .R.h

2
C. S x = π .R.h

D. S xq = 4π Rh

Câu 23 (TH): Tính tổng T tất cả các nghiệm của phương trình 4.9 x − 13.6 x + 9.4 x = 0.
A. T =

13
.
4

B. T = 3.

1
C. T = .
4

D. T = 2.

Câu 24 (NB): Cho hình chóp S . ABCD có chiều cao bằng a, đáy là tam giác ABC đều cạnh a. Thể tích
của khối S . ABC bằng:

Trang 3


A.

3 3
a.
24

B.

1 3
a.
4

C.

3 3
a.
12

3.a 3

D.

Câu 25 (TH): Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, tam giác SAB đều và nằm trong mặt
phẳng vng góc với đáy, AB = a, AD = a 3 . Thể tích khối chóp S . ABCD bằng
A.

3a 2
.
2

B. a 3

C.

a3
.
6

D.

a3
2

Câu 26 (TH): Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + mx + 1 có đồ thị hàm số ( C ) và đường thẳng d : y = 2 x + 1 . Có
bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để ( C ) cắt đường thẳng d tại 3 điểm phân biệt ?
A. 4.

B. 5.

C. 9.

D. 3.

Câu 27 (TH): Cho hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình bên dưới.

Trong các số a, b, c, d có bao nhiêu số dương?
A. 1

B. 0

C. 2

D. 3

Câu 28 (VD): Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ cạnh a. Gọi M là trung điểm cạnh C ′D′ , G là trọng
tâm tam giác ABD. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( B′MG ) .
A.

a 6
.
6

B.

a 6
.
3

C.

a 6
.
2

D.

a 6
.
4

Câu 29 (NB): Hình tứ diện đều có bao nhiêu mặt đối xứng?
A. 4.

B. 3.

C. 5.

D. 6.

Câu 30 (NB): Cho hàm số y = f ( x ) bảng biến thiên như nhau:

Hàm số đạt cực đại tại
Trang 4


A. x = −2

B. x = 3

C. x = 1

D. x = 2

Câu 31 (VD): Một nhóm học sinh có 8 học sinh nữ và 4 học sinh nam. Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh
này thành một hàng dọc. Tính xác suất sao cho khơng có hai bạn nam nào đứng cạnh nhau.
A.

162
165

B.

163
165

C.

14

55

D.

16
55

2
2
Câu 32 (VD): Cho bất phương trình log 3 ( x + 2 x + 2 ) + 1 > log 3 ( x + 6 x + 5 + m ) . Có tất cả bao nhiêu giá

trị nguyên của tham số m để bất phương trình trên nghiệm đúng với mọi x ∈ ( 1;3) ?
A. 16

B. Vô số

C. 15

D. 14

2
4
2
Câu 33 (TH): Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = ( m − 9 ) x − 2 x + 1 có đúng một cực trị là:

A. 4

B. 3

C. 5

D. 7
6

2 

Câu 34 (TH): Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển Newton của  x +
÷ ,x > 0.
x

3

A. 60.

B. 80.

C. 240.

D. 160.

2
Câu 35 (VD): Cho hình nón ( N ) đỉnh S có bán kính đáy bằng a và diện tích xung quanh S xq = 2π a .

Tính thể tích V của khối chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD nội tiếp đáy của khối nón ( N ) .
A. V = 2 3a 3

B. V =

2 3a 3
3

C. V =

2 5a 3
3

D. V =

2 2a 3
3

Câu 36 (VD): Ông An muốn xây một bể nước chứa dạng hình hộp chữ nhật, phần nắp trên ơng để trống
một ơ có diện tích bằng 20% diện tích của đáy bể. Biết đáy bể là một hình chữ nhật có chiều dài gấp đơi
chiều rộng, bể có thể chứa tối đa 10m3 nước và giá tiền thuê nhân công là 500000 đồng/ m 2 . Số tiền ít
nhất mà ơng phải trả cho nhân công gần nhất với đáp án nào dưới đây?
A. 14 triệu đồng

B. 13 triệu đồng

C. 16 triệu đồng

D. 15 triệu đồng

Câu 37 (NB): Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Mệnh đề nào dưới đây sai?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;1) .

B. Hàm số nghịch iến trên khoảng ( −1;0 ) .

C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 2; +∞ ) .

D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;3) .

Câu 38 (TH): Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Trang 5


Phương trình tất cả các đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
A. y = 0

B. y = 0 và y = 2

C. x = −1 và x = 1

14
là:
f ( x) + 4
D. y = 3

2x2 + x −1
Câu 39 (TH): Cho hàm số y =
có đồ thị ( C ) . Số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của
x −1

( C)

là:

A. 0

B. 1

C. 3

D. 2

Câu 40 (TH): Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A′B′C ′ mà mặt bên ABB′A′ có diện tích bằng 4. Khoảng
cách giữa cạnh CC ′ và AB′ bằng 7. Thể tích khối lăng trụ bằng:
A. 10

B. 16

Câu 41 (VD): Cho hàm số y =

C. 12

D. 14

3x − 2
có đồ thị ( C ) . Có tất cả bao nhiêu đường thẳng cắt ( C ) tại hai
x

điểm phân biệt mà hoành độ và tung độ của hai giao điểm này đều là các số nguyên?
A. 10

B. 4

C. 6

D. 2
mx +1

Câu 42 (VD): Tìm S là tập hợp các giá trị thực của tham số m để hàm số y = 2 x + m nghịch biến trên
1

 ; +∞ ÷.
2

A. S = ( −1;1)

1 
B. S =  ;1
2 

 1 
C. S =  − ;1÷
 2 

1 
D. S =  ;1÷
2 

Câu 43 (TH): Cho hình chóp S . ABCD có SA vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) , SA = a 2 , ABCD
là hình vng tâm O cạnh 2a . Góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( ABCD ) bằng:
A. 450

B. 900

Câu 44 (NB): Cho hàm số y =

C. 600

D. 300

2x +1
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
x +1

A. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) .
B. Hàm số đồng biến trên ¡ \ { −1} .
C. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) .
D. Hàm số nghịch biến trên ¡ \ { −1} .

Trang 6


Câu 45 (VDC): Cho hai khối cầu đồng tâm có bán kính là 1 và 4. Xét hình chóp S . A1 A2 A3 A4 A5 A6 có đỉnh
S thuộc mặt cầu nhỏ và các đỉnh Ai . i = 1;6 thuộc mặt cầu lớn. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp
S . A1 A2 A3 A4 A5 A6 .
A. 24

B. 18

C. 24 3

D. 18 3

Câu 46 (VDC): Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn x < y và 4 x + 4 y = 32 y − 32 x + 48 .

A. 5

B. 4

C. 2

D. 1

Câu 47 (VDC): Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh a. Mặt bên BB′C ′C là hình
thoi và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Khoảng cách giữa CC ′ và mặt phẳng ( ABB′A′ ) bằng
a 12
. Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ bằng:
5
a3
A.
6

a 3 21
B.
14

3a 3
C.
8

a 3 21
D.
7

Câu 48 (VDC): Cho hàm số đa thức bậc năm y = f ( x ) có đồ thị như hình bên dưới:

Số nghiệm của phương trình f ( xf ( x ) ) = 9 − x 2 f 2 ( x ) là:
A. 13

B. 14

C. 15

D. 8

Câu 49 (VDC): Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ¡ và f ′ ( x ) có bảng biến thiên như sau:

(

)

2x
Hàm số g ( x ) = f e − 2 x − 2 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 9

B. 11

C. 5

D. 7

Trang 7

Câu 50 (VDC): Cho hình chóp S . ABC có AB = a , BC = a 3 , ∠ABC = 600 . Hình chiếu vng góc của
S lên mặt phẳng ( ABC ) là một điểm thuộc cạnh BC . Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABC )

bằng 450 . Thể tích khối chóp S . ABC đạt giá trị nhỏ nhất bằng
A.

a3 3
12

B.

a3 3
8

C.

a3 3
6

D.

a3 3
3

Đáp án
1-A
11-C
21-C
31-C
41-C

2-D
12-B
22-A
32-A
42-C

3-B
13-C
23-D
33-D
43-A

4-D
14-C
24-C
34-A
44-A

5-A
15-A
25-D
35-B
45-D

6-D
16-C
26-D
36-A
46-D

7-C
17-B
27-C
37-D
47-B

8-A
18-D
28-B
38-B
48-B

9-D
19-D
29-D
39-B
49-A

10-A
20-D
30-C
40-D
50-B

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
Phương pháp giải:
Tập xác định của hàm số lũy thừa y =  f ( x )  phụ thuộc vào giá trị của a.
a

Với a nguyên dương, tập xác định là ¡ ;
Với a nguyên âm hoặc bằng 0, tập xác định là ¡ \ { 0} ;
Với a không nguyên, tập xác định là ( 0, +∞ ) .
Giải chi tiết:
π

Xét hàm số y = ( x 3 − 27 ) 3 có a =

π
π
∉ ¢ . Do đó hàm số y = ( x 3 − 27 ) 3 xác định khi và chỉ khi
3

x 3 − 27 > 0 ⇔ x3 > 27 ⇔ x > 3.
Vậy TXĐ của hàm số đã cho là D = ( 3; +∞ ) .
Câu 2: Đáp án D
Phương pháp giải:
Số nghiệm của phương trình f ( x ) = a là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) với đường thẳng
y =a.
Giải chi tiết:
Ta có: f ( x ) − 1 = 0 ⇔ f ( x ) = 1 .
Suy ra: số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = 1.

Trang 8


Từ BBT ta thấy: hai đồ thị y = f ( x ) và y = 1 có ba giao điểm.
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 3: Đáp án B

Phương pháp giải:
- Dựa vào đường TCN và TCĐ của đồ thị hàm số để xác định hàm số.
- Đồ thị hàm số y =

ax + b
a
d
có TCN y = và TCĐ là x = − .
cx + d
c
c

Giải chi tiết:
Đồ thị hàm số đã cho có TCN y = 1 và TCĐ x = 1 nên chỉ có đáp án B đúng.
Câu 4: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Sử dụng quy tắc nhân xác suất.
- Sử dụng biến cố đối.
Giải chi tiết:
Gọi xác suất bắn trúng bia của xạ thủ thứ nhất là P1 = 0, 75.
xác suất bắn trúng bia của xạ thủ thứ hai là P2 = 0,85.
Gọi A là biến cố: “Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng vòng 10” ⇒ Biến cố đối A : “Khơng có xạ thủ nào bắn
trúng vịng 10”.
Khi đó ta có A = P1.P2 .

( ) ( )

⇒ P ( A ) = P P1 .P P2

= ( 1 − 0, 75 ) ( 1 − 0,85 ) = 0, 0375

Vậy xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trúng vòng 10 là: P ( A ) = 1 − P ( A ) = 0,9625 .
Câu 5: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Hàm số y = log a x ( 0 < a ≠ 1) có TXĐ D = ( 0; +∞ ) , đồng biến trên D khi a > 1 , nghịch biến trên D khi
0 < a < 1.
x
- Hàm số y = a ( 0 < a ≠ 1) có TXĐ D = ¡ , đồng biến trên D khi a > 1 , nghịch biến trên D khi 0 < a < 1 .

Trang 9


Giải chi tiết:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:
- Hàm số xác định trên ( 0; +∞ ) nên loại đáp án B và C.
- Hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) nên loại đáp án D vì 0 < 0, 6 < 1 .
Vậy đồ thị đã cho là của hàm số y = log

6

x.

Câu 6: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Tính tỉ lệ thể tích

VS .GMN
dựa vào cơng thức tỉ lệ thể tích Simpson.
VS . ECD

- So sánh thể tích hai khối chóp có cùng chiều cao S .ECD và S . ABCD , từ đó tính thể tích khối chóp
S .GMN .
Giải chi tiết:

Gọi E là trung điểm của AB . Vì G là trọng tâm ∆SAB nên

SG 2
= .
SE 3

Ta có:
VS .GMN SG SM SN 2 1 1 1
=
.
.
= . . =
VS . ECD SE SC SD 3 2 2 6
1
⇒ VS .GMN = VS . ECD
6
Ta có: S .ECD và S . ABCD là hai khối chóp có cùng chiều cao nên
VS . ECD
S
= ECD
VS . ABCD S ABCD

1
d ( E ; CD ) .CD
1
2

=
=
d ( E ; CD ) .CD
2

1
⇒ VS .ECD = VS . ABCD
2
1 1
1
V
⇒ VS .GMN = . VS . ABCD = VS . ABCD =
6 2
12
12
Câu 7: Đáp án C
Trang 10


Phương pháp giải:
- Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất, hàm nhị thức bậc nhất khơng có cực trị.
- Hàm đa thức bậc ba có 0 hoặc 2 cực trị.
- Hàm đa thức bậc bốn trùng phương có 1 hoặc 3 cực trị.
Giải chi tiết:
Dễ thấy: Hàm số ở đáp án A và D khơng có cực trị.
3
2
Xét đáp án B: y ′ = 4 x + 6 x = 0 ⇔ 2 x ( 2 x + 3) = 0 ⇔ x = 0 nên hàm số có 1 điểm cực trị.

x = 0

2
Xét đáp án C: y ′ = 3 x − 6 x = 0 ⇔ 
nên hàm số có 2 điểm cực trị.
x = 2
Vậy hàm số có nhiều điểm cực trị nhất là hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 1 .
Câu 8: Đáp án A
Phương pháp giải:
Xét 2 TH:
- TH1: m 2 − 1 = 0 , thay m vào hàm số, xét xem hàm số có thỏa mãn nghịch biến trên ¡ hay không?
- TH2: m 2 − 1 ≠ 0 . Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên ¡ khi và chỉ khi y ′ ≤ 0 ∀x ∈ ¡ .
a < 0
2
+ Tam thức bậc hai ax + bx + c ≤ 0 ∀x ∈ ¡ ⇔ 
.
 ∆′ ≤ 0
Giải chi tiết:
TH1: m 2 − 1 = 0 ⇔ m = ±1 .
+ Với m = 1 ⇒ y = − x nghịch biến trên ¡ (thỏa mãn).
 1

+ Với m = −1 ⇒ y = −2 x 2 − x nghịch biến trên  − ; +∞ ÷ (khơng thỏa mãn).
 4

TH2: m 2 − 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±1 .
2
2
Khi đó ta có y ′ = 3 ( m − 1) x + 2 ( m − 1) x − 1 .

Để hàm số nghịch biến trên ¡ thì y ′ ≤ 0 ∀x ∈ ¡
⇔ 3 ( m 2 − 1) x 2 + 2 ( m − 1) x − 1 ≤ 0 ∀x ∈ ¡

3 ( m 2 − 1) < 0
 −1 < m < 1

⇔
⇔
 2
2
2
2
m − 2m + 1 + 3m − 3 ≤ 0
∆′ = ( m − 1) + 3 ( m − 1) ≤ 0
 −1 < m < 1
 −1 < m < 1
1

⇔ 2
⇔ 1
⇔ − ≤ m <1
2
 4m − 2m − 2 ≤ 0
− 2 ≤ m ≤ 1
 1 
Kết hợp 2 TH ta có m ∈  − ;1 . Mà m ∈ ¢ ⇒ m ∈ { 0;1} .
 2 
Trang 11


Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 9: Đáp án D
Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức:
log a b.log b c = log a c;

log a c
= log b c ( 0 < a, b ≠ 1; c > 0 )
log a b

log a x + log a y = log a ( xy ) ( 0 < a ≠ 1, x, y > 0 )
x
log a x − log a y = log a  ÷( 0 < a ≠ 1, x, y > 0 )
 y
Giải chi tiết:
Ta có:
log35.log5a1+log32−log6b=2⇔log3alog36−log6b=2⇔log6a−log6b=2⇔log6ab=2⇔ab=36⇔a=36blog35.l
og5a1+log32−log6b=2⇔log3alog36−log6b=2⇔log6a−log6b=2⇔log6ab=2⇔ab=36⇔a=36b
log 3 5.log 5 a
− log 6 b = 2
1 + log 3 2
⇔

log 3 a
− log 6 b = 2 ⇔ log 6 a − log 6 b = 2
log 3 6

⇔ log 6

a
a
= 2 ⇔ = 36 ⇔ a = 36b
b

b

Câu 10: Đáp án A
Phương pháp giải:
f ( x)
= a g ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x ) , tìm x1 , x2 .
- Giải phương trình mũ a
3
3
- Thay x1 , x2 vừa tìm được vào tính giá trị biểu thức T = x1 + x2 .

Giải chi tiết:
Ta có: 2 x

2

−3 x + 2

 x1 = 0
= 4 = 22 ⇔ x 2 − 3x + 2 = 2 ⇔ 
 x2 = 3

3
3
3
3
Vậy T= T = x1 + x2 = 0 + 3 = 27

Câu 11: Đáp án C
Phương pháp giải:

1 ′
u′
- Tính đạo hàm hàm g ′ ( x ) , sử dụng cơng thức tính đạo hàm  ÷ = − 2 .
u
u
- Giải bất phương trình g ′ ( x ) > 0 và suy ra các khoảng đồng biến của hàm số.
Giải chi tiết:
ĐKXĐ: f ( x ) ≠ 0 ⇔ x ≠ −2; x ≠ 0; x ≠ 3 .
Trang 12


Ta có g ( x ) =

f ′( x)
1
⇒ g′( x) = − 2
.
f ( x)
f ( x)
f ′( x)
> 0 ⇔ f ′( x) < 0 .
f 2 ( x)

Xét g ′ ( x ) > 0 ⇔ −

 x ∈ ( −∞; −1) \ { −2}
Dựa vào BBT ta thấy: f ′ ( x ) < 0 ⇔ 
 x ∈ ( 1;3)
⇒ Hàm số g ( x ) =

1
đồng biến trên ( −∞; −2 ) ; ( −2; −1) ; ( 1;3) .
f ( x)

Vì ( 1; 2 ) ⊂ ( 1;3) nên hàm số cũng đồng biến trên ( 1; 2 ) .
Câu 12: Đáp án B
Phương pháp giải:
Sử dụng các công thức:
log a x + log a y = log a ( xy ) ( 0 < a ≠ 1, x, y > 0 )
x
log a x − log a y = log a  ÷( 0 < a ≠ 1, x, y > 0 )
 y
Giải chi tiết:
Dễ thấy mệnh đề sai là đáp án B: log a ( b + c ) = log a b.log a c.
Câu 13: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Sử dụng cơng thức tính nhanh: Khối chóp đều có cạnh bên bằng b, chiều cao h có bán kính đường trịn
ngoại tiếp là R =

b2
.
2h

4
3
- Thể tích khối cầu bán kính R là V = π R .
3
Giải chi tiết:

Gọi O = AC ∩ BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD )

Trang 13


Vì ABCD là hình vng cạnh 2a nên OB =

2a 2
=a 2.
2

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng SOB ta có SO = SB 2 − OB 2 = 3a 2 − 2a 2 = a .
⇒ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là R =

SB 2 3a 2 3a
.
=
=
2 SO 2a
2
3

4
4  3a  9π a 3
Vậy thể tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là: V = π R 3 = π .  ÷ =
.
3
3  2 
2
Câu 14: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Tính độ dài đường sinh l = h 2 + r 2 .

- Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r, độ dài đường sinh l là S xq = π rl .
Giải chi tiết:
Độ dài đường sinh của hình nón là: l = h 2 + r 2 = 202 + 252 = 5 41 ( cm ) .
2
Diện tích xung quanh của hình nón là: S xq = π rl = π .25.5 41 = 125π 41 ( cm ) .

Câu 15: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Tính đạo hàm f ′ ( x ) .
- Giải phương trình f ′ ( x ) = 0 xác định các nghiệm xi ∈ [ 1;3] .
- Tính f ( 1) ; f ( 3) ; f ( xi ) .
f ( x ) = min { f ( 1) ; f ( 3) ; f ( xi ) } , max f ( x ) = max { f ( 1) ; f ( 3) ; f ( xi ) } .
- Kết luận: min
[ 1;3]
[ 1;3]
Giải chi tiết:
TXĐ: D = ¡ . Ta có y ′ = 3 x 2 + 3 > 0 ∀x ∈ ¡ .
Ta có f ( 1) = 5, f ( 3) = 37
f ( x) = 5 .
Vậy min
[ 1;3]
Câu 16: Đáp án C
Phương pháp giải:
Sử dụng chỉnh hợp.
Giải chi tiết:
2
Số cách chọn ra 2 học sinh từ tổ đó để giữ hai chức vụ tổ trưởng và tổ phó là A10 cách.

Câu 17: Đáp án B
Phương pháp giải:

Trang 14


Sử dụng công thức

n

m

x n = x m ; x m .x n = x m + n , ( x m ) = x mn .
n

Giải chi tiết:
1

P= x
4

23



7
 2 13  4
 2 + ÷.
 3 4
12
x =  x .x ÷ = x
=x



1 1

Câu 18: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục của hình trụ là hình vng nên hình trụ có chiều cao h bằng 2 lần
bán kính đáy R .
2
- Diện tích tồn phần của hình trụ có chiều cao h , bán kính đáy R là Stp = 2π Rh + 2π R , từ đó tính được

R, h .
- Thể tích của khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy R là: V = π R 2 h .
Giải chi tiết:
Giả sử hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy R.
Vì thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục của hình trụ là hình vuông nên h = 2 R .
Theo bài ra ta có:
Stp = 2π Rh + 2π R 2 ⇔ 4π = 2π .R.2 R + 2π R 2 ⇔ 4π = 6π R 2
⇔R=

6
2 6
⇒h=
3
3
2

 6  2 6 4π 6
Vậy thể tích khối trụ là: V = π R h = π . 
÷

÷. 3 = 9 .
3


2

Câu 19: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Đưa về cùng cơ số.
 f ( x ) < g ( x ) khi a > 1
f ( x)
< a g( x) ⇔ 
- Giải bất phương trình mũ: a
.
 f ( x ) > g ( x ) khi 0 < a < 1
Giải chi tiết:
−x

5

x+2

 1 
<  ÷ ⇔ 5 x + 2 < 52 x ⇔ x + 2 < 2 x ⇔ x > 2 .
 25 

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = ( 2; +∞ ) .
Câu 20: Đáp án D
Phương pháp giải:
b

- Giải bất phương trình logarit: log a f ( x ) > b ⇔ 0 < f ( x ) < a ( khi 0 < a < 1) .

- Giải bất phương trình tìm x, từ đó kết luận tập nghiệm của bất phương trình và suy ra a, b .
Trang 15


- Thay a, b vừa tìm được để tính giá trị biểu thức T = 3a − 2b .
Giải chi tiết:
1 − 2x
1− 2x
>0⇔0<
<1
x
x
3

Ta có: log 1

1
 1− 2x

0 < x
0 < x < 2
⇔
⇔
1
−
2
x


1 − 3 x < 0
<1
 x
 x
1

0 < x < 2
1
⇔
⇔0< x<
3
0 < x < 1

3
1
 1
⇒ Tập nghiệm của bất phương trình là  0; ÷ ⇒ a = 0; b = .
3
 3
1
2
Vậy T = 3a − 2b = 3.0 − 2. = − .
3
3
Câu 21: Đáp án C
Phương pháp giải:
Khối lăng trụ có chiều cao bằng h, diện tích đáy bằng B có thể tích là V = B.h.
Giải chi tiết:
Khối lăng trụ có chiều cao bằng h, diện tích đáy bằng B có thể tích là V = B.h.
Câu 22: Đáp án A

Phương pháp giải:
Cơng thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h bán kính đáy R là S xq = 2π Rh.
Giải chi tiết:
Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h bán kính đáy R là S xq = 2π Rh.
Câu 23: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Chia cả 2 vế phương trình cho 4 x > 0 .
x

3
- Đặt ẩn phụ t =  ÷ , đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t, giải phương trình tìm t.
2
- Từ t tìm được tìm x tương ứng và tính tổng các nghiệm.
Giải chi tiết:
2x

x

3
3
Chia cả 2 vế phương trình cho 4 > 0 ta được: 4.  ÷ − 13.  ÷ + 9 = 0.
2
2
x

Trang 16


 9
x

t=
2
3
Đặt t =  ÷ , phương trình trở thành 4t − 13t + 9 = 0 ⇔  4 ( tm ) .

2
t = 1
 3  x 9
 ÷ =
4
x = 2
2
⇔
Khi đó ta có: 
x = 0
x

 3 ÷ = 1
 2 
Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho là: T = 2 + 0 = 2 .
Câu 24: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Sử dụng cơng thức tính nhanh diện tích tam giác đều cạnh a là S =

a2 3
.
4

1
- Thể tích khối chóp có chiều cao h, diện tích đáy B là V = Bh

3
Giải chi tiết:
Vì đáy là tam giác đều cạnh a nên S ABC =

a2 3
.
4

1
1 a 2 3 a3 3
Thể tích khối chóp là: V = .h.S ABC = .a.
.
=
3
3
4
12
Câu 25: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Gọi H là trung điểm của AB, chứng minh SH ⊥ ( ABCD ) .
1
- Tính thể tích khối chóp VS . ABCD = SH .S ABCD .
3
Giải chi tiết:

Gọi H là trung điểm của AB , vì ∆SAB đều có AB = a nên SH ⊥ AB và SH =

a 3
.
2

( SAB ) ⊥ ( ABCD ) = AB
⇒ SH ⊥ ( ABCD ) .
Ta có: 
 SH ⊂ ( SAB ) ; SH ⊥ AB
Trang 17


Ta có: S ABCD = AB. AD = a.a 3 = a 2 3 .
1
1 a 3 2
a3
Vậy VS . ABCD = SH .S ABCD = .
.
.a 3 =
3
3 2
2
Câu 26: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Xét phương trình hồnh độ giao điểm.
- Đưa phương trình về dạng tích một nhị thức và một tam thức bậc hai.
- Biện luận nghiệm của tam thức bậc hai.
Giải chi tiết:
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
3
2
2
x 3 − 3 x 2 + mx + 1 = 2 x + 1 ⇔ x − 3 x + ( m − 2 ) x = 0 ⇔ x  x − 3 x + m − 2  = 0

x = 0
⇔
2
 f ( x ) = x − 3 x + m − 2 = 0 ( *)
Để (C) cắt đường thẳng d : y = 2 x + 1 tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt
khác 0.
17

 ∆′ = 9 − 4 m + 8 > 0
m <
⇒
⇔
4 .
m − 2 ≠ 0
m ≠ 2
Mà m là số nguyên dương ⇒ m ∈ { 1;3; 4} .
Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 27: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Dựa vào chiều của nhánh cuối cùng suy ra dấu của hệ số a.
- Dựa vào giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung suy ra dấu của hệ số d.
- Dựa vào các điểm cực trị suy ra dấu của hệ số b, c
Giải chi tiết:
Vì đồ thị hàm số có nhánh cuối cùng đi xuống nên a < 0 .
Vì giao điểm của đồ thị hàm số và trục tung nằm phía dưới trục hồnh nên d < 0 .
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Hàm số có 2 điểm cực trị trái dấu, và tổng 2 cực trị là số dương.
 ac < 0
c > 0

⇔

Ta có y ′ = 3ax + 2bx + c , do đó  −2b
.
b > 0
 3a > 0
2

Vậy có 2 số dương là b, c .
Câu 28: Đáp án B
Phương pháp giải:
Trang 18


- Mở rộng mặt phẳng ( B′MG ) , chứng minh ( B′MG ) ≡ ( B′GN ) với N là trung điểm của AB .
- Đổi d ( C ; ( B′GN ) ) sang d ( B; ( B′GN ) ) .
- Trong ( ABCD ) kẻ BH ⊥ GN , trong ( B′BH ) kẻ BK ⊥ B′N . Chứng minh BK ⊥ ( B′GN ) .
- Sử dụng tam giác đồng dạng, hệ thức lượng trong tam giác vng để tính khoảng cách.
Giải chi tiết:

Gọi N là trung điểm của AB , ta có B′M / / DN nên B′, M , D, N đồng phẳng ⇒ ( B′MG ) ≡ ( B′GN ) .
⇒ d ( C ; ( B′MG ) ) = d ( C ; ( B′GN ) ) .
Gọi O = AC ∩ BD , ta có

AG 2
AG 2 1 1
AG 1
= ⇒
= . = ⇒
= .
AO 3
AC 3 2 3

CG 2

Ta có CA ∩ ( B′GN ) = G ⇒

d ( C ; ( B′GN ) )
d ( A; ( B′GN ) )

=

CG
=2
AG

⇒ d ( C ; ( B′GN ) ) = 2d ( A; ( B′GN ) ) .
Lại có AB ∩ ( B′GN ) = N ⇒

d ( A; ( B′GN ) )
d ( B; ( B′GN ) )

=

AN
=1
BN

⇒ d ( A; ( B′GN ) ) = d ( B; ( B′GN ) ) ⇒ d ( C ; ( B′GN ) ) = 2d ( B; ( B′GN ) )
Trong ( ABCD ) kẻ BH ⊥ GN , trong ( B′BH ) kẻ BK ⊥ B′N .
Ta có:
GN ⊥ BH
⇒ GN ⊥ ( BB′H ) ⇒ GN ⊥ BK


GN ⊥ BB′
 BK ⊥ B′H
⇒ BK ⊥ ( B′GN ) ⇒ d ( B; ( B′GN ) ) = BK

 BK ⊥ GN
Ta có ∆BNH ~ ∆DNA ( g .g ) ⇒

BH BN ⇒ BH =
=
AD DN

a.

a
2

a2 +

2

a
4

=

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng BB′H ta có: BK =

a 5
5 .

a 5
a 6
5
=
=
.
6
BB′2 + BH 2
a2
2
a +
5
BB′.BH

a.

Trang 19


Vậy d ( C ; ( B′MG ) ) = d ( C ; ( B′GN ) ) = 2d ( B; ( B′GN ) ) =

a 6
.
3

Câu 29: Đáp án D
Phương pháp giải:
Vẽ hình và đếm.
Giải chi tiết:

Hình tứ diện đều có 6 mặt phẳng đối xứng.

Câu 30: Đáp án C
Phương pháp giải:
Dựa vào BBT xác định số điểm cực đại là số điểm mà qua đó đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.
Giải chi tiết:
Hàm số đã cho đạt cực đại tại x = 1 .
Câu 31: Đáp án C
Phương pháp giải:
Sử dụng nguyên tắc vách ngăn.
Giải chi tiết:
Số cách xếp 12 học sinh thành 1 hàng dọc là 12! cách ⇒ Không gian mẫu n ( Ω ) = 12! .
Gọi A là biến cố: “không có hai bạn nam nào đứng cạnh nhau”
Xếp 8 bạn nữ thành hàng ngang có 8! cách, khi đó có 9 vách ngăn giữa 8 bạn nữ này.
4
Xếp 4 bạn nam vào 4 trong 9 vách ngăn trên có A9 cách.
4
Khi đó n ( A ) = 8!. A9 .

Vậy xác suất cần tìm là P ( A ) =

8!. A94 14
.
=
12! 55

Câu 32: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Giải bất phương trình log a f ( x ) > log a g ( x ) ⇔ f ( x ) > g ( x ) > 0 .
f ( x) .

- Cơ lập m, đưa các bất phương trình về dạng m < f ( x ) ∀x ∈ ( a; b ) ⇔ m ≤ min
[ a ;b ]
Giải chi tiết:
Trang 20


Ta có:
log 3 ( x 2 + 2 x + 2 ) + 1 > log 3 ( x 2 + 6 x + 5 + m ) ∀x ∈ ( 1;3 )
⇔ log 3 ( 3 x 2 + 6 x + 6 ) > log 3 ( x 2 + 6 x + 5 + m ) ∀x ∈ ( 1;3)
 x 2 + 6 x + 5 + m > 0 ∀x ∈ ( 1;3)
⇔ 2
2
3 x + 6 x + 6 > x + 6 x + 5 + m ∀x ∈ ( 1;3 )
 x 2 + 6 x + 5 + m > 0 ∀x ∈ ( 1;3) ( 1)
⇔ 2
2 x + 1 − m > 0 ∀x ∈ ( 1;3) ( 2 )
2
2
Giải (1): x + 6 x + 5 + m > 0 ∀x ∈ ( 1;3) ⇔ x + 6 x + 5 > −m ∀x ∈ ( 1;3) .
2
f ( x) .
Đặt f ( x ) = x + 6 x + 5 ta có −m < f ( x ) ∀x ∈ ( 1;3) ⇔ −m ≤ min
[ 1;3]

BBT:

Từ BBT ⇒ ( 1) ⇔ −m ≤ 12 ⇔ m ≥ −12 .
2
2
Giải (2): 2 x + 1 − m > 0 ∀x ∈ ( 1;3) ⇔ m < 2 x + 1∀x ∈ ( 1;3) .

2
g ( x) .
Đặt g ( x ) = 2 x + 1 ta có m < g ( x ) ∀x ∈ ( 1;3 ) ⇔ m ≤ min
[ 1;3]

BBT:

Dựa vào BBT ⇒ ( 2 ) ⇔ m ≤ 3 .
Kết hợp ta có −12 ≤ m ≤ 3 . Mà m ∈ ¢ ⇒ m ∈ { −12; −11; −10;...;1; 2;3} .
Vậy có 16 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 33: Đáp án D
Phương pháp giải:
4
2
Hàm bậc bốn trùng phương y = ax + bx + c ( a ≠ 0 ) có đúng một điểm cực trị khi và chỉ khi ab ≥ 0 .

Giải chi tiết:
2
4
2
2
2
Hàm số y = ( m − 9 ) x − 2 x + 1 có đúng 1 điểm cực trị ⇔ −2 ( m − 9 ) ≥ 0 ⇔ m − 9 ≤ 0 ⇔ −3 ≤ m ≤ 3 .

Trang 21


Mà m ∈ ¢ ⇒ m ∈ { −3; −2; −1;0;1; 2;3} .
Vậy có 7 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 34: Đáp án A

Phương pháp giải:
n

k n−k k
- Khai triển nhị thức Newton: ( a + b ) = ∑ Cn a b .
n

k =0

- Tìm k ứng với số mũ của x bằng 3, tìm k và suy ra hệ số của x 3 trong khai triển.
Giải chi tiết:
6

k

k

3k

6
6
6
−
6−
2 

k k 6−k
k 6−k  2 
2
=

C
2
x
x
=
C6k 2k x 2 ( k ∈ [ 0;6] ) .
=
C
x
Ta có:  x +
∑
∑
6
÷ ∑ 6

÷
x  k =0
k =0
k =0

 x

Để tìm hệ số của số hạng chứa x 3 ta cho 6 −

3k
= 3 ⇔ k = 2 ( tm ) .
2

2 2
Vậy hệ số của số hạng chứa x 3 trong khai triển trên là C6 2 = 60 .

Câu 35: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Dựa vào cơng thức tính diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r và đường sinh l là
S xq = π rl để tính độ dài đường sinh của hình nón.
- Tính chiều cao của hình nón h = l 2 − r 2 để tính chiều cao của hình nón, cũng chính là chiều cao của
khối chóp.
1
- Tính thể tích khối chóp có chiều cao h , diện tích đáy B là V = Bh .
3
Giải chi tiết:

Gọi O = AC ∩ BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) và SO cũng chính là chiều cao của khối nón.
2
Diện tích xung quanh của hình nón là S xq = π rl = π .a.l = 2π a ⇒ l = 2a .

Chiều cao của hình nón là h = l 2 − r 2 = 4a 2 − a 2 = a 3 = SO .
Ta có: AC = 2r = 2a nên AB =

AC 2a
=
= a 2 ⇒ S ABCD = a 2
2
2

(

)

2

= 2a 2 .
Trang 22


1
1
2 3a 3
Vậy thể tích khối chóp S . ABCD là: VS . ABCD = SO.S ABCD = .a 3.2a 2 =
.
3
3
3
Câu 36: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Gọi chiều rộng của bế nước là x ( x > 0 ) ( m ) thì chiều dài của bể nước là 2x ( m ) . Gọi chiều cao của bể
nước là h ( h > 0 ) ( m ) , dựa vào cơng thức tính thể tích khối hộp chữ nhật rút h theo x.
- Tính diện tích tồn phần của hình hộp chữ nhật (trừ đi diện tích của ơ trống bằng 20% diện tích của
đáy). Diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật có 3 kích thước a, b, c là Stp = 2 ( ab + bc + ca ) .
- Sử dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm: a + b + c ≥ 3 3 abc . Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c .
Giải chi tiết:
Gọi chiều rộng của bế nước là x ( x > 0 ) ( m ) thì chiều dài của bể nước là 2x ( m ) . Gọi chiều cao của bể
nước là h ( h > 0 ) ( m ) ta có thể tích bể nước là V = 2 x.x.h = 10 ⇔ h =
Diện tích xung quanh của bể nước là: S xq = 2 ( 2 x.h + x.h ) = 6 xh =

5
( m) .
x2

30 2

(m ) .
x

2
Diện tích một đáy là 2 x.x = 2 x ( m ) , suy ra diện tích 2 đáy (trừ đi diện tích của ơ trống bằng 20% diện

2
2
tích của đáy) là: 2 x .80% + 2 x =

18 2 2
x (m ) .
5

⇒ Diện tích tồn phần của bể nước là:

30 18 2 2
+ x (m )
x 5

Để giá tiền phải trả là ít nhất thì diện tích tồn phần của bể là nhỏ nhất.
Áp dụng BĐT Cơ-si ta có:
Dấu “=” xảy ra ⇔

30 18 2 15 15 18 2
15 15 18
+ x = + + x ≥ 3 3 . . x 2 = 9 3 30 .
x 5
x x 5
x x 5

15 18 2
25
= x ⇔x= 3
( m) .
x
5
6

Vậy số tiền phải trả cho nhân cơng ít nhất là 9 3 30.0,5 ≈ 14 triệu đồng.
Câu 37: Đáp án D
Phương pháp giải:
Dựa vào BBT xác định các khoảng đồng biến (nghịch biến) là các khoảng mà hàm số liên tục và có đạo
hàm dương (âm).
Giải chi tiết:
Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; −1) và ( 1; +∞ ) , nghịch biến trên ( −1;1) .
Do đó các đáp án A, B, C đúng và đáp án D sai.
Trang 23


Câu 38: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Sử dụng định nghĩa TCN của đồ thị hàm số: Đồ thị hàm số y = f ( x ) nhận đường thẳng y = y0 làm
f ( x ) = y0 .
TCN nếu thỏa mãn một trong các điều kiện xlim
→±∞
f ( x ) ; lim f ( x ) .
- Dựa vào BBT xác định xlim
→−∞
x →+∞

Giải chi tiết:
f ( x ) = −∞; lim f ( x ) = 3 .
Dựa vào BBT ta có xlim
→−∞
x →+∞
Khi đó ta có: xlim
→−∞

14
14
= 0; lim
=2.
x
→+∞
f ( x) + 4
f ( x) + 4

Vậy đồ thị hàm số y =

14
có tất cả 2 TCN là y = 0; y = 2 .
f ( x) + 4

Câu 39: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Hàm phân thức có bậc tử > bậc mẫu khơng có TCN.
- Số tiệm cận đứng = số nghiệm của mẫu không bị triệt tiêu bởi nghiệm của tử.
Giải chi tiết:
Ta có y =

2 x 2 + x − 1 ( 2 x − 1) ( x + 1)
.
=
x −1
x −1

Vì bậc tử > bậc mẫu nên đồ thị hàm số khơng có TCN.
Vì x = 1 là nghiệm của mẫu khơng bị triệt tiêu nên đồ thị hàm số có TCĐ x = 1 .
Vậy đồ thị hàm số đã cho có tổng số TCN và TCĐ là 1.
Câu 40: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Sử dụng định lí: a / / ( P ) ⊃ b ⇒ d ( a; b ) = ( a; ( P ) ) ( a, b là 2 đường thẳng chéo nhau).
1
- Tính VC ′. ABB′A′ = d ( C ′; ( ABB′A′ ) ) .S ABB′A′ .
3
3
- Tính VABC . A′B′C ′ = VC ′. ABB′A′ .
2
Giải chi tiết:

Trang 24


Vì CC ′ / / AA′ nên CC ′ / / ( ABB′A′ ) ⊃ AB′ .
Do đó d ( CC ′; AB′ ) = d ( CC ′; ( ABB′A′ ) ) = d ( C ′; ( ABB′A′ ) ) = 7 .
1
1
28
Khi đó ta có: VC ′. ABB′A′ = d ( C ′; ( ABB′A′ ) ) .S ABB′A′ = .7.4 =
.

3
3
3
2
3
3 28
Mà VC ′. ABB′A′ = VABC . A′B′C ′ ⇒ VABC . A′B′C ′ = VC ′. ABB′A′ = . = 14 .
3
2
2 3
Câu 41: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Tìm số điểm có hồnh độ và tung độ là các số nguyên thuộc đồ thị hàm số y =

3x − 2
, giả sử là n.
x

2
- Số đường thẳng thỏa mãn là số đường thẳng đi qua 2 trong n điểm trên, tức là Cn đường thẳng.

Giải chi tiết:
Để đường thẳng cắt ( C ) tại 2 điểm có hồnh độ và tung độ là các số ngun thì điểm có hồnh độ và
tung độ là các số nguyên phải thuộc đồ thị hàm số y =
Ta có: y =

3x − 2
.
x

3x − 2
2
= 3 − ( x ≠ 0) .
x
x

Để y ∈ ¢ ⇒

2
∈ ¢ ⇒ x ∈ { ±1; ± 2} .
x

Khi đó các điểm có hồnh độ và tung độ là các số nguyên thuộc đồ thị hàm số y =

3x − 2
là
x

A ( 1;1) ; B ( −1;5 ) ; C = ( 2; 2 ) ; D ( −2; 4 ) .
2
Vậy có C4 = 6 đường thẳng thỏa mãn.

Câu 42: Đáp án C
Phương pháp giải:
1

1

- Để hàm số nghịch biến trên  ; +∞ ÷ thì y ′ < 0 ∀x ∈  ; +∞ ÷
2


2

Trang 25