38 đề thi thử TN THPT 2021 môn toán sở GD đt nghệ an lần 1 file word có lời giải (1)

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2020 – 2021
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1: Cho hình chóp có diện tích mặt đáy là 3a 2 và chiều cao bằng 3a . Thể tích của khối chóp bằng
A. a 3 .

B. 9a 3 .

C. 6a 3 .

D. 3a 3 .

Câu 2: Cho a, b, c là các số dương, a ≠ 1. Đẳng thức nào sau đây đúng?
A. log a

b
= log a b + log a c.
c

B. log a

C. log a

b
= log b a − log b c.
c

D. log a

Câu 3: Giá trị lớn nhất của hàm số y =

b
= log a c − log a b
c

−x + 3
trên đoạn [ −2;0] bằng
x−2

3
B. − .
2

A. 4.

b
= log a b − log a c.
c

5
D. − .
4

C. 3.

Câu 4: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = 4a và
AA ' = a 3. Thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' bằng

A. 8a

3

3.

B. 4a

3

3.

C. 16a

3

3.

8a 3 3
D.
.
3

Câu 5: Gọi R là bán kính, S là diện tích mặt cầu và V là thể tích khối cầu. Công thức nào sau đây sai?
A. S = 4π R 2 .

4
2
B. S = π R .
3

C.

V 4
= π R2.
R 3

D. 3V = S .R

Câu 6: Cho hình chóp S . ABCD có SB ⊥ ( ABCD ) (xem hình dưới), góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng

( ABCD )

là góc nào sau đây?

1


·
A. DSB

·
B. SDA

·
C. SCB

·
D. SDC

C. x ∈ ( 3; +∞ ) .

D. ( −∞;3) .

Câu 7: Hàm số y = ( 3 − x ) xác định khi và chỉ khi
π

A. x ≠ 3.

B. x ∈ ( 0; +∞ ) .

Câu 8: Hàm số y = x 4 − 4 x 2 + 3 nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
A. ( 0; +∞ )

(

B. ( −∞; +∞ ) .

)

C. 0; 2 .

(

D. −∞; 2

)

Câu 9: Một cấp số nhân có u1 = −3, u2 = 6. Cơng bội của cấp số nhân đó là
A. 2.

B. 9.

C. −2 .

D. −3 .

C. y ' = − sin x.

D. y ' = − cos x.

Câu 10: Đạo hàm của hàm số y = sin x là
A. y ' = sin x.

B. y ' = cos x.

Câu 11: Đường cong trong hình bên dưới là của đồ thị hàm số

A. y = log 2 ( x + 1) .

C. y = log 2 x.

B. y = 2 x − 1.

D. y = 2 x.

Câu 12: Số giao điểm của đồ thị hàm số y = − x 4 − 4 x 2 − 2 và trục hoành là
A. 2.

B. 4.

C. 1.

D. 0.

C. 1.

D. 2.

C. ( 0; +∞ ) .

D. ( −∞;0 ) .

Câu 13: Số điểm cực trị của hàm số y = x 4 − 4 x 2 + 5 là
A. 3.

B. 0.
x

4
Câu 14: Bất phương trình:  ÷ > 1 có tập nghiệm là
3
A. ( 0;1) .

B. ( 1; +∞ ) .

Câu 15: Đường cong trong hình là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

2

A. y = 2 x 4 − 3 x 2 + 1.

C. y =

B. y = x 3 − 3x + 1.

x +1
.
x −1

D. y = − x 3 + 3 x 2 + 1.

Câu 16: Khối trụ có bán đáy r và đường cao h khi đó thể tích khối trụ là
A. V = π r 2 h.

2
B. V = π rh.
3

1 2
C. V = π r h.
3

D. V = 2π rh.

Câu 17: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a. Biết SA ⊥ ( ABCD ) và SA = a 3. Thể
tích khối chóp S . ABC bằng
A.

a3 3
.
4

B. a 3 3.

C.

a3 3
.
3

D.

a3 3
.
6

Câu 18: Đường thẳng x = 3 là tiệm cận đồ thị hàm số nào sau đây?
A. y =

2x − 6
.
x+3

B. y =

x +1
.
−x − 3

C. y =

x +1
.
x −3

D. y =

x −1
.
x+3

Câu 19: Cho hình trụ có bán kính đáy r = 2 và chiều cao h = 4. Diện tích xung quanh của hình trụ này bằng
A. 16π .

B. 12π .

C. 20π .

D. 24π .

C.

D.

Câu 20: Vật thể nào dưới đây không phải là khối đa diện?

A.

B.

Câu 21: Với a là số thực dương, biểu thức rút gọn của
A. a 3 .

a

3 +1

.a 3−

(a )
5 −2

B. a 6 .

3

5+2

C. a 2 3 .
3

là
D. a 5 .


Câu 22: Tất cả các giá trị của m sao cho hàm số y = − x 3 − 3mx 2 + 4m đồng biến trên khoảng ( 0; 4 ) là
A. m > 0.

B. m ≤ −2.

C. −2 ≤ m < 0.

D. m ≤ −4.

Câu 23: Cho khối chóp S . ABC có đáy là tam giac vng tại B, AB = 1, BC = 2 , cạnh bên SA vng góc với
đáy và SA = 3. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC bằng
A.

3π
.
2

B. 2π .

C.12π .

D. 6π .

Câu 24: Với giá trị nào của m thì hàm số y = x 3 − 3 x 2 + mx đạt cực tiểu tại x = 2?
A. m ≠ 0.

B. m = 0.

C. m < 0.

D. m > 0.

3a

, hình chiếu vng góc của S
2
lên mặt phẳng ( ABCD ) là trung điểm của AB . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD .
Câu 25: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SD =

A.

2a 3
.
3

B.

a3
.
3

C.

a3
.
4

D.

a3
.
2

Câu 26: Số nghiệm của phương trình log 2 ( 3 − x ) + log 2 ( 1 − x ) = 3 là

A. 1.

B. 3.

C. 0.

D. 2.

Câu 27: Hình đa diện nào dưới đây khơng có tâm đối xứng?
A. Hình lập phương.

B. Bát diện đều.

C. Tứ diện đều.

D. Lăng trụ lục giác đều.

Câu 28: Số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số f ( x ) =
A. 1.

B. 3.

C. 0.

2− x
là
x −x−6
2

D. 2.

Câu 29: Một hộp chứa 7 quả cầu xanh, 5 quả cầu vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 quả. Xác suất để 3 quả được chọn
có ít nhất 2 quả cầu xanh là
A.

7
.
44

B.

4
.
11

C.

7
.
11

D.

21
.
220

3
2
Câu 30: Số tiếp tuyến của đồ thị hàm số f ( x ) = x − 3 x + 2 song song với đường thẳng y = 9 x − 2.

A. 1.

B. 0.

C. 2.

Câu 31: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

4

D. 3.


Số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f ( x ) là
A. 0.

B. 2.

C. 1.

D. 3.

Câu 32: Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều, AA ' = 4a. Biết rằng hình chiếu vng góc
của A ' lên ( ABC ) là trung điểm M của BC , A ' M = 2a. Thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C '.
A.

8a 3 3
.
3

B.

16a 3 3
.
3

C. 16a 3 3.

D. 8a 3 3.

Câu 33: Gọi M , C , Đ thứ tự là số mặt, số cạnh, số đỉnh của hình bát diện. Khi đó S = M − C + Đ bằng
A. S = 2.

B. S = 10.

C. S = 14.

D. S = 26.

Câu 34: Một khối cầu có bán kính bằng 2, một mặt phẳng ( α ) cắt khối cầu đó theo một hình trịn ( C ) biết
khoảng cách từ tâm khối cầu đến mặt phẳng ( α ) bằng
A. 2π .

2. Diện tích của hình tròn ( C ) là
C. π .

B. 8π .

D. 4π .

Câu 35: Cho hai số thực 0 < a < b < 1. Khẳng định nào sau đây là đúng:
A. log a b < 1 < log b a.

B. log b a < log a b < 1.

C. log b a < 1 < log a b.

D. 1 < log 6 a < log a b.

3
Câu 36: Cho α = log a x, β = log b x. Khi đó log ab2 ( x ) bằng

A.

3
2α + β

B.

αβ
2α + β

C.

Câu 37: Cho hình chóp tam giác đều có cạnh bên bằng

3αβ
2α + β

D.

3( α + β )
α + 2β

a 21
và mặt bên tạo với mặt đáy một góc 600. Tính
3

thể tích V của khối chóp.
A. V =

a3 3
.
3

B. V =

a 3 .7 21
.
32

C. V = a 3 3.

D. V =

a 3 .7 21
.
96

Câu 38: Cho tứ diện ABCD có AB = 2, các cạnh còn lại bằng 4, khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và
CD bằng
A. 13.

B.

C.

3.
5

2.

D. 11.


3
2
Câu 39: Tìm tất cả các giá trị của tham số để đồ thị hàm số y = − x + 2 x − ( m + 2 ) x + m có 2 điểm cực trị và

1

điểm N  2; − ÷ thuộc đường thẳng đi qua hai điểm cực trị đó.
3

9
A. m = .
5

5

C. m = − .
9

B. m = −1.

9
D. m = − .
5

Câu 40: Cho hình nón có chiều cao bằng 4a . Một mặt phẳng đi qua các đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo
một thiết diện là tam giác đều có diện tích bằng 9 3a 2 . Thể tích khối nón giới hạn bởi hình nón đã cho bằng
B. 30a 3π .

A. 10a 3 .

C.

100a 3π
.
3

D.

80a 3π
.
3

Câu 41: Cho hình chóp ngũ giác đều có tổng diện tích tất cả các mặt là S = 4. Giá trị lớn nhất của thể tích khối
a 10
a

, trong đó a, b ∈ ¥ *, là phân số tối giản. Hãy tính
chóp ngũ giác đều đã cho có dạng max V =
b
b tan 360
T = a + b.
A. 15.

B. 17.

C. 18.

D. 16.

Câu 42: Một loại kẹo có hình dạng là khối cầu với bán kính bằng 1cm được đặt trong vỏ kẹo có hình dạng là
hình chóp tứ giác đều (các mặt của vỏ tiếp xúc với kẹo). Biết rằng khối chóp đều tạo thành từ vỏ kẹo đó có thể
tích bé nhất, tính tổng diện tích tất cả các mặt xung quanh của vỏ kẹo:
A. 12cm 2 .

B. 48cm 2 .

C. 36cm 2 .

D. 24cm 2 .

Câu 43: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt thuộc các cạnh SA, SD
SQ
= x,V1
sao cho 3SM = 2 SA,3SN = 2 SD. Mặt phẳng ( α ) chứa MN cắt cạnh SB, SC lần lượt tại Q, P . Đặt
SB
1

là thể tích của khối chóp S .MNPQ , V là thể tích khối chóp S . ABCD . Tìm x để V1 = V .
2
A. x =

−2 + 58
.
6

B. x =

−1 + 41
.
4

C. x =

−1 + 33
.
4

1
D. x = .
2

Câu 44: Điều kiện để phương trình 12 − 3x 2 − x = m có nghiệm m ∈ [ a; b ] . Khi đó 2a − b bằng
C. − 4.

B. −8.

A. 3.

D. 0.

Câu 45: Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x 2 + y 2 = 1, tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

( 2 y − 1)

A. 3.

2

x 2 + ( 2 y 2 − y ) + 2 y + 2 bằng
2

B.

13 2
.
4

C. 3 3.

D.

13 3
.
4

Câu 46: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) trên ¡ và đồ thị của hàm số f ' ( x ) như hình vẽ sau:

6


1 1
1 2
7
1
6
Hỏi phương trình f  cos 2 x + ÷− cos x − sin 2 x + −
2 3
4
24
2
π

 ; 2π ÷?
4

B. 6

A. 2

1
f  ÷ = 0 có bao nhiêu nghiệm trong khoảng
2

D. 3

C. 4

Câu 47: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O . Biết AC = 4 3a, BD = 4a, SD = 2 2a và
SO vng góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD bằng
A.

4 21a
.
7

B.

3 21a
.
7

C.

5 21a
.
7

D.

2 21a
.
7

Câu 48: Có bao nhiêu giá trị m để đồ thị hàm số y = − x 3 + mx 2 − 2m cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có
hồnh độ lập thành cấp số cộng.
A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Câu 49: Hàm số y = x − ln ( 2 x − 3) nghịch biến trên khoảng
3

A.  ; +∞ ÷
2


3 5
C.  ; ÷
2 2

B. ( 0; +∞ )

 5
D.  0; ÷
 2

Câu 50: Cho mặt cầu đường kính AB = 2 R. Mặt phẳng ( P ) vng góc AB tại I ( I thuộc đoạn AB ) cắt mặt
cầu theo một đường trịn ( C ) . Tính h = AI theo R để hình nón đỉnh A , đáy là ( C ) có thể tích lớn nhất.
B. h =

A. h = R.

R
.
3

C. h =

4R
.
3

D. h =

2R
.
3

-------------- HẾT ------------

BẢNG ĐÁP ÁN
1-D

2-B

3-D

4-A

5-B

6-C

7-D

8-C

9-C

10-B

11-B

12-D

13-A

14-C

15-B

16-A

17-D

18-C

19-A

20-A

21-A

22-B

23-D

24-B

25-B

26-A

27-C

28-D

29-C

30-C

31-B

32-D

33-A

34-A

35-A

36-C

37-A

38-D

39-D

40-D

7


41-B

42-D

43-A

44-B

45-D

46-D

47-A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Chọn D.
1
1 2

3
Thể tích khối chóp là V = .S .h = .3a .3a = 3a .
3
3
Câu 2: Chọn B.
Theo lý thuyết ta có log a

b
= log a b − log a c.
c

Câu 3: Chọn D.
Ta có y ' = −

1

( x − 2)

Suy ra hàm số y =

2

< 0 ∀x ∈ [ −2;0]

−x + 3
nghịch biến trên khoảng ( −2;0 )
x−2

5
Suy ra max y = f ( −2 ) = − .

[ −2;0]
4
Câu 4: Chọn A.
V = S .h =

1
2
( 4a ) .a 3 = 8a3 3.
2

Câu 5: Chọn B.
Thể tích khối cầu là V =

4 3
πR , nên đáp án B sai.
3

Câu 6: Chọn C.

Hình chiếu vng góc của đường thẳng SC lên mặt phẳng ( ABCD ) là BC .
·
Suy ra (·SC ; ( ABCD ) ) = (·SC ; BC ) = SCB
.
8

48-C

49-C

50-C

Câu 7: Chọn D.
Hàm số lũy thừa với số mũ không nguyên nên: 3 − x > 0 ⇔ x < 3.
Câu 8: Chọn C.
Tập xác đinh: D = ¡ .
3
2
Ta có: y ' = 4 x − 8 x = 4 x ( x − 2 ) .

x = 0
y ' = 0 ⇔ 4 x ( x2 − 2) = 0 ⇔ 
x = ± 2
Bảng xét dấu y '.

(

)

Từ bảng xét dấu suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng 0; 2 .
Câu 9: Chọn C.
Gọi cấp số nhân có cơng bội q.
Ta có u2 = u1.q ⇒ q =

u2
6
=
= −2.
u1 −3

Câu 10: Chọn B.
Ta có y ' = ( sin x ) ' ⇒ y ' = cos x.
Câu 11: Chọn B.
Câu 12: Chọn D.
Phương trình hoành độ giao điểm − x 4 − 4 x 2 − 2 = 0 (phương trình vơ nghiệm.)
Vậy đồ thị hàm số y = − x 4 − 4 x 2 − 2 khơng cắt trục hồnh.
Câu 13: Chọn A.
Tập xác định của hàm số: D = ¡ .
Ta có: y ' = 4 x 3 − 8 x.
x = − 2

y ' = 0 ⇔ 4 x3 − 8 x = 0 ⇔  x = 0
x = 2

Bảng biến thiên:
9


Hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 14: Chọn C.
x

x

0

4
4 4
Ta có:  ÷ > 1 ⇔  ÷ >  ÷ ⇔ x > 0.
3

3 3
Tập nghiệm của bất phương trình là: ( 0; +∞ ) .
Câu 15: Chọn B.
Đồ thị có dạng của hàm số bậc ba, nhánh cuối đi lên nên có a > 0.
Do đó chọn đáp án B.
Câu 16: Chọn A.
Thể tích khối trụ là V = πr 2 h.
Câu 17: Chọn D.

a2
S
=
1 a2
a3 3
 ∆ABC
.
2 ⇒ VS . ABC = . .a 3 =
Ta có 
3 2
6
 SA = a 3

Câu 18: Chọn C.
Vì lim+
x →3

x +1
= +∞ nên nhận đường thẳng x = 3 làm tiệm cận đứng.
x −3

Câu 19: Chọn A.

Ta có đường sinh của hình trụ là l = h = 2.
10


Suy ra diện tích xung quanh của hình trụ là S xq = 2π rl = 2π .2.4 = 16π .
Câu 20: Chọn A.

Cạnh AB của vật thể trong hình.
A. vi phạm tính chất trong khái niệm về hình đa diện “Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng
hai đa giác”. Cụ thể cạnh AB trong hình là cạnh chung của 4 đa giác.
Câu 21: Chọn A.
a

3 +1

.a 3−

(a )
5 −2

3

5+2

(
a
=
(

a

)(

)

)(

5+2

3 +1 3− 3
5 −2

)

=

a4
= a3 .
a

Câu 22: Chọn B.
y = − x 3 − 3mx 2 + 4m
y ' = −3 x 2 − 6mx.
Hàm số y = − x 3 − 3mx 2 + 4m đồng biến trên khoảng ( 0; 4 )
⇔ f ' ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0; 4 )
⇔ −3 x 2 − 6mx > 0, ∀x ∈ ( 0; 4 )
⇔ −3 x 2 > 6mx, ∀x ∈ ( 0; 4 )
x
⇔ −m > , ∀x ∈ ( 0; 4 )

2
⇔ −m ≥ 2
⇔ m ≤ −2.

Vậy m ≤ −2.
Câu 23: Chọn D.

11


Do tam giác ABC vuông tại B nên AB ⊥ BC , mặt khác BC ⊥ SA nên BC ⊥ SB. Do vậy ta có
·
·
SBC
= SAC
= 900 nên tâm mặt cầu ngoại tiếp của S . ABC là trung điểm của SC .
Bán kính R =

SC
=
2

SA2 + AC 2
=
2

SA2 + AB 2 + BC 2
6
=
. Vậy diện tích mặt cầu S = 4π R 2 = 6π .

2
2

Câu 24: Chọn B.
y = x 3 − 3 x 2 + mx, suy ra y ' = 3x 2 − 6 x + m; y " = 6 x − 6.
Để hàm số y = x 3 − 3 x 2 + mx đạt cực tiểu tại x = 2 thì
 y ' ( 2 ) = 0
m = 0
⇔
⇔ m = 0.

 y " ( 2 ) > 0
−6 < 0 ( luon dung )
Câu 25: Chọn B.

Gọi H là trung điểm của AB, khi đó SH ⊥ ( ABCD ) .
Ta có HD 2 = AH 2 + AD 2 =

a2
5a 2
9a 2 5a 2
+ a2 =
⇒ SH = SD 2 − HD 2 =
−
=a
4
4
4
4

1
a3
Vậy VS . ABCD = S ABCD .SH = .
3
3
Câu 26: Chọn A.
ĐK: x ≤ 1.
12


Phương trình log 2 ( 3 − x ) + log 2 ( 1 − x ) = 3 ⇔ log 2 ( 3 − x ) ( 1 − x )  = 3
 x = −1
⇔ ( 3 − x ) ( 1 − x ) = 8 ⇔ x2 − 4x − 5 = 0 ⇔ 
x = 5
Kết hợp với ĐK ta có nghiệm của phương trình x = −1.
Câu 27: Chọn C.
Hình tứ diện đều khơng có tâm đối xứng.
Câu 28: Chọn D.
TXĐ: ( −∞; 2] \ { −2} .
f ( x ) = 0 ⇒ y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Ta có xlim
→−∞
lim f ( x ) = +∞ ⇒ x = −2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

x →( −2 )

Câu 29: Chọn C.
n ( Ω ) = C123
C72 .C51 + C73 7
= .

Xác suất để 3 quả được chọn có ít nhất 2 quả cầu xanh là: P =
C123
11
Câu 30: Chọn C.
Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm.
f ' ( x ) = 3x 2 − 6 x
 x0 = −1
2
Tiếp tuyến song song với đường thẳng y = 9 x − 2 ⇒ f ' ( x0 ) = 9 ⇔ 3x0 − 6 x0 = 9 ⇒ 
 x0 = 3
Với x0 = −1 ⇒ y0 = −2. Phương trình tiếp tuyến y = 9 ( x + 1) − 2 ⇔ y = 9 x + 7
Với x0 = 3 ⇒ y0 = 2. Phương trình tiếp tuyến y = 9 ( x − 3) + 2 ⇔ y = 9 x − 25 .
Vậy có 2 tiếp tuyến.
Câu 31: Chọn B.
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) ta có:
+ Tập xác định: D = ¡ \ { 2} .
y = −∞; lim y = 1; lim− y = −∞; lim+ y = −∞.
+ Các giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞
x →2
x →2
Từ các giới hạn trên ta suy ra: Đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng và đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang của
đồ thị hàm số y = f ( x ) .
13


Câu 32: Chọn D.

Xét tam giác AMA ' vuông tại M có: AM = AA '2 − A ' M 2 = 16a 2 − 4a 2 = 2a 3.

x 3
Đặt cạnh tam giác đều bằng x, ta có: AM = 2a 3 =
⇒ x = 4a.
2
Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' bằng
VABC . A ' B 'C ' = A ' M .S ABC

( 4a )
= 2a.

2

4

3

= 8a 3 3.

Câu 33: Chọn A.
Hình bát diện có số mặt là 8, số đỉnh là 6 và số cạnh là 12.
Do đó S = M − C + Đ = 8 − 12 + 6 = 2.
Câu 34: Chọn A.

R = 2; IH = 2
⇒ r = R 2 − IH 2 = 2.
Diện tích của hình trịn ( C ) là S = πr 2 = 2π.
Câu 35: Chọn A.
Ta có: log a b =

log b

log a
< 1 do 0 < a < b < 1 và log b a =
> 1.
log a
log b

Câu 36: Chọn C.
14


3
Ta có: log ab2 ( x ) = 3log ab2 x =

=

3
3
=
2
log x ( ab ) log x a + 2 log x b

3log a x.log b x
3
2αβ
=
=
.
1
2
2 log a x + log b x 2α + β

+
log a x log b x

Câu 37: Chọn A.

Giả sử chóp tam giác đều là S . ABC , ta có tam giác ABC đều và SG ⊥ ( ABC ) với G là trọng tâm tam giác
ABC .
Gọi M là trung điểm của đoạn BC , suy ra
 AG ⊥ BC
⇒ BC ⊥ ( SAG ) ⇒ BC ⊥ SM .

 SG ⊥ ( ABC ) ⇒ SG ⊥ BC
Do đó

·
= 60 .
( ( SBC ) , ( ABC ) ) = ( SM , AM ) = SMA
0

a 3
2
x 3
Gọi cạnh AB = x ( x > 0 ) , suy ra AM = AB 2 − BM 2 =
⇒ AG = AM =
;
2
3
3
GM =

1
x 3
AM =
.
3
6

·
=
Lại có tan SMA

SG
SG
x
⇔ tan 600 =
⇔ SG = GM .tan 600 ⇔ SG = .
GM
GM
2

Mà tam giác SAG vuông tại G ⇒ SG 2 + GA2 = SA2 ⇔
Suy ra SG = a, S∆ABC =

x 2 x 2 7a 2
+
=
⇔ x 2 = 4a 2 ⇔ x = 2a.
4 3
3

1
1
a3 3
AM .BC = a 2 3. Vậy VS . ABC = .SG.S ∆ABC =
.
2
3
3

Câu 38: Chọn D.
15


Gọi M là trung điểm của đoạn AB .
Ta có tam giác ABC cân tại C nên CM ⊥ AB và tam giác ABD cân tại D nên DM ⊥ AB.
Suy ra AB ⊥ ( CDM ) . Gọi N là trung điểm của CD thì AB ⊥ MN .
Lại có ∆DAB = ∆CAB ⇒ DM = CM hay tam giác DCM cân tại M ⇒ CD ⊥ MN nên MN là đoạn vng góc
chung của AB và CD . Suy ra d ( AB, CD ) = MN .
Có DM = CM = CA2 − BM 2 = CA2 −
Do đó MN = CM 2 − CN 2 = CM 2 −

AB 2
= 15.
4

CD 2
= 11.
4

Vậy d ( AB, CD ) = 11.

Câu 39: Chọn D.
2
Ta có y ' = −3 x + 4 x − ( m + 2 )

Để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt
−3 ≠ 0
2
⇔
⇔m<− .
3
4 − 3 ( m + 2 ) > 0
Mặt khác y =

1
2
1
( 3x − 2 ) y '− ( 3m + 2 ) x + ( 7m − 4 )
9
9
9

y ( x1 ) = −

2
1
( 3m + 2 ) x + ( 7m − 4 ) , vì y ' ( x1 ) = 0.
9
9

y ( x2 ) = −

2
1
( 3m + 2 ) x2 + ( 7m − 4 ) , vì y ' ( x2 ) = 0.
9
9

Do đó phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là
∆: y = −

2
1
( 3m + 2 ) x + ( 7m − 4 )
9
9
16


1
4
1
1
9

Mà N  2; − ÷∈ ∆ nên − ( 3m + 2 ) + ( 7m − 4 ) = − ⇔ m = − .
3
9
9
3
5


Câu 40: Chọn D.

Giả sử SAB là thiết diện đi qua đỉnh hình nón.
Ta có tam giác SAB có SA = SB = AB = l và S SAB =

l2 3
= 9 3a 2 ⇒ l = 6a.
4

Mà r = l 2 − h 2 = 2 5a.
1
80a 3π
Khi đó thể tích khối nón là V = π r 2 h =
.
3
3
Câu 41: Chọn B.

Gọi hình chóp ngũ giác đều đã cho là S . ABCDE có O là tâm của đáy ABCDE , I là trung điểm cạnh CD .
17


⇒ SO ⊥ ( ABCDE ) và OI ⊥ CD ⇒ CD ⊥ ( SOI ) .
1·
·
= COD
= 360 ⇒ IC = OI .tan 360
Lại có: COI
2

1
4
1
1
4
4
Dễ thấy: S ∆SCD + S ∆OCD = S = ⇒ SI .CD + OI .CD = ⇒ SI .IC + OI .IC =
5
5
2
2
5
5
⇒ SI .OI .tan 360 + OI 2 .tan 360 =

4
4
⇒ SI =
− OI
5
5.IO.tan 360
2

4
16
8


⇒ SO = SI − OI = 
− OI ÷ − OI 2 =

−
0
2
2
0
25.OI .tan 36 5 tan 360
 5.OI .tan 36

2

2

1
1
5
1
Thể tích khối chóp S . ABCDE là: V = SO.S ABCDE = SO.5S∆COD = SO. OI .CD
3
3
3
2
5
4
16
8
= SO.OI .IC =
−
.OI 2 .tan 360
2
2

0
3
2 25.OI .tan 36 5 tan 360
=
=

10 2
3 5 tan 360

2
− OI 2 .tan 360 + OI 2 .tan 360
10 2
2
2
0
2
0
5
.
 − OI .tan 36 ÷.OI .tan 36 ≤
2
5

3 5 tan 360

10 2
1
2 10
. =
0

3 5 tan 36 5 15 tan 360

Vậy: a = 2; b = 15 ⇒ T = a + b = 17.
Câu 42: Chọn D.

Giả sử vỏ kẹo có hình dạng là hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O, cạnh a,
đường cao SO = h. Loại kẹo có hình dạng là khối cầu có tâm I .
Gọi M là trung điểm cạnh CD .
Gọi K là hình chiếu của I trên SM ⇒ K là hình chiếu của I trên mặt phẳng ( SCD ) .
⇒ OI = OK = 1.
18


Dễ thấy ∆SKI ∽∆SOM ⇒
⇒

h −1
h2 +

a2
4

=

SI
IK
=
⇒
SM OM

SO − OI
SO 2 + OM 2

=

IK
OM

1
2a 2
⇒ ah − a = 4h 2 + a 2 ⇒ h = 2
a
a −4
2

Thể tích khối chóp S . ABCD là:
1
1 2a 2 2 2 a 4
2 
16
32
 2
V = SO.S ABCD = . 2
.a = . 2
= . a2 − 4 + 2
+ 8 ÷ ≥ . ( 2.4 + 8 ) =
3
3 a −4
3 a −4 3 
a −4

3
 3
2
Dấu bằng xảy ra ⇔ a − 4 =

16
⇔ a = 2 2.
a −4
2

⇒ h = 4 ⇒ OM = 2; SM = 3 2
Câu 43: Chọn A.
Cách 1.

Ta có V1 = VS .MNPQ = VS .MNQ + VS .PNQ
( α ) ∩ ( SBC ) = PQ

SP SQ
 MN / / BC
⇒ PQ / / MN / / BC ⇒
=
= x.
Ta có 
MN
⊂
α
SC
SB
(
)


 BC ⊂ ( SBC )

Có

VS .MNQ
VS . ADB

Đồng thời

=

SM SN SQ 2 2
4
4x
4x V 2x
.
.
= . x=
⇒ VS .MNQ = VS . ADB = . = V .
SA SD SB 3 3
9x
9
9 2 9

VS .PNQ
VS .CDB

=

SP SN SQ
2
2x2
2x2
2x2 V x2
.
.
= x. .x =
⇒ VS .PNQ =
.VS .CDB =
. = V.
SC SD SB
3
3
3
3 2 3

 x2 2 x 
1
Như vậy V1 =  + ÷V . Mà theo giả thiết ta có V1 = V nên ta suy ra:
9 
2
 3

19



−2 + 58
x=

( Nhan )

x 2x 1
6
+
= ⇔
. Vậy x = −2 + 58 .
3
9 2

6
−2 − 58
( Loai )
x =
6

2

Cách 2:

Đặt a =

SM 2
SN 2
SP
1 1 1 1
= ;b =
= ;c =
. Ta có + = + ⇒ c = x.
SA 3

SD 3
SC
a c b x

V1 abcx  1 1 1 1  x 2 
2
=
Lại có
 + + + ÷ =  3 + ÷.
V
4 a b c x 9 
x

 x = 0 ( Loai )

V1 1
−2 + 58
3
2
= ⇒ 6 x + 4 x − 9 x = 0 ⇔  x =
( Nhan ) .
Mà
V 2
6

−2 − 58

( Loai )
 x =
6

Vậy x =

−2 + 58
.
6

Câu 44: Chọn B.
ĐK: −2 ≤ x ≤ 2.
Xét hàm số f ( x ) = 12 − 3x 2 − x, ∀x ∈ [ −2; 2] .
Ta có f ' ( x ) =

−3 x
12 − 3 x 2

− 1, ∀x ∈ ( −2; 2 ) .

 −3 x ≥ 0
x ≤ 0
2
⇔
⇔ x = −1.
Cho f ' ( x ) = 0 ⇔ −3 x = 12 − 3 x ⇔  2
2
 x = ±1
9 x = 12 − 3x
Bảng biến thiên:

20

 a = −2
⇒ 2a − b = −8.
Vậy YCBT ⇔ m ∈ [ −2; 4] ⇒ 
b = 4
Câu 45: Chọn D.
+ Từ giả thiết suy ra: x, y ∈ [ −1;1] .
+ P=

( 2 y − 1)

2

x2 + ( 2 y 2 − y ) + 2 y + 2 =
2

( 2 y − 1)

2

(x

2

+ y2 ) + 2 y + 2 = 2 y −1 + 2 y + 2

1

 2 y − 1 + 2 y + 2, 2 ≤ y ≤ 1
.
+ Đặt P = f ( y ) = 

1
 −2 y + 1 + 2 y + 2, −1 ≤ y ≤

2
1
1 
f ( y ) = f  ÷ = 3; max f ( y ) = f ( 1) = 3.
+ Xét f ( y ) trên  ;1 : Khảo sát ta được min
1
 
1 
2
2 
 2 ;1
 2 ;1
 
1
 7  13
 1
f ( y ) = f  ÷ = 3; max f ( y ) = f  − ÷ = .
+ Xét f ( y ) trên  −1;  : Khảo sát ta được min
1
1


2
 8 4
 2
 −1; 2 
 −1; 2 



+ Suy ra: min f ( y ) = 3; max f ( y ) =
[ −1;1]

[ −1;1]

13
.
4

Câu 46: Chọn D.
3

2

1
1 11 1 1
+ Phương trình ⇔ f ( cos x ) − cos6 x + cos 4 x − cos 2 x = f  ÷−  ÷ +  ÷ − . ( *)
2
 2 3 2  2 2
2

1 3 2
+ Xét hàm số g ( t ) = f ( t ) − t + t − t trên [ 0;1] .
3
Ta có: g ' ( t ) = f ' ( t ) − ( t − 1)

2

Từ tương giao giữa đồ thị f ' và Parabol y = ( x − 1) trên đoạn [ 0;1]
2

21


Suy ra: f ' ( t ) ≥ ( t − 1) , ∀t ∈ [ 0;1] ⇔ g ' ( t ) ≥ 0, ∀t ∈ [ 0;1]
2

Hay g ( t ) là hàm số đồng biến trên [ 0;1] .
+ Do đó:
1
1
π kπ
2
2
.
÷ ⇔ cos x = , (do cos x ∈ [ 0;1] ) ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ x = +
2
4 2
2

( *) ⇔ g ( cos 2 x ) = g 

π

Dễ dàng suy ra phương trình có 3 nghiệm trên khoảng  ; 2π ÷.
4

Câu 47: Chọn A.

Ta có AB / / CD, CD ⊂ ( SCD ) ⇒ AB / / ( SCD )
Lại có SD ⊂ ( SCD ) ⇒ d ( AB, SD ) = d ( AB, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) )
Mặt khác OA ∩ ( SCD ) = C ⇒ d ( A, ( SCD ) ) =

CA
.d ( O, ( SCD ) ) = 2d ( O, ( SCD ) ) .
CO

Trong tam giác OCD vuông tại O, kẻ OM ⊥ CD, ta có SO ⊥ CD ⇒ CD ⊥ ( SOM )
Mà CD ⊂ ( SCD ) ⇒ ( SOM ) ⊥ ( SCD )
Trong mặt phẳng ( SOM ) , kẻ OH ⊥ OM

22


( SOM ) ⊥ ( SCD )

Ta có ( SOM ) ∩ ( SCD ) = SM ⇒ OH ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( O, ( SCD ) ) = OH .

OH ⊂ ( SOM ) , OH ⊥ SM
Tam giác SOD vng tại O, có OD =

1
BD = 2a, SD = 2 2a
2

⇒ SO = SD 2 − OD 2 = 2a.
Tam giác OCD vuông tại O, có OD = 2a, OC = 2 3a và OM ⊥ CD
⇒ OM =

OC.OD
OC 2 + OD 2

=

2 3a.2a

( 2 3a )

2

+ ( 2a )

2

⇒ OM = 3a.

Tam giác SOM vng tại O, có OM = 3a, SO = 2a và OH ⊥ SM
⇒ OH =

SO.OM
SO 2 + OM 2

=

2a. 3a

( 2a )

2

+

Vậy d ( AB, SD ) = 2d ( O, ( SCD ) ) =

(

3a

)

2

⇒ OH =

2 21a
.
7

4 21a
.
7

Câu 48: Chọn C.
3
2
Xét phương trình hồnh độ giao điểm: − x + mx − 2m = 0 ( 1) .

+) Điều kiện cần:

Giả sử phương trình ( 1) có ba nghiệm x1 , x2 , x3 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng
⇒ − x 3 + mx 2 − 2m = − ( x − x1 ) ( x − x2 ) ( x − x3 )
Đồng nhất hệ số ta được x2 =
Thay x2 =

m
.
3

m
m 3 m3
vào phương trình ( 1) ta được −
+
− 2m = 0
3
27 9

m = 0
⇔ m3 − 27 m = 0 ⇔ 
 m = ±3 3
+) Điều kiện đủ:
+ Với m = 0 thì ( 1) ⇔ x = 0 (không thỏa mãn).

23


 x = −3 + 3

3
2

+ Với m = 3 3 thì ( 1) ⇔ − x + 3 3 x − 6 3 = 0 ⇔  x = 3
(thỏa mãn điều kiện).

 x = 3 + 3
 x = −3 − 3

3
2
+ Với m = −3 3 thì ( 1) ⇔ − x − 3 3 x + 6 3 = 0 ⇔  x = − 3
(thỏa mãn điều kiện).

 x = 3 − 3
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 49: Chọn C.
3
Điều kiện: x > .
2
Ta có: y = x − ln ( 2 x − 3) ⇒ y ' = 1 −

2
.
2x − 3

5
y'= 0⇒ x = .
2
Bảng biến thiên:

3 5
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng  ; ÷.

2 2
Câu 50: Chọn C.
Đặt OI = x; ( 0 ≤ x ≤ R ) .
Ta có: h = AI = AO + OI = R + x.
Lại có r 2 = R 2 − x 2
1
1
1
V = π r 2 h = π ( R 2 − x 2 ) ( R + x ) = π ( − x 3 − Rx 2 + xR 2 + R 3 )
3
3
3
Vmax khi và chỉ khi ( − x 3 − Rx 2 + xR 2 ) max
3
2
2
Xét f ( x ) = − x − Rx + xR , x ∈ [ 0; R ]

f ' ( x ) = −3 x 2 − 2 Rx + R 2

24


 x = − R ∉ [ 0; R ]
f ' ( x ) = −3 x − 2 Rx + R = 0 ⇔ 
 x = R ∈ [ 0; R ]

3
2

2

 R  11 3
f ( 0 ) = 0; f ( R ) = − R 3 ; f  ÷ =
R.
 3  27
⇒h= R+

R 4R
=
.
3
3

25