43 đề thi thử TN THPT 2021 môn toán sở GD đt ninh bình lần 1 file word có lời giải

SỞ GD & ĐT NINH BÌNH

ĐỀ THI THỬ KÌ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021

(Đề thi gồm có 50 câu)

MƠN TỐN

------------------

Thời gian làm bài: 90 phút khơng kể thời gian phát đề
Mã đề thi 001
MỤC TIÊU

Đề thi thử tốt nghiệp THPT mơn Tốn của Sở GD&ĐT Ninh Bình gồm 22 câu hỏi ở mức độ NB, 12 câu hỏi ở
mức độ TH, 12 câu hỏi ở mức độ VD và 4 câu hỏi ở mức độ VDC.
Kiến thức lớp 12 chiếm 96%, kiến thức lớp 11 chiếm 4% và không có kiến thức lớp 10.
Đề thi bám rất sát đề chính thức thi tốt nghiệp THPT các năm, giúp học sinh ơn tập đúng trọng tâm nhất. Bên
cạnh đó đề thi có nhiều câu hỏi khá mới giúp học sinh phát triển tư duy để giải quyết nhiều dạng toán biến
tấu khác nhau.
x
Câu 1: Nghiệm của phương trình 2 

A. x 

1
4

1
là:
8

C. x 

B. x  4

1
3

D. x  3

1 3 1 2
Câu 2: Cho hàm số y   x  x  6 x  1 . Khẳng định nào dưới đây là đúng?
3
2
A. Hàm số đồng biến trên khoảng  3; � .

B. Hàm số nghịch biến trên khoảng  �;0  .

C. Hàm số đồng biến trên khoảng  2;3 .

D. Hàm số nghịch biến trên khoảng  2;3 .

Câu 3: Hàm số y  x 4  x 2  1 có bao nhiêu cực trị?
A. 0

B. 3

C. 2

D. 1

Câu 4: Mệnh đề nào dưới đây sai?
x

A. 3x.3 y  3x  y.

B. 4 y 

4x
4y

C.  5 x    5 y 
y

x

D.  2.7   2 x.7 x
x

Câu 5: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Biết SA   ABC  và SA  a 3 . Thể tích
khối chóp S . ABC là:
A.

3a 3
4

B.

a3
4

C.

3a 3
6

D.

Câu 6: Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây?

1

3a 3
4


1 3
9
x  3x 2  x  1
2
2

A. y  x 3  3x 2  1

B. y 

1 3
9
2
C. y   x  3x  x  1
2

2

D. y 

1 3 3 2
x  x  2x  1
2
2

Câu 7: Hàm số 22 x có đạo hàm là:
A. y '  22 x ln 2

B. y '  2 x.2 2 x 1

C. y '  22 x 1 ln 2

D. y '  22 x 1

Câu 8: Hàm số nào sau đây nghịch biến trên từng khoảng xác định?
A. y 

2x 1
x 3

B. y 

x 1
x 1

C. y 

x5
x 1

D. y 

x2
2x 1

Câu 9: Cho hình trụ có chiều cao bằng 5 và đường kính đáy bằng 8. Tính diện tích xung quanh
của hình trụ đó?
A. 20

B. 40

C.160

D. 80

Câu 10: Cho hình lăng trụ có diện tích đáy là 3a 2 , độ dài đường cao bằng 2a. Thể tích khối lăng trụ này bằng:
A. 6a 3

B. 3a 3

C. 2a 3

D. a 3

C.  �; 4

D.  0; 4

Câu 11: Tập nghiệm của bất phương trình log 3  x  1 �1 là
A.  1; 4

B.  �; 4 

Câu 12: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là:
A. 1.

B. 3

C. 4

Câu 13: Cơng thức tính diện tích mặt cầu bán kính r là
2

D. 2


4 3
C. S   r
3

B. S  4 r 2

A. S   r 2

3 2
D. S   r
4

3x
Câu 14: Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f  x   e là

A. 3e3 x  C

B.

e3 x
C
3ln 3

C. e3x  C

D.

1 3x
e C
3

Câu 15: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình bên. Số nghiệm của phương trình 3 f  x   5  0 là:

A. 4

B. 5

Câu 16: Cho hàm số y 

 0; 2 .
A. M  m 

C. 2

D. 3

x 1
. Tính tổng giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của hàm số trên đoạn
2x 1

1
5

B. M  m  

1
5

C. M  m  

4
5

D. M  m  1

2
Câu 17: Hãy tìm tập xác định D của hàm số y  ln  x  2 x  3 .

A. D   1;3

B. D   � 1 � 3; � .

C. D   �; 1 � 3; �

D. D   1;3

Câu 18: Với mọi a, b, x là các số thực dương thỏa mãn log 2 x  5log 2 a  3log 2 b. Mệnh đề nào dưới đây
đúng?
A. x  3a  5b

B. x  a 5b3

Câu 19: Một hình nón có thể tích V 

C. x  a 5  b3

D. x  5a  3b

32 5
và bán kính đáy hình nón bằng 4. Diện tích xung
3

quanh của hình nón bằng:
A. 24 5

B. 48

C. 24

D. 12

x
dx . Nếu đặt t  x  1 thì I  �
f  t  dt , trong đó f  t  bằng
Câu 20: Cho I  �
1 x 1
2
A. f  t   2t  2t

2
B. f  t   t  t

C. f  t   t  1

2
D. f  t   t  t

Câu 21: Cho hàm số y  2 x 3  3 x 2  m. Trên  1;1 hàm số có giá trị nhỏ nhất là 1. Tìm m
3


A. m  5

B. m  3

C. m  6

D. m  4

Câu 22: Cho khối trụ có đường cao gấp đơi bán kính đáy. Một mặt phẳng qua trục của khối trụ
cắt khối trụ theo thiết diện là một hình chữ nhật có diện tích bằng 16a 2 . Thể tích của khối trụ đã cho tính theo
a bằng:
A. 4 a 3

B.

16 3
a
3

C. 16 a 3

D.

32 3
a
3

Câu 23: Biết rằng đường thẳng y  2 x  3 cắt đồ thị hàm số y  x 3  x 2  2 x  3 tại hai điểm phân biệt A và
B, biết điểm B có hồnh độ âm. Hoành độ điểm B là:
A. 0

B. 5

C. 1

D. 2

Câu 24: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có diện tích mặt chéo ACC ' A ' bằng 2 2a 2 . Thể tích của
khối lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' là
A. 16 2a 3

C. 8a 3

B. 2 2a 3

D. a 3

Câu 25: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác đều cạnh 4a và nằm
trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng  ABCD  . Góc giữa mặt phẳng  SBC  và mặt phẳng  ABCD  bằng
300. Thể tích của khối chóp S . ABCD là:
A. 24 3a 3

B. 16 3a 3

C. 4 3a 3

D. 48 3a 3

Câu 26: Gọi T là tổng tất cả các nghiệm của phương trình 4 x  5.2 x  6  0. Tính giá trị của T
A. T  log 3 2

C. T  log 2 6

B. T  5

D. T  1

Câu 27: Số nghiệm của phương trình log 2 x  log 2  x  1  1 là:
A. 3

B. 1

C. 2

D. 0
x

�2 �
Câu 28: Cho bất phương trình 12.9 x  35.6 x  18.4 x  0. Với phép đặt t  � �, t  0, bất phương trình trở
�3 �
thành:
A. 12t 2  35t  8  0

B. 12t 2  35t  18  0

C. 18t 2  35t  12  0

D. 18t 2  35t  12  0

Câu 29: Trong khơng gian cho hình chữ nhật ABCD có AB  a, AC  a 5. Diện tích xung
quanh của hình trụ thu được khi quay hình chữ nhật ABCD quanh trục AB bằng:
A. 8 a 2

B. 4 a 2

C. 2 a 2

D.

2 a 2
3

Câu 30: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  2a. Biết SA vng góc với
mặt phẳng đáy và SB  a 5. Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng  ABCD  bằng:
A. 300

B. 900

C. 600

Câu 31: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f '  x   x  x  1
trị?
4

2

 2 x  3 .

D. 450
Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực


A. 1

B. 3

C. 0

D. 2

Câu 32: Trong không gian cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 6 . Điểm M di động trong không gian sao cho
tam giác MAB có diện tích bằng 12 và hình chiếu vng góc của M lên AB nằm trong đoạn AB . Quỹ tích
các điểm M tạo thành một phần của mặt trịn xoay. Diện tích phần mặt trịn xoay đó bằng:
A. 48

C. 36

B. 24 2

D. 80

x
Câu 33: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn log 4 x  log3 y  log 2  2 x  3 y  . Giá trị của
bằng:
3
y
9
A. .
4

B. log 3

3
2

2
C. log 2 .

3

D.

4
9

2
Câu 34: Cho bất phương trình log 2  2 x   2  m  1 log 2 x  2  0. Tìm tất cả các giá trị của tham

số m để bất phương trình có nghiệm thuộc khoảng
�3 �
 ;0 �
A. m ��
�4 �





2; � .

�3
�
 ; ��
B. m ��
�4
�

C. m � 0; �

Câu 35: Tìm tất cả các giá trị của m sao cho hàm số y 
A. m �2

B. m  2

D. m � �;0 

xm
đồng biến trên các khoảng xác định?
x2
C. m �2

D. m  2

mx 2  1
m
Câu 36: Có bao nhiêu giá trị của
để đồ thị hàm số y  2
có đúng 2 đường tiệm cận?
x  3x  2
A. 4

B. 3

C. 2

D. 1

Câu 37: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác ABC vng tại A với AC  a. Biết hình chiếu

vng góc của B ' lên  ABC  là trung điểm H của BC . Mặt phẳng  ABB ' A ' tạo với mặt phẳng  ABC  một
góc 600. Gọi G là trọng tâm tam giác B ' CC ' . Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng  ABB ' A '
A.

3 3a
4

B.

3a
4

C.

3a
2

D.

3a
3

Câu 38: Khi xây nhà, cô Ngọc cần xây một bể đựng nước mưa có thể tích V  6m3 dạng hình
hộp chữ nhật với chiều dài gấp ba lần chiều rộng, đáy và nắp và các mặt xung quanh đều được đổ bê tông cốt
2
thép. Phần nắp bể để hở một khoảng hình vng có diện tích bằng
diện tích nắp bể. Biết rằng chi phí cho
9
1m 2 bê tơng cốt thép là 1.000.000 đ. Tính chi phí thấp nhất mà cơ Ngọc phải trả khi xây bể (làm trịn đến
hàng trăm nghìn)?

A. 12.600.000 đ

B. 21.000.000 đ

C. 20.900.000 đ

D. 21.900.000 đ

Câu 39: Cắt hình nón S bởi mặt phẳng đi qua trục ta được một tam giác vng cân có cạnh
huyền bằng a 2. Gọi BC là dây cung của đường tròn đáy hình nón sao cho mặt phẳng  SBC  tạo với mặt
phẳng đáy một góc 600. Tính diện tích của tam giác SBC .
5


A. S SBC 

2a 2
2

B. S SBC 

2a 2
3

C. S SBC 

a2
3

D. S SBC 

3a 2
3

1 3
2
2
Câu 40: Hàm số y  x  mx   m  m  1 x  1 đạt cực đại tại điểm x  1 khi:
3
A. m  1

B. m  1

C. m  1 hoặc m  2

D. m  2

Câu 41: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên � và có bảng xét dấu f "  x  như sau:

2
Hỏi hàm số y  f  x  2 x  có bao nhiêu điểm cực tiểu?

A. 1
Câu 42: Cho hàm số f  x  

B. 4

C. 3

D. 2

ax  1
 a, b, c �� có bảng biến thiên như sau:
bx  c

Trong các số a, b và c có bao nhiêu số dương?
A. 2

B. 1

C. 0

D. 3

Câu 43: Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y  x 3  3x 2 . Tìm tất cả giá trị của tham số m để phương trình
3x 2  3  m  x 3 có hai nghiệm thực phân biệt.

A. 1  m �1

m 1
�
B. �
m  1
�

m 1
�
C. �
m3
�

6

D. m �1


2
Câu 44: Cho hàm số f  x   x  2 x  1. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để giá trị lớn nhất của
2
hàm số g  x   f  x   2 f  x   m trên đoạn  1;3 bằng 8.

A. 5

B. 4

C. 3

D. 2

Câu 45: Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có diện tích đáy bằng 12 và chiều cao bằng 6. Gọi M , N lần
lượt là trung điểm của CB, CA và P, Q, R lần lượt là tâm các hình bình hành ABB ' A ' , BCC ' B ', CAA ' C '. Thể
tích của khối đa diện PQRABMN bằng:

A. 42

B. 14

C. 18

D. 21

Câu 46: Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
3
2
m � 5;5 để phương trình log 3  f  x   1  log 2  f  x   1   2m  8  log 1

2

x � 1;1

A. 7

B. 5

C. Vô số

f  x   1  2m  0 có nghiệm

D. 6

Câu 47: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của y sao cho tương ứng với mỗi y luôn tồn tại không quá 63 số
2
2
nguyên x thỏa mãn điều kiện log 2020  x  y   log 2021  y  y  64  �log 4  x  y  .
A. 301

B. 302

C. 602

D. 2

1
Câu 48: Cho hàm số f  x   x  . Cho điểm M  a; b  sao cho có đúng hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số
x
y  f  x  đi qua M , đồng thời hai tiếp tuyến này vng góc với nhau. Biết điểm M ln thuộc
một đường trịn cố định. Bán kính của đường trịn đó là:
A. 2

B. 4

C. 1

D.

2

2
Câu 49: Cho hàm số f  x  là một hàm số có đạo hàm trên � và hàm số g  x   f  x  3x  1 có đồ thị như

hình vẽ. Hàm số f  x  1 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
7


�1 �
A. � ;0 �
�4 �

B.  2;3

C.  0;1

D.  3; �

Câu 50: Cho tứ giác lồi có 4 đỉnh nằm trên đồ thị hàm số y  ln x, với hoành độ các đỉnh là các
20
số nguyên dương liên tiếp. Biết diện tích của tứ giác đó là ln , khi đó hồnh độ của đỉnh nằm thứ ba từ trái
21
sang là:
A. 5

B. 11

C. 9

D. 7

--------------- HẾT --------------

BẢNG ĐÁP ÁN

1.D

2.C

3.D

4.B

5.B

6.B

7.C

8.A

9.B

10.A

11.A

12.D

13.B

14.D

15.A

16.C

17.B

18.B

19.C

20.A

21.D

22.C

23.C

24.B

25.B

26.C

27.B

28.C

29.B

30.D

31.D

32.A

33.A

34.B

35.B

36.C

37.D

38.B

39.B

40.D

41.A

42.D

43.A

44.D

45.D

46.A

47.C

48.A

49.C

50.D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 (NB):
Phương pháp:
f  x
 a g x � f  x   g  x  .
Giải phương trình mũ cơ bản: a

Cách giải:
Phương trình đã cho tương đương 2 x  23 � x  3.
Chọn D.
Câu 2(NB):
Phương pháp:
- Tính y '.
- Dựa vào dấu của hệ số a suy ra nghiệm của bất phương trình y '  0 và suy ra khoảng đồng biến của hàm số.
8


Cách giải:
x3
�
2
Ta có: y '   x  x  6 � y '  0 � �
x  2
�
Vì a  1  0 � y '  0 x � 2;3  .
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên  2;3 .
Chọn C.
Câu 3 (NB):
Phương pháp:
- Tính y '.

- Giải phương trình y '  0 và xác định số nghiệm bội lẻ.
Cách giải:
x0
�
3
2
Có y '  4 x  2 x  2 x  2 x  1 , y '  0 � � 2
.
2 x  1  0  vo nghiem 
�
Vậy hàm số đã cho có 1 cực trị x  0.
Chọn D.
Câu 4 (NB):
Phương pháp:
Sử dụng các công thức lũy thừa: a m .a n  a m  n ,

n
am
m
 a m n ,  a m   a mn ,  a.b   a m .b m
n
a

Cách giải:
4x
Vì y  4 x  y nên đáp án B sai.
4
Chọn B.
Câu 5 (NB):
Phương pháp:

1
Sử dụng công thức Vchop  S day .h.
3
Cách giải:
1
1
a 2 3 a3
Ta có: VS . ABC  SA.S ABC  .a 3.

3
3
4
4
Chọn B.
9


Câu 6 (NB):
Phương pháp:
Dựa vào đồ thị hàm số, xác định điểm thuộc đồ thị hàm số, sau đó thay vào các hàm số ở các đáp án.
Cách giải:
Đồ thị hàm số đi qua điểm  1;3 nên chỉ có hàm số y 

1 3
9
x  3 x 2  x  1 thỏa mãn.
2
2

Chọn B.

Câu 7 (NB):
Phương pháp:
u
u
Sử dụng cơng thức tính đạo hàm hàm mũ:  a  '  u '.a .ln a .

Cách giải:
2x
2 x 1
Ta có: y '   2 x  '.2 ln 2  2 ln 2.

Chọn C.
Câu 8 (NB):
Phương pháp:
�ax  b � ad  bc
'
, sao đó xác định xem hàm số nào trong các hàm số đã
�
Sử dụng công thức tính đạo hàm �
2
�cx  d �  cx  d 
cho có y '  0.
Cách giải:
Xét hàm số y 
Ta có y ' 

2x 1
.
x 3

7

 x  3

2

 0 nên hàm số y  2 x  1 nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó.
x 3

Chọn A.
Câu 9 (NB):
Phương pháp:
Diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy r là S xq  2 rh.
Cách giải:
Diện tích xung quanh của hình trụ là S xq  2 Rh  2 .4.5  40 .
Chọn B.
Câu 10 (NB):
10


Phương pháp:
Sử dụng công thức Vlang tru  S day .h.
Cách giải:
2
3
Thể tích khối lăng trụ là V  Sday .h  3a .2a  6a .

Chọn A.
Câu 11 (NB):
Phương pháp:

b
Giải bất phương trình logarit: log a f  x  �b � 0  f  x  �a .

Cách giải:
Bất phương trình đã cho tương đương 0  x  1 �3 � 1  x �4.
Chọn A.
Câu 12 (NB):
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa đường tiệm cận của đồ thị hàm số: Cho hàm số y  f  x  .
y  y0 hoặc
- Đường thẳng y  y0 là TCN của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: xlim
��
lim y  y0

x ��

y  � hoặc
- Đường thẳng x  x0 là TCN của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: xlim
� x0
lim y  � hoặc lim y  � hoặc lim y  �.

x � x0

x � x0

x � x0

Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy:
lim f  x   2 � y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

x ��

lim f  x   �� x  0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

x �0

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là 2.
Chọn D.
Câu 13 (NB):
Phương pháp:
Diện tích mặt cầu bán kính r là S  4 r 2 .
Cách giải:
Diện tích mặt cầu bán kính r là S  4 r 2 .
11


Chọn B.
Câu 14 (NB):
Phương pháp:
e ax b dx 
Sử dụng cơng thức tính ngun hàm: �

1 ax b
e
 C.
a

Cách giải:
Ta có:

f  x  dx  �
e3 x dx 
�

e3 x
 C.
3

Chọn D.
Câu 15 (NB):
Phương pháp:
- Đưa phương trình về dạng f  x   m.
- Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y  m song song
với trục hồnh.
Cách giải:
5
Ta có: 3 f  x   5  0 � f  x   .
3
Từ đồ thị ta thấy đường thẳng y 

5
cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt.
3

Vậy phương trình 3 f  x   5  0 có 4 nghiệm.
Chọn A.
Câu 16 (NB):
Phương pháp:
- Chứng minh hàm số đã cho đơn điệu trên  0; 2 , từ đó suy ra hàm số đạt GTLN, GTNN tại các đầu mút.

- Tìm M , m và tính tổng.
Cách giải:
Xét hàm số y 
Ta có y ' 

x 1
liên tục trên đoạn  0; 2 .
2x 1

3

 2 x  1

2

 0, x � 0; 2 nên hàm số y  x  1 đồng biến trên đoạn  0; 2 .
2x  1

12


1
Suy ra M  max y  y  2   , m  min y  y  0   1.
 0;2 
 0;2
5
Vậy M  m 

1
4

  1  .
5
5

Chọn C.
Câu 17 (NB):
Phương pháp:
Hàm số y  ln f  x  xác định khi và chỉ khi f  x  xác định và f  x   0.
Cách giải:
2
Điều kiện: x  2 x  3  0 �  x  1  x  3  0 � x  1 hoặc x  3.

Chọn B.
Câu 18 (NB):
Phương pháp:
n
Sử dụng công thức log a b  n log a b, đưa phương trình về dạng cùng cơ số.

Cách giải:
Ta có:
log 2 x  5log 2 a  3log 2 b  log 2 a 5  log 2 b3  log 2  a 5b3  � x  a 5b 3
Chọn B.
Câu 19 (TH):
Phương pháp:
1 2
3V
- Thể tích khối nón có chiều cao h, bán kính đáy r là V   r h, từ đó tính chiều cao khối nón h  2 .
3
r
- Sử dụng cơng thức l  h 2  r 2 tính độ dài đường sinh của hình nón.

- Diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh l , bán kính đáy r là S xq   rl.
Cách giải:
Chiều cao của hình nón là: h 

3V
2 5
42 

Suy ra độ dài đường sinh là: l  h 2  r 2  6.
Do đó diện tích xung quanh là S xq   rl   .46  24 .
Chọn C.
13


Câu 20 (NB):
Phương pháp:
Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến số.
Cách giải:
Ta có: t 2  x  1 nên 2tdt  dx. Suy ra
x
t 2 1
I �
dx  � .2tdt  �
2t 2  2t  dt
 t  1 .2tdt  �

1 t
1 x 1
Chọn A.
Câu 21 (TH):

Phương pháp:
- Tính y ', giải phương trình y '  0 tìm các nghiệm xi � 1;1 .
- Tính các giá trị y  1 , y  1 , y  xi  .
y  min  y  1 , y  1 , y  xi   , sau đó giải phương trình tìm m.
- Tìm min
 1;1
Cách giải:
�
x  0 � 1;1
2
Ta có: y '  6 x 2  6 x. Xét y '  0 � 6 x  6 x  0 � �
x  1 � 1;1
�
Ta lại có: y  1  m  5, y  0    m, y  1   m  1.
� min y  y  1  m  5.
 1;1

Theo giả thiết suy ra  m  5  1 � m  4.
Chọn D.
Câu 22 (TH):
Phương pháp:
- Giả sử bán kính của hình trụ là r thì chiều cao là 2r .
- Tính diện tích thiết diện theo r , sau đó giải phương trình tìm r .
- Thể tích khối trụ có bán kính đáy r , chiều cao h là V   r 2 h.
Cách giải:
Giả sử bán kính của hình trụ là r thì chiều cao là 2r . Khi đó thiết diện qua trục của hình trụ là hình vng có
cạnh 2r .
Suy ra diện tích của thiết diện là 4r 2  16a 2 � r  2a.
14

Vậy thể tích khối trụ là: V   r 2 h   .  2a  .4a  16 a 3 .
2

Chọn C.
Câu 23 (NB):
Phương pháp:
- Giải phương trình hồnh độ giao điểm và tìm hồnh độ điểm B thỏa mãn xB  0.
Cách giải:
Xét phương trình hồnh độ giao điểm:
x0
�
x3  x 2  2 x  3  2 x  3 � x3  x 2  0 � �
x  1
�
Vì điểm B có hoành độ âm nên xB  1.
Chọn C.
Câu 24 (TH):
Phương pháp:
- Giả sử độ dài cạnh hình lập phương là x, khi đó AC  x 2, từ đó tính S ACC ' A ' và tìm x.
- Thể tích khối lập phương cạnh x là V  x 3 .
Cách giải:
Giả sử độ dài cạnh hình lập phương là x, khi đó AC  x 2 và S ACC ' A '  x 2 2.
Theo bài ra ta có: x 2 2  2 2a 2 � x  a 2.



Vậy thể tích khối lập phương là: V  a 2



3

 2 2a 3 .

Chọn B.
Câu 25 (TH):
Phương pháp:
�
 P   Q  d
�
� a   Q .
- Gọi H là trung điểm của AD, chứng minh SH   ABCD  , sử dụng định lí �
a � P  , a  d
�
- Xác định góc giữa  SBC  và  ABCD  là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng
vng góc với giao tuyến.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vng tính độ dài đường cao SH .
1
- Tính thể tích khối chóp VS . ABCD  SH .S ABCD .
3
15


Cách giải:

Gọi H , K lần lượt là trung điểm của AD, BC. Khi đó ta có:
�
 SAD    ABCD   AD
�

� SH   ABCD  .
�
SH
�
SAD
,
SH

AD


�
�
�BC  HK
� BC   SHK  � BC  SK .
Ta có: �
�BC  SH  SH   ABCD  
�
 SBC  � ABCD   BC
�
0
�SK � SBC  , SK  BC  cmt  � �  SBC  ;  ABCD    � SK ; HK   �SKH  30 .
�
�HK � ABCD  , HK  BC
Vì SAD đều cạnh 4a nên SH 

4a 3
 2 3a.
2

Xét tam giác vng SHK có: HK  SH .cot 300  6a.
1
1
3
Vậy VS . ABCD  SH .S ABCD  .2 3a.6a.4a  16 3a .
3
3
Chọn B.
Câu 26 (TH):
Phương pháp:
- Đặt ẩn phụ t  2 x  0, đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t.
- Tính T  x1  x2  log 2 t1  log 2 t2  log 2  t1t2  , sử dụng định lí Vi-ét.
Cách giải:
Đặt t  2 x , phương trình đã cho trở thành t 2  5t  6  0.
Áp dụng định lí Vi-ét ta có, phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn t1t2  6.
Vậy T  x1  x2  log 2 t1  log 2 t2  log 2  t1t2   log 2 6.
Chọn C.
Câu 27 (TH):
Phương pháp:
16


- Tìm ĐKXĐ của phương trình.
- Sử dụng cơng thức log a x  log a y  log a  xy   0  a �1, x, y  0  .
b
- Giải phương trình logarit: log a f  x   b � f  x   a .

Cách giải:
�x  0
� x  1.

ĐKXĐ: �
�x  1  0 � x  1
Ta có:
log 2 x  log 2  x  1  1 � log 2  x  x  1   1
�
x  2  tm 
� x  x  1  2 � x 2  x  2  0 � �
x  1 ktm 
�
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  2.
Chọn B.
Câu 28 (NB):
Phương pháp:
- Chia cả 2 vế của bất phương trình cho 9 x  0.
x

�2 �
- Đặt ẩn phụ t  � �, t  0 và chọn đáp án đúng.
�3 �
Cách giải:
Chia cả 2 vế của bất phương trình cho 9 x  0 thì bất phương trình đã cho tương đương.
x

2x

�2 �
�2 �
12  35. � � 18. � �  0
�3 �
�3 �

x

�2 �
Do đó nếu đặt t  � � bất phương trình trở thành: 18t 2  35t  12  0.
�3 �
Chọn C.
Câu 29 (TH):
Phương pháp:
- Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh trục AB ta được hình trụ có bán kính đáy r  AD, chiều cao h  AB.
- Sử dụng định lí Pytago tính bán kính đáy của hình trụ.
- Diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là S xq  2 rh.
Cách giải:
17


Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh trục AB ta được hình trụ có bán kính đáy r  AD  AC 2  AB 2  2a
(định lí Pytago), chiều cao h  AB  a.
Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là:
S xq  2 rh  2 .2a.a  4 a 2
Chọn B.
Câu 30 (TH):
Phương pháp:
- Góc giữa SD với  ABCD  là góc giữa SD và hình chiếu của SD lên  ABCD  .
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vng để tính góc.
Cách giải:

Vì SA   ABCD  nên AD là hình chiếu vng góc của SD lên  ABCD  .
� SD;  ABCD    � SA; AD   �SDA.
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng SAB ta có: SA  SB 2  AB 2  2a.
Xét tam giác vng SAD ta có tan �SDA 

SA
 1 � �SAD  450.
AD

0
Vậy � SD;  ABCD    45 .

Chọn D.
Câu 31 (NB):
Phương pháp:
Xác định số điểm cực trị của hàm số bằng số nghiệm bội lẻ của phương trình f '  x   0.
Cách giải:

18


�
�
x0
�
2
x  1 , trong đó x  1 là nghiệm bội 2, do đó f '  x  chỉ đổi dấu qua
Ta có: f '  x   x  x  1  2 x  3   0 � �
�
3
x
�
�
2

3
x  0 và x   .
2
3
Vậy hàm số f  x  có hai điểm cực trị x  0, x   .
2
Chọn D.
Câu 32 (TH):
Phương pháp:
- Quỹ tích các điểm M tạo thành một phần của mặt trụ trịn xoay.
- Tính chiều cao của tam giác MAB, đó chính là bán kính đáy của hình trụ.
- Diện tích mặt trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là S xq  2 rh.
Cách giải:
Tập hợp các điểm M là phần hình trụ khơng kể hai đáy với bán kính đáy là r 

2 S MAB
 4.
AB

Do đó diện tích của mặt tròn xoay này là: S xq  2 rh  2 .4.6  48 .
Chọn A.
Câu 33 (VD):
Phương pháp:
- Đặt log 4 x  log 3 y  log 3  2 x  3 y   t. Xác định x, y, 2 x  3 y theo t.
3

- Thay x, y theo t vào 2 x  3 y , đưa phương trình về dạng ẩn t .
t

�2 �

- Đặt ẩn phụ � � a  a  0  , đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn a.
�3 �
- Giải phương trình tìm a , từ đó tìm

x
.
y

Cách giải:
Đặt log 4 x  log 3 y  log3  2 x  3 y   t.
3

19


t
� �4 �
x

� ��
� �3 �
t
t
t
�
�4 �
�2 � �3 �
t
t
t

� 2. � � 3.3  2 � 2. � � 3. � � 1  0  1
Suy ra �y  3
�3 �
�3 � �2 �
�
t
2
x

3
y

2
�
�
�
t

�2 �
Đặt � � a  a  0  , khi đó phương trình  1 trở thành:
�3 �
a  1 loai 
�
3
2
�
2a   1  0 � 2a  a  3  0 �
3
�
a

a   tm 
� 2
t

Vậy

2t

x �4 � �2 �
9
 � � � �  a 2  .
y �9 � �3 �
4

Chọn A.
Câu 34 (VD):
Phương pháp:
- Đặt t  log 2 x, tìm khoảng giá trị của t .
f  t .
- Đưa bất phương trình về dạng m  f  t  t � a; b  � m  min
 a ;b 
f  t .
- Chứng minh hàm số f  t  đơn điệu trên  a; b  và tìm min
 a ;b 
Cách giải:





1
Đặt t  log 2 x, do x � 2; � nên t  . Khi đó bất phương trình tương đương:
2

 t  1

2

 2  m  1 t  2  0 � t 2  2mt  1  0 �

t 2 1
m
2t

1
t 2 1
u cầu bài tốn trở thành bất phương trình trên có nghiệm t � . Đặt f  t  
. Ta có:
2
2t
1
�t 1 � 1 1
f ' t   �  �
'   2  0, t 
2
�2 2t � 2 2t
�1 � 3
f  t   f � �  .
Do đó yêu cầu bài toán tương đương m  �min
1

�
�2 � 4
; ��
�
2
�

�

Chọn B.
Câu 35 (TH):
20


Phương pháp:
�ax  b � ad  bc
'
.
�
- Sử dụng cơng thức tính nhanh đạo hàm �
2
�cx  d �  cx  d 
- Để hàm số đồng biến trên các khoảng xác định thì y '  0, giải bất phương trình tìm m.
Cách giải:
xm
2m
.
Ta có: y  x  2 � y ' 
2
 x  2

Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định khi y '  0 � 2  n  0 � m  2.
Chọn B.
Câu 36 (VD):
Phương pháp:
y để tìm TCN của đồ thị hàm số. Chứng minh hàm số có 1 TCN.
- Tính xlim
��
- Để đồ thị hàm số có đúng 2 đường tiệm cận thì nó cần phải có 1 đường TCĐ, khi đó phương trình mx 2  1  0
phải có 1 nghiệm trùng với một nghiệm của phương trình x 2  3x  2  0. Từ đó tìm m.
- Thử lại và kết luận.
Cách giải:
1
x 2  m � Đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang y  m.
y  lim
Ta có: xlim
���
x ���
3 2
1  2
x x
m

Để hàm số có đúng 2 đường tiệm cận thì đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng.
x 1
�
2
Xét phương trình mẫu số x  3 x  2  0 � � .
x2
�
Khi đó phương trình mx 2  1  0 phải có 1 nghiệm bằng 1 hoặc bằng 2. Khi đó ta có:

m 1
�
m 1  0
�
�� 1
�
�
4m  1  0
m
�
� 4
Thử lại:
x2 1
x 1
Với m  1 � y  2

� lim y  �� Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  2.
x �2
x  3x  2 x  2
1 2
x 1
1
x2
Với m  � y  4

� lim y  �� Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  1.
2
x �1
4
x  3 x  2 4  x  1

21


1
Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn là m  1, m  .
4
Chọn C.
Câu 37 (VD):
Phương pháp:
- Gọi M là trung điểm của AB. Xác định góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc
hai mặt phẳng và cùng vng góc với giao tuyến.
- Đổi d  G;  ABB ' A '   sang d  H ;  ABB ' A '   .
- Xác định d  H ;  ABB ' A '   , sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vng để tính khoảng cách.
Cách giải:

Gọi M là trung điểm của AB. Khi đó HM là đường trung bình của tam giác ABC nên HM / / AC.
Mà AC  AB  gt  � HM  AB.
�AB  HM
� AB   B ' HM  � AB  B ' M .
Ta có: �
�AB  B ' H
�
 ABB ' A ' � ABC   AB
�
Khi đó ta có: �B ' M � ABB ' A '  , B ' M  AB  cmt 
�
�HM � ABC  , HM  AB  cmt 
� �  ABB ' A '  ;  ABC    � B ' M ; HM   �B ' MH  600.
�
�HI � B ' MH 

� HI  AB.
Gọi I là hình chiếu của H trên B ' M . Khi đó ta có: �
�AB   B ' MH 
�HI  AB
� HI   ABB ' A ' � d  H ;  ABB ' A '   HI .
�
�HI  B ' M
Vì G là trọng tâm tam giác B ' CC ' nên
Ta có: GC '� ABB ' A '   B nên

GB 2
 .
C 'B 3

d  G;  ABB ' A '  

d  C ';  ABB ' A '  



GB 2
 .
C'B 3
22


� d  G;  ABB ' A '  

2
2

d  C ';  ABB ' A '    d  C ;  ABB ' A '   (do CC '/ /  ABB ' A ' ).
3
3

Lại có CH � ABB ' A '  B nên
� d  G;  ABB ' A '  

d  C ;  ABB ' A ' 

d  H ;  ABB ' A ' 



CB
 2 � d  C ;  ABB ' A '   2d  H ;  ABB ' A '   .
HB

4
4
d  H ;  ABB ' A '    HI .
3
3

Xét tam giác vng B ' HM , ta có MH 

AC a
a 3
 , B ' H  HM .tan 600 
.
2

2
2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông B ' HM ta có: HI 

Vậy d  G;  ABB ' A '   

HM .B ' H
HM 2  B ' H 2



a a 3
.
a 3
2 2

.
4
a 2 3a 2

4
4

4
4 a 3 a 3
HI  .

.
3

3 4
3

Chọn D.
Câu 38 (VD):
Phương pháp:
- Gọi x  m  ,3x  m  lần lượt là chiều rộng, chiều dài của bể. Tính chiều cao của bể.
- Tính tổng diện tích các mặt làm bê tơng.
- Sử dụng BĐT Cơ-si: a  b  c �3 3 abc  a, b, c  0  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c.
Cách giải:

Gọi x  m  ,3x  m  lần lượt là chiều rộng, chiều dài của bể, h là chiều cao của bể.
Theo bài ra ta có: V  x.3x.h  6 � h 

6
2
 2  m .
2
3x
x

Khi đó tổng diện tích các mặt bể được làm bê tơng là: 2 x.

23

2
2
2 16 x 2 16

2.3

x
.

2
x
.3
x

x
.3
x
.


x2
x2
9
3
x


Áp dụng BĐT Cơ-si ta có:

Dấu “=” xảy ra khi

16 x 2 16 16 x 2 8 8
16 x 2 8 8
 
  �3 3
. .  8 3 18

3
x
3
x x
3 x x

16 x 2 8
3
 � x 3 .
3
x
2

Vậy số tiền ít nhất mà cơ Ngọc cần bỏ ra là 8 18.106 �21.000.000 đ.
Chọn B.
Câu 39 (VD):
Phương pháp:
- Từ giả thiết SAB vng cân có AB  a 2, tính bán kính đáy và chiều cao của hình nón.
- Xác định góc giữa  SBC  và mặt đáy là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng
vng góc với giao tuyến.
- Gọi H là trung điểm của BC , sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vng tính OH , SH , áp
dụng định lí Pytago tính BC.
- Tính S SBC 

1
SH , BC.
2

Cách giải:

Giả sử thiết diện là tam giác vng cân SAB như hình vẽ, theo bài ra ta có AB  a 2 nên hình nón có bán kính
1
a 2
1
a 2
và chiều cao h  SO  AB 
r  OA  OB  AB 
.
2
2
2
2
Gọi H là trung điểm của BC � OH  BC (quan hệ vng góc giữa đường kính và dây cung).
�BC  OH
� BC   SOH  � BC  SH .
Ta có: �
�BC  SO
�
 SBC  � ABC   BC
�
0
�SH � SBC  , SH  BC  cmt  � �  SBC  ;  ABC    � SH ; OH   �SHO  60 .
�
OH � ABC  , OH  BC
�
Xét tam giác vng SOH ta có: OH  SO.cot 600 

a 6
SO
a 6

, SH 

.
0
6
sin 60
3
24


Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng OHB ta có:
2

2

�a 2 � �a 6 � a 3
HB  OB  OH  �
�
�2 �
� �
�
� 3 .
�
� �6 �
2

� BC  2 BH 
Vậy S SBC 

2

2a 3
.
3

1
1 2a 3 a 6 a 2 2
BC.SH  .
.

.
2
2 3
3
3

Chọn B.
Câu 40 (TH):
Phương pháp:
�
�f '  x0   0
Hàm số y  f  x  đạt cực đại tại x  x0 khi và chỉ khi �
.
�f "  x0   0
Cách giải:
Tập xác định: D  �.
Ta có: y '  x 2  2mx  m 2  m  1 và y "  2 x  2m.
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  1 khi và chỉ khi:
�
�

m 2  3m  2  0
�y '  1  0
�
�m2
�
�
2  2m  0
�y "  1  0
�
Chọn D.
Câu 41 (VD):
Phương pháp:
2
- Đặt g  x   f  x  x  . Tính g '  x  .

- Giải phương trình g '  x   0 và xác định các nghiệm bội lẻ.
- Lập BXD g '  x  , từ đó xác định số điểm cực tiểu của hàm số.
Cách giải:
2
Xét g  x   f  x  x  .
2
2
2
Ta có: g '  x    x  2 x  '. f '  x  2 x   2  x  1 f '  x  2 x  .

25