24-7-HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHUYÊN SP LẦN 2

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHUYÊN SP LẦN 2
Câu 1.

Tập hợp các giá trị của số thực k để đường thẳng d : y  kx cắt đồ thị hàm số y 
điểm phân biệt là
A. \ 0;1 .

\ 1 .

B.

C.

\{0} .

x
tại hai
x 1

D. 1;   .

Lời giải
Chọn D
 Ta có: PTHĐGĐ là kx 

x
 x  k  x  1  1  0,  x  1 1
x 1

x  0


 x  1
kx  1  k
 Nếu k  0 thì PT 1 có 1 nghiệm x  0 . Do đó k  0 khơng thỏa u cầu bài tốn.
x  0
 Nếu k  0 thì PT 1 có hai nghiệm là 
x  1 k
k

1  k
 k  0
 Để thỏa bài tốn thì 
 k  1.
1  k  1
 k
 Vậy chọn đáp án là B
Câu 2.

x  x0 y  y0 z  z0


. Điểm M
a
b
c
nằm trên  thì tọa độ điểm M được biểu diễn theo tham số t (t  ) như sau:
A. M   x0  at;  y0  bt;  z0  ct  .
B. M (at ; bt ; ct ) .

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  :

C. M  a  x0t ; b  y0t ; c  z0t  .

D. M  x0  at; y0  bt ; z0  ct  .
Lời giải

Chọn D

x  x0 y  y0 z  z0


t
a
b
c
Suy ra: x  x0  at ; y  y0  bt ; z  z0  ct.
Kết luận: đáp án là D
Một nguyên hàm của hàm số f  x   cos3x.cos 2 x là

 Ta có

Câu 3.

1
sin 3 x  sin 2 x .
6
1
1
C. sin x  sin 5 x .
2
2

A.

1
1
sin x  sin 5 x .
2
10
1
1
D. sin x  sin 5 x .
2
10
Lời giải
B.

Chọn D
1
 cos 5 x  cos x  .
2
1
1 1
1
1
1
 Khi đó:  f  x  dx    cos 5 x  cos x  dx  . sin 5 x  sin x  C  sin 5 x  sin x  C .
2
2 5
2
10
2

1
1
sin 5 x  sin x .
 Vậy một nguyên hàm của hàm số f  x   cos3x.cos 2 x là
10
2
Cho hình trụ có hai đường trịn đáy là  I ;3  cm   và  I ;3  cm   . Mặt phẳng   vng góc với

 Ta có: f  x   cos3x.cos 2 x 

Câu 4.

đường thẳng II  và cắt đoạn thẳng II  . Mặt phẳng   cắt hình trụ theo một đường trịn có chu vi
là
A. 3  cm  .
B. 9, 42  cm  .
C. 2  cm  .
D. 6  cm  .


Lời giải
Chọn D

 Mặt phẳng   vng góc với đường thẳng II  và cắt đoạn thẳng II  nên giao tuyến của   với
hình trụ là đường trịn có bán kính bằng 3 cm .
 Chu vi của đường trịn đó là: 2 .3  6  cm  .
Câu 5.

Tứ diện ABCD, có DA  DB  DC và ABC vng cân tại B . Góc giữa hai mặt phẳng

 ABC  và  ACD 

bằng

A. 30 .

B. 90 .

C. 45 .
Lời giải

D. 60 .

Chọn B
D

O
C

A

B

 Gọi O là trung điểm của AC . Do tam giác ABC vuông cận tại B  BO  AO  CO 
Mặt khác DA  DB  DC
 DO   ABC  tại O .

AC
.
2

  DAC    ABC 

Câu 6.

 ABC  ,  ACD   90 .

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :

x4 y 5 z 8


và
a
6
b

x y 1 z  2


. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:
2
3
5
A. d1 // d 2 nếu a  4 và b  10 .
B. d1 // d 2 nếu a  4 và b  10 .
C. d1 // d 2 nếu a  4 và b  10 .
D. Không tồn tại các giá trị của a , b thỏa mãn d1 // d 2 .
Lời giải
Chọn D

x4 y 5 z 8


 d1 :
suy ra đường thẳng d1 đi qua M  4;5; 8  và có vtcp là u   a ;  6; b  .
a
6
b
d2 :


x y 1 z  2


suy ra đường thẳng d 2 đi qua N  0; 1; 2  và có vtcp là u    2;3; 5  .
2
3
5
6 b
a
a  4
 





2
3


5
u

k
.
u


 b  10 ( không thỏa mãn).
d1 // d 2  

M  d2
 4  5  1  8  2
M  d
2

 2
3
5
Cho số phức z  2  mi  m   . Xác định m để z 2 là một số thuần ảo.
 d2 :

Câu 7.

A. m  2 .

B. m  2 .

C. m  2 .
Lời giải

D. m  0 .

Chọn B
2
 Ta có z 2   2  mi   22  m 2  2.2.mi  4  m 2  4mi .
Câu 8.

 z 2 là số ảo khi và chỉ khi 4  m 2  0  m  2 .
Cho hàm số y  f ( x) xác định trên \ 1 , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến
thiên như sau:

Phương trình f ( x)  m có 3 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi?
A. 0  m  3 .
B. 1  m  3 .
C. 0  m  3 .
Lời giải
Chọn C
 Đưởng thẳng y  m song song với trục hoành.

D. 0  m  3 .

 Để phương trình f  x   m có 3 nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số

C  : y 
Câu 9.

f ( x) tại 3 điểm phân biệt.

 Theo đồ thị suy ra 0  m  3 .

Các giá trị tham số m để hàm số y  x3  3x 2  mx đạt cực tiểu tại x  2 là
A. m  1.
B. m  2 .
C. m  0 .
D. m  2 .
Lời giải
Chọn C
 Tập xác định: D  .
 y  3x 2  6 x  m , y  6 x  6
 Hàm số y  x3  3x 2  mx đạt cực tiểu tại x  2  y  2   0  3.22  6.2  m  0  m  0

 Với m  0 ta có y  2   6.2  6  6  0 nên x  2 là điểm cực tiểu của hàm số.
 Vậy m  0 là giá trị cần tìm.
Câu 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , số phức liên hợp của số phức z  5  3i có điểm biểu diễn là
A.  5;3 .

B.  5; 3 .

C.  5; 3 .
Lời giải

D.

 5;3 .

Chọn D
 z  5  3i  z  5  3i
 z  5  3i biểu diễn bởi điểm  5;3 .
m

Câu 11. Cho

  3x
0

2

 2 x  1 dx  6 . Giá trị của tham số m thuộc khoảng nào sau đây ?


A.  1; 2  .

B.  ;0  .

C.  0; 4  .

D.  3;1 .

Lời giải
Chọn C
m

 Ta có:

  3x

2

 2 x  1 dx  6   x3  x 2  x   6  m3  m 2  m  6  m  2   0; 4  .

0

m

0

Câu 12. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình dưới đây, trong đó m .

Chọn khẳng định đúng:
A. Đồ thị hàm số có đúng 2 đường tiệm cận đứng và 2 đường tiệm cận ngang với mọi
m \ 2 .
B. Đồ thị hàm số có đúng 2 đường tiệm cận đứng và 2 đường tiệm cận ngang với mọi m .
C. Đồ thị hàm số có đúng 2 đường tiệm cận đứng và 1 đường tiệm cận ngang với mọi m .
D. Đồ thị hàm số có đúng 1 đường tiệm cận đứng và 2 đường tiệm cận ngang với mọi m .
Lời giải
Chọn B
Từ bảng biến thiên ta có:
 lim y  m  1  tiệm cận ngang y  m  1
x 

 lim y  3  m  tiệm cận ngang y  3  m
x 

 lim y    tiệm cận đứng x  1
x 1

 lim y    tiệm cận đứng x  4
x  4

 Vậy đồ thị hàm số có đúng 2 đường tiệm cận đứng và 2 đường tiệm cận ngang với mọi m .

Câu 13. Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên các khoảng  ;0  ;  0;   và có bảng biên thiên
như sau:

Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. f  4   f  3 .
B. Đường thẳng x  7 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số f  x  .
C. Hàm số f  x  đồng biến trên khoảng 1;   .
D. Hàm số f  x  có giá trị nhỏ nhất bằng 5.
Lời giải
Chọn A
Dựa vào BBT ta thấy:
 Hàm số f  x  nghịch biến trên khoảng  ;0  nên f  4   f  3 .
 Đường thẳng x  0 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số f  x  ; y  7 là đường tiệm cận
ngang của đồ thị hàm số f  x  nên đáp án B sai.
 Hàm số f  x  đồng biến trên khoảng  3;   nên đáp án C sai.
 Hàm số f  x  khơng có giá trị nhỏ nhất nên đáp án D sai.


Câu 14. Có 7 bơng hồng đỏ, 8 bơng hồng vàng và 10 bông hồng trắng, các bông khác nhau từng đơi một.
Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra từ đó 3 bơng hồng có đủ ba màu?
A. 3014.
B. 310.
C. 319.
D. 560.
Lời giải
Chọn D
1
Số cách lấy 3 bơng hồng có đủ ba màu là: C71 .C81.C10
 560 (cách)
Câu 15. Trong khơng gian Oxyz cho mặt cầu  S  có phương trình x 2  y 2  z 2  2 y  2 z  2  0 và mặt

phẳng  P  có phương trình x  2 y  2 z  2  0 . Mặt phẳng  Q  song song với mặt phẳng  P 
đồng thời tiếp xúc với mặt cầu  S  có phương trình là.
A. x  2 y  2 z  2  0 và x  2 y  2 z  10  0 . B. x  2 y  2 z  10  0 .
C. x  2 y  2 z  10  0 . D. x  2 y  2 z  10  0 và x  2 y  2 z  2  0 .
Lời giải
Chọn B
 Ta có: Mặt cầu  S  có tâm I  0;1;1 và bán kính R  02  12  12   2  2 .
 Do  Q  / /  P    Q  : x  2 y  2 z  d  0  d  2  và mp  Q  tiếp xúc với mặt cầu  S  nên ta có

d   2  l 
d   4  6

 2  d  4  6  
 d   4  6
12  22  22
 d   10
 Vậy phương trình mp  Q  : x  2 y  2 z  10  0 .

d  I , Q   R 

0  2.1  2.1  d 

Câu 16. Tập hợp các số phức z thỏa mãn phương trình z 3  1  0 là.


A. 1; 1  3 i; 1  3 i  .



B. 1;  1  3 i;  1  3 i  .

C. 1 .

D. 1; 1  3i; 1  3i .


 2

2

2




2 


2

2

2



2 




Lời giải
Chọn B
z  1
 z 1  0
 Ta có: z  1  0   z  1  z  z  1  0   2
.

 z  1  3i
z

z

1

0


2
3

2



 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là T  1;  1  3 i;  1  3 i 



2

2

2

2 


Câu 17. Cho hình chóp tam giác S.ABC có độ dài tất cả các cạnh bằng 3. Hình nón trịn xoay ngoại tiếp
hình chóp có diện tích xung quanh là
A. 6 3 .
B. 3 3 .
C. 3 .
D. 2 3 .
Lời giải
Chọn B
S

C

A
O
B

 Hình chóp S.ABC có tất cả các cạnh bằng 3, suy ra S.ABC là tứ diện đều.
 Gọi O là tâm tam giác đều ABC . Ta có hình nón trịn xoay ngoại tiếp hình chóp bán kính đường
tròn đáy R  OA  3 , đường sinh l  SA  3 .


 Vậy S xq   Rl  3 3 .

Câu 18. Xác định phần thực và phần ảo của số phức z 
A. Phần thực bằng 2 , phần ảo bằng 4 .
C. Phần thực bằng

1
1
, phần ảo bằng .
10
5

1
?
4i  2

B. Phần thực bằng

1
1
, phần ảo bằng  .
10
5

D. Phần thực bằng 2 , phần ảo bằng 4 .
Lời giải

Chọn C

1
2  4i
2  4i 1 1




 i.
2
4i  2 4  16i
20
10 5
1
1
 Suy ra phần thực của số phức z bằng
, phần ảo bằng .
10
5
1
Câu 19. Cho cấp số nhân  un  với công bội q  0 và u2  8, u6  . Tìm u1 .
2
1
1
A. u1  .
B. u1  16 .
C. u1   .
2
2
Lời giải
Chọn A
 Ta có:
u2  u1q .

 Ta có z 

D. u1  16 .

u6  u1q5 .
 Suy ra q 4 

u6 1

u1 16

1

q


2

q   1

2
1
Theo bài q  0 nên ta chọn q   .
2
u2
8
 16 .
Khi đó u1  
q 1
2
Câu 20. Cho hình lăng trụ đều ABC.ABC có tất cả các cạnh đều bằng 2a . Thể tích khối lăng trụ

ABC.ABC bằng
2 3a3
3a3
3a3
3
2
3a
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
4
2
4
Lời giải
Chọn B


 ABC.ABC là khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng 2a và cạnh bên bằng 2a .
Ta có tam giác ABC là tam giác đều cạnh a . Suy ra S ABC
Chiều cao của khối lăng trụ h  AA  2a .
 VABC . ABC  h.S ABC  2a.a 2 3  2a 3 3 .

 2a 


2

4

3

 a2 3 .

Câu 21. Nghiệm của phương trình e 2 x  2020 là
1
1
A. x  ln 2020 .
B. x  2log 2020 e .
C. x  2ln 2020 .
D. x  log 2020 e .
2
2
Câu 22. Cho hàm số f ( x), g ( x) là các hàm số có đạo và liên tục trên . Trong các khẳng dưới đây khẳng
định nào sai?
A.   f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx . B.   f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx .
C.

D.  kf  x  dx  k  f  x  dx, k  .

 f   x  dx  f  x   C .

Lời giải
Chọn D
Áp dụng tính chất ta có đáp án A;B,C đúng và đáp án D sai.
Câu 23. Khối bát diện đều là khối đa diện đều thuộc loại

A. 3;5 .
B. 3; 4 .
C. 5;3 .
D. 4;3 .
Lời giải
Chọn B
Khối bát diện đều: Mỗi mặt là một tam giác đều (ba cạnh); Mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng 4
mặt.
Suy ra khối bát diện đều là khối đa diện đều thuộc loại 3; 4 .
9x2  6 x  4
x2
D. 2 .

Câu 24. Tìm tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
A. 0 .

C. 3 .
Lời giải

B. 1 .

Chọn C
Tập xác định: D   ; 2    2;   .
Ta có:

lim 

x  2

đứng x  2 .

Ta có lim

x 

9 x2  6 x  4
  ;
x2

lim 

x  2

9 x2  6 x  4
  suy ra đồ thị có đường tiệm cận
x2

9x2  6x  4
 3 suy ra đồ thị có đường tiệm cận ngang y  3 .
x2

9 x2  6 x  4
 3 suy ra đồ thị có đường tiệm cận ngang y  3 .
x 
x2
Vậy số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị có hàm số là 3 .
Ta có lim


Câu 25. Phương trình

2 cos 2 x

A. 5 .

5sin x

 Đặt t

t
t

C. 6 .
Lời giải

B. 4 .

Chọn A
Ta có: 2cos2 x 5sin x

2 L

 ới x

2 1 sin 2 x

0

x

1

2

sin x

1
2

4

1 ta được phương trình: 2t

sin x, t

9
?
2
D. 7 .

0 có bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn 0;

4

k 2 , ta x t 0

5t

2

A.  ; 2 .

0

2sin 2 x 5sin x

k

0;1; 2 .

2

0

k
k2
k2

9
2

1
12

6
6
5
5
9
5
k2
k 2 , ta x t 0

 ới x
6
2
6
12
ậy phương trình đã cho có nghiệm thỏa mãn đề bài.

Câu 26. Tập xác định của hàm số y

4

k2

6
5
6

x

2

5sin x

log 2 4 2 x

B.  1; 2  .

13
6

k

k

11
6

k

0;1 .

2

log9 x 1 là

C.  ; 2  \ 1 .
Lời giải

D.  ; 2  .

Chọn C
ĐKXĐ:

4 2x
x 1

0
2

0

x
x

2
1

;2 \ 1 .
Vậy TXĐ: D
Câu 27. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y   x3  3x 2  4 .

B. y 

x4
.
x 1

C. y  x3  3x 2  4 .

D. y  x 4  3x 2  4 .

Lời giải
Chọn C
Dễ thấy đây là đồ thị hàm số bậc ba y  ax3  bx 2  cx  d có a  0 và d  0 .
Suy ra hàm số cần tìm là y  x3  3x 2  4 .
Câu 28. Mặt cầu nội tiếp hình lập phương cạnh 4 có diện tích S bằng
A. S  16 .
B. S  48 .

C. S  8 .
Lời giải
Chọn A

D. S  4 .

0


Mặt cầu nội tiếp hình lập phương cạnh 4 có bán kính là R  2 .
Suy ra diện tích mặt cầu cần tìm là S  4 R 2  4 .4  16 (dvdt).
Câu 29. Hàm số y  e x
A.  2;   .

2

4

đồng biến trên khoảng
B.  ;   .

D.  0;   .

C.  2; 2  .
Lời giải

Chọn D
Ta có: y  2 x.e x
y  0  x  0 .
Bảng xét dấu:

2

4

.

Vậy hàm số đồng biến trên  0;   .
Câu 30. Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng

  : 2 x  y  2 z  4  0 và    : 2 x  y  2 z  2  0 bằng
A.

10
.
3

B.

4
.
3

C. 6 .

D. 2 .

Lời giải

Chọn D
Ta có  
Lấy

 
M  2;0;0  thuộc mặt phẳng   .

Khi đó ta có: d    ,      d  M ;     

2.2  2
2   1   2 
2

2

2

2

Câu 31. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y   x 2  6 x  5 và trục Ox bằng
16
32
A. 32 .
B. 5 .
C.
.
D.
.
3
3

Lời giải
Chọn C
x  1
Phương trình hồnh độ giao điểm  x 2  6 x  5  0  
.
x  5
5

Suy ra S    x 2  6 x  5 dx 
1

5

 x

2

 6 x  5 dx 

1

32
.
3

Câu 32. Tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả mãn điều kiện z  3  2 là
A. đường tròn tâm I  3;0  , bán kính R  2 .
C. đường thẳng y  2 .

B. đường thẳng x  3 .

D. đường tròn tâm I  2;0  , bán kính R  3 .
Lời giải


Chọn A
Gọi M ( x ; y ) biểu diễn số phức z .
z  3  2   x  3  yi  2   x  3  y 2  4 .
2

ậy tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I  3;0  ,
bán kính R  2 .
Câu 33. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1 ;0;1), B ( 2 ;1;1). Phương trình mặt
phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là
A. x  y  2  0 .
B. x  y  1  0 .
C. x  y  2  0 .
D.  x  y  2  0 .
Lời giải
Chọn C
 3 1 
 Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua trung điểm I   ; ;1 của đoạn AB và có
 2 2 
3 
1

vectơ pháp tuyến n  AB   1;1;0  có phương trình:   x     y    0 hay x  y  2  0
2 
2

Câu 34. Cho a là số dương. Kết quả sau khi rút gọn biểu thức

1
6

17
12

A. a .

4

a :a

7
6

là
31

11

12

B. a .

D. a 28 .

C. a .
Lời giải

Chọn B

 Ta có

4

a :a

7
6

Câu 35. Cho x   log81 3

1
4

 a :a
log3 81

7
6

a

1 7

4 6

17
12

a .

. Mệnh đề nào dưới đây đúng ?

A. log 4 x  4.

C. log 4 x  3.
Lời giải

B. log 4 x  4.

D. log 4 x  3.

Chọn A
 x   log81 3

log3 81



 log34 3



log3 34

1

  log3 3 
4


4log3 3

4

1
     44  .
4

 Lấy log cơ số 4 hai vế.
 Suy ra: log 4 x  log 4  44   4log 4 4  4 .
Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng  P  song song với trục Oy và đi qua hai điểm

A  3;0;0  , B  0;0; 4  có phương trình là :
A. 4x  3z 12  0

B. 3x  4z 12  0

C. 4x  3z  12  0
Lời giải

D. 4x  3z  0 .

Chọn A
 AB   3 ;0; 4  .
 Vì  P  song song với trục Oy nên nP  j với j   0;1; 0  .
 Hai điểm A và B thuộc mặt phẳng  P  , suy ra nP  AB .

n  j
 nP   j , AB    4;0;3 .

  P
nP  AB
 Phương trình mặt phẳng  P  , qua điểm A  3;0;0  nhận nP   4; 0;3 làm vecto pháp tuyến,
suy ra :  P  : 4 x  3z  12  0 .
Câu 37. Cho hàm số y  f  x  xác định trên

và có đạo hàm f   x   x 4 . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Hàm số y  f  x  nghịch biến trên   ;0  và đồng biến trên  0;    .
B. Hàm số y  f  x  nghịch biến trên

.

C. Hàm số y  f  x  đồng biến trên   ;0  và nghịch biến trên  0;    .


D. Hàm số y  f  x  đồng biến trên

.
Lời giải

Chọn D
 Ta có: f   x   x 4  0 x 

và f   x   0  x  0 .

 ậy hàm số y  f  x  đồng biến trên

.
4 x  2a

2
0 4x  2 dx  a  7 . Khi đó,
1

Câu 38. Gọi S là tập các giá trị của tham số a sao cho đẳng thức sau đúng:
tổng tất cả các phần tử của S là
1
15
A.  .
B. .
2
2

C. 

1
.
2

D.

15
.
2

Lời giải
Chọn B
1 x
1
1

1
 4x
4  2a
2a 
4x
2a
I  x
dx    x
+ x
dx   x
dx   x
dx .

4 2
4  2 4  2
4 2
4 2
0
0 
0
0
1
d  4x  2
4x
1
  x
dx   x

ln 4 x  2
4 2

ln 4
0
0  4  2  ln 4
1

1

 Tính I1  
0

1


0

1
ln 2 1
 .
 ln 6  ln 3 
ln 4
ln 4 2

2a
dx .
4 2
x

Đặt t  4 x  2 .

dt

.
 t  2  ln 4

 dt  4 x ln 4dx  dx 
Đổi cận:
x
t  4x

0
3

1

6

2a
dt
a
2dt
a  1
1 
.


 
 dt


t
t


2
ln
4
ln
4
t
t

2
ln
4
t
t

2






3
3
3

6

6

Khi đó: I1  

6

6

a
a
a
a

 ln t  ln t  2  
  ln 6  ln 4  ln 3  ln1  ln 2  .

ln 4
ln 4
ln 4
2
3
a  3
1
4x
2a
1 a
2
2
 Vậy I   x
.
dx   x
dx    a  7  2a  a  15  0  

a   5
4

2
4

2
2 2
0
0

2
5
1


Tổng các giá trị của tham số a thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 3      .
 2 2
1

Câu 39. Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  2 x3  3x vuông góc với trục tung?
A. 1 .

C. 2 .
Lời giải

B. 4 .

D. 3 .

Chọn A
 Trục tung có phương trình x  0 .
 Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  2 x3  3x .
 Suy ra tiếp tuyến vng góc với trục tung có phương trình y  y0 .
 Suy ra f   x0   0 

2 x0  3x0
3

2 x03  3x0



1

 x0  2  y0  2
6 x02  3  0  6 x02  3  0  
.
1

 x0   2  y0  2




 1

 Tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  2 x3  3x tại M1 
; 2  có phương trình y  2 .
 2


 1

 Tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  2 x3  3x tại M 2  
; 2  có phương trình y  2 .
2


 Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa yêu cầu.
Câu 40. Cho tập S  1; 2;3;...;99;100 gồm 100 số tự nhiên từ 1 đến 100 . Lấy ngẫu nhiên ba số thuộc S .
Tính xác suất để ba số lấy ra lập thành một cấp số cộng?
1
1
1
1
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
132
54
33
66
Lời giải
Chọn B
3

 Phép thử “Lấy ngẫu nhiên ba số thuộc S ”  n     C100
.
 Gọi A là biến cố “Ba số lấy ra lập thành một cấp số cộng”.
 Giả sử ba số được lấy ra là a , b , c với a  b  c .
ac
 Suy ra b 
(tính chất cấp số cộng).
2
 Như vậy với mỗi cặp số a , c sẽ tồn tại duy nhất một số b để lập thành một cấp số cộng.
 Do b là số nguyên nên a và c cùng chẵn hoặc cùng lẻ.
2
2
 Có C50
cách chọn 2 số trong 50 số chẵn và C50
cách chọn 2 số trong 50 số lẻ từ tập S .
2
2
 C50
 Suy ra n  A   C50
.

 Vậy P  A 

n  A 1
.

n    66

Câu 41. Tập nghiệm của bất phương trình  x2  x  1  1 là:
x

A.  1;   .

C.  ; 1 .

B.  0;   .

D.  1;   \ 0 .

Lời giải
Chọn D
 Nhận thấy x 2  x  1  1 khơng thỏa mãn bất phương trình và x 2  x  1  0, x 

.

 x  x  1  1
 1  x  0


x
 1  x  0
x  0
 x  0
2


  x  x  1  1  
.
2


x0
x  1 hoac x  0


x

x

1

1



  x  0
  x  0
2

Vậy bất phương trình có tập nghiệm  1;   \ 0 .

Câu 42. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để đồ thị hàm số y 
đường tiệm cận đứng?
A. 0 .

B. 3 .

C. 2 .
Lời giải

1 3  x

x  mx  m  3
2

có hai

D. 1 .

Chọn C
 Điều kiện cần: đồ thị hàm số y 

1 3  x

có hai đường tiệm cận đứng thì
x  mx  m  3
  m 2  4m  12  0

x 2  mx  m  3  0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2  3   x1  3   x2  3  0

 x1  3 x2  3  0
m  6  0
m  6


 m3.
m  3  3.m  9  0 m  3
2


 Mà m nguyên dương nên m  1; 2;3 .
 Điều kiện đủ:

3  x  0
 x  1

, điều kiện xác định là  2
.
2  x  3
x2  x  2
x  x  2  0
lim y   , lim y  

+) Với m  1  y 
x 1

1 3  x

x 2

Suy ra đồ thị hàm số y 

1 3  x
x2  x  2

có 2 đường tiệm cận đứng là x  1, x  2 .

x  1 2
3  x  0
, điều kiện xác định là  2
.


x

2
x

1

0
1

2

x

3
x2  2 x 1


lim  y   , lim  y  
x 1 2 
x 1 2 

+) Với m  2  y 

1 3  x

Suy ra đồ thị hàm số y 
+) Với m  3  y 

1 3  x

x2  2x 1

có 2 đường tiệm cận đứng là x  1  2, x  1  2 .

3  x  0
 x  0.
, điều kiện xác định là  2
x 2  3x
 x  3x  0

1 3  x

lim y  

x 0

1 3  x

có 1 đường tiệm cận đứng là x  0 .
x 2  3x
 Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 43. Cho phương trình ln x 2  11x  5m  ln  x  m  . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao
Suy ra đồ thị hàm số y 





cho phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm thực?
A. Vô số.

B. 26 .
C. 25 .
Lời giải
Chọn C
TH1: Phương trình có hai nghiệm
Ta có: ln  x 2  11x  5m   ln  x  m 

D. 24 .

 x 2  12 x  4m  0 1
 x 2  11x  5m  x  m


.
x  m
 x  m
 m  x1  x2
Theo bài ra, phương trình 1 có các nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: 
.
 x1  m  x2
  0

TH1: m  x1  x2   x1  m  x2  m  0
 x m x m 0
 2 
 1


  36  4m  0
m  9

m  9



 m  6
 m  6
 m  6  9  m  0 .
m 2  12m  4m  0
m 2  16m  0
 m0



  m  16
  0
36  4m  0
m  9
 2

 0  m  16
TH2: x1  m  x2  
 x1  m  x2  m   0
0  m  16
m  12m  4m  0
m  0
TH3: x1  m  x2  m2  12m  4m  0  
.
m  16

m  0 thì phương trình 1 có hai nghiệm x1  0; x2  12 thỏa mãn bài ra.
m  16 thì phương trình 1 có hai nghiệm x1  4; x2  16 không thỏa mãn bài ra.
Vậy 9  m  16 . Có 25 giá trị m nguyên thỏa mãn bài ra.
x

Câu 44. Số nghiệm nguyên thuộc đoạn  100;100 của bất phương trình 2x  32  1 là
A. 103 .

B. 99 .

C. 100 .
Lời giải

D. 102 .

Chọn D
x

x

 3   1 x
 3   1 x
Ta có: 2  3  1  1  
.
Vế
phải
là
hàm
số
y




    nghịch biến trên
  
2
2
2



 2


vế trái là một hằng số.
x

x
2

2

 3   1 2
x  2  
     1  bất phương trình có nghiệm là x  2 .
2

 2
 bất phương trình có số nghiệm nguyên trên đoạn  100;100 là 102 .
Câu 45. Mặt cầu nội tiếp hình tứ diện đều cạnh a có diện tích là

 a2
 a2
 a2
2
S


a
S
S
S



A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
12
24
6
Lời giải
Chọn A

 Gọi O là trọng tâm tam giác đều BCD khi đó AO   BCD  .
 Gọi I , r lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện.

 Gọi E là trung điểm của CD ta có BE 

a 3
2
a 3
.
 BO  BE 
2
3
3

a2 a 6
Ta có AO  AB  BO  a 
.

3
3
1
1 a 6 a 2 3 a3 2
Do đó thể tích khối tứ diện đều là V  AO  S BCD  
.


3
3 3
4
12
 Mặt khác VABCD  VIABC  VIABD  VIACD  VIBCD .
Do I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện nên
r  d  I ,  ABC    d  I ,  ABD    d  I ,  ACD    d  I ,  BCD   .

2

2

2

Suy ra V  4VIBCD .

1
1 a2 3 a2 3
 VIBCD  r  S BCD  r 

r.
3
3
4
12

và


1
a3 2
12

V
12V
a 6
 Suy ra r  2 IBCD  2 4  24 
.

12
a 3
a 3
a 3
6a 2  a 2
2

 Vậy diện tích mặt cầu là S  4 r  4 
.
144
6
Câu 46. Trong tất cả các nghiệm của bất phương trình log x2  y2  2 x  3 y   1 , gọi  x0 ; y0  là nghiệm sao cho
S  2 x0  3 y0 đạt giá trị lớn nhất. Khi đó, biểu thức 3 y0  2 x0 có giá trị bằng
A. 5 .
B. 1 .
C. 6 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn A
2 x  3 y  0
Điều kiện: 
.
2
2
0  x  y  1
 Trường hợp 1. 0  x 2  y 2  1 , ta có
log x2  y2  2 x  3 y   1  2 x  3 y  x2  y 2  0  S  1 .

Suy ra không tồn tại giá trị lớn nhất của S .
 Trường hợp 2. x 2  y 2  1 , ta có

2

3  13
2

log x2  y2  2 x  3 y   1  2 x  3 y  x 2  y 2   x  1   y    .
2
4

3  13

Mặt khác 2 x  3 y  2  x  1  3  y    
2 2


2

3   13
2

2
2
2

3
x

1

y



    2    2



13 13
  13.
4 2
3
 2


3
x  2
 x 1
y 
Do đó S  max  2 x  3 y   13 khi 
.
2
y  3


2 x  3 y  13
 Vậy 3 y0  2 x0  3  3  2  2  5 .
 13 

Câu 47. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A B C có AB
cạnh AA , BB , CC lần lượt tại A1 , B1 , C1 sao cho AA1

1, AA

5 . Một mặt phẳng P cắt các

1, BB1

2 . Gọi V1 và V2 lần lượt là thể

tích của các khối đa diện ABC. A1 B1C1 và A B C . A1 B1C1 . Giá trị lớn nhất của tích V1V2 thuộc
khoảng nào dưới đây?
A. 21; 22 .
B. 1; 2 .
C. 3; 4 .
D. 23; 24 .
Phân tích hướng dẫn giải
1.DẠNG TỐN: Đây là dạng tốn tìm giá trị lớn nhất của một đại lượng trong hình học.
2. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
+) Cơng thức tính thể tích của khối lăng trụ V Bh .
+) Cơng thức tỉ số thể tích trong khối lăng trụ.
+) Bất đẳng thức Cauchy.
2.HƯỚNG GIẢI:
CC1
C C1
x , tính
B1: Đặt
.
CC
CC
B2: Tính V VABC . A B C .
V V

B3: Tính 1 , 2 .
V V
B4: Tính V1V2 và tìm giá trị lớn nhất của V1V2 .
B5: Kết luận


Từ đó, ta có thể giải bài tốn cụ thể như sau:
Lời giải
Chọn B

 Đặt

CC1
CC

V

VABC . A B C



V1
V

V2
V

C C1
CC

x

1 x 0

AA .S ABC

1 AA1 BB1 CC1
3 AA BB CC
1 A A1 B B1 C C1
3 AA
BB
CC

x

1

5 3
4
1 1
3 5

2
5

x

1 4
3 5

3
5

1 x

3 5x
15

12 5 x
15
2

5 x 12 5 x
1
1 3 5 x 12 5 x
75
.
3 5 x 12 5 x
.
15
15
48
48
2
64
9
Dấu “=” xảy ra khi x
10
Câu 48. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a sao cho hàm số y x3 3 x2 ax a đồng biến trên
V 2.

 V1V2

khoảng 0;

3

?
B. 1 .

C. 0 .
D. 2 .
Phân tích hướng dẫn giải
3.DẠNG TỐN: Đây là dạng tốn tìm tham số để hàm số đơn điệu trên một tập hợp.
2. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
+) Phương pháp x t sự biến thiên của hàm số.
+) Công thức Viet.
4.HƯỚNG GIẢI:
x3 3 x2 ax a
B1: Xét hàm số g x
A. Vơ số.

B2: Tính

9 3a của g x

3 x2

6x a

0 và
0
B3: X t các trường hợp
Từ đó, ta có thể giải bài tốn cụ thể như sau:
Lời giải
Chọn C
x3 3 x2 ax a
 Đặt g x

g x

3 x2

6 x a có

9 3a

0 a
3
+
Ta có bảng biến thiên như sau:
Trường hợp bị loại vì khơng tồn tại a thỏa mãn yêu cầu đề bài.


+
0 a
3
Khi đó g x có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
Yêu cầu bài toán

x1

0

x2

g 0

0

Mặt khác: x1 x2 2 0 nên trường hợp này cũng bị loại.
 Do đó khơng tìm được a thỏa mãn u cầu đề bài.
Câu 49. Có bao nhiêu bộ số  x; y  với x  ; y  thỏa mãn phương trình sau đây?

4x 1  2log 2  xy  2021  2xy  2022  2log 2  2 x  1
A. 12 .

C. 1 .
D. 3 .
Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TỐN: Đây là dạng tốn tìm nghiệm nguyên của phương trình bằng phương pháp hàm
số.
2. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
+) Nếu hàm số f  x  đơn điệu trên khoảng D và ta có f  u   f  v   u  v .
B. Vô số.


+) Công thức đạo hàm của các hàm số  a u   u a u ln a;  log a x  

1

.
x ln a

3. HƯỚNG GIẢI:
B1: Đưa hai vế của phương trình về dạng có thể áp dụng hàm đặc trưng.
B2: Chứng minh hàm đặc trưng đơn điệu.
B3: Sử dụng f  u   f  v   u  v đưa về giải phương trình nghiệm ngun.
Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:
Lời giải
Chọn A
 Ta có 4x 1  2log 2  xy  2021  2xy  2020  2log 2  2 x  1

 22 x  2  2log 2  2 x  1  2 xy  2020  2log 2  xy  2021 1

1
Điều kiện x   ; xy  2020  0 . Thử x  0 ta thấy khơng thỏa phương trình và x  nên ta có
2
x  1.
2
t.2t 1 ln 2 2  2
t 1
t 1


 0, t  2
Xét hàm số f  t   2  2log 2 t  t  2  ta có f  t   2 ln 2 
t ln 2
t ln 2
Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên khoảng  2;  nên

1  2 x  2  xy  2022  x 

2020
. Vì x  ; y 
2 y

và x  1 nên 2  y phải là ước nguyên

dương của 2020.
Ta có 2020  22.5.101 nên các ước nguyên dương của 2020 có dạng 2a.5b.101c . Với a, b, c  và
2  a  0,1  b  0,1  c  0 suy ra có a 3 cách chọn, b có 2 cách chọn, c có 2 cách chọn. Theo
quy tắc nhân có 12 ước nguyên dương của 2020 .
Vậy có 12 bộ số  x; y  thỏa đề bài.


Câu 50. Cho hình chóp S.ABCD Có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng a . SA vng góc với mặt phẳng
 ABCD  và SA  3a . Mặt phẳng  P  chứa cạnh BC và cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện là

2 5a 2
. Khoảng cách h giữa đường thẳng AD và mặt phẳng  P  bằng.
3
3 13a
2 5a
5a
A. h 
.
B. h  a .
C. h 
.
D. h 

.
13
5
5
Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TỐN: Đây là dạng tốn tính khoảng cách từ đường thẳng đến mặt phẳng song song.
2. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
+) Nếu hai mặt phẳng phân biệt lần lượt chứa hai đường thẳng song song với nhau thi giao tuyến
của chúng cũng song song với hai đường thẳng đó.
+) Nếu đường thẳng d song song với mặt phẳng  P  và điểm M thuộc d , khi đó khoảng cách từ
một tứ giác có diện tích

đường thẳng d đến mặt phẳng  P  bằng khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng  P  .
+) Diện tích hình thang trung bình cộng độ dài hai đáy nhân với chiều cao.
3. HƯỚNG GIẢI:
B1: Dựng thiết diện của mặt phẳng  P  cắt hình chóp.
B2: Sử dụng giả thiết diện tích tứ giác là hình thang tìm độ dài đoạn AM .
B3: Dựng khoảng cách từ A đến mặt phẳng  P  . Đó cũng là khoảng cách từ AD đến mặt phẳng

 P .
Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:
Lời giải
Chọn D
S

N

M
H

D
A
B

C


 Ta có mặt phẳng  P  chứa cạnh BC mà AD//BC nên  P    SAD   MN  MN //BC //AD  Suy
ra thiết diện là hình thang BCNM .

 AD  AB
 AD   SAB   MN   SAB   MN  BM nên hình thang BCNM là hình
AD

SA

thang vng. Kẻ AH  BM  AH   P  Vì AD //  P   d  AD,  P    d  A,  P    AH .
Ta có 

SM
SA
SM 3a  x

 3  MN 

. Theo đề bài ta có
MN AD
3
3
MN  BC  BM 2a 2 5


2a 2 5
S BCNM 


  6a  x  x 2  a 2  4a 2 5  x  2a .
3
2
3
1
1
1
1
1
4a 2
2a 5
2
Ta có
.





AH

 AH 
2
2
2

2
2
AH
AM
AB
4a a
5
5

Đặt AM  x  0  x  3a  ta có

--------------Hết-------------