Dap an -HDG chuyen Thai Binh lan4

SỞ GD  ĐT THÁI BÌNH
CHUYÊN THÁI BÌNH
MÃ ĐỀ 456

ĐỀ THI THỬ THPTQG - LẦN 4
NĂM HỌC 2019-2020
Thời gian: 90 phút

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

BẢNG ĐÁP ÁN
1.A
2.B
3.A
4.A
5.B
6.B
7.B
11.C
12.D
13.B
14.C
15.B
16.A
17.B
21.A
22.B
23.C
24.A
25.B
26.B

27.A
31.C
32.A
33.A
34.B
35.C
36.B
37.D
41.B
42.A
43.D
44.C
45.D
46.D
47.C
Câu 1. Modun của số phức z  2  3i bằng.
A. 13 .
B. 13 .
C. 5 .
Lời giải
Chọn A
số phức z  2  3i có phần thực a  2 , phần ảo b  3 .

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

9.D

19.B
29.A
39.D
49.C
D.

10.B
20.A
30.A
40.A
50.A

5.

Modun của số phức z  2  3i là z  a 2  b 2  4  9  13 .
Câu 2.

Tập nghiệm của bất phương trình log 1  x  1  0 là
B. 1; 2 .

A. 1; 2  .

2

C.   ; 2 .
Lời giải

D.  2;   .

Chọn A

Ta có log 1  x  1  0  0  x  1  1  1  x  2 .
2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là 1; 2 .
Câu 3.

Hàm số y  log e  x  1 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. 1;   .

3

C.  0;   .
Lời giải

B. 1;   .

D. R .

Chọn A
 Hàm số y  log e  x  1 có tập xác định D  1;   .
3

Câu 4.

Câu 5.

e
  1 Nên hàm số nghịch biến 1;   .
3
Điều kiện cần và đủ để hàm số y  ax 4  bx 2  c có hai điểm cực đại và cực tiểu là

A. a  0; b  0 .
B. a  0; b  0 .
C. a  0; b  0 .
D. a  0; b  0 .
Lời giải
Chọn A
a  0
 Hàm số y  ax 4  bx 2  c có hai cực đại và một cực tiểu nên 
.
b  0

Rút gọn biểu thức P  3 x5 x với x  0 .
4

20

7

20

A. P  x 21 .

C. P  x 7 .
Lời giải

B. P  x 4 .

Chọn B
5

4

Câu 6.

1

5 1


21

7

 Ta có: P  3 x 5 x  x 3 .x 12  x 3 12  x 12  x 4
Đồ thị trong hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số nào?

12

D. P  x 5 .


A. y 

x 1
.
x 1

B. y 

x 1

.
x 1

C. y 

2x  3
.
2x  2

D. y 

x
.
x 1

Lời giải
Chọn B
 Từ đồ thị ta thấy, đường tiệm đứng x  1  loại phương án A.
 Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ y  1  loại phương án C,D.
Câu 7.

Tìm họ nguyên hàm của hàm số f  x   sin 3x
.A.  cos3x  C .

1
B.  cos 3 x  C .
3

C. cos3x  C .

D.

1
cos 3 x  C .
3

Lời giải
Chọn B

Câu 8.

1
Ta có  sin 3 xdx   cos 3 x  C .
3
Hàm số nào dưới đây không có cực trị?
3x  1
A. y  x 2  3x .
B. y 
.
2x 1

C. y  x3  3x  1 .

D. y  x 4  2 x .

Lời giải
Chọn B
Hàm số y  x 2  3x có một điểm cực trị.
3x  1
Hàm số y 

khơng có cực trị.
2x 1
Hàm số y  x3  3x  1 có 2 điểm cực trị do y  0 có 2 nghiệm phân biệt.
Hàm số y  x 4  2 x có 1 điểm cực trị do y  0 có 1 nghiệm.
Câu 9.

Trong khơng gian Oxyz , cho điểm M 1; 2;3 . Tọa độ điểm A là hình chiếu vng góc của
điểm M lên mặt phẳng  Oyz  là:
A. A 1; 2;3 .

B. A 1; 2;0  .

C. A 1;0;3 .
Lời giải

D. A  0; 2;3 .

Chọn D
 Hình chiếu vng góc của điểm M 1; 2;3 lên mặt phẳng  Oyz  là điểm A  0; 2;3 .
Câu 10. Tìm tập xác định của hàm số y   x  x  1
2

A. D   0;   .

1
2

B. D   1;   \ 0 . C. D   ;   .
Lời giải

D. D   1;   .

Chọn B

 x  1
 Hàm số có nghĩa khi x 2  x  1  0  
.
x  0
 Tập xác định D   1;   \ 0 .
m

Câu 11. Nếu

  2 x  1 dx  2

thì m có giá trị bằng

0

m  1
A. 
.
 m  2

m  1
B. 
.
m  2

m  1

C. 
.
m  2

 m  1
D. 
.
 m  2


Lời giải
Chọn C
m

 Ta có

2
  2 x  1 dx   x  x  0

m

 m2  m .

0

 m  1
m  2  
.
m  2
0

Câu 12. Cho tứ diện ABCD có AB, AC , AD đơi một vng góc và AB  2a, AC  3a, AD  4a . Thể
tích của khối tứ diện đó là:
A. 12a 3 .
B. 6a 3 .
C. 8a 3 .
D. 4a 3 .
Lời giải
Chọn D
m

 Phương trình

  2 x  1 dx  2 , suy ra m

2

1
1
 Ta có VABCD  . AB. AC. AD  .2a.3a.4a  4a 3 ( đvtt ).
6
6
Câu 13. Cho  un  là câp số nhân có u1  2; q  3 . Tính u3 .
A. 6 .

B. 18 .

Chọn B
Do un là câp số nhân nên ta có: un

C. 9 .

Lời giải
u1 .qn

1

D. 8 .

u1 .q 2

u3

2.32

18

Câu 14. Hình lăng trụ đứng ABC.A B C có đáy ABC làm tam giác vng cân tại A có bao nhiêu
mặt phẳng đối xứng
A. 4 .
B. 1 .
C. 2 .
D. 3 .
Lời giải
Chọn C
Câu 15. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 22 x 1  m 2  m  0 có nghiệm.
A. m  0 .
B. 0  m  1 .
C. m  0; m  1 .
D. m  1 .
Lời giải
Chọn B

 Ta có, y  22 x 1  y  2.22 x 1.ln 2  0, x  và lim 22 x 1  0 , lim 22 x 1   .
x 

Suy ra, miền giá trị của hàm số y  2

2 x 1

x 

là  0;    .

 Lại có, 22 x 1  m 2  m  0  22 x 1  m 2  m . Do đó, phương trình 22 x 1  m 2  m  0 có
nghiệm khi và chỉ khi  m 2  m  0  0  m  1 .
x 1 y  2 z

 là
Câu 16. Trong không gian Oxyz , một véc tơ chỉ phương của đường thẳng d :
1
1
2
A. u  1;  1; 2  .
B. u  1;1; 2  .
C. u  1;  2; 0  .
D. u  1;  2;1 .
Lời giải
Chọn A
Câu 17. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn 2 z  1  1 là
A. Một đường thẳng.
C. Một đoạn thẳng.

1
.
2
D. Đường trịn có bán kính R  1 .

B. Đường trịn có bán kính R 


Lời giải
Chọn B
 Gọi z  x  yi  x , y 

 : 2 z 1  1
 2 x  1

 2 x  1  2 yi  1 

2

 4 y2  1  4x2  4 y 2  4x  0

2

1
1

 x  y  x  0   x    y2  .
2
4


2

2

 Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường trịn có bán kính R 
Câu 18. Tính lim
x 0

x x
x

B.  .

A.  .

C. 0 .
Lời giải

1
.
2

D. 1 .

Chọn A
x x
x2  x
x 1
 lim
 lim

 lim
x 0
x

0
x

0
x
x x
x x x





 lim  x  1  1
 x 0
x 1

  .
 Ta có  lim x  x  0  lim
x 0 x 
x
 x 0
 x  0  x  x
Câu 19. Số phức z  a  bi  a, b   thỏa mãn 2 z  1  z , có a  b bằng





A. 1 .

B. 1 .

C.

1
.
2

D.

1
.
2

Lời giải
Chọn B
Ta có: z  a  bi  a, b 

  z  a  bi

2a  1  a a  1
2 z  1  z  2  a  bi   1  a  bi  

2b  b
b  0
Vậy a  b  1.

Câu 20. Trong không gian Oxyz , hai mặt phẳng 4 x  4 y  2 z  7  0 và 2 x  2 y  z  4  0 chứa hai
mặt của hình lập phương. Thể tích khối lập phương đó là
125
27
81 3
9 3
.
A. V 
B. V 
C. V 
D. V  .
.
.
8
8
8
2
Lời giải
Chọn A
Gọi  P  : 4 x  4 y  2 z  7  0 và  Q  : 2 x  2 y  z  4  0
Lấy M  0;0; 4    Q  .

4 4 2 7

 
  P  / / Q 
2 2 1 4
4.0  4.0  2  4   7 5
 d  P  , Q   d  M ,  P  


2
2
2
2
4   4   2

Ta có

Vì hai mặt phẳng  P  : 4 x  4 y  2 z  7  0 và  Q  : 2 x  2 y  z  4  0 chứa hai mặt của hình
lập phương nên cạnh hình lập phương bằng
3

5
.
2

 5  125
.
Thể tích khối lập phương là V    
8
2
Câu 21. Trên giá sách có 4 quyển sách tốn, 3 quyển sách lý, 2 quyển sách hóa (các quyển sách cùng
mơn đơi một khác nhau). Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 3 quyển sách sao cho có ít nhất một


quyển sách toán?
A. 74 .

B. 24 .

C. 10 .
Lời giải

D. 84 .

Chọn A
Số cách lấy ra 3 quyển sách sao cho khơng có quyển sách tốn nào là: C53 cách
Vậy số cách lấy ra 3 quyển sách sao cho có ít nhất một quyển sách toán là: C93  C53  74 cách.
Câu 22. Trong

không

gian

Oxyz ,

cho

hai

mặt

phẳng

  : x  y  z  1  0

m để   song song với    .
B. Không tồn tại m . C. m  2 .
Lời giải

và

   : 2 x  my  2 z  2  0. Tìm
A. m  2 .

D. m  5 .

Chọn B

2 m 2 2
 

1
1 1 1
Ta có 2 không thể khác 2 nên không tồn tại m để   song song với    .

Ta có   song song với    khi và chỉ khi:

Câu 23. Diện tich hình phằng giới hạn bởi các đường y  x 2  x; y  2 x  2; x  0; x  3 được tính bởi
cơng thức
3

A. S 

x

2

2

 3x  2 dx .

B. S   x 2  3x  2dx .

0

1
2

3

D. S   x 2  x  2dx .

C. S   x 2  3x  2dx .
0

1

Lời giải
Chọn C
3

3

0

0

 S   x 2  x   2 x  2  dx   x 2  3x  2dx .
Câu 24. Cho hàm số y  f ( x) liên tục trên

khoảng nào dưới đây?
x
y'

và có bảng biến thiên sau. Hàm số đã cho đồng biến trên

∞

0

+∞

+
2

y

1
-5

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m đề phưong trình f ( x)  m có nghiệm duy nhất?
A. 7 .
B. 6 .
C. 5 .
D. 8 .
Lời giải
Chọn A
 Số nghiệm của phương trình f  x   m là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và
đường thẳng y  m .
Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 1 điểm duy nhất khi

m  2, 5  m  1 .
 Vậy m  4,  3,  2, 1, 0,1, 2 .
Câu 25. Hình nón có đường sinh l  2a và hợp với đáy góc   60 . Diện tích tồn phần của hình nón
bằng
A. 4 a 2 .
B. 3 a 2 .
C. 2 a 2 .
D.  a 2 .
Lời giải
Chọn B


C

l = 2a

α

A

r

B

Theo bài ra ta có: đường sinh l  BC  2a , góc giữa đường sinh với mặt đáy   CBA  60 .
ABC vuông tại A  r  AB  BC.cos =2a.cos60  a .
Khi đó, hình nón có:
+ Diện tích xung quanh: S xq   .r.l   .a.2a  2 a 2 .
+ Diện tích đáy (hình tr n): S   .r 2   a 2 .
+ Diện tích tồn phần hình nón: Stp  S xq  S  2 a 2   a 2  3 a 2 .

Câu 26. Cho a, b, c là các số thực dương khác 1 . Hình vẽ bên là đồ thị của ba hàm số y  log a x ,

y  logb x , y  log c x . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
y = logb x

y

y = logc x
x
O

1

y = loga x

A. a  c  b .

D. b  a  c .

C. b  a  c .
Lời giải

B. a  b  c .

Chọn B
y

y = logb x

y1

y2

y = logc x
x

O

1

b

y = loga x

Đồ thị hàm số y  log a x đi xuống nên hàm số nghịch biến  0  a  1 .
Đồ thị hàm số y  logb x , y  log c x đi lên nên hai hàm số đồng biến  b  1; c  1 .
Xét đường thẳng x  b  1 cắt đồ thị các hàm số y  logb x, y  log c x lần lượt tại

y1  log b b; y2  log c b .
Ta có: y1  y2  0  logb b  log c b  1  log c b  b  c .
Vậy, 0  a  1  b  c .
Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 2;3 và B  3; 4;7  . Phương trình mặt phẳng trung trực
của đoạn thẳng AB là
A. x  y  2 z  15  0 . B. x  y  2 z  9  0 . C. x  y  2 z  0 .
D. x  y  2 z  10  0 .
Lời giải
Chọn A
♦ Trung điểm M của đoạn thẳng AB có tọa độ là M  2;3;5 .


♦ Tọa độ vectơ AB   2; 2; 4  , suy ra vectơ pháp tuyến của mặt phẳng trung trực của đoạn AB

là n  AB   2; 2; 4   2 1;1; 2  .
♦ Phương trình mặt phẳng đi qua điểm M  2;3;5 có vectơ pháp tuyến n  1;1; 2 có dạng

1 x  2   1 y  3  2  z  5  0  x  y  2 z  15  0 .

Câu 28. Cho hàm số f  x   x3   m2  1 x  m2  2 với m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của
m để hàm số có giá trị nhỏ nhất trên đoạn  0; 2 bằng 7 .

A. m  1 .

B. m   7 .

C. m   2 .
Lời giải

D. m  3 .

Chọn D
♦Hàm số f  x   x3   m2  1 x  m2  2 với m là tham số thực xác định và liên tục trên  0; 2 .
Ta có f   x   3x 2  m2  1.
♦Xét trên đoạn  0; 2 thì

f   x   3x 2  m2  1  0, x  0; 2 do đó y  f  x  đồng biến x   0; 2
Suy ra min f  x   f  0   m2  2 .
0;2

♦Vì hàm số có giá trị nhỏ nhất trên đoạn  0; 2 bằng 7 nên m 2  2  7  m 2  9  m  3 .
Câu 29. Tính thể tích V của khối trụ có chu vi đáy là 2 và chiều cao là 2 .
2
2

A. V  2 .
B. V  2 .
C. V 
.
D. V 
.
3
3
Lời giải
Chọn A
Gọi r là bán kính đáy của khối trụ.
Ta có C  2 r  2  r  1.
Thể tích của khối trụ có chiều cao h  2 và bán kính đáy r  1 là: V  .12. 2  2 .
2
Câu 30. Cho số thực x thỏa mãn 2 x .3x1  1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. x 2   x  1 log 2 3  0 .
B. x 2   x  1 log 2 3  1 .
D. x  1  x2 log3 2  0 .
Lời giải

C. x  1  x2 log3 2  1 .
Chọn A





Ta có 2 x .3x1  1  log 2 2 x .3x1  log 2 1  log 2 2 x  log 2 3x1  0  x 2   x  1 log 2 3  0 .
2

2

2

Câu 31. Cho hàm số y   x  2  x  1 có đồ thị như hình vẽ. Hỏi mệnh đề nào dưới đây đúng với
2

hàm số y  x  2  x  1 ?
2

A. Hàm số đồng biến trên khoảng  ; 1 .

B. Hàm số nghịch biến trên khoảng  1; 2  .

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 2  . D. Hàm số đồng biến trên khoảng  2;0  .
Chọn A
2

2
 x  2  x  1 khi x  2
 Ta có y  x  2  x  1  
.
2

x

2
x

1

khi
x


2





 Đồ thị mới dược vẽ lại


 Từ đồ thị ta kết luận hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 2  .

3x  1

1

Câu 32. Biết

a

5

 x2  6 x  9dx  3ln b  6

trong đó a , b nguyên dương,

0

C. 9.
Lời giải

B. 6.

A. 7.

a
tối giản. Khi đó a 2  b 2 bằng
b

D. 5.

Chọn A
 Ta có
1
3x  1
3( x  3)  10
3
10
10
4 5
0 x2  6x  9dx  0  x  32 dx  0 x  3 dx  0  x  32 dx  3ln x  3 0  x  3 0  3ln 3  6 .
1

1

1

 Vậy a 2  b2  16  9  7
Câu 33. Cho hàm số f  x  xác định và liên tục trên

Hỏi đồ thị hàm số y 
A. 4.

1

1

\ 1 và có bảng biến thiên như sau

1
có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang?
f  x
B. 3.
C. 2.
D. 1.
Lời giải

Chọn A
 Từ bảng biến thiên suy ra lim f  x   2 , lim f  x   2 , từ đó suy ra: lim
x 

lim

x 

x 

x 

1
1
 ,
f  x
2

1
1
1
1
 nên đồ thị hàm số có đường tiện ngang là y  và y   .
2
2
f  x 2

 x  x1  1
 Từ bảng biến thiên suy ra f  x   0  
.
 x  x2  1
1
  vì lim 1  1 , lim f  x   0 và f  x   0 khi x  x1 .
+ lim
x  x1 f  x 
x  x1
x  x1
+ lim
x  x2

1
  vì lim 1  1 , lim f  x   0 và f  x   0 khi x  x1 .
x  x2
x  x2
f  x

Do đó đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng là x  x1 , x  x2 .
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 4 đường tiệm cận.
Câu 34. Xếp ngẫu nhiên 3 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C vào sáu ghế xếp quanh
một bàn tròn (mỗi học sinh ngồi đúng một ghế). Tính xác suất để học sinh lớp C ngồi giữa 2
học sinh lớp B.
2
1
2
3
A.
.
B.
.
C. .
D.
.
13
10
7
14
Lời giải
Chọn B

 Số phần tử của không gian mẫu là n     5!  120 .
 gọi A là biến cố “học sinh lớp C ngồi giữa 2 học sinh lớp B”.
Vì học sinh lớp C ln ngồi giữa hai học sinh lớp B nên coi 3 học sinh này là một nhóm. Xếp 2
học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C thành nhóm như vậy có 2 cách. Xếp nhóm này cùng 3 học
sinh lớp A vào bàn trịn có 3! cách.
 n  A  2.3!  12 .
Xác suất để học sinh lớp C ngồi giữa 2 học sinh lớp B là P  A 
Câu 35. Cho hàm số y  f  x  thỏa mãn f  2   

2
A.  .
3

n  A 1
 .
n    10

4
, f   x   x 3 f 2  x  , x 
19

1
B.  .
2

. Giá trị của f 1 bằng
D. 

C. 1 .

3
.
4

Lời giải
Chọn C
 Ta có f   x   x3 f 2  x  
 Vì f  2   

f  x
1
x4
3

x



C .
f 2  x
f  x 4

4
3
1
x4  3
4
nên C   
.


 f  x   4
19
4
f  x
4
x 3

 Vậy f 1  1 .
Câu 36. Cho hình chóp S.ABCD có SA   ABCD  , đáy ABCD là hình chữ nhật có AB  a 3 ,

AD  a 2 . Khoảng cách giữa SD và BC bằng
2a
3a
A.
.
B. a 3 .
C.
.
3
4
Lời giải
Chọn B

D.

a 3
.
2

 Ta có BC //AD  BC //  SAD   d  BC , SD   d  BC ,  SAD    d  B,  SAD   .

 Mặt khác BA  AD, BA  SA  BA   SAD  hay B có hình chiếu là A trên  SAD  .
 Vậy d  B ,  SAD    BA  a 3  d BC ,SD  a
Câu 37. Cho hàm số y  f  x  thỏa mãn f  2   16 và
A. 13 .

B. 12 .

3.

2

1

0

0

 f  x  dx  4 . Tính  x. f   2 x  dx .

C. 20 .
Lời giải

D. 7 .

Chọn D

du  dx
u  x



 Đặt 
.
1
dv  f   2 x  dx v  f  2 x 

2
1

1

1

1

1
1
1
1
1
f  2 x    f  2 x  dx  f  2    f  2 x  dx  8   f  2 x  dx .
2
20
2
20
20
0
1
Đặt t  2 x  dt  dx
2

Đổi cận: x  0  t  0; x  1  t  2.

Khi đó, I  x.


2

Suy ra I  8 

2

1
1
f  t  dt  8   f  x dx  8  1  7.

40
40

Câu 38. Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , ABC  30 . Tam giác SAB đều
cạnh a và hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm của cạnh AB .
Thể tích của khối chóp S.ABC là:
a3 3
A.
.
9

a3
B.
.
18

a3 3
C.
.
3
Lời giải

D.

a3
.
12

Chọn D

 Gọi H là trung điểm của AB  SH   ABC  .

a 3
2
AC
a 3
 ABC :tan 30 
 AC 
AB
3
1
1 a 3 a2 3
 Diện tích ABC : S  AB. AC  .a.

2

2
3
6
1
1 a 3 a 2 3 a3
 Thể tích của khối chóp S.ABC là: V  SH .S ABC  .
.
 .
3
3 2
6
12
Câu 39. Cho hàm số y  f  x  là hàm đa thức bậc ba và có đồ thị như hình vẽ bên. Khẳng định nào
dưới đây là sai?
 SAB đều cạnh a nên SH 

A. Hàm số đồng biến trên 1;    .
B. Hàm số đồng biến trên   ;  1 .
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng  1;1 .
D. Hàm số đồng biến trên   ;  1  1;    .
Lời giải
Chọn D
Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy, hàm số đồng biến trên các khoảng   ;  1 và 1;    ,
nghịch biến trên khoảng  1;1 . Do đó đáp án A, B, C đúng, D sai.


Câu 40. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 
độ một tam giác vuông cân.
A. y   x  6; y   x  2 .
C. y  x  1; y  x  6 .

x3
, biết tiếp tuyến đó tạo với hai trục tọa
x 1

B. y   x  6; y   x  2 .
D. y  x  1; y  x  6 .
Lời giải

Chọn A
Do tiếp tuyến cắt hai trục tọa độ tạo thành tam giác vng cân nên ta có hệ số góc k  1 .
4
Ta có : y 
 0 x  1 nên k  1 .
2
 x  1
Gọi x0 là hồnh độ tiếp điểm, khi đó x0 là nghiệm của phương trình:

x  3
2
.
 1   x  1  4  
 x  1
 x  1
33
 3 , khi đó phương trình tiếp tuyến là:
TH1: x0  3  y0 
3 1
y  1 x  3  3  y   x  6 .
4

2

1  3
 1 , khi đó phương trình tiếp tuyến là:
1  1
y  1 x  1  1  y   x  2 .

TH2: x0  1  y0 

Vậy có hai tiếp tuyến với đồ thị hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
y   x  6; y   x  2 .
Câu 41. Số lượng của loại vi khuẩn A trong một phịng thí nghiệm ước tính theo cơng thức St  S0 .2t ,
trong đó S 0 là số lượng vi khuẩn A ban đầu, St là số lượng vi khuẩn A có sau t phút. Biết
sau 3 phút thì số lượng vi khuẩn A là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc ban đầu, số
lượng vi khuẩn A là 10 triệu con?
A. 6 phút.
B. 7 phút.
C. 8 phút.
D. 9 phút.
Lời giải
Chọn B
 Cho t  3; St  625000 suy ra 625000  S0 .23  S0  78125 .
 Cho St  107 ; S0  78125 suy ra 107  78125.2t  2t  128  t  7 .
Câu 42. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh 2 2 . Cạnh bên SA vng góc với mặt
phẳng đáy và SA  3 . Mặt phẳng   qua A và vng góc với SC cắt cạnh SB, SC , SD lần
lượt tại các điểm M , N , P . Thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP ?
A.

32

.
3

Chọn A

B.

64 2
.
3

108
.
3
Lời giải

C.

D.

125
.
6


 AM  MN
+ Dễ dàng chứng minh được AM   SBC  , AP   SCD  . Suy ra 
hay tứ giác
 AP  NP
AMNP nội tiếp đường tr n đường kính AN .

+ Gọi E là trung điểm AN thì E là tâm đường trịn ngoại tiếp MNP .
+ Dựng trục ngoại tiếp của MNP là đường thẳng  qua E và    MNP  .
+ Gọi F là trung điểm CN . Dựng mặt phẳng trung trực của CN cắt  tại I . Suy ra I là tâm
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP .
1
1
1
12
1
6

 2  AN   NE  AN  .
+ AC  AB 2  4;
2
2
AN
AC
SA
5
2
5
2
AC
16
1
8
  NF  NC  .
+ SC  SA2  AC 2  5; NC 
SC
5

2
5
+ Do tứ giác IENF là hình chữ nhật nên bán kính R  IN  NE 2  NF 2  2 .
4
32
+ Vậy V   R 3 
.
3
3
Câu 43. Cho phương trình log 22 x   5m  1 log 2 x  4m2  m  0 . Biết phương trình có hai nghiệm phân
biệt x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  165 . Giá trị của x1  x2 bằng
A. 16 .

C. 120 .
Lời giải

B. 119 .

D. 159 .

Chọn D
+ log 22 x   5m  1 log 2 x  4m2  m  0 1 ĐKXĐ: x  0
+ Đặt log 2 x  t , ta được phương trình: t 2   5m  1 t  4m2  m  0  2 
Là phương trình bậc hai ẩn t .
2
+ Xét    5m  1  4  4m2  m   25m2  10m  1  16m2  4m
 9m2  6m  1   3m  1  0
2

m

Nên phương trình ln có hai nghiệm t1 

5m  1  3m  1
5m  1  3m  1
 4m  1 ; t2 
 m.
2
2

1
Để hai nghiệm phân biệt thì m   .
3
log 2 x1  4m  1  x1  24 m 1  0
Khi đó: 
;

m

log 2 x2  m
 x2  2  0

+ Để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  165
24 m 1  2 m  165  2.x24  x2 165  0 có 1 nghiệm x2  3  0  x1  162 .

Vậy x1  x2  159 .
Câu 44. Cho f  x  là hàm số liên tục trên tập số thực

và thỏa mãn f  x 2  3x  1  x  2 . Tính

5

I   f  x  dx .
1

37
A.
.
6

B.

529
.
3

C.

61
.
6

D.

Lời giải
Chọn C
+ f  x 2  3x  1  x  2
5
5
nên t 

. Khi đó:
4
4
3  4t  5
x 2  3 x  1  t  0    9  4 1  t   5  4t  0 nên ta có x 
.
2

+ Đặt x 2  3 x  1  t , do x 2  3 x  1  

464
.
3


3  4t  5
1  4t  5
2
2
2
5
5
1  4t  5
61
f  x  dx   f  t  dt  
dt 
2
6
1
1

 f t  
5

+


1

5

hoặc

1  4t  5
37
.
dt 
2
6
1

5

5

 f  x  dx   f  t  dt  
1

1

5

+ Vậy I   f  x  dx 
1

61
.
6

Câu 45. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y  x3  mx 2  12x  2m luôn đồng
biếntrên khoảng 1;  
B. 19 .

A. 18 .

C. 21 .
D. 20 .
Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TỐN: Đây là dạng tốn xét tính đồng biến trên một khoảng của hàm trị tuyệt đối
2. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
 h  x  khi h  x   0
Hàm số y  h  x   
h  x  khi h  x   0
Liên quan tới tính đơn điệu nên đầu tiên ta đi tính đạo hàm của hàm đã cho.
Đề bài yêu cầu hàm đồng biến trên  a;   nên y  0 x   a;   . hướng.
2.HƢỚNG GIẢI:
B1: Đặt số y  g  x  .
B2: Tính đạo hàm của hàm số. g  x 
B3:: Hàm số y  g  x  luôn đồng biến trên khoảng „ 1;   (dấu "

" xảy ra tại hữu hạn

điểm

2

 g   x   3x  2mx  12  0 x  1;  
Trường hợp 1: 

 g 1  0
2

 g   x   3x  2mx  12  0 x  1;  
Trường hợp 2: 

 g 1  0
Sau đó ta triển khai theo 2
Hướng 1. Nếu cô lập được D sang 1 vế, vế còn lại đặt là h  x  thì so sánh m với h  x  trên D
.
Nếu m  h  x  x  D  m  min h  x  , nếu m  h  x  x  D  m  max h  x  .

xD

xD

xD

xD

Hướng 2. Nếu khơng cơ lập được m thì ta dùng tính chất của hàm bậc ba hoặc dấu tam thức

bậc hai.
Kết luận nghiệm.
Từ đó, ta có thể giải bài tốn cụ thể nhƣ sau:
Lời giải
Chọn D
. +) Xét hàm số: g  x   x3  mx 2  12x  2m  g   x   3x 2  2mx  12.
Để điều kiện bài toán thỏa mãn:

12
  g   x   3x 2  2mx  12  0 x  1;  
 2m  3x  x , x  1;  


  g 1  0
 m  13  0

(*)


2
12



g
x

3
x


2
mx

12

0

x

1;






 2m  3x  , x  1;  


x
  g 1  0
 m  13  0

+) Xét hàm số


12
, x  1;  
x
x  2

12 3x 2  12
h  x   3  2 
 0  3x 2  12  0  
2
x
x
 x  2(ktm)
12
+)Bảng biến thiên của h  x   3x  , x  1;   .
x
h  x   3x 

+) Nhìn vào bảng biến thiên ta có
2m  12
13  m  6
(*)  

 m  13; 12; 11;...; 1;0;1
m  13 m  Z
Vậy có 20 giá trị của m để điều kiện bài toán thỏa mãn.
Câu 46. Cho hàm số f  x  là hàm đa thức bậc ba và có đồ thị như hình vẽ bên.

Hỏi phương trình f f  cos x   1  0 có bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn  0;3
C. 5 .
D. 6 .
Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TỐN: Đây là dạng toán xét sự tương giao của đồ thị hàm số ( hàm số hợp ) với
đường thẳng y  0 để ra số nghiệm của phương trình thuộc một đoạn cho trước.
2. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
3. HƢỚNG GIẢI:

B1: Dựa vào đồ thị hàm số ta tìm được các nghiệm gần đúng a; b ; c .của phương trình
A. 2 .

B. 4 .

f f  cos x   1  0 .Nhận thấy f f  cos x  1  0 là hàm hợp

 f  cos x   1  a   2; 1

do đó ta giải được f  f  cos x   1  0   f  cos x   1  b   1;0  .
 f cos x  1  c  1; 2

 
 
B2: Bài tốn trở thành hệ có bao nhiêu nghiệm.
B3: Khảo sát và vẽ bảng biến thiên của hàm số y  h  x  , dựa vào đồ thị „ta biện luận số
nghiệm của phương trình.
Từ đó, ta có thể giải bài tốn cụ thể nhƣ sau:
Lời giải
Chọn D
Từ đồ thị ta có;


 f  cos x   1  a   2; 1

f  f  cos x   1  0   f  cos x   1  b   1;0 
 f cos x  1  c  1; 2

 
 

cos x  a1  1(vn)

cos x  a2   1;0  , (1)
cos x  a  1(vn)
 f  cos x   a  1   1;0 
3


  f  cos x   b  1  0;1  cos x  b1  1(vn)

 f cos x  c  1  2;3

 
 
cos x  b2   1;0  , (b2  a2 ) (2)
cos x  b3  1(vn)

cos x  c  1(vn)
+) Đồ thị hàm số y  cos x trên  0;3 

Dựa vào đồ thị hàm số y  cos x trên  0;3  ,ta thấy phương trình (1) và (2) mỗi phương
trình có ba nghiệm phân biệt trên  0;3  và các nghiệm của hai phương trinhg đó khơng
trùng nhau.Do đó phương trình f f  cos x   1  0 có 6 nghiệm trên đoạn  0;3  .
Câu 47. Cho y  f  x  là hàm đa thức bậc 4 và có đồ thị như hình vẽ.

Có bao nhiêu giá trị ngun của tham số m thuộc đoạn  12;12 để hàm số

g  x   2 f  x  1  m có 5 điểm cực trị? có
A. 13.

B. 14.

C. 15.
D. 12.
Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TỐN: Đây là dạng tốn tìm số cực trị của hàm hợp g  x   k . f  u  x    m vừa có
tham số vừa chứa dấu giá trị tuyệt đối, khi biết đồ thị hàm số f  x  .
2. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
 Đạo hàm của hàm hợp:
 f  u  x     u   x  . f   u 
 Định lí về cực trị của hàm số:
Cho hàm số y  f  x  xác định trên D .


Điểm x0  D là điểm cực trị của hàm số y  f  x  khi f   x0   0 hoặc f   x0  không xác
định và f   x  đổi dấu khi đi qua x0 .
 Sự tƣơng giao của hai đồ thị:
Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y  f  x  và y  g  x  là nghiệm của phương trình
f  x  g  x

1

Số nghiệm của phương trình 1 bằng số giao điểm của hai cực trị.
 Tính chất đổi dấu của biểu thức:
Gọi x   là một nghiệm của phương trình: f  x   0 . Khi đó
Nếu x   là nghiệm bội bậc chẳn (  x    ,  x    ,... ) thì hàm số y  f  x  không đổi dấu
khi đi qua  .
2

4

Nếu x   là nghiệm đơn hoặc nghiệm bội bậc lẻ (  x    ,  x    ,... )thì hàm số y  f  x 
đổi dấu khi đi qua  .
3. HƢỚNG GIẢI:
B1: Từ đồ thị hàm số y  f  x  vẽ đồ thị hàm số y  2 f  x  1 .
3

B2: Hàm số g  x   2 f  x  1  m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình
2 f  x  1  m có đúng hai nghiệm phân biệt khơng trùng với hồnh độ điểm cực trị hoặc có

3 nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm là hồnh độ điểm cực trị.
B3: Dựa vào đồ thị để kết luận.
Từ đó, ta có thể giải bài tốn cụ thể nhƣ sau:
Lời giải
Chọn C
Hàm số y  2 f  x  1 có đồ thị như hình vẽ

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số y  2 f  x  1 có 3 điểm cực trị.

g  x   2 f  x  1  m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình 2 f  x  1  m có đúng
hai nghiệm phân biệt khơng trùng với hồnh độ điểm cực trị hoặc có 3 nghiệm phân biệt, trong
đó có 1 nghiệm là hoành độ điểm cực trị.
12  m  6
6  m  12
Điều đó xảy ra khi và chỉ khi 
.

 m  4
m  4
Vì m nguyên và thuộc đoạn  12;12 nên

m 12;  11;  10;  9;  8;  7;  6;  5;  4;6;7;8;9;10;11 .

Vậy có 15 giá trị thỏa mãn.
Câu 48. Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , BC  2a , ABC  60 .
Biết tứ giác BCCB là hình thoi có BBC nhọn. Biết  BCC B    ABC  ,

 ABBA ;  ABC  45 . Thể tích của khối lăng trụ

ABC.ABC bằng


6 7a 3
3 7a 3
7a 3
.
C.
.
D.
.
7
21
7
Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TỐN: Tính thể tích khối lăng trụ, biết góc giữa hai mặt phẳng và các yếu tố khác.
Phƣơng pháp:
Tìm đường cao của hình lăng trụ và khai thác được giả thiết góc của đề bài.
2. KIẾN THỨC CƠ BẢN:
1)  P   Q  ,    P   Q  , a   P  , a    a  Q  .
2) Cách xác định góc giữa hai mặt phẳng:
A.

7a 3
.
7

B.

 P    Q   ,  R    ,  R    P   a ,  R    Q   b    P  ;  Q     a ; b  .
3. HƢỚNG GIẢI:
B1: Tìm đường cao của hình: Học sinh phải tìm đường cao bằng cách suy ra từ các quan hệ
vng góc giữa đường với đường để chứng mình được đường vng góc với mặt, hay phục
dựng hình ẩn để xác định đường cao. Trong bài này chúng ta lợi dụng tính chất hai mặt phẳng
vng góc để dựng đường cao.
B2: Khai thác giả thiết góc giữa hai mặt phẳng: Dùng kiến thức cơ bản để dựng góc giữa hai
mặt phẳng.
Để khai thác được giả thiết góc ta thường làm:
+ Xác định được góc. Trong q trình xác định góc phải tránh bẫy khi đưa về góc giữa hai
đường thẳng cắt nhau nó là góc khơng tù.
+ Cần chọn ẩn (Là chiều cao hay cạnh đáy nếu giả thiết chưa có) sau đó sử dụng giả thiết góc
để tìm ẩn.
Có thể sử dụng nhiều phương pháp khác ngoài hai cách truyền thống để tính góc giữa hai
mặt bên.
Phương pháp khoảng cách: giả sử là góc giữa hai mặt bên
và
sin  

d ( M , ( ))
ở đây d        , M     .
d (M , d )

Phương pháp diện tích hai mặt bên: giả sử

là góc giữa hai mặt bên  ABC  và  ABD 

 S ABD
3.VABCD  AB
.
 sin   sin  
3 AB
2S ABC  S ABD
S
Công thức đa giác chiếu: cos   .
S
B3: Từ việc khai thác góc giữa hai mặt phẳng ta tính chiều cao của lăng trụ. Từ đó tính thể
tích lăng trụ.
Từ đó, ta có thể giải bài tốn cụ thể nhƣ sau:
Lời giải
Chọn B
VABCD 

2S

ABC

C'

A'

B'

A

C

K

H
B

1
BC  a , AC  BC.sin 60  a 3
2
Vì BCCB là hình thoi nên BB  2a .
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của B  và H lên BC và AB . Ta có
Trong ABC có AB 


 BCCB   ABC  , BC   ABC    BCCB , BH  BC
AB   ABC    ABBA , AB  BH , AB  HK

suy ra BH   ABC  .

   ABC  ;  ABBA   BKH  BKH  45  HKB vuông cân tại H .

 KB  KH . 2 .
Ta có KBB là tam giác vuông tại K  KB  BB2  KB2  4a 2  2 HK 2 .
HK
 tan 60  3  HK  3KB
Xét KBH vuông tại K có
KB

2 3a
 HK 2  3  4a 2  2 HK 2   BH  HK 
.
7
Vậy thể tích khối lăng trụ ABC. ABC là
2 3a 1
2 3a 1
3 7 3
VABC . ABC  BH .S ABC 
. AB. AC 
. .a.a 3 
a .
7
7 2
7 2
Câu 49. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vng tâm O ; cạnh a . Gọi M , N lần lượt
là trung điểm của SA và BC . Góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng  ABCD  bằng 60 .
Tính cos của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng  SBD 
2 41
2 5
.
D.
.
5
4
Phân tích hƣớng dẫn giải
1. DẠNG TỐN: Đây là dạng tốn tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
2. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
u.n
Gọi  là góc giữa đường thẳng  và mặt phẳng  P  . Khi đó sin  

u.n

A.

41
.
4

B.

5
.
5

C.

Với u   a; b; c  là véc tơ chỉ phương của đường thẳng 
n   A; B; C  là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng  P 

3. HƢỚNG GIẢI:
B1: Gán hệ trục tọa độ để tìm tọa độ các đỉnh của khối chóp.
B2: Gọi  là góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng  SBD 
Khi đó sin  

MN .  SB; SD 

MN .  SB; SD 
Từ đó, ta có thể giải bài tốn cụ thể nhƣ sau:
Lời giải
Chọn C

Chọn a  1 . Đặt OS  s , với s  0



 2


2
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, sao cho O  0;0;0  , B 
;0;0  ,
;0;0  , D  
 2

 2


 2 2 


2 
2 s
2 
;
; 
;0  , S  0;0; s  , N 
;0  , M  0; 
C  0;
; 0  , A  0; 
4

2
4
4
2
2







Bài ra góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng  ABCD  bằng 60

MN .OS

 sin 60 

MN . OS

 , với OS

là VTPT của mặt phẳng  ABCD 


 2 2 s
;
;  
 MN  
4

2
2
Trong đó 


OS   0;0; s 
s2

2
3

Khi đó   
2
 5 s2 
s2   
8 4 

 5 s2 
 s 2  3. s 2   
8 4 

 5 s2 
 s  3s   
8 4 
 2
 5 s 2 
2
 s  s  3     0
 8 4 


4

2

 5 s2 
2
s

3

  0
8 4 
30
 s
2

 2
30 
;0; 
 SB  

2 

 2
Khi đó 


2
30 


 SD    2 ;0;  2 



 2 2
30 
Dễ thấy MN  
;
;
.
4 
 4 2
Gọi  là góc giữa đường thẳng MN

Khi đó sin  

MN .  SB; SD 
MN .  SB; SD 







 SB; SD   0; 15;0 .



và mặt phẳng  SBD 

30
2



5
2 5
.
 cos   1  sin 2  
5
5

10
2
Câu 50. Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn log 2 x  x  x  y   log 2  6  y   6 x . Giá trị nhỏ nhất

của biểu thức T  x 3  3 y là
A. 16 .
B. 18 .

15.

C. 12 .
D. 20 .
Phân tích hƣớng dẫn giải
1. DẠNG TỐN: Đây là dạng tốn tìm GTLN – GTNN của biểu thức liên quan đến hàm số
logarit
2. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:

+ Cho hai số dương a , b và a  1 . Số  thỏa mãn a  b được gọi là logarit cơ số a của b
và kí hiệu là log a b . Như vậy   log a b  a  b

a, b  0,

a 1  .

+ log a  b1b2   log a b1  log a b2 ,

b1
 log a b1  log a b2 .
b2
3. HƢỚNG GIẢI:
u

u  log 2 x
x  2
B1: Đặt 
 
v
v  log 2  6  y 

6  y  2
B2: Biến đổi phương trình đã cho về dạng u  v  2u  2v  2u   
+ log a

B3: Biện luận để tìm nghiệm của  
B4: Dựa vào mối quan hệ của hai biến x và y để tìm GTNN của biểu thức.
Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể nhƣ sau:
Lời giải

Chọn A
x  0
Điều kiện 
0  y  6
Ta có log 2 x  x  x  y   log 2  6  y   6 x

 log 2 x  log 2  6  y   x  6  y  x   
u

u  log 2 x
x  2
Đặt 
 
v
v  log 2  6  y 

6  y  2
Khi đó    u  v  2u  2v  2u   

+ Nếu u  v thì   ln đúng

u  v  0
 VT   > VP   . Điều này mâu thuẫn với  
+ Nếu u  v   v
u
2

2

0


u  v  0
 VT   < VP   . Điều này mâu thuẫn với  
+ Nếu u  v   v
u
2

2

0

Do đó   chỉ đúng khi u  v  log 2 x  log 2  6  y   x  6  y  0.
Khi đó T  x3  3 y   6  y   3 y , với 0  y  6
3

Xét hàm số T  y    6  y   3 y .
3

y  5 N
2
 T   y   3  6  y   3 . Cho T   y   0  
 y  7  L 
Bảng biến thiên

Từ BBT  min T  16 đạt được tại y  5 và x  1 .