TS247 DT de thi thu tot nghiep thpt mon toan thpt chuyen lam son thanh hoa lan 1 nam 2021 co loi giai chi tiet 59120 1611980393

SỞ GD&ĐT THANH HĨA

KÌ THI KSCL CÁC MƠN THI TỐT NGHIỆP THPT –
LẦN 1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN
Năm học: 2020 – 2021
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Mơn thi: Tốn
Mã đề thi 001
Ngày thi: 17/01/2021
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

MỤC TIÊU
- Đề thi gồm 43 câu hỏi thuộc kiến thức lớp 12 và 7 câu hỏi thuộc kiến thức lớp 11.
- Đề thi gồm 4 câu hỏi NB, 22 câu hỏi TH, 21 câu hỏi vận dụng và 3 câu hỏi vận dụng cao.
- Nhìn chung đề thi được đánh giá khó và có những câu hỏi mới, tuy nhiên vẫn đảm bảo bám sát đề chính
thức các năm giúp HS ôn tập đúng trọng tâm và tạo cho học sinh thói quen khi làm đề thi thử.
Câu 1 (ID:460083): Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ bên dưới?

A. y 

x
1 x

B. y 

x 1
1 x

C. y 

x 1
x 1

Câu 2 (ID:460084): Tìm tất cả các điểm M nằm trên đồ thị hàm số y 
điểm đó song song với đường thẳng d : y  3x  10 .
 1
A. M  3; 
 4

D. y 

x2
mà tiếp tuyến của đồ thị tại
x 1

C. M  0; 2  hoặc M  2; 4 

B. M  0; 2 

x
x 1

 5 
D. M   ;3 
 2 

x 1
và điểm I 1; 1 . Tìm tất cả các điểm M nằm trên đồ thị hàm số
1 x

sao cho tiếp tuyến tại M vng góc với IM.
Câu 3 (ID:460085): Cho hàm số y 







A. M 1  2; 1  2 và M 1  2; 1  2



B. M  1; 0  và M  3; 2 

1


C. M









2; 3  2 2 và M  2;2 2  3

D. M  2; 3 và M  0;1

Câu 4 (ID:460086): Mệnh đề nào dưới đây về hàm số y   x2  4  1 là đúng?
2

A. Nghịch biến trên  2; 2 

B. Đồng biến trên

C. Đồng biến trên  ; 2  và  2;  

D. Đồng biến trên  2;0  và  2;  

Câu 5 (ID:460087): Cho một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh bằng 1. Tính thể tích
khối càu nội tiếp trong hình nón.
A.



B.

6

4 3
27

C.

4
81

D.

3
54

Câu 6 (ID:460088): Một người gửi tiền vào ngân hàng với lãi suát không đổi là 6% trên năm. Biết rằng nếu
không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (lãi kép). Người
đó định gửi tiền trong vịng 3 năm, sau đó rút ra 500 triệu đồng. Hỏi số tiền ít nhất người đó phải gửi vào ngân
hàng (làm tròn đến hàng triệu) là bao nhiêu triệu đồng?
A. 420

B. 410

C. 400

D. 390

Câu 7 (ID:460089): Cho biết a  log 2 5 và b  log5 7 . Tính log 3 5
3

A. 3  2b  
a


2

B. 3   3b 
a


49
theo a và b .
8

2

C. 3   3b 
b


3

D. 3  2a  
b


Câu 8 (ID:460090): Giá trị nhỏ nhất của hàm số y   2 x  1 e x trên đoạn  1;0 bằng:
A. 

3
e

B. 

2
e

C. 1

D. e

1
Câu 9 (ID:460091): Hàm số y  x3  2 x 2  3x  1 nhận giá trị nhỏ nhất trên đoạn
3
A. x  

1
3

B. x  1

C. x  3

 1 10 
  3 ; 3  tại:

D. y 

10
3

Câu 10 (ID:460092): Sau đây, có bao nhiêu hàm số mà đồ thị có đúng một tiệm cận ngang?
1) y 
A. 1

sin x
x

2) y 

B. 2

x2  x  1
x

3) y 
C. 3

1 x
x 1

4) y  x  1  x 2  1
D. 4

2


Câu 11 (ID:460093): Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a, ACD và BCD là các
tam giác vuông tương ứng tại A và B. Tính thể tích khối tứ diện ABCD.
A.

a3 3
8

B.

a3 2
12

C.

a3 3
12

D.

a3
8

 1 
Câu 12 (ID:460094): Giá trị lớn nhất của hàm số y   2 x  1  ln  2 x  1 trên đoạn   ;0 bằng:
 4 

3
A.   ln 2
2

B. 1

D. 1  ln 3

C. ln 2

Câu 13 (ID:460095): Hàm số y   x  1 x  2  3  x  có số điểm cực trị là:
A. 2

B. 3

 tan xdx bằng:

Câu 14 (ID:460096):
A. 

D. 1

C. 0

1
C
sin 2 x

B. ln cos x  C

C.

1
C
cos 2 x

D.  ln cos x  C
x2

1
Câu 15 (ID:460097): Kết luận nào sau đây đúng về hàm số f  x     ?
2
x2

1
A. f '  x   2   .ln 2
2

B. nghịch biến trên

C. f  0   0

D. đồ thị nhận trục tung làm tiệm cận ngang.

Câu 16 (ID:460098): Một nguyên hàm của hàm số f  x  
A. 

2

 2 x  3

2

B.

1
2  2 x  3

2

1
là F  x  bằng:
2x  3

C. 2 ln 2 x  3

D.

1
ln 2 x  3
2

Câu 17 (ID:460101): Kết luận nào sau đây và hàm số y  log  x  1 là sai?
A. Đồ thị có tiệm cận đứng là đường thẳng có phương trình x  1 .
B. Đồng biến trên khoảng 1;   .
C. y ' 

1
 x  1 log e

3


D. y ' 

1
 x  1 ln10

Câu 18 (ID:460103): Trong các hàm số sau đây có bao nhiêu hàm số có đúng một điểm cực trị?
1) y  x 2  1

2) y   2 x2 1

A. 0

B. 1

2

3) y   2 x  1 3 x 2

4) y 

C. 3

D. 2

x
x 1
2

Câu 19 (ID:460105): Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác vng tại B, cạnh bên SA vng góc với mặt
đáy. Biết SA = AB = BC và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng 3 . Thể tích khối chóp là:
A.

1
2

B.

1
3

C.

1
6

D.

3
2

Câu 20 (ID:460106): Hàm số nào sau đây mà đồ thị có dạng như hình vẽ bên dưới?

A. y   x  1 x  1

2

B. y   x  1 1  x 
2

C. y   x  1  x  1
2

D. y    x  1 x  1

2

Câu 21 (ID:460107): Hàm số nào sau đây mà đồ thị có dạng như hình vẽ bên dưới?

A. y  ln x

B. y 

 
2

x

1
C. y   
e

x

D. log 1 x
2

Câu 22 (ID:460108): Cho một hình nón đỉnh S đáy là đường trịn (O), bán kính đáy bằng 1. Biết thiết diện
qua trục là một tam giác vng. Tính diện tích xung quanh của hình nón.
A. 2

B. 

C. 2 2

2

D.

Câu 23 (ID:460109): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm thỏa mãn f ' 1  3 . Khi đó lim
x 1

A. 4

B. 1

C. 2

f  x   f 1
bằng:
x 1

D. 3

4


Câu 24 (ID:460113): Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’. Đáy là tam giác vng tại A, có BC = 2AC = 2a.
Đường thẳng AC’ tạo với mặt phẳng (BCC’B’) một góc 300 . Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ
đã cho bằng;
A. 12 a 2

B. 6 a 2

Câu 25 (ID:460116): Số tiệm cận của đồ thị hàm số
A. 3

C. 4 a 2

D. 3 a 2

 2 x  1
y

B. 1

x2  1
là:
x2 1

C. 4

D. 2

C. x  x ln x

D. 1  x  x ln x

Câu 26 (ID:460117): Một nguyên hàm của ln x bằng:
A. x  x ln x

B.

1
x

Câu 27 (ID:460118): Cho hàm số f  x  có đạo hàm f '  x    x  1  2  x  x  3 . Hỏi hàm số đồng biến
trên khoảng nào sau đây?
3

A.  ;1 và  3;  

B.  ;1 và  2;  

C. 1; 2 

2

D.  3;  

Câu 28 (ID:460121): Qua điểm M(2;0) kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  x 4  4 x 2 ?
A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 29 (ID:460124): Tập xác định của hàm số y  ln x 2  2 x  3 là:
A. D   ; 3  1;   B. D   ; 3  1;   C. D 

D. D 

\ 3;1

Câu 30 (ID:460127): Cho một hình trụ có thiết diện qua trục là một hình vng có cạnh bằng a. Gọi AB và
CD là hai đường kính tương ứng của hai đáy. Biết góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng 300 . Tính thể
tích khối tứ diện ABCD.
A.

a3
12

B.

a3 3
6

C.

a3
6

Câu 31 (ID:460131): Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn a 
A. 1

B. 4

C. 2

D.

a3 3
12

b  log 2 5
 log 6 45 . Tổng a  b  c bằng:
c  log 2 3

D. 0

Câu 32 (ID:460132): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên 1; 2 , thỏa mãn f  x   x. f '  x   x 2 .
Biết f 1  3 , tính f  2  .
A. 16

B. 2

C. 8

D. 4

5


Câu 33 (ID:460133): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f '  x   
mãn a  b , giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  trên đoạn  a; b  bằng:
A. f  b 

B. f  a 

C.

x
. Với a và b là các số dương thỏa
x 1
2

f  a   f b 
2

 ab
D. f 

 2 

Câu 34 (ID:460140): Cho một hình trụ thay đổi nội tiếp trong một hình nón cố định cho trước (tham khảo
hình vẽ bên). Gọi thể tích các khối nón và khối trụ tương ứng là V và V’. Biết rằng V’ là giá trị lớn nhất đạt
V'
được, khi đó tỉ số
bằng:
V

A.

4
9

B.

4
27

C.

Câu 35 (ID:460145): Cho hàm số f  x  liên tục trên

1
2

D.

2
3

, có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:

Đặt g  x   m  f  x  1 (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y  g  x  có đúng 3 điểm
cực trị.
A. m  1 hoặc m  3

B. 1  m  3

C. m  1 hoặc m  3

D. 1  m  3

Câu 36 (ID:460149): Cho phương trình log 1  2 x  m   log 2  3  x   0 , m là tham số. Hỏi có bao nhiêu giá
2

trị ngun dương của m để phương trình có nghiệm?
A. 5

B. 4

C. 6

D. 7

Câu 37 (ID:460156): Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;2;-3). Hình chiếu của M tương ứng lên
Ox, Oy, Oz, (Oyz), (Ozx), (Oxy) là A, B, C, D, E, F. Gọi P và Q tương ứng là giao điểm của đường thẳng OM
với các mặt phẳng (ABC) và (DEF). Độ dài PQ bằng:

6

A.

6
7

B.

7
6

1  x  x

Câu 38 (ID:460159): Giả sử

14
2

C.
2

14
3

D.

 x3   a0  a1 x  a2 x2  ...  a12 x12  ai 

.

4

Giá trị của tổng

S  C a  C a  C a  C a  C a bằng:
0
4 4

A. 1

1
4 3

2
4 2

3
4 1

4
4 0

B. -4

C. -1

D. 4

Câu 39 (ID:460161): Tìm số nghiệm của phương trình sin  cos x   0 trên đoạn 1; 2021 .
A. 672

B. 643

C. 642

D. 673

, thỏa mãn f '  x   2 x  1 và f  3  5 . Giả sử

Câu 40 (ID:460162): Cho hàm số f  x  xác định trên

phương trình f  x   999 có hai nghiệm x1 và x2 . Tính tổng S  log x1  log x2 .
A. 5

B. 999

C. 3

D. 1001

Câu 41: Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’, tất cả các cạnh có độ dài bằng a. Gọi M là trung điểm của cạnh
BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC’.
A.

a
2

B.

a

4

C.

a 2
2

D.

a 2
4

Câu 42 (ID:460163): Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Mặt phẳng đi qua A và vng góc với
A’C chia hình lập phương trình hai phần thể tích. Tính tỉ số k hai phần thể tích này, biết k  1 .
A.

3
25

B.

2
5

C.

1
5

D.

2
25

Câu 43 (ID:460164): Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của một đa giác lồi (H) có 30 đỉnh. Tính xác suất sao cho 4
đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của (H).
3
30.C27
A.
C304

3
30.C25
B.
4.C304

3
30.C27
C.
4.C304

3
30.C25
D.
C304

Câu 44 (ID:460165): Cho một hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’. Đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a và
BAD  600 . Một mặt phẳng tạo với đáy một góc 600 và cắt tất cả các cạnh bên của hình hộp. Tính diện tích
thiết diện tạo thành
A. 2 3a 2

B.

3a 2

C. 3a 2

D. 3 2a2

Câu 45 (ID:460166): Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh bằng a không đổi. Độ
dài CD thay đổi. Tính giá trị lớn nhất đạt được của thể tích khối tứ diện ABCD.
A.

a3
8

B.

a3 2
12

C.

a3 3
8

D.

a3 3
12

7


Câu 46 (ID:460167): Cho tứ diện ABCD có ABC, ABD, ACD là các tam giác vuông tương ứng tại A, B, C.
Góc giữa AD và (ABC) bằng 450 , AD  BC và khoảng cách giữa AD và BC bằng a. Tính thể tích khối tứ
diện ABCD.
3a 3
6

A.

4 3a 3
B.
3

2a 3
6

C.

4 2a 3
D.
3

Câu 47 (ID:460172): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f '  x    x  1  x  3 . Tìm số điểm cực trị của
2

hàm số g  x   f
A. 1





x2  2x  6 .
B. 2

C. 3

D. 5

Câu 48 (ID:460175): Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a. Các cặp mặt phẳng (ACD) và (BCD),
(ABC) và (ABD) vuông góc với nhau. Tính theo a độ dài cạnh CD.
A.

2a
3

B.

a
3

C.

a
2

D. a 3

Câu 49 (ID:460179): Cho hàm số f  x   x3  3x  m . Tìm m để mọi bộ ba số phân biệt a, b, c thuộc đoạn

 1;3

thì f  a  , f  b  , f  c  là độ dài ba cạnh của một tam giác.

A. m  22

B. m  2

C. m  34

D. m  22

Câu 50 (ID:460182): Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a và BAD  600 . Mặt chéo
ACC’A’ nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy, đồng thời ACC’A’ cũng là hình thoi có A ' AC  600 . Thể
tích khối tứ diện ACB’D’ là:
A.

a3 3
6

B.

a3 3
4

C.

a3 3
8

D.

a3 3
3

8


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM
1. D
11. B
21. C
31. A
41. D

2. B
12. B
22. D
32. C
42. C

3. A
13. A
23. D
33. A
43. D

4. D
14. D
24. B
34. A
44. B

5. B
15. D
25. C
35. C
45. A

6. A
16. D
26. D
36. A
46. D

7. A
17. C
27. C
37. D
47. C

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

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

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

Câu 1 (TH) – Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
Phương pháp:
- Dựa vào đồ thị xác định các đường tiệm cận của đồ thị hàm số, các điểm thuộc đồ thị hàm số.
- Sau đó dựa vào các đáp án để chọn đáp án đúng.
- Đồ thị hàm số y 

ax  b
a
d
 ad  bc  có TCN y  và TCĐ x   .
cx  d
c
c

Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị có đường TCN y  1 và TCĐ x  1 .
Do đó loại đáp án A và B.

Đồ thị hàm số đi qua điểm O(0;0) nên loại đáp án C.
Chọn D.
Câu 2 (TH) – Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
Phương pháp:
- Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm M  x0 ; y0  là y  f '  x0  x  x0   y0 .

a  a '
- Hai đường thẳng y  ax  b và y  a ' x  b ' song song với nhau khi và chỉ khi 
.
b  b '
Cách giải:
TXĐ: D 

\ 1 .

 x 2
x2
Gọi M  x0 ; 0
.
  x0  1 thuộc đồ thị hàm số y 
x0  1 
x 1


9



x 2
x2

3
nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M  x0 ; 0
 y' 
 có hệ số góc là
2
x0  1 
x 1
 x  1

3
.
k  y '  x0  
2
 x0  1

Ta có y 

Vì tiếp tuyến tại M song song với đường thẳng d : y  3x  10 nên

3

 x0  1

 3   x0  1  1
2

2

 M  0; 2 
 x0  1  1

 x0  0


.
 tm   
 x0  1  1  x0  2
 M  2; 4 
Chọn B.
Câu 3 (TH) – Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
Phương pháp:
- Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm M  x0 ; y0  là y  f '  x0  x  x0   y0 .
- Đường thẳng y  ax  b vng góc với vecto IM  u; v  khi và chỉ khi vtcp của đường thẳng y  ax  b
vng góc với vecto IM  u; v  .
Cách giải:
TXĐ: D 

\ 1 .


x 1 
x 1
Gọi M  x0 ; 0
.
  x0  1 thuộc đồ thị hàm số y 
1 x
 1  x0 
 x 1 
x 1
2
nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M  x0 ; 0  có hệ số góc là

 y' 
2
1 x
1  x 
 1  x0 
2
.
k  y '  x0  
2
1  x0 

Ta có y 

 Phương trình tiếp tuyến tại M là: y 

2

1  x0 

2

 x  x0  

x0  1
2 x0
x 1
2

x y
 0

0,
2
2
1  x0
1  x0 
1  x0  1  x0



2
có 1 VTCP là u  1;
.
 1  x 2 
0



x 1  
2 
 1   x0  1;
Ta có: IM   x0  1; 0
.
1  x0
1  x0 

 
Vì tiếp tuyến tại M vng góc với IM nên u.IM  0 .

10

  x0  1 


4

1  x0 

4

1  x0 

3

0

 1  x0  1  x0   4
4

3

1  x0  2
 x0  1  2


1  x0   2
 x0  1  2









 M 1  2; 1  2 và M 1  2; 1  2 .
Chọn A.
Câu 4 (TH) – Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số
Phương pháp:
- Tính đạo hàm y ' .
- Giải phương trình y '  0 .
- Lập BXD y ' và kết luận các khoảng đồng nghịch biến của hàm số.
Cách giải:
TXĐ: D 

.

Ta có: y   x2  4  1  y '  2  x2  4 .2 x .
2

x  0
x  0

Cho y '  0   2
.
x


2

x

4

0


BXD y ' :

Dựa vào BXD ta thấy hàm số đồng biến trên  ; 2  ;  0; 2  ; nghịch biến trên  2;0  ;  2;   .
Do đó chỉ có đáp án D đúng.
Chọn D.
Câu 5 (VD) – Ơn tập chương 2: Mặt nón, mặt trụ, mặt cầu
Phương pháp:

11


- Giả sử thiết diện qua trục là tam giác SAB và O là tâm mặt đáy của hình nón.
- Xác định tâm mặt cầu nội tiếp hình nón chính là tâm tam giác đều SAB. Tính bán kính R.

4
- Thể tích khối cầu bán kính R là V   R3 .
3
Cách giải:

Giả sử thiết diện qua trục là tam giác SAB và O là tâm mặt đáy của hình nón, ta có tam giác SAB đều cạnh 1
3
nên SO 
.

2
Gọi I là tâm khối cầu nội tiếp trong hình nón, dễ thấy O chính là tâm tam giác đều SAB, do đó bán kính khối
2
2 3
3

cầu là R  IO  SO  .
.
3
3 2
3
3

4
4  3  4 3
Vậy thể tích khối cầu nội tiếp trong hình nón là V   R3   
.
 
3
3  3 
27
Chọn B.
Câu 6 (TH) – Bất phương trình mũ và bất phương trình lơgarit
Phương pháp:
- Sử dụng cơng thức lãi kép: An  A 1  r  trong đó An là số tiền nhận được sau n năm, A là số tiền gửi ban
đầu, r là lãi suất trên 1 kì hạn, n là số kì hạn.
n

- Để sau 3 năm người đó rút được 500 triệu đồng thì số tiền nhận được sau 3 năm (cả gốc và lãi) phải không
nhỏ hơn 500 triệu đồng. Giải bất phương trình tìm số tiền gửi ban đầu.

Cách giải:
Để sau 3 năm người đó rút được 500 triệu đồng thì số tiền nhận được sau 3 năm (cả gốc và lãi) phải không
nhỏ hơn 500 triệu đồng.

12


Gọi số tiền ban đầu gửi vào ngân hàng là x (triệu đồng), số tiền người đó nhận được sau 3 năm là: x 1  6% 
(triệu đồng).

3

Khi đó ta có x 1  6%   500  x  420 (triệu đồng).
3

Chọn A.
Câu 7 (TH) – Lôgarit
Phương pháp:
Sử dụng các công thức:
log am b n 
log a

n
log a b  0  a  1, b  0 
m

x
 log a x  log a y  0  a  1, x, y  0 
y

Cách giải:
Ta có:

log 3 5

49
49
 log 1
8
53 8

72
 3  2 log 5 7  3log 5 2 
23
3

 3  2b  
a


 3log 5

Chọn A.
Câu 8 (TH) – Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
Phương pháp:
- Tính y ' , giải phương trình y '  0 xác định các nghiệm xi   1;0 .
- Tính các giá trị y  1 ; y  0  ; y  xi  .
- Kết luận: min y  min  y  1 ; y  0  ; y  xi ; max y  max  y  1 ; y  0  ; y  xi  .
1;0

 1;0

Cách giải:
TXĐ: D 

.

Ta có: y   2 x  1 e x  y '  2e x   2 x  1 e x   2 x  1 e x .

13


1
Cho y '  0  2 x  1  0  x     1;0 .
2
3
Ta có: y  1   ; y  0   1;
e

Vậy min y 
1;0

 1  2
.
y  
e
 2

2
.

e

Chọn B.
Câu 9 (TH) – Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
Phương pháp:
 1 10 
- Tính y ' , giải phương trình y '  0 xác định các nghiệm xi    ;  .
 3 3

 1
- Tính các giá trị y    ;
 3

 10 
y   ; y  xi  .
 3

  1   10 

  1   10 

- Kết luận: min y  min  y    ; y   ; y  xi   ; max y  max  y    ; y   ; y  xi   .
1
10
 1 10 


  3  3 
  3; 3 
  3  3 


 3; 3 



Cách giải:
TXĐ: D 

.

1
Ta có: y  x3  2 x 2  3x  1  y '  x 2  4 x  3 .
3

 1 10 
 x  1   3 ; 3 


Cho y '  0  x 2  4 x  3  0  
.

 1 10 
 x  3   ; 
 3 3

181
 1
;
Ta có: y     
81

 3

1
 10 
y    0,88; y 1  ; y  3  1 .
3
 3

181
 1
..
Vậy min y  y     

1;0
 
81
 3

Chọn A.
Câu 10 (TH) – Đường tiệm cận
Phương pháp:

14


Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số:
- Đường thẳng y  y0 được gọi là TCN của đồ thị hàm số y  f  x  nếu thỏa mãn một trong các điều kiện
sau: lim y  y0 ; lim y  y0 .
x 

x 

- Sử dụng MTCT để tính giới hạn.
Cách giải:
Xét hàm số y 

Xét hàm số y 

Xét hàm số y 

sin x
ta có lim y  0; lim y  0 , do đó ĐTHS có 1 TCN y  0 .
x 
x 
x
x2  x  1
ta có lim y  1; lim y  1 , do đó ĐTHS có 2 TCN y  1 .
x 
x 
x
1 x
ta có lim y khơng tồn tại, lim y  0 , do đó ĐTHS có 1 TCN y  0 .
x 
x 
x 1

Xét hàm số y  x  1  x 2  1 ta có lim y   , lim y  1 , do đó ĐTHS có 1 TCN y  1 .
x 

x 

Vậy có 3 hàm số mà đồ thị có đúng một tiệm cận ngang.
Chọn C.
Câu 11 (TH) – Khái niệm về thể tích của khối đa diện
Phương pháp:
- Chóp có các cạnh bên bằng nhau có chân đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.
- Sử dụng tính chất tam giác vng cân tính chiều cao và diện tích đáy.
- Thể tích khối chóp bằng 1/3 tích đường cao và diện tích đáy.
Cách giải:

15


Vì ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a nên AB  AC  AD  BC  BD  a .
Do đó hình chiếu vng góc của A lên (BCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
Lại có tam giác BCD vng tại B nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD là trung điểm H của CD.
 AH  CD .

Xét tam giác ACD vng cân tại A có AC  AD  a nên AH 

a 2
.
2

1
a2
Tam giác BCD vuông cân tại B có BC = BD = a nên SBCD  .BC.BD  .
2
2
Vậy VABCD 

1
1 a 2 a 2 a3 2
AH .S BCD  .
. 
.
3
3 2 2
12

Chọn B.
Câu 12 (TH) – Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
Phương pháp:
- Tính đạo hàm.
 1 
- Chứng minh y '  0 x    ;0  và suy ra giá trị lớn nhất của hàm số trên
 4 

 1 
  4 ;0 .

Cách giải:
 1 
Hàm số đã cho xác định trên   ;0 .
 4 

Ta có: y   2 x  1  ln  2 x  1  y '  2 

2
 1 

 0 x    ;0  .
2x 1
 4 

 1 
Do đó hàm số đã cho đồng biến trên   ;0 .
 4 

Vậy max y  y  0   1 .
 1 
 4 ;0



Chọn B.
Câu 13 (NB) – Cực trị của hàm số
Phương pháp:

16


- Khai triển đưa hàm số về dạng hàm đa thức bậc ba.
- Tính y ' , giải phương trình y '  0 và xác định số điểm cực trị = số nghiệm bội lẻ.
Cách giải:
Ta có y   x  1 x  2  3  x    x3  4 x 2  x  6 .
 y '  3x 2  8 x  1  0  x 

4  13
.
3

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.
Chọn A.
Câu 14 (NB) – Nguyên hàm
Phương pháp:
- Sử dụng công thức tan x 

sin x
.
cos x

- Sử dụng phương pháp đổi vi phân: sin xdx  d  cos x  .
- Sử dụng cơng thức tính ngun hàm:

du

u

 ln u  C .

Cách giải:

sin x

 tan xdx   cos x dx  

d  cos x 
  ln cos x  C .
cos x

Chọn D.
Câu 15 (TH) – Ôn tập chương 2: Hàm số lũy thừa. Hàm số mũ và hàm số lôgarit.
Phương pháp:
- Sử dụng công thức tính đạo hàm:  a u  '  u '.a u ln a .
- Xét dấu đạo hàm và suy ra các khoảng đơn điệu của hàm số.
- Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Cách giải:
x2

x2

x2

1
1
1
1
Ta có f  x      f '  x   2 x.   ln  f '  x   2 x   .ln 2 nên đáp án A sai.
2
2
2
2

17


Xét f '  x   0  x  0 , do đó hàm số khơng thể nghịch biến trên

, suy ra đáp án B sai.

0

1
Ta có f  0      1 nên đáp án C sai.
2
x2

1
Ta có: lim f  x   lim    0 nên ĐTHS nhận y  0 là TCN. Suy ra đáp án D đúng.
x 
x  2
 
Chọn D.
Câu 16 (NB) – Nguyên hàm
Phương pháp:
Sử dụng cơng thức tính ngun hàm:

dx

1

 ax  b  a ln ax  b  C .

Cách giải:
Ta có F  x    f  x  dx  

1
1
dx  ln 2 x  3  C .
2x  3

2

Chọn D.
Câu 17 (TH) – Hàm số Lơgarit
Phương pháp:
- Sử dụng cơng thức tính đạo hàm:  log u  ' 

u'
.
u ln10

- Sử dụng định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số: Đường thẳng x  x0 được gọi là TCĐ của đồ thị hàm
số y  f  x  nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y  ; lim y  ; lim y  ; lim y   .
x  x0

x x0

x x0

x x0

- Xét dấu y ' và suy ra các khoảng đơn điệu.
Cách giải:
TXĐ” D  1;   .
Ta có y  log  x  1  y ' 

1
. Suy ra đáp án D đúng, đáp án C sai.
 x  1 ln10

Vì x  1  0  y '  0 x  D , do đó hàm số đồng biến trên 1;   , suy ra đáp án B đúng.
Ta có: lim y   nên ĐTHS nhận x  1 là TCĐ, suy ra đáp án A đúng.
x 1

18


Chọn C.
Câu 18 (TH) – Cực trị của hàm số
Phương pháp:
Tính đạo hàm từng hàm số, giải phương trình đạo hàm và xác định số điểm cực trị của hàm số = số nghiệm
bội lẻ của phương trình đạo hàm.
Cách giải:
Xét đáp án A: ta có y '  2 x  0  x  0 , do đó hàm số có 1 điểm cực trị.

x  0
Xét đáp án B: ta có y '  2  2 x  1 .4 x  0  
, do đó hàm số có 3 điểm cực trị.
x   2

2
2

6x  4x  2
2 1
1
Xét đáp án C: ta có y '  2 3 x 2   2 x  1 . . 3
, do đó hàm số có 1 điểm cực trị.



10

x

3 x
5
33 x
Xét đáp án D: ta có y ' 

x 2  1  x.2 x

x

2

 1

2



 x2  1

x

2

 1

2

 0  x  1 , do đó hàm số có 2 điểm cực trị.

Chọn D.
Câu 19 (VD) – Mặt cầu
Phương pháp:
- Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp, tính bán kính mặt cầu, từ đó suy ra độ dài cạnh SC.
- Đặt SA = AB = BC = x, sử dụng định lí Pytago giải phương trình tìm x.

1
- Tính thể tích khối chóp V  SA.SABC .
3
Cách giải:

19


Gọi O là trung điểm của AC. Vì tam giác ABC vng tại B nên O là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.
Gọi I, M là trung điểm của SC, SA. Ta có IO là đường trung bình của tam giác SAC  IO / / SA .
Mà SA   ABC   IO   ABC   IO là trực của  ABC   IA  IB  IC .
Lại có IM là đường trung bình của tam giác SAC nên IM // AC  IM  SA  IM là trung trực của SA, do
đó IS  IA .
 IA  IB  IC  IS  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S . ABC .

 Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC là R 

Ta lại có 4 R 2  3  R 

1
SC .

2

3
 SC  3 .
2

Đặt SA  AB  BC  x , ta có tam giác SAB vng cân tại A nên SB  x 2 .

 BC  AB
 BC   SAB   BC  SB  SBC vng tại B.
Ta có: 
 BC  SA

 SB 2  BC 2  SC 2
 2 x2  x2  3
 x 1

1
1
1
1
1
Vậy thể tích khối chóp là V  SA.SABC  SA. AB.BC  x3  .
3
3
2
6
6
Chọn C.
Câu 20 (TH) – Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

Phương pháp:
- Dựa vào các giao điểm có đồ thị với trục hồnh suy ra dạng của đồ thị hàm số và loại bớt các đáp án chắc
chắn sai.
- Dựa vào giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung để chọn đáp án đúng.
Cách giải:
Vì đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hồnh tại điểm có hồnh độ -1 và cắt qua trục hồnh tại điểm có hồnh độ
2
bằng 1 nên hàm số có dạng y  a  x  1  x  1 , do đó loại đáp án A và D.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên loại đáp án C.
Chọn B.

20


Câu 21 (TH) – Ôn tập chương 2: Hàm số lũy thừa. Hàm số mũ và hàm số lôgarit.
Phương pháp:
- Dựa vào đồ thị suy ra TXĐ của hàm số và loại đáp án.
- Dựa vào tính đơn điệu của hàm số để loại đáp án.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số xác định trên
Lại có: Đồ thị hàm số nghịch biến trên

nên loại đáp án A, D.

nên chọn đáp án C.

Chọn C.
Câu 22 (TH) – Mặt nón
Phương pháp:
- Dựa vào giả thiết hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân xác định chiều cao và bán kính đáy

của hình nón.
- Tính độ dài đường sinh của hình nón l  h 2  r 2 .
- Hình nón có đường sinh l, bán kính đáy r có diện tích xung quanh là Sxq   rl .
Cách giải:
Vì hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân nên h  r  1 .

 Độ dài đường sinh của hình nón là l  h 2  r 2  2 .
Vậy diện tích xung quanh của hình nón là S xq   rl  2 .
Chọn D.
Câu 23 (NB) – Định nghĩa và ý nghĩa của đạo hàm (Tốn 11)
Phương pháp:
Sử dụng tính đạo hàm bằng định nghĩa: f '  x0   lim

x  x0

f  x   f  x0 
x  x0

Cách giải:
Ta có: lim
x 1

f  x   f 1
 f ' 1  3 .
x 1

21


Chọn D.

Câu 24 (VD) – Mặt cầu
Phương pháp:
- Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ.
- Xác định góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng (BCC’B’) là góc giữa AC’ và hình chiếu của AC’ lên
(BCC’B’).
- Dựa vào định lí Pytago, tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vng tính bán kính mặt cầu.
- Diện tích mặt cầu bán kính R là S  4 R 2 .
Cách giải:

Gọi O, O’ lần trung điểm của BC và B’C’.
Vì tam giác ABC, A’B’C’ lần lượt vng tại A và A’ nên O, O’ lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp tam giác
ABC, A’B’C’. Lại có OO’ vng góc với hai đáy nên OO’ là trục hai đáy.
Gọi I là trung điểm của OO’ => I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ.

 AH  BC
 AH   BCC ' B '  HC ' là hình chiếu của AC’
Trong  ABC  kẻ AH  BC  H  BC  ta có 
 AH  BB '
lên (BCC’B’), do đó   AC ';  BCC ' B '     AC '; HC   AC ' H  300 .
Xét tam giác vng ABC ta có AB  BC 2  AC 2  4a 2  a 2  a 3  AH 

Xét tam giác AC’H vng tại H có: AC ' 

AB. AC a 3.a a 3


.
BC
2a
2

AH
a 3 1

: a 3.
0
sin 30
2 2

22


1
a 2
Xét tam giác vng AA’C’ có: AA '  AC '2  A ' C '2  3a 2  a 2  a 2  OO '  IO  OO ' 
.
2
2

Xét tam giác vng IOC có: IC  IO 2  OC 2 

a2
a 6
 a2 
 R.
2
2
2

a 6

2
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ là: S  4 R  4 . 
 2   6 a .


2

Chọn B.
Câu 25 (VD) – Đường tiệm cận
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang, tiệm cận đứng của đồ thị hàm số:
- Đường thẳng y  y0 được gọi là TCN của đồ thị hàm số y  f  x  nếu thỏa mãn một trong các điều kiện
sau: lim y  y0 ; lim y  y0 .
x 

x 

- Đường thẳng x  x0 được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y  f  x  nếu thỏa mãn một trong các điều kiện
sau: lim y  ; lim y  ; lim y  ; lim y   .
x  x0

x x0

x x0

x x0

Cách giải:
\ 1 .

TXĐ: D 
Ta có:

lim

x 

 2 x  1
y  lim
x 

lim y  lim

x 

x2  1
2
x2 1

 2 x  1

x 

x2  1
 2
x2 1

 2 x  1
lim y  lim

x 1

x 1

lim y  lim

x 1

x2  1
 
x2 1

 2 x  1

x 1

lim y  lim

x 1

x 1

lim y  lim

x 1

x 1

x2  1
 

x2 1

 2 x  1

x2  1
 
x2 1

 2 x  1

x2  1
 
x2 1

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 TCN y  1 và 2 TCĐ x  1 .

23


Chọn C.
Câu 26 (TH) – Nguyên hàm
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần  udv  uv   vdu .
Cách giải:
Đặt I   ln xdx .
1

u  ln x du  dx

Đặt 

x .
dv  dx v  x


Khi đó ta có I   ln xdx  x ln x   dx  x ln x  x  C .
Với C  1 ta có 1  x  x ln x là một nguyên hàm của hàm số ln x .
Chọn D.
Câu 27 (TH) – Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số
Phương pháp:
Lập BXD f '  x  .
Cách giải:

x  1
Ta có: f '  x   0   x  1  2  x  x  3  0   x  2 .

 x  3
3

2

BXD:

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng 1; 2  .
Chọn C.
Câu 28 (TH) – Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
Phương pháp:

24

Lập BXD f '  x  .
Cách giải:
Ta có: y  x 4  4 x 2  y '  4 x3  8 x .
Gọi A  x0 ; x04  4 x02  thuộc đồ thị hàm số, phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A là:
y   4 x03  8 x0   x  x0   x04  4 x02  d 

Cho M  2;0   d ta có:

0   4 x03  8 x0   2  x0   x04  4 x02
 0  8 x03  16 x0  4 x04  8 x02  x04  4 x02
 0  3x04  8 x03  4 x02  16 x0
 x0  0

4
  x0  
3

x  2
 0
Vậy qua điểm M(2;0) kẻ được 3 tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  x 4  4 x 2 .
Chọn C.
Câu 29 (TH) – Hàm số Lôgarit
Phương pháp:
Hàm số y  ln f  x  xác định khi và chỉ khi f  x  xác định và f  x   0 .
Cách giải:

x  1
Hàm số y  ln x 2  2 x  3 xác định  x 2  2 x  3  0  x 2  2 x  3  0  
.
 x  3

Vậy TXĐ của hàm số đã cho là D 

\ 3;1 .

Chọn D.
Câu 30 (VD) – Khái niệm về thể tích của khối đa diện
Phương pháp:

25