Đề kiểm tra học kỳ i toán 12 đề 15

ĐỀ 15

ĐỀ THI HỌC KÌ I
Mơn: TỐN 12
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian
phát đề)

Câu 1: Đồ thị hàm số nào sau đây có ba điểm cực trị?
A. y  x 4  2x 2  1

B. y   x 4  2x 2  1

C. y  x 4  2x 2  1

D. y  2x 4  4x 2  1

x 1
C. f '  x   2 ln 2

x
D. f '  x   2 ln 2

x
Câu 2: Tính đạo hàm của hàm số f  x   2
x 1
A. f '  x   x2 ln 2

x 1
B. f '  x   x2

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

2

A. Kết quả khác

B. 1

C. 0

D. 2

2
Câu 4: Tập nghiệm của bất phương trình log 1  x  2x  1  log 1  x  1 là:
3

A.  1; 2 

B.  3; �

Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y 
A. 0

B. 1

3

C.  2; �

D.  1; �

2x  1

trên đoạn  2;3
x  1
C. –5

D. –2

Câu 6:
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vng cân tại A, BC  2a; AA '  2 a .
Tính thể tích V của lăng trụ ABC.A’B’C’.
8a 3
A. V 
3
Câu 7: Cho hàm số y 

2a 3
B. V 
3

C. V  2a 3

D. V  4a 3

2x  3
có đồ thị  C  . Tiếp tuyến của  C  tại điểm có hoành độ bằng 2
x 1

cắt các trục Ox, Oy tại các điểm A  a;0  ; B  0; b  . Khi đó giá trị của P  5a  b là:
A. P 

17

5

B. P  0

C. P  17

D. P  34
2

�
�
Câu 8: Gọi x1 ; x 2 là các nghiệm của phương trình �
log 1 x �
� 3 �





3  1 log 3 x  3  0 .

Khi đó, tích x1x 2 :
A. 3

B. 3

3

C. 3

3 1

D. 3

3

Trang 1


1 3 1
1
2
Câu 9: Hàm số y  x  mx  đạt cực tiểu tại x  2 khi m nhận giá trị nào sau đây?
3
2
2
A. m  2

B. m  4

C. m  1

D. m  3

Câu 10: Số điểm cực đại của hàm số y  x 4  100 là:
A. 3

B. 1

C. 2

D. 0

Câu 11: Cho khối chóp S.ABC có SA   ABC  , SA  a , đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Tính
thể tích V của khối tứ diện S.ABC?
A. V  a 3

3
4

B. V 

a3 3
12

C. V 

a3 3
7

D. V 

a3 3
3

Câu 12: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Tính thể tích của khối tứ diện
A’B’AC.
A.

a3 3

4

B.

a3 3
12

C.

a3
6

D.

a3 3
6

Câu 13: Một người gửi tiền vào ngân hàng 100 triệu đồng thể thức lãi kép, kỳ hạn là 1 tháng với
lãi suất 0,5% một tháng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó có nhiều hơn 125 triệu đồng?
A. 44 tháng

B. 45 tháng

C. 47 tháng

D. 46 tháng

Câu 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  3a; BC  4a; SA  12a
và SA vng góc với mặt đáy. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD.
A. S  25

Câu 15: Tìm hàm số y 

B. S  289

C. S  169 

D. S  144

ax  b
biết rằng đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm M  0;1 và giao
cx  d

điểm hai đường tiệm cận của hàm số là I  1; 1
A. y 

x2
x  2

B. y 

x 1
1 x

C. y 

2x  1
x 1

D. y 

x 1
x 1

x 2  3x  2
Câu 16: Tìm tất cả các đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
x2  4
A. x  2

B. x  2; x  2

C. x  4

D. x  2

Câu 17: Cho khối chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD?
A.

a3 6
3

B.

a3 6
6

C.

a3 6
2

D.

a3 6
6

Câu 18: Hàm số nào sau đây có đồ thị nhận đường thẳng x  2 làm tiệm cận đứng?

Trang 2


A. y 

1
x 1

B. y 

Câu 19: Đồ thị hàm số y 

2
x2

C. y  x  1 

1
x 1

D. y 

5x
2x

2x  3
có tiệm cận đứng x  a và tiệm cận ngang y  b . Khi đó
x  4x  4
2

giá trị của a  2b bằng:
A. 2

B. –2

C. –4

D. 4

Câu 20: Cho khối chóp tam giác S.ABC. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là trung điểm của cạnh SA, SB,
SC. Khi đó thể tích khối chóp S.ABC gấp bao nhiêu lần thể tích khối chóp S.A’B’C’.
A. 6

B. 4

C. 8

D. 2

Câu 21: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y   x 2  2x  4 trên đoạn  2; 4 là:
A. –1

B. –4

C. 4

D. 2

Câu 22: Cho các số thực dương a, b. Mệnh đề nào sau đây đúng ?
1
2
A. log 2 a  log 2 a
2

B. log a 2 1 a �log a 2 1 b

2
2
C. log 2  a  b   2log 2  a  b 

D. log 3 a  log 3 b � a  b
4

a

b

4

Câu 23: Cho hàm số y  x 4  2x 2  1 biết  a; b  là khoảng nghịch biến ngắn nhất của hàm số với
a, b �Z . Tính giá trị của 5  b là:
A. – 1

B. 6

C. – 5

D. 2

Câu 24: Thể tích khối hộp chữ nhật có ba cạnh xuất phát từ một đỉnh lần lượt có độ dài a, b, c là :
1
A. V  abc
6

1
B. V  abc
a

C. V  abc

4
D. V  abc
3

2
Câu 25: Số nghiệm nguyên của bất phương trình log  2x  11x  25  �1 là:

A. 4

B. 2

C. 3

D. 1

1

Câu 26: Tập xác định của hàm số y   x  1  2 là:
A. D   �;1

B. D   1; �

C. D   0;1

D. D   1; �

Câu 27: Chọn phát biểu đúng trong các phát biểu sau:
A. Đồ thị hàm số logarit không nằm bên dưới trục hoành
B. Đồ thị hàm mũ với cơ số dương nhỏ hơn 1 thì nằm dưới trục hoành
C. Đồ thị hàm số logarit luôn nằm bên phải trục tung
D. Đồ thị hàm số mũ với số mũ âm ln có hai tiệm cận.

Trang 3


Câu 28: Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt bên và đáy bằng 600 . Tính
diện tích xung quanh Sxq của hình nón đỉnh S và có đường trịn đáy là đường trịn ngoại tiếp tam
giác đáy ABC.
A. Sxq 

a 2 10
8

Câu 29: Hàm số y 

B. Sxq 

a 2 7
6

C. Sxq 

a 2 3
3

D. Sxq 

a 2 7
4

x 1
có đồ thị  H  . Tiếp tuyến của  H  tại giao điểm của  H  với trục
x 1

hoành là:
1
1
A. y  x 
3
3

B. y  x  3

C. y  3x

D. y  3x  3

Câu 30: Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AD  8; CD  6; AD '  12 . Tính diện tích
toàn phần của khối trụ có hai đường trịn đáy ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD và A’B’C’D’.





A. Stp  5 4 11  5  B. Stp  26



C. Stp  576



D. Stp  10 2 11  5 

Câu 31: Đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  9x  2 có tâm đối xứng là:
A. I  2; 20 

B. I  1;7 

C. I  2;0 

D. I  1; 9 

Câu 32: Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thang cân với cạnh
AB  BC  a, AD  2a . Chiều cao của hình lăng trụ bằng 2a. Tính tổng thể tích V của khối trụ
ngoại tiếp lăng trụ đã cho:
A. V  3a 3

B. V  4a 3

C. V  a 3

D. V  2a 3

Câu 33: Cho hàm số y  f  x  xác định trên R \  1 và có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:
x
y’

�

-1
+

�

0
-

+

2
0

�
-

4
3

y

1
-4

-4

Kết luận nào sau đây là đúng?
x  1

A. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là – 4

B. Hàm số đạt cực đại tại

C. Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu x  0

D. Đồ thị hàm số chỉ có hai tiệm cận.

4
2
Câu 34: Tìm số các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y   m  1 x   3m  10  x  2 có

ba cực trị ?

Trang 4


A. 3

B. 5

C. 4

D. 0

Câu 35: Gọi n, d lần lượt là số tiệm cận ngang và số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 

x2 1
x

. Tính giá trị của T  2n  3d ?
A. T  7

B. T  4

C. T  5

D. T  8

Câu 36: Cho đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  4 có hai điểm cực trị là A, B. Tính diện tích tam giác
OAB.
A. S  4

B. S  8

D. S  2

C. S  2 5

Câu 37: Cho hình vng ABCD có cạnh bằng 4. Tính tỉ số thể tích của hai khối trịn xoay sinh ra
khi lần lượt quay hình vng đã cho quanh các đường chứa cạnh AB và đường chéo AC của hình
vng?
A. 3

B.

3 2
2

C. 3

D.

3
2

2
x
Câu 38: Cho hàm số y   x  2x  e . Xác định tổng các nghiệm của phương trình y ' y  0

A. – 3

B. 3  5

D. 3  5

C. 3

Câu 39: Cho một tấm nhơm hình chữ nhật ABCD có AD  24cm . Ta gấp tấm nhôm theo hai cạnh
MN, QP vào phía trong đến khi AB, CD trùng nhau như hình vẽ dưới đây để được một hình lăng
trụ khuyết hai đáy. Tìm x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất?

A. x  8

B. x  10

C. x  9

D. x  6
2

Câu 40: Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y  2sin x  2cos

2

x

lần lượt là m, M. Tính

giá trị của P  M.m
A. P  4 2

B. P  3 2

C. P  6

D. P  6 2

Câu 41: Cho hình trụ có trục OO '  2 7 , ABCD là hình vng có cạnh bằng 8 sao cho các đỉnh
nằm trên đường tròn đáy và tâm hình vng trùng với trung điểm OO’. Thể tích khối trụ là:
A. 25 7

B. 50 7

C. 16 7

D. 25 14

Trang 5


Câu 42: Người ta nối trung điểm các cạnh của hình hộp chữ nhật rồi cắt bỏ các hình chóp tam
giác ở các góc của hình hộp như hình vẽ bên. Hình cịn lại là một đa diện có số đỉnh và số cạnh là:

A. 12 đỉnh, 24 cạnh

B. 10 đỉnh, 24 cạnh

C. 10 đỉnh, 48 cạnh

D. 12 đỉnh, 20 cạnh

Câu 43: Hình vẽ sau đây là đồ thị của ba hàm số y  a  ; y  x  ; y  x  với điều kiện x  0 và
, ,  là các số thực cho trước. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A.     

B.     

C.     

D.     

Câu 44: Tìm tập hợp các giá trị của tham số m để phương trình log 52 x  2 log52 x  1  m  2  0
1;5 3 �
có nghiệm thuộc đoạn �
� �?
A.  2;3

B.  2;6

C.  0;5

D.  1;6

3
Câu 45: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình  x  3mx  2  

1
nghiệm
x3

đúng với mọi x �1
A. m � �;1

� 2�
�; �
B. m ��
� 3�

�2 �
C. m �� ;1�
�3 �

2
�
�
D. m �� ; ��
3
�
�

Câu 46: Cho hàm số y  f  x  xác định trên R \  1 và có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây.
x
y’

�
+

0
0

1
-

+

3
0

�
-

Trang 6


6
4

3

y

2
�

�

Hỏi khi đó đồ thị hàm số y  f  x  có bao nhiêu tiệm cận?
A. 4

B. 3

C. 1

D. 2

Câu 47: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB  a; BC  3a và
SA   ABCD  . Gọi G là trọng tâm tam giác SAB. Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng  SAC  :
A. a 10

B.

a 10
3

C.

a 10
3

a 10
10

D.

Câu 48: Cắt hình nón  N  có đỉnh S bởi một mặt phẳng chứa trục hình nón ta dược một tam giác
vng cân có cạnh huyền bằng a 2 ; BC là một dây cung của hình tròn đáy của  N  sao cho mặt
phẳng  SBC  tạo với đáy góc 600 . Tính diện tích S của tam giác SBC.
A. S 

a2 2
2

B. S 

a2 3
3

C. S 

a2 2
3

D. S 

a2
3

Câu 49: Cho khối chóp S.ABCD có thể tích bằng 81. Gọi M, N, P lần lượt là trọng tâm các mặt
bên  SAB  ;  SBC  ;  SCD  ;  SDC  . Tính thể tích V của khối chóp S.MNPQ?
A. V  18

B. V  24

C. V  12

D. V  54

Câu 50: Cho hình chóp S.ABC có SA  a; SB  a 2; SC  a 3 . Tính thể tích lớn nhất Vmax của
khối chóp đã cho?
A. Vmax  a 3 6

B. Vmax 

a3 6
2

C. Vmax 

a3 6
3

D. Vmax 

a3 6
6

Đáp án
1-C

2-D

3-D

4-C

5-C

6-C

7-D

8-C

9-A

10-D
Trang 7


11-B
21-B
31-D
41-B

12-B
22-D
32-D
42-A

13-B
23-A
33-D
43-D

14-C
24-C
34-C
44-C

15-B
25-D
35-A

45-B

16-A
26-D
36-A
46-B

17-D
27-C
37-A
47-D

18-D
28-B
38-C
48-C

19-B
29-A
39-A
49-C

20-C
30-D
40-D
50-C

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
Phương pháp:

Giải phương trình y '  0 và kết luận số cực trị của hàm số.
Cách giải:
x0
�
�
x 1
Xét hàm số y  x  2x  1 có y '  4x  4x  0 � �
�
x  1
�
4

2

3

Vậy hàm số y  x 4  2x 2  1 có 3 điểm cực trị.
Câu 2: Đáp án D
x
x
Phương pháp:  a  '  a ln a
x
x
Cách giải: f '  x    2  '  2 ln 2

Câu 3: Đáp án D
b
Phương pháp: log a f  x   b � f  x   a

Cách giải:

x  1  10
x  11
�
�
2
2
log  x  1  2 �  x  1  102 � �
��
x  1  10
x  9
�
�
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.
Câu 4: Đáp án C
Phương pháp: log a f  x   log a g  x  ; 0  a  1 � f  x   g  x   0
Cách giải:
log 1  x 2  2x  1  log 1  x  1
3

3

� x 2  2x  1  x  1  0
�x  1
�x  1
�
� �2
� ��
x2� x2
�x  3x  2  0
��

x 1
��
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là  2; �
Trang 8


Câu 5: Đáp án C
Phương pháp:
Hàm số bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó.
Cách giải:
3

TXĐ: D  R \  1 . Ta có: y ' 

  x  1

2

 0 x �R \  1 � Hàm số đồng biến trên  2;3

2.2
2.2  1
� min y  y  2  
 5
 2;3
1  1
Câu 6: Đáp án C
Phương pháp: Vtruđáy S .h
Cách giải:
Vì ABC là tam giác vng cân tại A � AB  AC 

Vậy VABC.A 'B'C'  SABC .AA ' 



BC
a 2
2



2
1
1
AB2 .AA '  a 2 .2a  2a 3
2
2

Câu 7: Đáp án D
Phương pháp:
+) Viết phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm có hoành độ bằng 2 là: y  y '  2   x  2   y  2 
+) Xác định tọa độ các điểm A, B � a, b và tính giá trị của P.
Cách giải:
TXĐ: D  R \  1 . Ta có y ' 

5

 x  1

2

� y '  2   5

Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm có hoành độ bằng 2 là: y  5  x  2   7  5x  17  d 
� 17
a
17 �
�
�
A  d �Ox � A � ;0 �
; B   d  �Oy � � 5 � P  34
�5 �
�
b  17
�
Câu 8: Đáp án C
Phương pháp:
m
Sử dụng công thức log a n b 

m
log a b  0  a �1; b  0  , đưa các logarit về cùng cơ số.
n

Cách giải:

Trang 9


2

�
�
log 1 x �
�
� 3 �





3  1 log 3 x  3  0

�   log 3 x  
2

� log32 x 







3  1 log3 x  3  0



3  1 log3 x  3  0

x1  3

log3 x  1
�
�
��
��
log3 x  3
x2  3
�
�

3

� x1x 2  3.3

3

3

3 !

Câu 9: Đáp án A
Phương pháp:
�
�y '  2   0
Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 � �
�y ''  2   0
Cách giải:
Ta có: y '  x 2  mx; y ''  2x  m
�
4  2m  0

m2
�
�
�y '  2   0
��
��
�m2
Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 � �
4m 0
m4
�
�
�y ''  2   0
Câu 10: Đáp án D
Phương pháp:
�
�y '  x 0   0
Hàm số đạt cực đại tại x  x 0 � �
�y ''  x 0   0
Cách giải:
Ta có: y '  4x 3 ; y ''  12x 2
�
�
4x 30  0
�y '  x 0   0
�
�� 2
Hàm số đạt cực đại tại x  x 0 � �
(vô nghiệm)
12x 0  0

�
�y ''  x 0   0
Vậy hàm số đã cho khơng có cực đại.
Câu 11: Đáp án B
1
Phương pháp: VS.ABC  SA.SABC
2
1
1 a2 3 a3 3
Cách giải: VS.ABC  SA.SABC  .a.

2
3
4
12
Câu 12: Đáp án B
Phương pháp: VABC.A 'B 'C'  AA '.SABC
Trang 10


Cách giải: VABC.A 'B'C'  AA '.SABC  a.

a 2 3 a3 3

4
4

1
a3 3
Tứ diện có 4 đỉnh là 4 đỉnh của lăng trụ tam giác có V  VABC.A 'B'C' 

3
12
Câu 13: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng công thức lãi kép A n  A  1  r 

n

Cách giải:
Ta có: A n  A  1  r 

n

n

125
� 0,5 �
� 100 �
1
; 44, 74
�  125 � n  log �1 0,5 �
�
�100
� 100 �
� 100 �
Vậy sau ít nhất 45 tháng.
Câu 14: Đáp án C
Phương pháp:
Hình chóp có cạnh bên vng góc với đay có bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp là
2

�h � 2
R  � � R đá
y
�2 �
Cách giải:
2

h� 2
Hình chóp có cạnh bên vng góc với đáy R  �
� � R đáy
�2 �
Với h  SA; R đáy 
�R 

 6a  
2

AB2  BC2
9a 2  16a 2 5a


2
2
2

25a 2 13a

� S  4R 2  169
4

2

Câu 15: Đáp án B
Phương pháp:
Đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc nhất y 

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

Cách giải:
M  0;1 thuộc đồ thị hàm số �

b
 1 � b  d � Loại D.
d

Trang 11


Giao điểm 2 đường tiệm cận của hàm số là I  1; 1 nên
Đồ thị hàm số có TCĐ x  1 � Loại A.
Đồ thị hàm số có TCN y  1 � Loại C
Câu 16: Đáp án A
Phương pháp:
Cho hàm số y  f  x 

y  y 0 � y  y 0 là đường TCN của đồ thị hàm số.
+) Nếu lim
x ��
y  �� x  x 0 là đường TCĐ của đồ thị hàm số.
+) Nếu xlim
�x 0
Cách giải:
y

x 2  3x  2  x  1  x  2 
x 1


� Đồ thị hàm số có TCĐ x  2
2
x 4
 x  2  x  2 x  2

Câu 17: Đáp án D
Phương pháp:
+) Xác định góc giữa cạnh bên và đáy.
+) Tính đường cao của chóp.
1
+) Tính thể tích của chóp V  Sđáy .h
3
Cách giải:
Gọi O  AC �BD � SO   ABCD 
Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600 � SBO  600

Ta có OB 

a 2
a 6
� SO  OB.tan 60 
2
2

1
1 a 6
a3 6
Vậy VS.ABCD  SO.SABCD  .
 a2 
3
3 2
6
Câu 18: Đáp án D
Phương pháp:
Cho hàm số y  f  x 
y  y 0 � y  y 0 là đường TCN của đồ thị hàm số.
+) Nếu lim
x ��
y  �� x  x 0 là đường TCĐ của đồ thị hàm số.
+) Nếu xlim
�x 0
Cách giải:
Trang 12


Đồ thị hàm số y 

5x
nhận đường thẳng x  2 làm tiệm cận đứng.
2x

Câu 19: Đáp án B
2x  3
2x  3
Kết hợp điều kiện y  x 2  4x  4 
2
 x  2
a  2
�
� a  2b  2
Đồ thị hàm số có TCN y  0 và TCĐ x  2 � �
b0
�
Câu 20: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng cơng thức Simpson tính tỉ lệ thể tích.
Cách giải:
Ta có:

VS.A'B'C ' SA ' SB ' SC ' 1

.
.
 � VS.ABC  8VS.A 'B'C '
VS.ABC
SA SB SC 8

Câu 21: Đáp án
Phương pháp:
Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số y  f  x  trên  a; b 
Bước 1: Tính y’, giải phương trình f '  x   0 � x i � a; b 
+) Bước 2: Tính các giá trị f  a  ; f  b  ; f  x i 
+) Bước 3: So sánh các giá trị tính được ở bước 2 và kết luận GTLN, GTNN của hàm số.
Cách giải:
Ta có: y '  2x  2  0 � x  1 � 2; 4
y  2   4; y  4   4 � min y  4
 2;4

Câu 22: Đáp án D
Phương pháp:
m
Sử dụng các công thức log a n b 

m
log a b  0  a �1; b  0 
n

�
a 1
�
�
�
f  x  g  x
�
�
log a f  x   log a g  x  � �
 0  a �1; f  x  ;g  x   0 

0

a

1
�
�
�
�
f  x  g x
�
�
Cách giải:

Trang 13


log 2 a 2  2 log 2 a  a  0  � A sai
log a 2 1 a �۳
log
��
b a
a 2 1

b do a 2 1 1  0 a 1

B sai

log 2  a 2  b 2   2 log 2  a  b  sai
log 3 a  log 3 b � a  b đúng do 3  1

4
4
4
Câu 23: Đáp án A
Phương pháp:
Giải bất phương trình y '  0 tìm các khoảng nghịch biến của hàm số.
Cách giải:
TXĐ: D  R
x0
�
�
x 1
Ta có: y '  4x  4x  0 � �
�
x  1
�
3

Bảng xét dấu:

� Hàm số nghịch biến trên  �;1 và  0;1
�  0;1 là khoảng nghịch biến cần tìm � a  0; b  1 � 5a  b  1
Câu 24: Đáp án C
Cách giải: V  abc
Câu 25: Đáp án
Phương pháp:
�
a 1
�
�

�
f  x  g  x
�
�
log a f  x   log a g  x  � �
 0  a �1; f  x  ;g  x   0 
0

a

1
�
�
�
�
f  x  g x
�
�
Cách giải:
log  2x 2  11x  25  �1

ۣۣ
�
0 2x 2 11x 25 10
�
2x 2  11x  25 �0  luôn đúng 
�
�� 2
2x  11x  25 �10
�

Trang 14


�
ۣ

5
2

x 3

Vậy nghiệm nguyên của bất phương trình là x  3
Câu 26: Đáp án D
Phương pháp:
Cho hàm số y  x n
Với n �Z � TXĐ : D  R

Với n �Z � TXĐ : D  R \  0

Với n �Z � TXĐ : D   0; �
Cách giải:
1
 �Z � Hàm số xác định x  1  0 � x  1
2
Vậy tập xác định của hàm số là D   1; �
Câu 27: Đáp án C
Phương pháp:
Dựa vào hình dáng đồ thị các hàm số mũ và logarit.
Cách giải:
A sai vì độ thị hàm số logarit y  log a x có thể nằm trên trục hoành.

B sai vì đồ thị hàm số mũ y  a x luôn nằm trên trục hoành và nhận Ox làm tiệm cận ngang.
C đúng vì đồ thị hàm số logarit y  log a x luôn nằm bên phải trục tung và nhận Oy làm tiệm cận
đứng.
D sai vì đồ thị hàm số mũ y  a x ln có một tiệm cận duy nhất là trục Ox.
Câu 28: Đáp án B
Phương pháp:
+) Xác định góc giữa mặt bên và đáy.
+) Tính chiều cao h, bán kính đáy R và đường sinh l của hình nón.
+) Sử dụng cơng thức Sxq  Rl
Cách giải: Gọi M là trung điểm của AB, G là trọng tâm tam giác ABC ta
có:
SG   ABC  và

  SAB  ;  ABC    SMG  60

0

Ta có
Trang 15


1
1 a 3 a 3
a 3
a
MG  CM  .

� SG  MG.tan 600 
. 3 h
3

3 2
6
6
2
2
2 a 3 a 3
a 21
CG  CM  .

 R � l  h2  R2 
3
3 2
3
6
Vậy Sxq  Rl  .

a 3 a 21 a 2 7
.

3
6
6

Câu 29: Đáp án A
Phương pháp:
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ x  x 0 là:
y  f ' x0   x  x0   f  x 0 
Cách giải:
TXĐ: D  R \  2
Gọi A là giao điểm của  H  với trục hoành � A  1;0 

Ta có: y ' 

3

 x  2

2

� y '  1 

1
3

Vậy tiếp tuyến của  H  tại A  1;0  là: y 

1
1
1
 x  1  x 
3
3
3

Câu 30: Đáp án D
Phương pháp:
Diện tích toàn phần của hình trụ bán kính R, đường cao h là Stp  2R  R  h 
Cách giải:
Xét tam giác vng ACD có: AC  82  62  10 � OA  5  R
Xét tam giác vng AA’C’ có: AA '  AC '2  AC 2  12 2  102  2 11  h
Vậy Tính diện tích toàn phần của khối trụ có hai đường trịn đáy ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD







và A’B’C’D’ là: 2R  h  R   2.5 5  2 11  10 2 11  5



Câu 31: Đáp án D
Phương pháp:
Hàm đa thức bậc ba có tâm đối xứng là điểm uốn.
Cách giải:
2
Ta có: y '  3x  6x  9 � y ''  6x  6 � x  1 � y  1  9

Trang 16


Vậy I  1; 9  là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.
Câu 32: Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng cơng thức tính thể tích khối trụ: V  R 2 h
Cách giải:
Hình thang ABCD là nửa lục giác đều � R 

AD
 a; h  2a � V  R 2 h  2a 3

2

Câu 33: Đáp án D
Dựa vào BBT của đồ thị hàm số và nhận xét các kết luận.
Cách giải:
A sai vì khi x � �� y  4 � 4 không là GTNN của hàm số.
B sai vì hàm số khơng xác định tại x  1
C sai vì đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là  0;1
D đúng vì đồ thị hàm số có TCN y  4 và TCĐ x  1
Câu 34: Đáp án C
Phương pháp:
4
2
Để hàm số y  ax  bx  c  a �0  có ba điểm cực trị thì phương trình y '  0 có 3 nghiệm phân

biệt.
Cách giải:
x0
�
3
Ta có: y '  4  m  1 x  2  3m  10  x  0 � �
2  m  1 x 2  10  3m
�
Hàm số có ba cực trị � y '  0 có 3 nghiệm phân biệt
m  1 �0
�
m �1
�
10
�

�
� �10  3m
��
10 � 1  m 

0
3
1  m 
�2  m  1
�
3
�
�
Kết hợp điều kiện m �Z � m � 0;1; 2;3
Câu 35: Đáp án A
Phương pháp:
Cho hàm số y  f  x 
y  y 0 � y  y 0 là đường TCN của đồ thị hàm số.
+) Nếu lim
x ��
y  �� x  x 0 là đường TCĐ của đồ thị hàm số.
+) Nếu xlim
�x 0
Trang 17


Cách giải:
Cách giải:
Sử dụng MTCT ta tìm được TCN của đồ thị hàm số là y  �1 và TCĐ của đồ thị hàm số là x  0
n  2; d  1 � T  2n  3d  2.2  3.1  7

Câu 36: Đáp án A
Phương pháp:
+) Giải phương trình y '  0 xác định tọa độ các điểm cực trị AB.
+) Nhận xét các điểm A, B. Chứng minh tam giác OAB vuông tại O.
+) SOAB 

1
OA.OB
2

Cách giải:
�
x  0 � y  4 � A  0; 4  �Oy
2
� OAB vuông tại O.
Ta có: y '  3x  6x  0 � �
x  2 � y  0 � B  2;0  �Ox
�
1
1
Có OA  4; OB  2 � SOAB  OA.OB  .4.2  4
2
2
Câu 37: Đáp án a
Phương pháp:
Sử dụng cơng thức tính thể tích hình trụ và hình nón.
Cách giải:
Khi quanh hình vng ABCD quanh cạnh AB ta được hình trụ
có bán kính AD và đường cao AB
� V  AD.AB  .42.4  64

Khi quay hình vng ABCD quanh đường chéo AC ta được 2
hình nón chiều cao

AC
BD
, bán kính đáy
2
2
2

2
1 �BD � AC 2 �4 2 � 4 2 32 2
� V '  2.  � �.

.�

�
�.
3 �2 � 2
3 �
3
�2 � 2

�

V
64

3 2
V ' 32 2

3

Câu 38: Đáp án C
Phương pháp:

Trang 18


+) Tính y ' , sử dụng quy tắc đạo hàm của tích  uv  '  u ' v  uv '
+) Thay vào và giải phương trình y ' y  0
Cách giải:
x
2
x
2
x
Ta có: y '   2x  2  e   x  2x  e    x  4x  2  e

y ' y  0 �   x 2  4x  2  e  x   x 2  2x  e  x  0
�  2x 2  6x  2  e x  0 � 2x 2  6x  2  0  do e  x  0  � x 
Ta có:

3� 5
2

3 5 3 5

3
2
2

Câu 39: Đáp án A
Phương pháp:
V  SANP .MN, Vmax � SANP max , sử dụng BĐT Cô-si.
Cách giải:
Đáy là tam giác cân có cạnh bên là x (cm) và cạnh đáy là 24  2x  cm   x  12 
Gọi H là trung điểm của NP � AH  NP
Xét tam giác vng ANH có:
24x �۳
144 0
� SANP 

x

AH  AN 2  NH 2  x 2   12  x   24x  144
2

(ĐK:

0)

1
1
AH.NP 
24x  144.  24  2x   S
2
2

V  SANP .AB; Vmax � SANPmax (Do AB không đổi).
Ta có:

S2 

1
1
2
2
 24  2x   24x  144   2  144  12x   24x  144 
4
4.6
2

1 �
144  12x  144  12x  24x  144 �
� 2�
� 786  16 3
4.6 �
3
�
Dấu “=” xảy ra � 144  12x  24x  144 � x  8
Câu 40: Đáp án D
Phương pháp:
sin
Đặt t  2

2

x

 0 �sin

2

x �1 � t � 1;2  

Cách giải:
Trang 19


sin
Đặt t  2

cos
Ta có: 2

2

2

x

x

 0 �sin
 21sin

2

x

2

x �1 � t � 1;2  


2
2
, khi đó ta có f  t   2   t � 1; 2 
t
t

f ' t   1

2
� t2  2  0 � t  � 2
2
t

f  1  3; f

 2  2

2; f  2   3 � m  min f  t   2 2; M  max f  t   3 � M.n  6 2

Câu 41: Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng cơng thức tính thể tích khối trụ V  R 2 h
Cách giải:
Gọi H, K lần lượt là trug điểm của AB và CD suy ra HK đi qua
tâm của hình vng ABCD và ta có MK 

1
AB  4 .
2

OO’ là trục của hình trụ nên OO’ vng góc với 2 mặt đáy.
� OO '  OK � OK  MK 2  MO 2  3
Vì K là trung điểm của AB � OK  AB (quan hệ vng góc giữa đường kính và dây cung)
Xét tam giác vuông OKB � OB  OK 2  KB2  5  R
Vậy V  R 2 h  .52.2 7  50 7
Câu 42: Đáp án A
Phương pháp:
Tính số cạnh và số đỉnh nằm trên một mặt của hình hộp chữ nhật.
Cách giải:
Hình hộp chữ nhật có tất cả 12 cạnh � Số đỉnh của hình cần biết là 12 đỉnh � Loại B, C.
Mỗi mặt của hình hộp chữ nhật chứa 4 cạnh của hình cần biết mà hình hộp chữ nhật có 6 mặt �
Số cạnh của hình cần biết là 24 cạnh.
Câu 43: Đáp án D
Phương pháp:
Dựa vào tính đơn điệu của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Hàm số y  x  nghịch biến trên  0; � �   0

Trang 20


Đồ thị hàm số y  x  ; y  x  đồng biến trên  0; � � ;   0


Kẻ đường thẳng x  x 0  1 cắt y  x  ; y  x  lần lượt tại A và B ta có x 0  x 0 �   

Vậy     
Câu 44: Đáp án C
Phương pháp:
Đặt t  log 52 x  1
Cách giải:
1;5 3 �� t � 1; 2  , khi đó phương trình trở thành t 2  2t  3  m có
Đặt t  log 52 x  1 với x ��
� �
nghiệm trên  1; 2
2
Xét hàm số f  t   t  2t  3 � f '  t   2t  2  0 � t  1

BBT:
�

x
f ' t 

2
+
5

f  t
0

Dựa vào BBT � m � 0;5
Câu 45: Đáp án B
Phương pháp:

f  x

Cơ lập m, đưa bất phương trình về dạng m  f  x  x � a; b  � m  min
 a;b 
Cách giải:
 x 3  3mx  2  

1
1
2 1
� 3mx  x 3  2  3 x �1 � x 2   4 x �1
3
x
x
x x

2
Xét hàm số f  x   x 

2 1
f  x

với mọi x �1 � 3m  min
 1; �
x x4

� 1� 7
2 �x 3  �
Ta có:
2
4 2x  2x  4
2

2
f '  x   2x  2  4 
 � 5 �  0 x �1
5
x
x
x
x
6

� 3m  f  1  2 � m 

3

2
3

Câu 46: Đáp án B
Phương pháp:
Trang 21


Cách vẽ đồ thị hàm số y  f  x 
+) Vẽ đồ thị hàm số y  f  x 
+) Giữ nguyên phần đồ thị hàm số bên phải trục Oy.
+) Xóa đi toàn bộ phần đồ thị bên trái trục Oy.
+) Lấy đối xứng phần đồ thị bên phải Oy qua Oy.
Cách giải:
Từ BBT của đồ thị hàm số y  f  x  ta suy ra BBT của đồ thị hàm số y  f  x  như sau
x

y’

y

�

-3
0
6

+

-1
-

-

3

0
0

1
-

�

3
0
6

+

-

4

3

2

2
�

�

� Đồ thị hàm số y  f  x  có TCN y  3 và TCĐ x  �1
Câu 47: Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng cơng thức đổi điểm đưa về tính khoảng cách từ B đến (SAC).
Cách giải:
Gọi M là trung điểm của SA ta có:
BG � SAC   M �

d  G;  SAC  
d  B;  SAC  



GM 1


BM 3

1
� d  G;  SAC    d  B;  SAC  
3
Trong (ABCD) kẻ BH  AC ta có:
BH  AC
�
� BH   SAC  � d  B;  SAC    BH
�
BH  SA
�
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng ABC có: AH 
� d  G;  SAC   

AB.BC
AB2  BC2



a.3a
a 2  9a 2



3a
10

a 10

10

Câu 48: Đáp án C
Trang 22


Phương pháp:
+) Gọi M là trung điểm của BC, xác định góc giữa (SBC) và đáy.
1
+) SSBC  SM.BC
2
Cách giải: Gọi M là trung điểm của BC � OM  BC (quan hệ vng
góc giữa đường kính và dây cung).
� BC   SOM  � BC  SM �   SBC  ;  đáy    SMO  600
Ta có: SM 
Vậy SSBC

SO
a 6
2a

� BC  2BM  2 SB2  SM 2 
0
sin 60
3
3

1
1 a 6 2a a 2 2
 SM.BC  .

.

2
2 3
3
3

Câu 49: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng cơng thức Simpson tính tỉ lệ thể tích, lưu ý chỉ áp dụng đối với chóp tam giác.
Cách giải:

Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA.
1
1
Ta có SEFGH  SABCD � VS.EFGH  VS.ABCD
2
2
VS.MQN
VS.EHF
VS.P QN
VS.G HF

2

SM SQ SN �2 � 8
8
8 1
4


.
.
 � �
� VS.MQN 
VS.EFH  . VS.EFGH 
VS.EFGH
SE SH SF �3 � 27
27
27 2
27
2

SP SQ SN �2 � 8
8
8 1
4

.
.
 � �
� VS.P QN 
VS.GFH  . VS.EFGH 
VS.EFGH
SG SH SF �3 � 27
27
27 2
27

� VS.MQN  VS.PQN  2.

4
8
4
4
VS.EFGH 
VEFGH 

VS.ABCD  12
27
27
27 27

Câu 50: Đáp án C
Phương pháp:
Trang 23


1
Chứng minh VS.ABC � SA.SB.SC
6
Cách giải:
Gọi H là hình chiếu của A trên (SBC) � AH   SBC 
1
Ta có: SSBC  SB.SC.sin BSC
2
1
1
1
a3 6
� VS.ABC  AH.SSBC  AH.SB.SC.sin BSC � SA.SB.SC 

3
6
6
3
Vậy Vmax 

a3 6
3

Trang 24