Đề kiểm tra học kỳ i toán 12 đề 20

ĐỀ 20

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

Câu 1: Đồ thị sau đây là của hàm số y  x 3  3x  1 . Với giá trị nào của m
thì phương trình x 3  3x  m  0 có ba nghiệm phân biệt?
A. 1  m  3

B. 2  m  2

C. 2 �m  2

D. 2  m  3

Câu 2: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f '  x   x 2  x  1

2

 2x  1 . Khi đó số điểm cực trị của

hàm số đã cho là bao nhiêu?
A. 1

B. 2

C. 3

D. 0

Câu 3: Hàm số y   x 3  3x 2  5 đồng biến trên khoảng
A.  2; �

B.  0; 2 

C.  �;0 

D.  �;0  ,  2; �

3
2
2
Câu 4: Giá trị của m để hàm số y  x  3mx  3  m  1 x  m đạt cực đại tại x  1 là:

A. m  1

B. m  2

C. m  2

D. m  0

Câu 5: Tập hợp tất cả các số thực m để hàm số y  x 3  5x 2  4mx  3 đồng biến trên R là
� 25
�
A. � ; ��
� 12
�

� 25

�
 ; ��
B. �
� 12
�

25 �
�
�;  �
C. �
12 �
�

25 �
�
�;  �
D. �
12 �
�

Câu 6: Đồ thị hàm số trong hình bên dưới là đồ thị của hàm số
nào?
A. y  x 4  x 2  1

B. y   x 4  x 2  1

C. y   x 4  x 2  1

D. x 4  x 2  1

Câu 7: Hàm số nào sau đây có cực đại, cực tiểu và x CT  x CĐ
A. y   x 3  3x  2

B. y   x 3  9x 2  3x  2

C. y   x 3  2x 2  8x  2

D. y  x 3  9x 2  3x  5

3
Câu 8: Cho hàm số y  f  x    x  3x  2 . Các giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số là

A. y CĐ  0; yCT  4 B. y CĐ  4; yCT  4 C. y CĐ  0; yCT  4
Câu 9: Hàm số y 

D. y CĐ  0; yCT  6

x 1
x 1

Trang 1


A. đồng biến trên từng khoảng xác định.

B. nghịch biến trên R \  1

C. đồng biến trên  �; �

D. nghịch biến trên từng khoảng xác định.

Câu 10: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x 4  6x 2  8x  2 tạo điểm x 0  1 là
A. y  x

B. y  1

C. y  x  1

D. y  x  1

Câu 11: Tích các giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 3  3x  1 trên  0;1 là:
A. –3

B. 3

C. 1

D. –1

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

�
+

-1
0

+

1
0
9
20

�

2
0

-

y


�
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

+

�

3
5

A. Hàm số có ba cực trị.
B. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng

9

3
và giá trị nhỏ nhất bằng  .
20
5

C. Hàm số đồng biến trên khoảng  �;1 .
D. Hàm số đạt cực đại tại x  2 và đạt cực tiểu tại x  1 .
Câu 13: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  16  x 2 là:
A. –5

B. 5 2

D. 4 2

C. –4

2x 2  8
Câu 14: Đồ thị của hàm số y  2
có bao nhiêu đường tiệm cận?
x  3x  2
A. 2

B. 1

C. 3

D. 0

Câu 15: Cho x, y là hai số thực dương và m, n là hai số thực tùy ý. Đẳng thức nào sau đây là sai?
A. x m .x n  x m  n

B. x m .x n   xy 

mn

C. x m .x n   xy 

m

D. x m : x n  x m  n

Câu 16: Cho x là số thực dương. Dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ của biểu thức
1

A. x 12

1

Câu 17: Cho hàm số y   2x 2  4x  1
A. 4 3

2

B. x 3

B. 0

C. x 3
3

x. 3 x là:
5

D. y  x 6

. Khi đó đạo hàm y '  0  bằng
C. 12 3

D. 28 3
Trang 2


Câu 18: Đạo hàm y’(x) của hàm số y  x.ln x là
A. 1 

1
x

B. 1  ln x

C. 1  x

D. 1  x

2
Câu 19: Tập xác định của hàm số y  log 2  x  3x  2  là:

A. R \  1; 2 

B.  1; 2 

1 6
 a  1
4

B.

D. R \  1; 2 

32
bằng
5

Câu 20: Biết log 2  a thì log 4
A.

C.  1; 2

1
 5a  1
4

C.

1
 6a  1
4

D.

1
 6a  1
4

2
2
Câu 21: Gọi các nghiệm của phương trình 4 x 1  6.2x 1  8  0 là x1 , x 2 . Khi đó x1  x 2 bằng

A. 0

B. 1

C. 3

D. 2

2
Câu 22: Hàm số f  x   x ln x đạt cực trị tại điểm

A. x 

1
e

B. x  e

C. x  e

D. x 

1
e

x
Câu 23: Tập nghiệm của phương trình log 3  9  8   x  2 là

A.  0

B.  1;8

C.  0;log 3 4

D.  0;log 3 8

Câu 24: Tập nghiệm của bất phương trình log 3  2x  1  3 là:
A.  5; �

B.  14; �

C.  �; 2 

�1
�
D. � ;14 �
�2
�

Câu 25: Một khối chóp có đáy là hình vng cạnh a và các cạnh bên cùng bằng

a 6

. Khi đó thể
2

tích của khối chóp là
A.

a3
2

B.

a3
3

C.

a3
4

D.

a3
6

Câu 26: Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy
bằng 600 . Thể tích khối chóp là
A.

3a 3
6

B.

6a 3
3

C.

6a 3
6

D.

2a 3
6

Câu 27: Cho hình chóp S.ABCD có SA   ABCD  , ABCD là hình chữ nhật với
AB  a, BC  2a và SA  3a . Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp là

Trang 3


A. V 

56a 2
3

B. V 

56 14.a 3

3

C. V 

7 14.a 3
3

D. V 

14 14.a 3
3

Câu 28: Khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ có độ dài đoạn AB'  2a . Thể tích của khối đó là
A. 2 2a 3

B. 8a 3

C. 3 3a 3

D. 3 2a 3

Câu 29: Khẳng định nào sau đây là sai?
A. Mọi hình chóp đều ln có mặt cầu ngoại tiếp.
B. Mọi tứ diện ln có mặt cầu ngoại tiếp.
C. Mọi hình chóp ln có mặt cầu ngoại tiếp.
D. Mọi hình hộp chữ nhật ln có mặt cầu ngoại tiếp.
Câu 30: Cho tứ diện SABC có SA  4a và SA vng góc với mặt phẳng (ABC). Tam giác ABC
vng tại B, có AB  a, BC  3a . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC bằng
A. 100a 2

B. 104a 2

C. 102a 2

D. 26a 2

Câu 31: Hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy là tam giác ABC vng tại A, có AB  a, BC  2a ,
góc giữa AC’ và mặt phẳng đáy bằng 600 . Hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có diện
tích toàn phần là
A. 3 3a 2

B. 6a 2

C. 7 a 2

D. 8a 2

Câu 32: Một mặt cầu  S cắt mặt phẳng kính của nó theo đường trịn có bán kính là 5. Diện tích
mặt cầu (S) là
A. 100

B.

500
3

C. 20

D. 10

Câu 33: Cho hình nón có bán kính đáy bằng a, đường sinh có độ dài bằng a 3 . Thể tích của khối
nón đó là
A.  2.a 3

B.

 3.a 3
3

C.

 2.a 3
2

D.

 2.a 3
3

Câu 34: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’, đáy là tam giác vuông tại A,
AC  a, ACB  600 , AC '  3a . Thể tích khối lăng trụ đó là
A.

4a 3 . 6
3

B.

6.a

3

C.

2a 3 . 6
3

D.

a3. 6
3

Câu 35: Tập xác định của hàm số f  x   1  ln  2x  1 là
1 e  1�
�
A. � ;
2 2 �
�
�

�1 e  1 �
B. � ;
�
�2 2 �

�1 e  1 �
C. � ;
�
�2 2 �

1 e 1 �
�
D. � ;
�
2 2 �
�

Trang 4


Câu 36: Đồ thị hàm số y  x  3  x 2  x  1
5
2

A. có tiệm cận đứng x  3

B. có tiệm cận ngang y 

C. có tiệm cận ngang y  3

D. khơng có tiệm cận ngang.

Câu 37: Cho hàm số y 

2x  1
có đồ thị (C). Tiếp tuyến của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại hai
x 1

điểm A, B. Giá trị nhỏ nhất của AB là
A. 4

B. 2 3

C. 2 2

D. 2

Câu 38: Cho hình chóp S.ABCD có đường cao SA  4a ; ABCD là hình thang với đáy lớn AD,
biết AD  4a, AB  BC  CD  2a . Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng
A. 64a 3 2

B.

64a 3 2
3

C.

32a 3 2
3

D. 32a 3 2

2
Câu 39: Với giá trị nào của m thì phương trình log 3 x   m  2  .log 3 x  3m  1 có 2 nghiệm x1 , x 2

thỏa mãn x1x 2  27 ?
A. m  1

B. m 

28
3

C. m 
2

4
3

D. m  25

2

Câu 40: Tập nghiệm của bất phương trình 9 x  3 x  12 là
A.  �; 2 

B.  2; �

Câu 41: Đồ thị của hàm số y 
A. 0

C.  2;0 

D.  0; 2 

2x  1
có bao nhiêu đường tiệm cận?
x 1

B. 1

C. 2

D. 3

Câu 42: Với giá trị thực nào của tham số m thì đồ thị hàm số y  x 4  2mx 2  2m  m 4 có ba điểm
cực trị là ba đỉnh của một tam giác đều?
A. m  0

B. m  3 3

C. m   3 3

D. m  1

2
Câu 43: Cho hàm số y  m cot  x  . Tập hợp tất cả các giá trị của m thỏa mãn m 2  4  0 sao cho

� �
0; �là
hàm số đã cho đồng biến trên �
� 4�
A. �

B.  2; 2  \  0

C.  0; 2 

D.  2;0 

Câu 44: Một người lần đầu gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với kì hạn 3 tháng, lãi suất 2% một
quý theo hình thức lãi kép (một quý bằng 3 tháng). Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 100 triệu
Trang 5


đồng với kỳ hạn và lãi suất như trước đó. Tổng số tiền người đó nhận được tính từ lần gửi ban đầu
đến thời điểm sau khi gửi thêm 1 năm, gần nhất với kết quả nào sau đây?
A. 210 triệu.

B. 220 triệu.

C. 212 triệu.

D. 216 triệu.

Câu 45: Một người cần đi từ khách sạn A bên bờ biển đến
hòn đảo C. Biết rằng khoảng cách từ đảo C đến bờ biển là
BC = 10km, khoảng cách từ khách sạn A đến điểm ngắn
nhất tính từ đảo C vào bờ là AB = 40km. Người đó có thể
đi đường thủy hoặc đi đường bộ rồi đi đường thủy từ
khách sạn ra đảo (như hình vẽ dưới đây). Biết kinh phí đi đường thủy là 5 USD/km, kinh phí đi
đường bộ là 3 USD/km. Hỏi người đó phải đi đường bộ một đoạn AD bao nhiêu để kinh phí đi từ
A đến C nhỏ nhất? (AB vng góc BC-hình dưới đây)
A.

15
km
2

B.

65
km
2

C. 10 km

D. 40 km

Câu 46: Cho tứ diện ABCD, có AB  AC  AD  a, BAD  900 ; DAC  600 ; CAB  1200 . Thể
tích tứ diện ABCD là
A.

a3 2
6

B.

a3 2
12

C.

a3 2
4

D.

a3 3

12





Câu 47: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi. SA  x 0  x  3 các cạnh còn lại
đều bằng 1. Thể tích của khối chóp S.ABCD là
A.

x 3  x2
3

B.

x2 3  x2
6

C.

x2 3  x2
3

D.

x 3  x2
6

Câu 48: Cho hình chóp S.ABC có SA   ABC  , tam giác ABC vuông tại B. Biết
SA  a, AB  b, BC  c . Gọi B’, C’ tương ứng là hình chiếu vng góc của A trên SB, SC. Gọi V,

V’ tương ứng là thể tích của các khối chóp S.ABC, S.AB’C’. Khi đó ta có
A.

V'
a2
 2
V a  b2

V'
a2

C.
V  a 2  b2   a 2  b2  c2 

B.

V'
a2
 2
V a  b 2  c2

D.

V'
a2
a2
 2

V a  b2 a 2  b2  c2

Câu 49: Khối tứ diện ABCD có cạnh AB  CD  a , độ dài tất cả các cạnh còn lại bằng b,

 2b

2

A.

 a 2  . Thể tích V của khối tứ diện đó là
1 2
a2
a . b2 
3
2

B.

1 2
a2
a . b2 
6
2

C.

1 2 2 a2
a . b 
12
2

D.

1 2
a2
a . b2 
18
2
Trang 6


Câu 50: Các hình trụ trịn xoay có diện tích toàn phần là S khơng đổi, gọi chiều cao hình trụ là h
và bán kính đáy hình trụ là r. Thể tích của khối trụ đó đạt giá trị lớn nhất khi
B. h  3r

A. h  4r

C. h  2r

D. h  r

Đáp án
1-A
11-D
21-B
31-D
41-C

2-A
12-C
22-A

32-A
42-B

3-B
13-D
23-D
33-D
43-D

4-C
14-A
24-B
34-B
44-C

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

6-C
16-C
26-C
36-B
46-B

7-B
17-A
27-C

37-C
47-D

8-A
18-B
28-A
38-B
48-C

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

10-B
20-D
30-B
40-C
50-C

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
Phương pháp:
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y  x 3  3x và đường thẳng
ym
Cách giải:
3
3
Ta có: x  3x  m  0 � x  3x  m  1

Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y  x 3  3x và đường thẳng
ym
Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy: để đồ thị hàm số y  x 3  3x cắt đường thẳng y  m tại 3 điểm
phân biệt thì 1  m  3 .
Vậy để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt thì 1  m  3
Câu 2: Đáp án A
Phương pháp:
Xác định số điểm mà tại đó đạo hàm f '  x  đổi dấu.
Cách giải:
�
�
x0
�
2
2
f '  x   x  x  1  2x  1  0 � �
x  1
� 1
x
�
� 2
Trong đó f '  x  chỉ đổi dấu tại điểm x 

1
� Hàm số đã cho có 1 điểm cực trị.
2

Câu 3: Đáp án B
Trang 7

Phương pháp:
Xác định khoảng mà y ' �0 , ( y '  0 tại hữu hạn điểm trên khoảng đó)
Cách giải:
y   x 3  3x 2  5 � y '  3x 2  6x
x0
�
y'  0 � �
� Hàm số đồng biến trên khoảng  0; 2 
x2
�
Câu 4: Đáp án C
Phương pháp:
�
f ' x0   0
�
Hàm số bậc ba đạt cực đại tại điểm x  x 0 � �
f ''  x 0   0
�
Cách giải:
3
2
2
Ta có: y  x  3mx  3  m  1 x  m

� y '  3x 2  6mx  3m 2  3
y ''  6x  6
��
m0

�y '  1  0
�
3 6m  3m 2  3  0
�
��
��
� ��
m2� m2
Hàm số đạt cực đại tại x  1 � �
6  6m  0
�y ''  1  0
�
�
m 1
�
Câu 5: Đáp án D
Phương pháp:
f ' x 
Hàm số y  f  x  đồng biến trên R ۳�

0 x R và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải:
y  x 3  5x 2  4mx  3 � y '  3x 2  10x  4m
y ' 0,�
x R
�� 3x 2 10x 4m 0, x R
Hàm số đồng biến trên R ۳��
�
��

2512m 0

m

30
�
�
� ' �0

25
12

Câu 6: Đáp án C
Phương pháp:
Nhận biết dạng đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương.
Cách giải:
4
2
Giả sử hàm số đó là: y  ax  bx  c,  a �0 

Trang 8


Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy:
+ Đồ thị hàm số có bề lõm úp xuống � a  0 � Loại phương án A và D
+ Hàm số đạt cực trị tại 1 điểm là  0;1
x0
�
�
Xét y   x  x  1 � y '  4x  2x, y '  0 � �

1 : Hàm số có 3 điểm cực trị
x�
�
2
�
4

2

3

� Loại phương án B.
Câu 7: Đáp án B
Phương pháp:
3
2
Đồ thị hàm số bậc ba y  ax  bx  cx  d,  a �0  có 2 điểm cực trị:

Khi đó để hàm số có x CT  x CĐ thì a  0
Cách giải:
Hàm số có x CT  x CĐ thì a  0 � Loại bỏ phương án C và D.
+) Xét y   x 3  3x  2 � y '  3x 2  3, y '  0 : vô ngiệm � Hàm số khơng có cực trị � Loại bỏ
phương án A.
+) y   x 3  9x 2  3x  2 � y '  3x 2  18x  3, y '  0 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn yêu cầu
đề bài.
Câu 8: Đáp án A
Phương pháp:
Giải phương trình y '  0 tìm các điểm cực trị của hàm số, sau đó tính các giá trị cực trị.
Cách giải:
y  f  x    x 3  3x  2

x 1� y  0
�
� y  3x 2  3  0 � �
x  1 � y   4
�

Trang 9


�x CĐ  1
�yCĐ  0
��
Do a  1  0 và x CT  x CĐ nên �
�x CT  1 �yCT  4
Câu 9: Đáp án D
Phương pháp :
Hàm số bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó.
Cách giải:
TXĐ: D  R \  1
x 1
2
 0, x �D � Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.
Ta có: y  x  1 � y '  
2
 x  1
Câu 10: Đáp án B
Phương pháp:
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số

y  f  x

tại điểm

M  x 0 ; y0 

y  f '  x 0  . x  x 0   y0
Cách giải:
y  x 4  6x 2  8x  2 � y '  4x 3  12x  8 � y '  1  0
Cho x 0  1 � y0  1
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x 4  6x 2  8x  2 tại điểm x 0  1 là:
y  0.  x  1  1 � y  1
Câu 11: Đáp án D
Phương pháp:
Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số y  f  x  trên  a; b 
Bước 1: Tính y’, giải phương trình y '  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.
Cách giải:
x 1
�
y  x 3  3x  1 � y '  3x 2  3  0 � �
x  1 � 0;1
�
y  1, max y  1
Ta có: y  0   1, y  1  1 � min
 0;1
 0;1
Tích các giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số là: 1.1  1
Trang 10

là:


Câu 12: Đáp án C
Phương pháp:
Quan sát bảng biến thiên và kết luận.
Cách giải:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  �;1 , đạt cực đại tại x  1 và đạt cực tiểu tại x  2
Câu 13: Đáp án D
Phương pháp:
Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số y  f  x  trên  a; b 
Bước 1: Tính y’, giải phương trình y '  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.
Cách giải:
TXĐ: D   4; 4 
Ta có y  x  16  x 2 � y '  1 

x
16  x 2



16  x 2  x
16  x 2

�x �0
�x �0
�x �0
y '  0 � x  16  x 2  0 � 16  x 2   x � �

�
�
� x  2 2
�
�
16  x 2  x 2
x2  8
�x  �2 2
�
�





Ta có y  4   4, y  4   4, y 2 2  4 2 � Giá trị nhỏ nhất của hàm số là: 4 2
Câu 14: Đáp án
Phương pháp:
* Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x 
f  x   a hoặc lim f  x   a � y  a là TCN của đồ thị hàm số.
Nếu xlim
��
x � �
* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x 
f  x   � hoặc lim f  x   � hoặc lim f  x   � thì x  a là TCĐ của đồ thị hàm
Nếu xlim
�a 
x �a
x �a
số.

Cách giải:
TXĐ: D  R \  1; 2
2x 2  8
2x 2  8
lim
 lim 2
 2 � Đồ thị hàm số có 1 TCN là y  2
x �� x 2  3x  2
x �� x  3x  2
Trang 11


�
2x 2  8
2x 2  8
lim


�
,
lim
 �
�
2
x �1 x  3x  2
�x �1 x 2  3x  2
� Đồ thị hàm số có 1 TCĐ là x  1
�
2
2

�lim 2x  8  lim 2x  4  12, lim 2x  8  12
2
�
x �2 x  3x  2
�x �2 x 2  3x  2 x �2 x  1
Vậy, đồ thị hàm số đã cho có tất cả 2 đường tiệm cận.
Câu 15: Đáp án B
Cách giải:
Đẳng thức sai là: x m .y n   xy 

mn

Câu 16: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng các công thức

m

n
m

x  x ;  x m   x m.n ; x m .x n  x m  n
n

1

Cách giải:

n

1

2
2
2
� 13 �
� 34 �
3
3
x. x  �x.x �  �x �  x
� � � �

Câu 17: Đáp án A
Phương pháp:
y  u n � y '  nu n 1 .u '
Cách giải:
Ta có: y   2x 2  4x  1
� y '  0   3.1

3

� y '  3.  2x 2  4x  1

3 1

.  4x  4 

3 1

.4  4 3

Câu 18: Đáp án B
Phương pháp:
y  f  x  .g  x  � y '  f '  x  .g  x   f  x  .g '  x 
Cách giải:
y  x.ln x � y  1.ln x  x.

1
 ln x  1
x

Câu 19: Đáp án A
Phương pháp:
Hàm số y  log a f  x   0  a �1 xác định � f  x   0
Cách giải:
x2
�
2
� TXĐ: D  R \  1; 2 
ĐKXĐ: x  3x  2  0 � �
x 1
�
Trang 12


Câu 20: Đáp án D
Phương pháp:
Sử dụng các công thức biến đổi logarit.
Cách giải:
log 4

32 1
32 1
64 1
1
1
 log  log
  log 26  log10    6 log 2  1   6a  1
5 4
5 4
10 4
4
4

Câu 21: Đáp án B
Phương pháp:
Đặt 2 x 1  t, t  0 . Giải phương trình tìm t, sau đó, tìm nghiệm x1 , x 2
Cách giải:
Đặt 2 x 1  t, t  0
t2 �
2 x 1  2
x0
�
�
2
t

6t

8


0
�
�
��
Phương trình trở thành:
�x 1
�
t4 �
x 1
2 4
�
�
2
2
2
2
Giả sử x1  0, x 2  1 . Khi đó x1  x 2  0  1  1

Câu 22: Đáp án A
Cho hàm số y  f  x 
�
f ' x0   0
�
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  x 0 � �
f ' x0   0
�
�
f ' x0 
�

Hàm số đạt cực đại tại điểm x  x 0 � �
f ''  x 0   0
�
Cách giải:
TXĐ: D   0; �
f  x   x 2 ln x � f '  x   2x ln x  x 2 .

1
 2x ln x  x
x

�
x  0  L
1

1
�
2
f '  x   0 � 2x ln x  x  0 �
�
x

e

1
�
e
ln x  
�
2

1
�1 � 1
f ''  x   2 ln x  2x.  1  2 ln x  3, � f '' � � 2.  3  2  0 � Hàm số đạt cực tiểu tại
x
2
�e�
x

1
e
Trang 13


Câu 23: Đáp án D
log a f  x   b � f  x   a b (giả sử các biểu thức là có nghĩa)
Cách giải:
log 3  9 x  8   x  2 � 9 x  8  3x  2
� 9 x  9.3x  8  0 �  3x   9.3x  8  0
2

�
x0
3x  1
�
� �x
��
x  log 3 8
3 8
�
�

Vậy, tập nghiệm của phương trình đã cho là  0; log 3 8
Câu 24: Đáp án B
Phương pháp:
�
a 1
�
�
�
f  x   ab
�
�
log a f  x   b � �
0  a 1
�
�
�
�
f  x   ab
�
�
Cách giải:
log 3  2x  1  3 � 2x  1  33 � 2x  28 � x  14
Câu 25: Đáp án B
Phương pháp:
Chóp có các cạnh bên bằng nhau thì chân đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.
1
V  Sđáy .h
3
Cách giải:
Gọi O  AC �BD � SO   ABCD 

�
SABCD  a 2
�
ABCD là hình vuông cạnh a � �
AC
a
AC  a 2 � OA 

�
2
2
�
2

2
�a 6 � �a �
SOA vuông tại O � SO  SA  AO  �
�2 �
� � �  a
� � �2�
2

2

1
1
a3
Thể tích của khối chóp là: V  .SO.SABCD  .a.a 2 
3
3

3
Câu 26: Đáp án C
Trang 14


Phương pháp:
* Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:
- Gọi a’ là hình chiếu vng góc của a trên mặt phẳng (P).
- Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và a’.
Cách giải:
0
Ta có: SO   ABCD  �  SA;  ABCD     SA; AO   SAO  60

�
SABCD  a 2
�
ABCD là hình vng cạnh a � �
AC
a
AC  a 2 � OA 

�
2
2
�
SOA vuông tại O � SO  OA.tan SAO 

a
a 3
.tan 60 0 

2
2

1
1 a 3 2
6a 3
.a 
Thể tích của khối chóp là: V  .SO.SABCD  .
3
3 2
6
Câu 27: Đáp án C
Phương pháp:
- Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
- Tính bán kính mặt cầu.
- Tính thể tích khối cầu: V 

4 3
R
3

Cách giải:
Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD, I là trung điểm của SC
Ta có: IO là đường trung bình của tam giác SAC � IO / /SA
Mà SA   ABCD  � IO   ABCD 
� IA  IB  IC  ID  1
Tam giác SAC vuông tại A, I là trung điểm của SC
� IS  IC  IA  2 
Từ (1) và (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu là
R

SC
2

ABCD là hình chữ nhật � AC  AB 2  BC 2  a 2   2a   a 5
2

Tam giác SAC vuông tại A � SC  SA 2  AC 2 

 3a 

2





5a



2

 a 14
Trang 15


�R 

SC a 14


2
2
3

4
4 �a 14 � 7  14.a 3
Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp là: V  R 3   �
�
�
3
3 �
3
�2 �
Câu 28: Đáp án A
Phương pháp:
Thể tích khối lập phương có các cạnh đều bằng a là: V  a 3
Cách giải:
ABB’A’ là hình vng có AB'  2a
� AB 

AB ' 2a

a 2
2
2



Thể tích của khối đó là: V  a 2



3

 2 2a 3

Câu 29: Đáp án C
Cách giải:
Khẳng định sai là: Mọi hình chóp ln có mặt cầu ngoại tiếp.
Câu 30: Đáp án B
Phương pháp:
- Xác định tâm mặt cầu.
- Tính diện tích mặt cầu: S  4R 2
Cách giải:
Gọi O, I lần lượt là trung điểm của AC, SC.
Tam giác ABC vuông tại B � O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
IO là đường trung bình của tam giác SAC � IO / /SA
Mà SA   ABCD  � IO   ABC  � IA  IB  IC  1
Tam giác SAC vuông tại A � IA  IS  IC  2 
Từ (1) và (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC và bán
kính mặt cầu R 

SA
2

ABC vuông tại B � AC  AB2  BC 2  a 2   3a   a 10
2

SAC vuông tại A � SC  SA 2  AC 2 

 4a 

2





10a



2

 a 26
Trang 16




Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC bằng S  4R 2  4. a 26



2

 104a 2

Câu 31: Đáp án

Phương pháp:
Diện tích xung quanh của hình trụ: Sxq  2Rh
2
Diện tích toàn phần của hình trụ: Stp  Sxq  S2 đáy  2Rh  2R

Cách giải:
Ta có: ABC.A’B’C’ là lăng trụ đứng � AA '   A ' B 'C ' 
�  AC ';  A ' B'C '     AC '; A 'C '   AC ' A '  60 0
Tam giác ABC vuông tại A � AC  BC2  AB2 

 2a 

2

 a2  a 3

Tam giác AA’C’ vuông tại A’
� AA '  A'C'.tan 600  AC.tan 60 0  a 3. 3  3a
Hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đường cao h  AA '  3a , bán kính đáy
R

BC 2a

a
2
2

2
2
2

Diện tích toàn phần của hình trụ là: Stp  2Rh  2R  2.a.3a  2a  8a

Câu 32: Đáp án A
Phương pháp:
Diện tích mặt cầu: S  4R 2
Cách giải:
Bán kính mặt cầu là: R  5
Diện tích mặt cầu: S  4R 2  4.52  100
Câu 33: Đáp án D
Phương pháp:
- Mối liên hệ giữa đường cao, bán kính đáy và độ dài đường sinh
của hình nón: h 2  r 2  l 2
1
1 2
- Thể tích khối nón: V  Sh  r h
3
3
Cách giải:



Ta có: h 2  r 2  l2 � h 2  a 2  a 3



2

�h a 2

Trang 17

1
1
1
a 2 2
Thể tích khối nón: V  Sh  r 2 h  a 2a 2 
3
3
3
3
Câu 34: Đáp án B
Phương pháp:
Thể tích khối lăng trụ: V  Sh
Cách giải:
Tam giác ABC vuông tại A � AB  AC.tan ACB  a.tan 600  a 3
Diện tích tam giác ABC: S 

1
1
a2 3
AB.AC  .a 3.a 
2
2
2

Tam giác AA’C’ vuông tại A’
� AA '  AC '2  A 'C '2 

 3a 

2

 a 2  2 2a

Thể tích khối lăng trụ đó là: V  Sh 

a2 3
.2 2a  a 3 6
2

Câu 35: Đáp án C
Phương pháp:
A xác định ۳ A 0
log a f  x  xác định � f  x   0 (với 0  a �1 )
Cách giải:
Hàm số xác định khi và chỉ khi:
� e 1
�
ln  2x  1 �1 �
2x  1 �e
�x � 2
1  ln  2x  1 �0
1
e 1
�
�
�
�
�� 1

�� 1
��
� x�
�
2
2
x
2x  1  0
�
�x 
�
�x  1
� 2
� 2
� 2
�1 e  1 �
TXĐ: D  � ;
�
�2 2 �
Câu 36: Đáp án B
Phương pháp:
* Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x 
f  x   a hoặc lim f  x   a � y  a là TCN của đồ thị hàm số.
Nếu xlim
��
x � �
* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x 

Trang 18

f  x   � hoặc lim f  x   � hoặc lim f  x   � thì x  a là TCĐ của đồ thị hàm
Nếu xlim
�a 
x �a
x �a
số.
Cách giải:
TXĐ: D  R , do đó đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng.
Ta có:





�� 3
1 1
lim x  3  x 2  x  1  lim �x. �
1  1  2
x ��
x ��� � x
x x
��



lim x  3  x

x ��

 lim

x � �

2

 x 3
 x  1   lim

x  3  x  x 1
2

 x 3
5

 lim

x � �

1



x2  x 1 x  3  x 2  x 1

x ��

5x  8

�

�
 �
�
�
�
�
�
�

8
x

3
1 1
 1  2
x
x x

x2  x 1







5
2

5

2

� Đồ thị hàm số có TCN y 
Câu 37: Đáp án C
Phương pháp:

Giả sử M  x 0 ; y 0  là tiếp điểm. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M  x 0 ; y 0  .
Xác định giao điểm của tiếp điểm với hai đường tiệm cận và tính độ dài AB. Sử dụng cơng thức
tính độ dài: AB 

 xA  xB 

2

  yA  yB 

2

Sử dụng BĐT Cơ-si tìm GTNN của AB.
Cách giải:
Đồ thị hàm số y 

2x  1
có TCĐ là x  1 và TCN là y  2
x 1

Giả sử M  x 0 ; y 0  là tiếp điểm � y 0 
y' 

1

 x  1

2

� y ' x0  

2x 0  1
x0 1

1

 x 0  1

2

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M  x 0 ; y 0  là:
y

1

 x 0  1

2

. x  x 0  

2x 0  1
x0  1
Trang 19

Cho x  1 � y 
Cho y  2 � 2 

1  x 0

 x 0  1
x  x0

 x 0  1

2

2





� 2x 0 �
2x 0  1 2x 0

� A�
1;
�
x0  1 x0  1
� x0  1 �

2x 0  1

2
� x  x 0   2x 0  1  x 0  1  2  x 0  1
x0 1

� x  x 0  2x 02  3x 0  1  2x 02  4x 0  2 � x  2x 0  1 � B  2x 0  1; 2 
2

�2x
�
4
2
Khi đó: AB   2x 0  2   � 0  2 �  4  x 0  1 
2
 x 0  1
�x 0  1 �
2

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 4  x 0  1 

4

2

� ABmin  8  2 2 khi 4  x 0  1 

 x 0  1
4

2

�2 4  x 0  1 .
2

2

 x 0  1

2

4

 x 0  1

8

2

x0  0
�
2
�  x 0  1  1 � �
x 0  2
�

Câu 38: Đáp án B
Phương pháp:
Xác định trục của hai mặt phẳng bất kì của chóp (Thường là mặt đáy và một mặt bên). Giao điểm
của chúng chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.
Cách giải:
Gọi O, I lần lượt là trung điểm của AD và SD

Dễ

dàng

chứng

minh:

ABCD

 AD  4a, AB  BC  CD  2a 

là

hình

thang

cân

và O là tâm đường trịn ngoại

tiếp ABCD.
IO là đường trung bình của tam giác SAC � IO / /SA
Mà SA   ABCD  � IO   ABCD  � IA  IB  IC  1
Tam giác SAD vuông tại A
� IA  IS 

SD 4a 2


 2a 2  2 
2
2

Từ (1) và (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC và bán kính mặt cầu R  2a 2
6
Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng

V



4 3 4
R  . 2a 2
3
3



3



64 2a 3
3

Câu 39: Đáp án A
Phương pháp:
Trang 20

Đặt log 3 x  t . Đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t.
Áp dụng hệ thức Vi-et của phương trình bậc hai.
Cách giải:
2
Đặt log 3 x  t . Khi đó phương trình trở thành: t   m  2  t  3m  1  0  2 

Phương trình (1) có 2 nghiệm x1 ; x 2 thỏa mãn x1.x 2  27 thì phương trình (2) có 2 nghiệm t1 , t 2
thỏa mãn t1  t 2  log 3 x1  log 3 x 2  log 3  x1x 2   log 3 27  3
2
�
0
�
m 2  8m  8  0
�
m  2   4  3m  1  0
�

��
��
��
� m 1
S3
m 1
m23
�
�
�

Câu 40: Đáp án C

Phương pháp:
Đưa về phương trình bậc hai đối với hàm số mũ.
Cách giải:
2
x

9 3

2
x

 12,  x �0 

�x2
3 3
� �
�
��
3 � 3  12  0 � �2
� �
�
3 x  4  VN 
�
2
x

�

2
x

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

Tập nghiệm của bất phương trình là:  2;0 
Câu 41: Đáp án C
Phương pháp:
* Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x 
f  x   a hoặc lim f  x   a � y  a là TCN của đồ thị hàm số.
Nếu xlim
��
x � �
* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x 
f  x   � hoặc lim f  x   � hoặc lim f  x   � thì x  a là TCĐ của đồ thị hàm
Nếu xlim
�a 
x �a
x �a
số.
Cách giải:
TXĐ: D  R , do đó đồ thị hàm số khơng có TCĐ.
Ta có:

Trang 21

2x  1
� 2x  1
 lim
2
�xlim
� � x  1
x �� x  1
�
� Đồ thị hàm số có 2 TCN là y  2, y  2
�
�lim 2x  1  lim 2x  1  2
x � � x  1
x ��  x  1
�
�
Câu 42: Đáp án B
Phương pháp:
+) Tìm điều kiện để hàm số có 3 điểm cực trị.
+) Xác định các điểm cực trị của hàm số. Ba điểm cực trị đó ln tạo thành tam giác cân.
+) Tìm điều kiện để tam giác cân trở thành tam giác đều.
Cách giải:
x0
�
y  x 4  2mx 2  2m  m 4 � y '  4x 3  4mx  0 � �2
x m
�
Để hàm số có 3 điểm cực trị thì m  0 . Khi đó, tọa độ 3 điểm cực trị là:



 

A  0; 2m  m 4  , B  m;m 4  m 2  2m , C

m; m 4  m 2  2m



Dễ dàng kiểm tra được tam giác ABC cân tại A với mọi m  0
Ta có: AB2  m  m 4 ; BC 2  4m
�
m  0  ktm 
2
2
2
2
4
4
Để ABC đều thì AB  BC � AB  BC � m  m  4m � m  3m  0 � � 3
m  3  tm 
�
�
Vậy m  3 3
Câu 43: Đáp án D
Phương pháp:
� �
� �
0; �۳�

y ' 0, x �
0; �và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên
Hàm số đồng biến trên �
� 4�
� 4�

� �
0; �
�
� 4�

Cách giải:
y  m cot  x 2  � y '  m.

1
2mx
.2x

sin 2  x 2 
sin 2  x 2 

2mx
� �
0; �۳� 2 2
Hàm số đồng biến trên �
� 4 � sin  x 

� �
0, x �
0; �và bằng 0 tại hữu hạn điểm trên

� 4�

� �
0; �
�
� 4�
� 2m  0 � m  0
Trang 22


2
Kết hợp điều kiện m  4  0 � 2  m  2 � m � 2;0 

Câu 44: Đáp án C
Phương pháp:
Công thức lãi kép, không kỳ hạn: A n  M  1  r% 

n

Với: A n là số tiền nhận được sau tháng thứ n,
M là số tiền gửi ban đầu,
n là thời gian gửi tiền (tháng),
r là lãi suất định kì (%).
Cách giải:
Số tiền người đó nhận được sau 6 tháng đầu là: 100.  1  2%   104, 04 (triệu)
2

Số tiền người đó nhận được sau 1 năm là:  104, 04  100  .  1  2%  �212, 7 (triệu)
2

Câu 45: Đáp án A
Phương pháp:
Lập hàm số tính kinh phí đi từ A đến C, với ẩn x  BD
Cách giải:
Gọi độ dài đoạn BD là x  km  ,  x � 0; 40 
Khi đó AD  40  x, DC  100  x 2  km 
Kinh phí đi từ A đến C: y  f  x   3  40  x   5 100  x 2
f '  x   3 

5x
100  x 2



3 100  x 2  5x
100  x 2

f '  x   0 � 3 100  x 2  5x � 900  9x 2  25x 2 � 16x 2  900 � x 

15
2

15 �
�
Ta có f  0   170, f  40   50 17, f � � 160
�2 �
Vậy, kinh phí đi từ A đến C nhỏ nhất bằng 160USD khi BD  x 

15
 km 

2

Câu 46: Đáp án B
Phương pháp:
+) Chóp có các cạnh bên bằng nhau thì chân đường cao trùng với tâm đường trịn ngoại tiếp đáy.
+) Tính độ dài các cạnh BC, CD, DA, sử dụng định lí Pytago đảo chứng minh tam giác ABC
vuông.
Trang 23


1
+) V  Sđáy .h
3
Cách giải:
Tam giác ABD vuông cân tại A � BD  AB 2  a 2
Tam giác ACD đều � CD  AD  a
Tam giác ABC: BC  AB2  AC2  2.AB.AC.cos1200  a 2  a 2  2.a 2 .

1
a 3
2

� BD 2  CD 2  BC2 � Tam giác BCD vuông tại D
Gọi I là trung điểm của BC � I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác BCD
Mà tứ diện ABCD có AB  AC  AD
1
� AI   BCD  � VABCD  .AI.SBCD
3
2

�a 3 � a
Tam giác ABI vuông tại I � AI  AB  BI  a  � � 
�2 � 2
� �
2

2

2

1
1
a2 2
Tam giác BCD vuông tại D � SBCD  .BD.DC  .a 2.a 
2
2
2
� VABCD

1
1 a a2 2 a3 2
 .AI.SBCD  . .

3
3 2 2
12

Câu 47: Đáp án D
Phương pháp:

VS.ABCD  2VS.ABD
Cách giải:
ABCD là hình thoi � ABD  CBD � SABD  SCBD
� VS.ABCD  2VS.ABD
Gọi I là trung điểm của SA, O là tâm của hình thoi ABCD.
Ta có: SAD, SAB là hai tam giác cân lần lượt tại D và B
� DI  SA, BI  SA � SA   IBD 
1
1
1
VS.ABD  VS.IBD  VI.ABD  .SI.SIBD  .IA.SIBD  .SA.SIBD
3
3
3
Tam giác IAD vuông tại I � DI  AD 2  IA 2  1 

x2
4
Trang 24


� IB  ID  1 

x2
4

IO là đường trung bình của tam giác SAC � IO 

SC 1


2 2

Tam giác IBD cân tại I, O là trung điểm của BD � IO  BD � IOD vuông tại O
x2 1
3 x2
� OD  ID  IO  1   

� BD  3  x 2
4 4
4 4
2

2

1
1 1
3  x2
Diện tích tam giác IBD: S IBD  .IO.BD  . . 3  x 2 
2
2 2
4
1
1
3  x2 x 3  x2
a 3  x2
� VS.ABD  .SA.SIBD  .x.

� VS.ABCD  2VS.ABD 
2
3

4
12
6
Câu 48: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng cơng thức tỉ số thể tích cho khối chóp tam giác (Cơng thức
Simson):
Cho khối chóp S.ABC, các điểm A1 , B1 , C1 lần lượt thuộc SA, SB, SC.

Khi đó,

VS.A1B1C1
VS.ABC



SA1 SB1 SC1
.
.
SA SB SC

Cách giải:
Tam giác SAB vng tại A, AB’ vng góc SB
SB ' SA 2
a2
� SB'.SB  SA �


SB SB2 a 2  b 2
2

Tam giác ABC vuông tại B
� AC  AB2  BC2  a 2  b 2
Tam giác SAC vuông tại A, AC’ vng góc SC
SC ' SA 2
a2
� SC '.SC  SA �


SC SC 2 a 2  b 2  c 2
2

VS.A'B'C ' SB' SC '
a2
a2
a4

.

.

SS.ABC
SB SC a 2  b 2 a 2  b 2  c 2  a 2  b2   a 2  b 2  c2 
Câu 49: Đáp án B
Phương pháp:

Trang 25