Đề kiểm tra học kì 1 năm 2022 môn Toán 12 theo ma trận BGD (100TN) - Đề 5 (Word giải chi tiết)

ĐỀ ƠN TẬP KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ I
MƠN: TỐN 12 – ĐỀ SỐ: 05
Câu 1.

Câu 2.

Câu 3.

A.

¡ \ { − 2}

C.

¡

( 0;+∞ ) .
\ { − 2} và [ 0;+∞ ) .

( 0;+∞ ) .
D. ( 0;+∞ ) và ¡ \ { − 2} .

F ( x)

B.

là một nguyên hàm của hàm số

¡

và

f ( x)

( a; b ) . Mệnh đề nào dưới đây

trên

B.

F ′ ( x ) + f ( x ) = 0 ∀ x ∈ ( a; b ) .

C.

F ( x ) − f ′ ( x ) = 0 ∀ x ∈ ( a; b ) .

D.

F ( x ) + f ′ ( x ) = 0 ∀ x ∈ ( a; b ) .

Cho phương trình

log 2 x = a , với a

{2 } .
a

B.

72π a3 .

là tham số thực. Phương trình đã cho có tập nghiệm là

2a .

Cho khối cầu có bán kính bằng

C.

3a , với 0 < a ∈ ¡

B. 108π a 3 .

y= 2

x =1.

và

B.

C.

y = 6 và x = 3 .

Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên

y = 3− x

3

.

Cho số thực dương
A.

B.

.

D.

{ log a 2} .

C.

9π a3 .
y=

D.

36π a3 .

6x − 1
3 x + 3 lần lượt có phương trình là

y= 2

và

x = − 1.

D.

y = 6 và x = − 1 .

D.

y = 1 − x4 .

D.

2.

( −∞;+ ∞ ) ?
C.

y=

1
x+ 2.

a ≠ 1 . Giá trị của biểu thức a loga 2 bằng

log a 2 .

Câu 8 . Cho hàm số

y= −x

2

{ log 2 a} .

. Thể tích của khối cầu đã cho bằng

Tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

A.
Câu 7.

lần lượt có tập xác định là

F ′ ( x ) − f ( x ) = 0 ∀ x ∈ ( a; b ) .

A.
Câu 6.

y= x

A.

A.
Câu 5.

và

1
4

và

Cho hàm số
đúng?

A.
Câu 4.

y = ( x + 2)

Hai hàm số

−3

B.

y = f ( x)

log 2 a .

liên tục trên

¡

C.

a.

và có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A.

( − 2;2 ) .

B.

( 0;+ ∞ ) .

C.

( − ∞ ;0 ) .

4π a3 .

B.

Câu 10. Số điểm cực trị của hàm số
A.

0.

C. 12π a 3 .

6π a3 .

2

B. 3 .

2a 3 .

B.

C. 1 .

D.

6 3a3 .

B.

Câu 14. Cho 2 số thực dương
A.

6

y=

8 và 16 .

C.

6

B.

C.

0

và

2.

¡

) thì phương trình

Câu 16. Nếu đặt t = log 2 x (với 0 < x ∈
phương trình nào dưới đây?

4t 2 − t = 0

.

B.

0

.

B.

C.

4t 2 − t + 6 = 0 .

Câu 17. Số giao điểm của hai đồ thị hàm số

A.

−3.

và 8 .

D. 1 và
D.

6

2

3

4.

C.

D.

y=

bằng

2

2x − 2
x − 3x + 2 lần lượt là
2

2 và 1 .

D. 1 và

2.

4 ( log 2 x ) − log 2 ( 8 x ) + 3 = 0
2

4t 2 − t − 6 = 0 .

C. 3 .

Câu 18. Tìm diện tích xung quanh của khối nón có chiều cao bằng

−3.

và 12 .

D.

trở thành

4t 2 + t = 0 .

y = x3 − 2 x 2 + 3 và y = 2 x3 − 2 x 2 − 3x + 3

2.

2 3a3 .

x−3
x + 1 trên [ 0;1] lần lượt bằng

Câu 15. Số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

A.

D.

a, b thỏa mãn 4log2 ( a b) = 4a3 . Giá trị của biểu thức ab2
B.

A. 1 và 1 .

2.

3a3 .

C.

A. − 1 và 3 .
B. − 3 và − 1 .
C. − 1 và
Câu 13. Số đỉnh và số cạnh của một hình bát diện đều lần lượt bằng

8 và 12 .

là

6a , đáy là tam giác đều có cạnh bằng 2a , 0 < a ∈ ¡

Câu 12. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

A.

D. 18π a 3 .

f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x + 1) ( x − 2 ) , ∀ x ∈ ¡

Câu 11. Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng
là:
A.

( − ∞ ;2 ) .

2a , chiều cao bằng 3a ( 0 < a ∈ ¡ ) là

Câu 9. Thể tích của khối trụ trịn xoay có bán kính đáy bằng
A.

D.

là

D. 1 .

8a , thể tích bằng 96π a3 , với (với

0 < a∈ ℜ )
A.

60π a 2

.

Câu 19. Cho khối lăng trụ

V1
số V

B.

80π 7a 2 .

C.

30π a 2 .

D. 120π a 2 .

ABC. A ' B ' C ' có thể tích là V , khối tứ diện A ' BCC ' có thể tích là V1. Tính tỉ


1
A. 6 .

1
B. 4 .

Câu 20. Đạo hàm của hàm số

Câu 21. Cho hàm số
A.

(

y' =
B.

B.

(T)

)

1
( 2 + x2 ) ln 3 .

[ − 2;0) .

A.

( 1;0 )

B.

(T)

36π a3 .

− 1.

Câu 25: Cho hàm số
phương trình

A. 3 .

B. 108

y = f ( x)

liên tục trên

¡

C.

6.

6a

Câu 27. Cho hàm số
A. 19 .

là tham số thực) thì
D.

(với

36 2a3 .

0 < a∈ ¡

27π a3 .

B. 1 .

C.

−3.

y = x4 − 8x2 + m
B.

0.

) là
D.

6 2a3 .

D. 2 .

2

3x − 6 x = 3 bằng
C.

−6.

có giá trị nhỏ nhất trên

− 10 .

a −b

−3.

2. f ( x ) = 7 .

B.

.

và có bảng biến thiên như hình vẽ. Số nghiệm thực của

Câu 26: Tổng các nghiệm thực của phương trình
A.

D.

C. 1 .

2a 3 .

( −∞ ; − 2 ) .

4a , 4a , 2a , với 0 < a ∈ ¡

y = − x3 + ax 2 + bx ( a , b

B. 3 .

72 2a3 .

m thuộc tập nào dưới đây?

C. 108π a 3 .

là điểm cực trị của đồ thị hàm số

2x
( 2 + x2 ) ln 3 .

bằng

Câu 24. Thể tích của khối chóp tứ giác đều có các cạnh bằng
A.

D.

D.

ngoại tiếp hình hộp chữ nhật có ba kích thước là

9π a3 .

Câu 23. Nếu

bằng

y' =

[ 6;+∞ ) .

C.

Thể tích của khối cầu giới hạn bởi mặt cầu
A.

2x
y'=
C.
2 + x2 .

2x + m
min y + max y = 7.
[ 0;1]
Tham số thực
x + 1 thỏa mãn [ 0;1]

[ 0;6) .

Câu 22. Cho mặt cầu

1
D. 2 .

y = log 3 2 + x 2 là

2 x ln 3
y'=
A.
2 + x2 .
y=

1
C. 3 .

C.

[ 1;3]

− 19 .

D. 3 .
bằng 3 . Tham số thực
D. 3 .

m

bằng.


Câu 28. Cho hàm số

Câu

số

f ( 2 − 3x )

A.

( 1;2) .

f ( x)

có đạo hàm

f ′ ( x)

B.

( −∞ ; − 2 ) .

ABC. A′ B′C ′

0 < a∈ ¡

), góc giữa đường thẳng
trụ đã cho bằng
A. 108a3 .

x= 0.

C.

A′ C

và mặt phẳng

C.

y = x + x2 + 1

y = − 1.

B.

( 2;+∞ ) .

là ba hằng số thực,

4.

Câu 32. Cho hình chóp
đáy,
A.

B.

S .ABC

60° .

y = 0.

Câu 33. Tập hợp các tham số thực

A.

( 2;+∞ ) .

f ( x) − 1 = 0

B.

D.

216 3a3 .

D.

y = 1.

x

là biến số

bằng
C.

2.

. Góc giữa đường thẳng

90° .

m

(với

600 . Thể tích của khối lăng

y = f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c , với

D. 3 .

có đáy là tam giác đều cạnh bằng

B.

bằng

A , AB = 6a

có phương trình là

C.

0.

SA = 2a 2 , với 0 < a ∈ ¡

( 0;1) .

a≠ 0 .

Số nghiệm thực của phương trình

A.

( ABC )

36 3a3 .

Câu 31. Đường cong ở hình bên dưới là đồ thị của hàm số

a, b, c

D.

có đáy ABC là tam giác vuông cân tại

3a3 .

B. 108

Câu 30. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

thực;

và có bảng xét dấu như hình dưới. Hàm

nghịch biến trên khoảng nào dưới đây.

29. Cho khối lăng trụ đứng

A.

¡

liên tục trên

để hàm số

( 1;2] .

C.

y=

2a , SA

vng góc với mặt phẳng

SB và mặt phẳng ( SAC )

30° .

D.

45° .

x+1
x + m đồng biến trên ( −∞ ; − 2 ) là
C.

[ 1; 2) .

D.

( 1;2 ) .

bằng


Câu 34. Đường cong ở hình dưới là đồ thị của hàm số

a, b, c, d

là các hằng số thực. Có bao nhiêu số dương trong các số

A. 3 .

B.

2.

Câu 35. Số các giá trị nguyên của tham số
bằng
A.

6.

B.

Câu 36. Hàm số
A.

y = x3 − mx 2

C.

m

B.

Câu 37. Đạo hàm của hàm số

B.

C.

( x + 1)
2

A.

a.

B.

với

D.

3.

¡

đồng biến trên

0.

D.

bằng

- 3.

.

C.

2x
ln ( x 2 + 1) .

D.

y' =

3x ( 4 x − 2 x+ 2 ) = 0 .

0 < a∈ ¡

a 2.

8.

y'=

2

C. 1.

S .ABC có đáy là tam giác ABC

AB = 4a, SA = 2a 2,

D. 1 .

là

−2x

Câu 38. Số nghiệm thực của phương trình
A. 2.
B. 3.

0.

x = 2 khi và chỉ khi giá trị của tham số thực m

12.

y'=

là biến số thực;

a, b, c, d ?

y = x3 − 2mx 2 + ( m 2 + 3) x
C.

y = ln ( x 2 + 1)

1
y' = 2
A.
x +1.

Câu 39. Cho hình chóp

để hàm số

7.

đạt cực tiểu tại

- 12.

đáy,
bằng

y = ax3 + bx 2 + cx + d , với x

D. 0.

vng cân tại

A , SA vng góc với mặt phẳng

. Khoảng cách từ điểm
C.

2x
x +1.
2

A

3a .

đến mặt phẳng
D.

( SBC )

2a .

2020 niêm yết giá bán xe V là 800 triệu đồng và có kế hoạch trong 10
năm tiếp theo, mỗi năm giảm 2% giá bán so với giá bán của năm liền trước. Theo kế hoạch
năm 2025 hãng xe nói trên niêm yết giá bán xe V (làm tròn đến chữ số hàng triệu) là
A. 724 triệu đồng.
B. 723 triệu đồng.
C. 708 triệu đồng.
D. 722 triệu đồng.

Câu 40. Một hãng xe ơ tơ năm

Câu 41. Cho hình chóp

S .ABCD

có đáy hình vng cạnh bằng

2a, SA = 2a 2 ( 0 < a ∈ ¡

góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng
A.

a 2.

B.

a.

a
C. 2 .

BD và SC

bằng
D.

2a .

) , SA vuông

Câu 42. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

Câu 43. Cho hàm số

B. 1 .

C.

y = f ( x ) liên tục trên ¡

Số điểm cực trị của hàm số
A.

để bất phương trình

x 2 + ( m3 − m ) x ≥ m ln ( x 2 + 1)

x?

nghiệm đúng với mọi số thực
A. 3 .

m

0.

D.

2.

C.

6

có bảng biến thiên như hình vẽ

g ( x ) = f ( x + 2) − 1

5

bằng
B.

4

D. 3 .

Câu 44. Một trang trại cần xây đựng một bể chứa nước hình hộp chữ nhật bằng gạch khơng nắp ở phía
3

trên. Biết bể có chiều dài gấp hai lần chiều rộng và thể tích ( phần chứa nước ) bằng 8m .Hỏi
chiều cao của bể gần nhất với kết quả nào dưới đây để số lượng gạch dùng để xây bể là nhỏ
nhất?
A. 1,3m .

B. 1,8m .

Câu 45. Tập hợp các tham số thực
A.

( −∞ ;2 ) .

Câu 46. Cho tứ diện đều

m

B.

C. 1,1m .

để hàm số

y = x3 − 3mx2 + 3mx

( −∞ ;1) .

C.

D. 1,2m

( 1;+∞ )
D. ( −∞ ;1] .

đồng biến trên

( −∞ ;0] .

ABCD có cạnh bằng 6a , với 0 < a ∈ ¡

là

. Diện tích xung quanh của hình nón

A và đường trịn đáy là đường trịn nội tiếp tam giác BCD bằng
2
2
A. 12 3π a .
B. 9π a 2 .
C. 9 3π a .
D. 12π a 2 .
có đỉnh

9 − x2
y= 2
Câu 47. Tổng số tiệm cận ngang và số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
x − 5 x + 4 bằng
A.

4.

Câu 48. Tập nghiệm của bất phương trình
A.

( − 1;1) .

C. 3 .

B. 1 .

B.

D.

2.

D.

[ − 1;1] .

log 2 ( 3 − x 2 ) ≥ 1 là

( −∞ ;1] .

C.

[ 0;1] .

Câu 49. Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tứ giác đều có các cạnh bằng
là
A. 144π a 2 .

B.

72π a 2 .

Câu 50. Số các giá trị nguyên của tham số

m

C. 18π a 2 .
để hàm số

(

6a

( với

0 < a∈ ¡

D. 36π a 2 .

)

y = x3 − mx 2 + m2 − 2m x

có cực tiểu là

)


A.

0.

B.

2.

C. 1 .
---------- HẾT ----------

D. 3 .


1.A
11.D
21.A
31.C
41.B
Câu 1.

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

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

BẢNG ĐÁP ÁN
5.C
6.A
15.A
16.A

25.B
26.A
35.B
36.C
45.D
46.B

4.D
14.C
24.C
34.D
44.D

[Mức độ 1] Hai hàm số

y = ( x + 2)

−3

và

y= x

1
4

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

47.B

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

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

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

lần lượt có tập xác định là

A.

¡ \ { − 2}

và

( 0;+∞ ) .

B.

¡

C.

¡ \ { − 2}

và

[ 0;+∞ ) .

D.

( 0;+∞ )

và

( 0;+∞ ) .
và

¡ \ { − 2}

.

Lời giải
Hàm số

Hàm số

y = ( x + 2)

y= x

1
4

−3

xác định

xác định

⇔ x + 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ −2 .

⇔ x > 0.

Vậy tập xác định của hai hàm số
Câu 2.

[Mức độ 1] Cho hàm số
dưới đây đúng?

F ( x)

y = ( x + 2)

−3

và

y= x

1
4

lần lượt là

là một nguyên hàm của hàm số

¡ \ { − 2}

f ( x)

trên

và

( 0;+∞ ) .

( a; b ) . Mệnh đề nào

A.

F ′ ( x ) − f ( x ) = 0 ∀ x ∈ ( a; b ) .

B.

F ′ ( x ) + f ( x ) = 0 ∀ x ∈ ( a; b ) .

C.

F ( x ) − f ′ ( x ) = 0 ∀ x ∈ ( a; b ) .

D.

F ( x ) + f ′ ( x ) = 0 ∀ x ∈ ( a; b ) .

Lời giải

F ( x)

là một nguyên hàm của hàm số

f ( x)

trên

( a ; b ) ⇔ F ′ ( x ) = f ( x ) ∀ x ∈ ( a; b )

⇔ F ′ ( x ) − f ( x ) = 0 ∀ x ∈ ( a; b ) .
Câu 3.

[Mức độ 1] Cho phương trình
nghiệm là
A.

{2 } .
a

B.

log 2 x = a , với a

2a .

là tham số thực. Phương trình đã cho có tập

C.

{ log 2 a} .

D.

{ log a 2} .

Lời giải
Ta có

log 2 x = a ⇔ x = 2a .

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là
Câu 4.

S = { 2a }

[ Mức độ 1] Cho khối cầu có bán kính bằng
bằng

.

3a , với 0 < a ∈ ¡

. Thể tích của khối cầu đã cho


A.

72π a3 .

B. 108π a 3 .

C.

9π a3 .

D.

36π a3 .

Lời giải

4
4
3
V = π R3 = π ( 3a ) = 36π a 3
Thể tích khối cầu đã cho là:
.
3
3

Câu 5.

[ Mức độ 1] Tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
trình là
A.

y= 2

và

x =1.

B.

y = 6 và x = 3 .

C.

y= 2

và

y=

6x − 1
3x + 3 lần lượt có phương

x = − 1.

D.

y = 6 và x = − 1 .

D.

y = 1 − x4 .

D.

2.

Lời giải

lim f ( x ) = −∞

x → − 1+

và

lim f ( x ) = +∞ suy ra

x → − 1−

lim f ( x ) = lim f ( x ) = 2 suy ra y = 2
x → −∞

x → +∞

Câu 6.

x = − 1 là tiệm cận đứng.

là tiệm cận ngang.

[ Mức độ 1 ] Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên
A.

y = 3− x

3

.

B.

y= −x

2

.

C.

( −∞ ;+ ∞ ) ?
y=

1
x+ 2.

Lời giải

Xét:

y = 3 − x3

y′ = − 3x 2 ≤ 0, ∀ x ∈ ¡
Vậy hàm số
Câu 7.

.

y = 3 − x3 nghịch biến trên ( − ∞ ; + ∞ ) .

[ Mức độ 1] Cho số thực dương
A.

log a 2 .

B.

a ≠ 1 . Giá trị của biểu thức a loga 2 bằng

log 2 a .

C.
Lời giải

Áp dụng công thức

a loga b = b

Câu 8 . [ Mức độ 1] Cho hàm số

ta có

y = f ( x)

a.

a loga 2 = 2 .
liên tục trên

¡

và có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.

( − 2;2 ) .

B.

( 0;+ ∞ ) .

C.
Lời giải

( − ∞ ;0) .

D.

( − ∞ ;2 ) .


Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
Câu 9.

[ Mức độ 1] Thể tích của khối trụ trịn xoay có bán kính đáy bằng

3a ( 0 < a ∈ ¡
A.

( − ∞ ;0)

và

( 2;+∞ ) .

2a , chiều cao bằng

) là

4π a3 .

B.

C. 12π a 3 .

6π a3 .

D. 18π a 3 .

Lời giải
Thể tích của khối trụ trịn xoay là

V = π r 2 h = π . ( 2a ) .3a = 12π a 3 .
2

Câu 10. [ Mức độ 1] Số điểm cực trị của hàm số
A.

0.

f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x + 1) ( x − 2 ) , ∀ x ∈ ¡

B. 3 .

2

C. 1 .

D.

là

2.

Lời giải
Ta có:

 x = −1
⇔
f ' ( x ) = 0 ⇔ ( x + 1) ( x − 2 ) = 0  x = 2 .
2

Do phương trình
nên hàm số

f ' ( x ) = 0 có một nghiệm bội lẻ là x = − 1 và một nghiệm bội chẵn là x = 2

f ( x ) có một cực trị.

Câu 11. [ Mức độ 1] Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng

2a , 0 < a ∈ ¡
A.

2a 3 .

6a , đáy là tam giác đều có cạnh bằng

là:
B.

6 3a3 .

C.

3a3 .

D.

2 3a3 .

Lời giải

(2a)2 3 2
S=
=a 3
Diện tích đáy của khối chóp là:
.
4
1
1
V = .S .h = ×a 2 3.6a = 2 3a 3
Thể tích của khối chóp là:
.
3
3
Câu 12. [ Mức độ 1] Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
A.

− 1 và 3 .

B.

− 3 và − 1 .

C.
Lời giải

y=

x−3
x + 1 trên [ 0;1] lần lượt bằng

− 1 và − 3 .

D. 1 và

−3.


Ta có:
Do đó

y' =

4
>0
( x + 1)2
, ∀ x ∈ ¡ \ { − 1} nên hàm số đồng biến trên ( −∞ ; − 1) và ( − 1; +∞ ) .

y ( 0 ) ≤ y ( x ) ≤ y ( 1) , ∀ x ∈ [ 0;1] .
x−3
x + 1 trên [ 0;1] lần lượt là: y ( 1) = − 1 và

y=

Vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

y ( 0) = − 3 .

Câu 13. [ Mức độ 1] Số đỉnh và số cạnh của một hình bát diện đều lần lượt bằng
A.

8 và 12 .

B.

8 và 16 .

C.

6

và 8 .

D.

6

và 12 .

Lời giải

8.3
= 12
Hình bát diện đều có 8 mặt là tam giác đều nên số cạnh là: 2
Theo định lí Ơ – le ta có số đỉnh là: 12 +

Câu 14. [ Mức độ 2] Cho 2 số thực dương
A.

6

B.

a, b

3

2− 8 = 6 .

thỏa mãn

2

4log2 ( a b) = 4a3 . Giá trị của biểu thức ab 2
C.

4.

D.

bằng

2

Lời giải
2

log 2 ( a b )
= 4a 3 ⇔ 2
Ta có: 4

(vì

( log ( a b )) .2
2

2

= 4a3 ⇔ ( a 2b ) = 4a 3 ⇔ a 4b 2 = 4a 3 ⇔ ab 2 = 4
2

a, b > 0 ).

Câu 15. [ Mức độ 2] Số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
A. 1 và 1 .

B.

0

và

2.

C.
Lời giải

y=

2x − 2
( C ) , TXĐ: ¡ \ { 1;2}
x 2 − 3x + 2

2 và 1 .

y=

2x − 2
x 2 − 3x + 2 lần lượt là

D. 1 và

2.


- Ta có:

lim y = 0; lim y = 0

x → −∞

x → +∞

nên đồ thị

( C)

có tiệm cận ngang là:

y = 0.

2x − 2
2
=
lim
= −2
- x→ 1 x 2 − 3x + 2 x→ 1 x − 2
.
lim

-

2x − 2
2
2x − 2
2
=
lim
=
+∞
lim
=
lim
= −∞ ⇒
, x → 2 − x 2 − 3 x + 2 x → 2− x − 2
đồ thị ( C ) có tiệm cận

x 2 − 3 x + 2 x → 2+ x − 2

lim+

x→ 2

đứng là

x = 2.

Câu 16. [ Mức độ 2] Nếu đặt t = log 2 x (với 0 <
trở thành phương trình nào dưới đây?
A.

4t 2 − t = 0

.

B.

x∈ ℜ )

4t 2 − t + 6 = 0 .

thì phương trình
C.

4 ( log 2 x ) − log 2 ( 8 x ) + 3 = 0

4t 2 − t − 6 = 0 .

2

D.

4t 2 + t = 0 .

Lời giải
Ta có

4 ( log 2 x ) − log 2 ( 8 x ) + 3 = 0 ⇔ 4 ( log 2 x ) − ( log 2 8 + log 2 x ) + 3 = 0
2

2

⇔ 4 ( log 2 x ) − ( 3 + log 2 x ) + 3 = 0 ⇔ 4 ( log 2 x ) − log 2 x = 0
2

Đặt

t = log 2 x

phương trình :

2

( với

0 < x∈ ℜ

) thì phương trình

0

.

2

trở thành

4t 2 − t = 0

Câu 17. [ Mức độ 1] Số giao điểm của hai đồ thị hàm số
A.

4 ( log 2 x ) − log 2 ( 8 x ) + 3 = 0

B.

2.

y = x3 − 2 x2 + 3 và y = 2 x3 − 2 x 2 − 3x + 3
C. 3 .

D. 1 .

Lời giải
Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là

x = 0


2 x3 − 2 x 2 − 3x + 3 = x 3 − 2 x 2 + 3 ⇔ x3 − 3x = 0 ⇔  x = 3
x = − 3

Suy ra số giao điểm của hai đồ thị là 3
Câu 18. [ Mức độ 3] Tìm diện tích xung quanh của khối nón có chiều cao bằng

96π a3 , với (với 0 < a ∈ ¡
A.

60π a 2

.

8a , thể tích bằng

)

B.

80π 7a 2 .

C.

30π a 2 .

D. 120π a 2 .

Lời giải
Ta có:

h = 8a

1
1
V = 96π a3 ⇔ π r 2 h = 96π a 3 ⇔ π r 2 .8a = 96π a 3 ⇔ r 2 = 36a 2 ⇔ r = 6a
3
3

là


Suy ra diện tích xung quanh của khối nón là

S xq = π rl = π r h 2 + r 2 = π .6a. ( 8a ) + ( 6a ) = 60π a 2
2

Câu 19. [Mức độ 1] Cho khối lăng trụ

2

ABC. A ' B ' C ' có thể tích là V , khối tứ diện A ' BCC ' có thể tích

V1
là V1. Tính tỉ số V

1
A. 6 .

1

B. 4 .

1
C. 3 .

1
D. 2 .

Lời giải

1
d ( C , ( A ' BC ') ) = d ( B ',( A ' BC ') ) ⇒ V1 = V A ' BCC ' = VB '. A ' BC ' = VB. A ' B ' C ' = d ( B,( A ' B ' C ') ) .S ∆A ' B ' C '
3
1
1
V 1
= VABC . A ' B ' C ' = V ⇒ 1 = .
3
3
V 3
Câu 20. [Mức độ 1] Đạo hàm của hàm số

2 x ln 3
y'=
A.
2 + x2 .

y' =
B.

(

)

y = log3 2 + x 2 là
1
( 2 + x2 ) ln 3 .

2x
y'=
C.
2 + x2 .

y' =
D.

2x
( 2 + x2 ) ln 3 .

Lời giải

'

( 2 + x ) = 2x
y'=
( 2 + x ) ln 3 ( 2 + x ) ln 3 .
Ta có
2

2

Câu 21. [Mức độ 2] Cho hàm số
nào dưới đây?
A.

[ 0;6) .

2

y=

B.

2x + m
min y + max y = 7.
[ 0;1]
Tham số thực
x + 1 thỏa mãn [ 0;1]

[ − 2;0) .

C.
Lời giải

[ 6;+∞ ) .

D.

m thuộc tập

( −∞ ; − 2 ) .


2− m

y' =

( x + 1)

Ta có

* Với

2

nên:

m ≠ 2 hàm số

( − 1; + ∞ ) ⊃ [ 0;1]

2x + m
x + 1 luôn đồng biến (hoặc nghịch biến) trên mỗi khoảng ( −∞ ; − 1) ,

y=

2+ m
=7⇔ m= 4
(thỏa
2

min y + max y = 7 ⇔ y ( 0 ) + y ( 1) = 7 ⇔ m +

nên [ 0;1]

[ 0;1]

mãn).
* Với

m= 2

m= 4

Vậy

thì

nên

(T)

Câu 22. Cho mặt cầu

y = 2, ∀ x ≠ − 1 nên

min y + max y = 2 + 2 = 4 ≠ 7
[ 0;1]

(không thỏa mãn).

m ∈ [ 0;6 ) .
ngoại tiếp hình hộp chữ nhật có ba kích thước là

Thể tích của khối cầu giới hạn bởi mặt cầu
A.

[ 0;1]

9π a3 .

B.

(T)

4a , 4a , 2a , với 0 < a ∈ ¡

.

bằng

36π a3 .

C. 108π a 3 .

D.

27π a3 .

Lời giải

Mặt cầu

(T)

ngoại tiếp hình hộp chữ nhật có đường kính là đường chéo của hình hộp chữ nhật.

Suy ra bán kính mặt cầu

R=

1
2

(T)

( 4 a ) + ( 4a ) + ( 2a )
2

2

ngoại tiếp hình hộp chữ nhật có ba kích thước là
2

4a , 4a , 2a

là

= 3a

4 3 4

3
V
=
π R = π . ( 3a ) = 36π a 3
T
(
)
Vậy thể tích khối cầu giới hạn bởi mặt cầu
là
.
3
3
Câu 23. Nếu
bằng
A.

( 1;0)

− 1.

là điểm cực trị của đồ thị hàm số

y = − x3 + ax 2 + bx ( a , b
C. 1 .

B. 3 .

là tham số thực) thì
D.

−3.

Lời giải

Ta có:

( 1;0)

y = − x3 + ax2 + bx ⇒ y′ = − 3x 2 + 2ax + b .
là điểm cực trị của đồ thị hàm số suy ra

 y ( 1) = 0
 −1 + a + b = 0
a = 2
⇔
⇔

 y′ ( 1) = 0 −3 + 2a + b = 0 b = −1
Khi

a = 2 , b = − 1 thử lại thấy phương trình y′ = 0 có hai nghiệm đơn phân biệt

Suy ra đồ thị hàm số nhận

( 1;0 )

làm điểm cực trị

a −b

a = 2 , b = − 1 thỏa mãn u cầu bài tốn.
Vậy a − b = 3
Do đó

6a

Câu 24. Thể tích của khối chóp tứ giác đều có các cạnh bằng
A.

72 2a3 .

B. 108

2a 3 .

C.

(với

0 < a∈ ¡

36 2a3 .

) là
D.

6 2a3 .

Lời giải

Hình chóp tứ giác đều

S . ABCD

có đáy là hình vng cạnh
2

 BD 
SO = SD − 
÷ =
 2 
là tâm hình vng ABCD ) và
2

SO ( O

6a , đường cao của hình chóp là
2

 6 2a 
( 6a ) − 
÷÷ = 3 2a
2


2

1
1

2
VS . ABCD = S ABCD . SO = ( 6a ) .3 2a = 36 2a 3
Vậy
3
3
Câu 25: [Mức độ 1] Cho hàm số

y = f ( x)

nghiệm thực của phương trình

A. 3 .

liên tục trên

¡

và có bảng biến thiên như hình vẽ. Số

2. f ( x ) = 7 .

B. 1 .

C.

0.

D. 2 .

Lời giải

Ta có

2. f ( x ) = 7 ⇔ f ( x ) =

7
2 . Từ BBT ta thấy phương trình đã cho có 1 nghiệm thực.

Câu 26: [Mức độ 2] Tổng các nghiệm thực của phương trình
A.

6.

B.

−3.

C.

2

3x − 6 x = 3 bằng

−6.

D. 3 .

Lời giải
Ta có :

2

3x − 6 x = 3 ⇔ x 2 − 6 x − 1 = 0

Dễ thấy phương trình có hai nghiệm trái dấu và tổng hai nghiệm là:

x1 + x2 = 6 .


y = x4 − 8x2 + m

Câu 27. [Mức độ 3] Cho hàm số

m

có giá trị nhỏ nhất trên

[ 1;3]

bằng

3 . Tham số thực

bằng.

A. 19 .

B.

− 10 .

− 19 .

C.

D. 3 .

Lời giải
TXĐ:

D= ¡

x = 0
y ' = 0 ⇔ 4 x3 − 16 x = 0 ⇔ 
y ' = 4 x − 16 x ;
 x = ± 2 , vì x ∈ [ 1;3] ⇒ x = 2 .
3

y ( 1) = m − 7, y ( 2 ) = m − 16, y ( 3) = m + 9 .

[ 1;3]

Suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số trên
Để hàm số có giá trị nhỏ nhất trên

f ( x)

Câu 28. [Mức độ 3] Cho hàm số
dưới. Hàm số

A.

f ( 2 − 3x )

( 1;2) .

[ 1;3]

bằng

bằng

có đạo hàm

m − 16 .

3 ⇒ m − 16 = 3 ⇒ m = 19 .

f ′ ( x)

liên tục trên

¡

và có bảng xét dấu như hình

nghịch biến trên khoảng nào dưới đây.

B.

( −∞ ; − 2 ) .

C.

( 2;+∞ ) .

D.

( 0;1) .

Lời giải
Đặt

g ( x ) = f ( 2 − 3x ) ⇒ g ′ ( x ) = − 3 f ′ ( 2 − 3x ) .

4

x>

 2 − 3x < −2
3
g ′ ( x ) < 0 ⇔ f ′ ( 2 − 3x ) > 0 ⇔ 
⇔
 0 < 2 − 3x < 1  1 < x < 2
 3
Ta có
3.

 1 2
4


; ÷  ; +∞ ÷

Suy ra hàm số f ( 2 − 3 x ) nghịch biến trên các khoảng  3 3  và  3
 nên cũng nghịch
biến trên khoảng
Câu

( 2;+∞ ) .

29. [Mức độ 2] Cho khối lăng trụ đứng

AB = 6a

ABC.A′ B′C ′

(với 0 < a ∈ ¡ ), góc giữa đường thẳng
của khối lăng trụ đã cho bằng
A. 108a3 .

B. 108

3a3 .

có đáy ABC là tam giác vuông cân tại

A′ C
C.

và mặt phẳng

36 3a3 .

( ABC )
D.

bằng

A,

600 . Thể tích

216 3a3 .


Lời giải

( ABC ) là AC .
⇒ Góc giữa đường thẳng A′ C và mặt phẳng ( ABC ) là góc A′ C và AC ⇒

Hình chiếu vng góc của

Tam giác
Ta có

ABC

A′ C

vng cân tại

lên mặt phẳng

·A′ CA = 600.

A nên AC = AB = 6a .

AA ' = AC.tan 600 = 6a 3.

Thể tích khối lăng trụ đứng ABC . A′ B′C ′ bằng:

1
1
V = B.h = AB. AC. AA′ = 6a.6a.6a 3 = 108 3a 3
.
2
2
Câu 30. [ Mức độ 2] Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
A.

x= 0.

B.

y = x + x2 + 1

y = − 1.

C.

có phương trình là

y = 0.

D.

y = 1.

Lời giải

D= ¡

Tập xác định

.

 lim x = +∞
 x→+∞



1 
1
lim 1 + 1 + 2
lim y = lim x + x 2 + 1 = lim x  1 + 1 + 2 ÷÷ = +∞

x → +∞
x → +∞
x
x 
Ta có: x → +∞

( Vì  x →+∞ 


)

(

)

(

lim y = lim x + x 2 + 1 = lim

x → −∞

x → −∞

x → −∞

x2 + 1 − x2
x2 + 1 − x

1

= lim

x→ −∞

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 1 tiệm cận ngang là

− x 1+

1
−x
x2

a , b, c

là ba hằng số thực,

a≠ 0 .

x → −∞

1
x
− 1+

1
−1
x2

=

0
=0
−2
.

y = 0.

Câu 31. [Mức độ 2] Đường cong ở hình bên dưới là đồ thị của hàm số
là biến số thực;

= lim


÷
÷= 2 > 0
).


y = f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c , với

x


Số nghiệm thực của phương trình
A.

4.

B.

f ( x) − 1 = 0

bằng

0.

C.

D. 3 .

2.

Lời giải

f ( x ) − 1 = 0 ⇔ f ( x ) = 1 , do đó số nghiệm của phương trình chính là số điểm chung của

Ta có:

đồ thị hàm số

y = f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c

và đường thẳng

Khi đó số nghiệm thực của phương trình
Câu 32. [Mức độ 2] Cho hình chóp
mặt phẳng đáy,
bằng
A.

S . ABC

f ( x) − 1 = 0

B.

bằng 2.

có đáy là tam giác đều cạnh bằng

SA = 2a 2 , với 0 < a ∈ ¡

60° .

y = 1.

. Góc giữa đường thẳng

90° .

C.

30° .

2a , SA

SB và mặt phẳng ( SAC )
D.

45° .

Lời giải

Gọi

M

là trung điểm

AC , khi đó BM ⊥ AC

mà

SA ⊥ BM

Do đó

·
( SB, ( SAC ) ) = ( SB, SM ) = BSM
.

Ta có

BM = 4a 2 − a 2 = a 3 , SM = a 2 + 8a 2 = 3a .

nên

vng góc với

BM ⊥ ( SAC )


Vậy nên

BM
3 ·

=
⇒ BSM = 30°
.
SM 3

·
tan BSM
=

Câu 33. [Mức 2] Tập hợp các tham số thực
A.

( 2;+∞ ) .

B.

m

để hàm số

( 1;2] .

y=

C.

x+1
x + m đồng biến trên ( −∞ ; − 2 ) là

[ 1;2) .

D.

( 1;2 ) .

Lời giải
Tập xác định

y′ =
Ta có

D = ¡ \ { − m} .

m −1

( x + m)

2

.

m > 1
⇔
⇔ 1< m ≤ 2
−
2
≤
−
m
Hàm số đã cho đồng biến trên ( −∞ ; − 2 ) khi y′ > 0, ∀ x ∈ ( −∞ ; − 2 )

.

Vậy

m∈ ( 1;2] .

Câu 34. [Mức 3] Đường cong ở hình dưới là đồ thị của hàm số
thực;

a, b, c, d

y = ax3 + bx 2 + cx + d , với x

là các hằng số thực. Có bao nhiêu số dương trong các số

A. 3 .

B.

2.

C.

0.

là biến số

a, b, c, d ?

D. 1 .

Lời giải
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:
+) Dạng đồ thị ứng với hệ số

a< 0.

+) Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm nằm dưới trục tung nên

d < 0.

+) Hàm số có 2 điểm cực trị trong đó có một điểm cực trị bằng 0 và một điểm cực trị dương nên

c = 0 và a, b trái dấu.
Do đó a < 0, b > 0, c = 0, d < 0 .
Vậy trong các số

a , b, c , d

chỉ có một số dương.

Câu 35. [Mức độ 3] Số các giá trị nguyên của tham số
biến trên
A.

6.

¡

m

để hàm số

y = x3 − 2mx 2 + ( m2 + 3) x

8.

D.

bằng
B.

7.

C.

0.

đồng


Lời giải
Hàm số

y = x3 − 2mx 2 + ( m2 + 3) x

có đạo hàm

y′ = 3 x2 − 4mx + ( m2 + 3)

∆ ' = 4m2 − 3m2 − 9 = m2 − 9

.

Điều kiện để hàm số bậc ba

y = x 3 − 2mx 2 + ( m 2 + 3) x

đồng biến trên

¡

là tam thức bậc hai có

là

y′ ≥ 0, ∀ x ∈ ¡

,

tức là:

∆ ' ≤ 0
⇔ m 2 − 9 ≤ 0 ⇔ m ∈ [ − 3;3]

.
a > 0
Câu 36. [Mức độ 3] Hàm số
bằng
A.

y = x3 − mx 2

- 12.

Hàm số

B.

y = x3 − mx 2

có

đạt cực tiểu tại

12.

C.
Lời giải

y′ = 3x 2 − 2mx

Điều kiện để hàm số bậc ba

x = 2 khi và chỉ khi giá trị của tham số thực m

và

y = x3 − mx 2

3.

D.

- 3.

y′′ = 6 x − 2m .

đạt cực tiểu tại

x = 2 khi và chỉ khi

 y′(2) = 0  3.22 − 2.m.2 = 0
⇔
⇔ m=3

.
 y′′(2) > 0  6.2 − 2m > 0
Câu 37. [ Mức độ 1] Đạo hàm của hàm số

y'=

1
y' = 2
A.
x +1.

B.

y = ln ( x2 + 1)

là

−2x

( x + 1)
2

y'=

2

.

C.

2x
ln ( x 2 + 1) .

D.

y' =

Lời giải

( x + 1) ' = 2 x
y = ln ( x + 1) ⇒ y ' =
Ta có
x +1 x +1.
2

2

2

2

(

Câu 38. [ Mức độ 1] Số nghiệm thực của phương trình 3 4 − 2
A. 2.
B. 3.
C. 1.
x

x

x+ 2

) = 0.
D. 0.

Lời giải

3 ( 4 −2
x

Ta có

x

x+2

)

3x = 0 ( loai )
= 0 ⇔  x x+2
⇔ 22 x = 2 x + 2 ⇔ 2 x = x + 2 ⇔ x = 2
 4 − 2 = 0
.

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.

2x
x +1.
2


Câu 39. [ Mức độ 2] Cho hình chóp

AB = 4a, SA = 2a 2,

với mặt phẳng đáy,
phẳng
A.

( SBC )

S . ABC có đáy là tam giác ABC
với

0 < a∈ ¡

vng cân tại

A , SA

. Khoảng cách từ điểm

vng góc

A

đến mặt

bằng

a.

B.

a 2.

C.

3a .

D.

2a .

Lời giải
S

2a

2
H

C

A
4a

M
B

Gọi

M

là trung điểm

.

BC , H là hình chiếu của A trên SM .

AM ⊥ BC , SA ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAM )

⇒ BC ⊥ AH

Ta có

AH ⊥ BC , AH ⊥ SM , SM ∩ BC = M suy ra AH ⊥ ( SBC )

⇒ d ( A, ( SBC ) ) = AH .
Trong tam giác vuông

SAM :

1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
= 2+
= 2+ 2+ 2= 2+ 2+ 2= 2
2
2
AH SA AM SA AB AC 8a 16a 16a 4a

⇒ AH = 2a.
Vậy

d ( A, ( SBC ) ) = 2a .

2020 niêm yết giá bán xe V là 800 triệu đồng và có kế
hoạch trong 10 năm tiếp theo, mỗi năm giảm 2% giá bán so với giá bán của năm liền trước.
Theo kế hoạch năm 2025 hãng xe nói trên niêm yết giá bán xe V (làm tròn đến chữ số hàng

Câu 40. [ Mức độ 2] Một hãng xe ô tô năm

triệu) là
A.

724 triệu đồng.

B.

723 triệu đồng.

C.

708 triệu đồng.

D.

722 triệu đồng.

Lời giải
Theo kế hoạch, năm

2021 hãng xe niêm yết giá bán xe V là 800 − 800.0,02 = 800 ( 1 − 0,02 ) .


Năm

2022 hãng xe niêm yết giá bán xe V là

800 ( 1 − 0,02 ) − 800 ( 1 − 0,02 ) .0,02 = 800 ( 1 − 0,02 ) .
2

…

Vậy năm

2025 hãng xe niêm yết giá bán xe V là 800 ( 1 − 0,02 ) ≈ 723,137 triệu đồng.
5

Câu 41. [ Mức độ 3] Cho hình chóp
,

S .ABCD

có đáy hình vng cạnh bằng

2a, SA = 2a 2 ( 0 < a ∈ ¡

SA vng góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC

A.

a 2.

B.

a
C. 2 .

a.

D.

)

bằng

2a .

Lời giải

O là tâm của hình vng ABCD .

Gọi

Ta có:
Vẽ

SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ BD

mà

BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ ( SAC ) .

OE ⊥ SC ( E ∈ SC ) ⇒ OE ⊥ BD .

Từ đó

OE

là đoạn vng góc chung của hai đường thẳng

BD và SC ⇒ d ( BD; SC ) = OE .

1
AH ⊥ SC ( H ∈ SC ) ⇒ OE = AH
Vẽ
.
2
AH =

∆ SAC có đường cao
Vậy

SA. AC
SA + AC
2

2

=

2a 2.2a 2

( 2a 2 ) + ( 2a 2 )
2

2

= 2a
.

d ( BD; SC ) = OE = a .

Câu 42. [ Mức độ 3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

x 2 + ( m3 − m ) x ≥ m ln ( x 2 + 1) nghiệm đúng với mọi số thực x ?

m

để bất phương trình


A. 3 .

B. 1 .

0.

C.

D.

2.

Lời giải

Ta có:

x 2 + ( m3 − m ) x ≥ m ln ( x 2 + 1) ⇔ x 2 + ( m3 − m ) x − m ln ( x 2 + 1) ≥ 0 ( 1)

Hàm số

f ( x ) = x 2 + ( m3 − m ) x − m ln ( x 2 + 1)

f ′ ( x ) = 2 x + ( m3 − m ) −
Vì

Ox
Mà

liên tục trên

¡

và có đồ thị

( C)

2mx
x2 + 1

( 1) có nghiệm đúng với mọi số thực x nên các điểm của đồ thị ( C ) nằm trên hoặc thuộc trục
O ( 0;0 ) ∈ ( C ) ⇒ ( C ) tiếp xúc với trục Ox .

m = 0
⇒ f ′ ( 0 ) = 0 ⇔ m3 − m = 0 ⇔ 

m = ±1.
Kiểm tra các giá trị của

m

Câu 43. [ Mức độ 3] Cho hàm số

đều thỏa mãn yêu cầu bài toán.

y = f ( x ) liên tục trên ¡

Số điểm cực trị của hàm số
A.

g ( x ) = f ( x + 2) − 1

5

có bảng biến thiên như hình vẽ

bằng
B.

4

C.

6

D. 3 .

Lời giải.
Ta có :

y = f ( x + 2 ) − 1 liên tục trên ¡

Số điểm cực trị của hàm số

và có bảng biến thiên như hình vẽ

g ( x ) = f ( x + 2) − 1

là 5 .

Câu 44. [ Mức độ 3] Một trang trại cần xây đựng một bể chứa nước hình hộp chữ nhật bằng gạch
khơng nắp ở phía trên. Biết bể có chiều dài gấp hai lần chiều rộng và thể tích ( phần chứa
3

nước ) bằng 8m .Hỏi chiều cao của bể gần nhất với kết quả nào dưới đây để số lượng gạch
dùng để xây bể là nhỏ nhất?
A. 1,3m .

B. 1,8m .

C. 1,1m .
Lời giải.

D. 1,2m

Gọi

x; y, z lần lượt là chiều rộng,chiều dài và chiều cao của hình hộp chữ nhật ( x, y,z > 0 )

Ta có:

y = 2x

và

x. y.z = 8

⇒ xz =

8 8 4
= =
y 2x x

Tổng diện tích xung quanh và diện tích đáy của bể là :

S = 6 xz + xy =

24
+ 2x2
x

12 12 2
, , 2x
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương : x x
12 12

12 12
+ + 2 x 2 ≥ 3 3 . .2 x 2
⇒ S ≥ 3 3 288
x x
x x
Số lượng gạch xây bể nhỏ nhất

⇔

12
= 2x 2
3
S = 3 288 tại x

Câu 45. [Mức độ 3] Tập hợp các tham số thực

( 1;+∞ ) là
A. ( −∞ ;2 ) .

B.

m

để hàm số

( −∞ ;1) .

C.

⇔

x= 36⇒ z=

y = x3 − 3mx2 + 3mx

( −∞ ;0] .

4
4
=
x 2 3 36 .

đồng biến trên

D.

( −∞ ;1] .

Lời giải
Xét hàm số
Ta có

y = x3 − 3mx2 + 3mx

, tập xác định

D=¡

.

y′ = 3x 2 − 6mx + 3m

Hàm số đã cho đồng biến trên

( 1; +∞ ) ⇔

y′ ≥ 0, ∀ x ∈ ( 1; +∞ ) ⇔ m ( 2 x − 1) ≤ x 2 , ∀ x ∈ ( 1; +∞ )

x2
⇔ m≤
, ∀ x ∈ ( 1; +∞ ) ( 1)
2x − 1
x2
f ( x) =
Xét hàm số
2 x − 1 trên ( 1;+∞ ) .
2 x2 − 2x
f ′ ( x) =
> 0, ∀ x ∈ ( 1; +∞ ) ⇒ f ( x )
2
( 2 x − 1)
đồng biến trên ( 1;+∞ ) .
Do đó

( 1) ⇔ m ≤ f ( 1) ⇔ m ≤ 1 .

Câu 46. [Mức độ 2] Cho tứ diện đều
của hình nón có đỉnh
A. 12

3π a 2 .

ABCD có cạnh bằng 6a , với 0 < a ∈ ¡

. Diện tích xung quanh

A và đường trịn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác BCD bằng
2
B. 9π a 2 .
C. 9 3π a .
D. 12π a 2 .
Lời giải


Hình nón đã cho có bán kính đáy
Vậy

r=

( 6a ) 3 = 3a 3
1 ( 6a ) 3
=a 3
l=
, đường sinh
.
3 2
2

S xq = π rl = π a 3.3a 3 = 9π a 2 .

9 − x2
y= 2
Câu 47. [ Mức độ 2] Tổng số tiệm cận ngang và số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
x − 5x + 4
bằng
A.

4.

C. 3 .

B. 1 .

D.

2.

Lời giải
TXĐ

D = [ − 3;3] \ { 1}

[

] { 1}

Do D = − 3;3 \
tiệm cận ngang

nên không tồn tại giới hạn

lim y

x → +∞

lim y

và

x → −∞

9 − x2
9 − x2
lim
= −∞
lim
= +∞
Mặt khác x → 1+ x 2 − 5 x + 4
và x → 1− x 2 − 5 x + 4
nên
đồ thị hàm số

[

] {}

Do D = − 3;3 \ 1 nên không tồn tại giới hạn
tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

lim y

x → 4+

và

đồ thị hàm số khơng có

x = 1 là đường tiệm cận đứng của

lim y

x → 4−

⇒

⇒ x = 4 không phải là đường

Vậy tổng số tiệm cận ngang và số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho bằng 1 .

Câu 48. [ Mức độ 2] Tập nghiệm của bất phương trình
A.

( − 1;1) .

B.

( −∞ ;1] .

log 2 ( 3 − x 2 ) ≥ 1 là
C.

[ 0;1] .

D.

[ − 1;1] .

Lời giải
Đk :

3 − x2 > 0 ⇔ − 3 < x < 3

⇔ 3 − x 2 ≥ 2 ⇔ x 2 ≤ 1 ⇔ − 1 ≤ x ≤ 1 , kết hợp với điều kiện ta được − 1 ≤ x ≤ 1 nên tập
nghiệm của bất phương trình đã cho là S = [ − 1;1]
Ta có bpt