Một số đề thi tốt nghiệp thpt quốc gia 2022 môn Toán

GROUP Y ĐA KHOA-NGOẠI
KÌ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA 2022
THƯƠNG CS2-UEH
Bài thi: Mơn Tốn
ĐỀ ƠN LUYỆN 02
Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề
(Đề có 06 trang)
Họ, tên thí sinh: .....................................................................
Mã đề thi: 102
Số báo danh: ........................................................................
Câu 1 (NB): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Hàm số đồng biến trên khoảng  1;3
B. Hàm số đồng biến trên khoảng  ; 2 
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng  2;1
D. Hàm số nghịch biến trên khoảng 1; 2 
Câu 2 (NB): Trong các hàm số sau, hàm số nào luôn đồng biến trên  ?
2x 1
A. y 
B. y  x 4  2 x 2
C. y  3 x  2
D. y  x 2  2 x  1
x3
Câu 3 (NB): Hàm số dạng y  ax 4  bx 2  c  a  0  có tối đa bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2

B. 3

C. 1

D. 0

2 x
.
x3
A. x  2
B. x  3
C. y  1
D. y  3
2
Câu 5 (NB): Đường thẳng nào dưới đây là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
.
x  3
A. y  0
B. y  2
C. x  3
D. x  2
Câu 6 (TH): Đường cong ở hình vẽ sau là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

Câu 4 (NB): Đường thẳng nào dưới đây là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 

A. y  x 4  2 x 2  1

B. y  x3  3 x  1

C. y  x3  3 x 2  1

D. y   x3  3 x  1

Câu 7 (NB): Đồ thị hàm số y   x 4  x 2  2 cắt Oy tại điểm nào?

A. A  0; 2 

B. A  2;0 

Câu 8 (NB): Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 

C. A  0; 2 

D. A  0;0 

x 1
tại điểm có hồnh độ x0  1 có hệ số góc bằng bao
2x  3

nhiêu?
A. 5

B. 

1
5

C. 5

Câu 9 (NB): Tìm tập xác định của hàm số y   x  6 

2019

D.

1
5

.
Trang 1


A.  6;  

C.  \ 6

B. 

D.  6;  

Câu 10 (NB): Cho số thực dương a khác 1, biểu thức D  log a3 a có giá trị bằng bao nhiêu?
1
3
Câu 11 (NB): Tính đạo hàm của hàm số y  log 2  2 x  1 .

B. 3

A. 3

A. y 

1
2x 1

B. y 

C.

2
2x 1

C. y 

1
 2 x  1 ln 2

Câu 12 (NB): Giải phương trình 52 x  125 .
A. x  1
B. x  5
C. x  3
Câu 13 (NB): Hình nào dưới đây là hình đa diện?

D. 

1
3

D. y 

2
 2 x  1 ln 2

D. x  1

A. Hình 3

B. Hình 1
C. Hình 2
D. Hình 4
Câu 14 (NB): Tính diện tích xung quanh S xq của hình nón có bán kính đáy r  3 và độ dài đường sinh
l  5.
A. S xq  45

B. S xq  24

C. S xq  30

D. S xq  15

Câu 15 (TH): Cho hình chữ nhật ABCD có AB  5, BC  4 . Tính thể tích của khối trụ tạo thành khi cho
hình chữ nhật ABCD quay quanh AB .
80
A. V  80
B. V  
C. V  20
D. V  100
3
Câu 16 (NB): Cho cấp số nhân  un  có số hạng đầu u1  5 và cơng bội q  2 . Tìm số hạng thứ sáu của

 un  .
A. u6  320

B. u6  160

C. u6  320

D. u6  160

Câu 17 (NB): Một nhóm học sinh gồm 4 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 3 học sinh trong đó có
đúng 2 học sinh nam?
A. 6
B. 12
C. 30
D. 24
2x 1
Câu 18 (NB): Tính lim
.
x 1 x  1
A. 2
B. 
C. 
D. 1
2
Câu 19 (NB): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  là f   x   x  x  1 . Hàm số y  f  x  đồng biến
trên khoảng nào sau đây?
A. 1;  
B.  ;  

C.  0;1

D.  ;1

Câu 20 (NB): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Trang 2

Hàm số y  f  x  có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 0.
B. 1.
C. 2.
Câu 21 (TH): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

D. 3.

Đồ thị hàm số đã cho có tổng số bao nhiêu tiệm cận đứng và tiệm cận ngang?
A. 1.
B. 3.
C. 2.
D. 4.
3
2
Câu 22 (TH): Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  x  3x trên đoạn  1; 2 .
A. 4

B. 1

C. 2

D. 0

2x 1
.
x3
C. D  1;3

D. C 1; 3

Câu 23 (NB): Tìm tâm đối xứng của đồ thị hàm số y 
A. A  3; 2 

B. B  3; 2 

Câu 24 (NB): Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  2; 4 và có đồ thị như hình vẽ:

Phương trình 3 f  x   4  0 có bao nhiêu nghiệm thực trên đoạn  2; 4 ?
A. 1

B. 0

C. 2

D. 3
2x 1
Câu 25 (TH): Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 
, biết tiếp tuyến có hệ số góc
x2
k  3 .
A. y  3 x  14, y  3 x  2
B. y  3 x  4
C. y  3 x  4
D. y  3 x  14; y  3 x  2
1

1

a3 b  b3 a
Câu 26 (TH): Cho hai số thực dương a, b . Rút gọn biểu thức A  6
ta thu được A  a m .b n .
6
a b
Tính m.n

Trang 3


1
1
1
B.
C.
8
21
9
Câu 27 (TH): Biết log 7 2  m tính giá trị của log 49 28 theo m.

A.

D.

1
18

m4
1  4m
1  2m

1 m
B.
C.
D.
2
2
2
2
Câu 28 (NB): Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có thể tích V . Tính thể tích của khối chóp tứ giác A.BCC B .
2
1
1
3
A. V
B. V
C. V
D. V
3
2
3
4
Câu 29 (NB): Cắt hình nón đỉnh S bởi mặt phẳng đi qua trục của hình nón ta được một tam giác vng cân

A.

có cạnh huyền bằng a 2 . Tính theo a thể tích của khối nón đã cho.
A.

 a3 2

B.

 a3 7

C.

 a3 2

D.

 a3

4
3
12
4
Câu 30 (TH): Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 5. Biết rằng khi cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng qua
trục của hình trụ, thiết diện thu được là một hình chữ nhật có chu vi bằng 32. Tính diện tích xung quanh của
hình trụ đã cho.
A. 110
B. 60
C. 55
D. 150
Câu 31 (VD): Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có ba chữ số đơi một phân biệt. Tính xác suất
để số được chọn có tổng các chữ số là số lẻ.
41
4
1
40
A.

B.
C.
D.
81
9
2
81
x6
Câu 32 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y 
nghịch biến trong khoảng
x  5m
10;  

A. 3.
B. 2.
C. 4.
D. 5.
3
2
Câu 33 (VD): Biết m0 là giá trị của tham số m để hàm số y  x  3 x  mx  1 có hai điểm cực trị là x1 , x2
sao cho x12  x22  x1 x2  13 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. m0   7; 1

B. m0   15; 7 

C. m0   1; 7 

D. m0   7;10 

Câu 34 (VD): Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y 

x3
có đúng
x  2x  m
2

một đường tiệm cận đứng. Tính tổng số phần tử của tập S.
A. 1
B. 2
C. 6
D. 1
2x 1
Câu 35 (VD): Cho hàm số y 
có đồ thị (C). Có bao nhiêu điểm M thuộc (C) có tung độ là số nguyên
x 1
dương sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng bằng 3 lần khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang của
đồ thị hàm số.
A. 0
B. 3
C. 2
D. 1
x
4
Câu 36 (VD): Cho hàm số f  x  
, x   . Biết a  b  5 , tính k  f  a   f  b  4  .
2  4x
512
3
128
A. k 

B. k 
C. k  1
D. k 
513
4
129
Câu 37 (VD): Cho x là số thực dương thỏa mãn log 3  log 27 x   log 27  log 3 x  . Tính  log 3 x 

2020

.

A. 31012
B. 32020
C. 31014
D. 33030
Câu 38 (TH): Cho khối lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ có cạnh đáy bằng a và mặt phăng (DBC’)
hợp với mặt đáy (ABCD) một góc 600 . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’.
Trang 4


6a 3
6a 3
6a 3
B. 6a3
C.
D.
2
6
3

Câu 39 (TH): Cho hình nón đỉnh S, O là tâm đường tròn đáy. Gọi A, B là hai điểm thuộc đường trịn đáy

A.

của hình nón sao cho tam giác OAB là tam giác vuông. Biết AB  a 2 và SAO  300 . Tính theo a thể tích
khối nón đã cho.
3 a3
3 a3
C. 3 a 3
D.
3
9
3
Câu 40 (VD): Cho hình trụ có hay đáy là hai hình trịn (O) và (O’), chiều cao bằng 2a. Gọi   là mặt

A.

 a3

B.

phẳng đi qua trung điểm của OO’ và tạo với OO’ một góc 300 . Biết   cắt đường tròn đáy theo một dây
2a 6
. Tính theo a thể tích của khối trụ đã cho.
3
2 a 3
A.  a 3
B.
C. 2 a 3
D.  2a 3

3
Câu 41 (VD): Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ.

cung có độ dài

Hàm số y  f  x 2  nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
A.  2; 1

B.  2;  

C. 1; 2 

D.  1;1
3

Câu 42 (VD): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x    x  1  x 2   4m  5 x  m2  7m  6  , x   .
Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số g  x   f  x  có đúng 5 điểm cực trị?
A. 4.

B. 2.

Câu 43 (VD): Cho hàm số y 

C. 5.

D. 3.

xm
16
(m là tham số thực) thỏa mãn min y  max y  . Mệnh đề nào dưới

1;2
1;2
x 1
3

đây đúng?
A. m  0
B. m  4
C. 0  m  2
D. 2  m  4
3
2
Câu 44 (VD): Cho hàm số y y  ax  bx  cx  d có đồ thị như hình vẽ.

Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a  0, b  0, c  0, d  0
C. a  0, b  0, c  0, d  0

B. a  0, b  0, c  0, d  0
D. a  0, b  0, c  0, d  0

Câu 45 (VD): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Trang 5


 9  
Đồ thị hàm số y  3 f  sin x  cos x   4 cắt trục hoành tại bao nhiêu điểm trên đoạn  
?
;

 4 4 
A. 4.
B. 5.
C. 3.
D. 8.
x
Câu 46 (VD): Cho x, y là các số thực thỏa mãn log 25 x  log10 y  log 4  7 x  6 y  . Tính .
y

A. 1

B.

1
7

2
C. log 7  
5

D. log 2 7
5

Câu 47 (VD): Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình log

2

 x  1  log 2  mx  8

có hai nghiệm thực phân biệt?

A. 3.
B. 2.
C. 4.
D. 5.
Câu 48 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vng tại B, C; AB = 3a, BC = CD = a, SA
vng góc với mặt phẳng đáy, góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 300 . Gọi M là điểm thuộc cạnh AB sao
2
cho AM  AB . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và DM.
3
3a 370
a 370
3a 37
a 37
B.
C.
D.
37
37
13
13
Câu 49 (VD): Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường trịn đường kính
AB = 2a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) có số đo bằng 

A.

sao cho cos  

10
. Tính theo a thể tích của khối chóp đã cho.
5

2a 3
3a 3
3a 3
a3
B.
C.
D.
4
4
4
4
Câu 50 (VD): Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a. Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng (P) song song với trục
a
của hình trụ và cách trục một khoảng bằng
ta được thiết diện là một hình vng. Tính theo a thể tích của
2
khối trụ đã cho.

A.

A. 3 a

3

B.  a

3

3

C.

 a3 3
4

D.  a3

Trang 6


1-D
11-D
21-B
31-D
41-C

2-C
12-A
22-D
32-C
42-A

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

4-C

14-D
24-D
34-B
44-B

Đáp án
5-A
6-B
15-A
16-B
25-D
26-C
35-C
36-C
45-B
46-A

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

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

9-C

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

10-C
20-C
30-A
40-C
50-A

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án D
Phương pháp giải:
Dựa vào BBT xác định các khoảng đồng (nghịch) biến của hàm số là các khoảng mà hàm số liên tục và trên
khoảng đó hàm số có đạo hàm dương (âm).
Giải chi tiết:
Dựa vào BBT ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng 1;    1; 2  nên hàm số nghịch biến trên
khoảng 1; 2  .
Câu 2: Đáp án C
Phương pháp giải:
Xác định hàm số có TXĐ  và có đạo hàm ln khơng âm x  
Giải chi tiết:
Đáp án C: hàm số y  3 x  2 có y  3  0 x   nên hàm số luôn đồng biến trên  .
Câu 3: Đáp án B
Phương pháp giải:
Hàm đa thức bậc bốn có 1 hoặc 3 điểm cực trị.
Giải chi tiết:
Hàm số dạng y  ax 4  bx 2  c  a  0  có tối đa 3 điểm cực trị,
Câu 4: Đáp án C

Phương pháp giải:
ax  b
a
Đồ thị hàm số y 
có TCN y  .
cx  d
c
Giải chi tiết:
2 x
Đồ thị hàm số y 
có TCN y  1 .
x3
Câu 5: Đáp án A
Phương pháp giải:
ax  b
a
Đồ thị hàm số y 
có TCN y  .
cx  d
c
Giải chi tiết:
2
Đồ thị hàm số y 
có TCN y  0 .
x  3
Câu 6: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Dựa vào đồ thị nhận dạng hàm đa thức bậc ba hay bậc bốn.
- Dựa vào nhánh cuối cùng của đồ thị xác định dấu của hệ số của bậc lớn nhất.
- Dựa vào các điểm cực trị của hàm số để chọn được đáp án đúng.

Giải chi tiết:
Đồ thị đã cho là đồ thị hàm đa thức bậc ba có hệ số a  0 nên loại đáp án A và D.
Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị x  1 .
Trang 7


Xét đáp án B có: y  3 x 2  3  0  x  1
x  0
Xét đáp án C có: y  3 x 2  6 x  0  
x  2
Vậy đồ thị đã cho là đồ thị của hàm số y  x3  3 x  1
Câu 7: Đáp án A
Phương pháp giải:
Thay x  0 tìm y0 , từ đó suy ra giao điểm của đồ thị hàm số với trục Oy là điểm A  0; y0  .
Giải chi tiết:
Cho x  0 ta có y  2 .
Vậy đồ thị hàm số y   x 4  x 2  2 cắt Oy tại điểm A  0; 2  .
Câu 8: Đáp án B
Phương pháp giải:
Hệ số góc của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hồnh độ x  x0 là k  f   x0  .
Giải chi tiết:
5
3
TXĐ: D   \   . Ta có: y 
.
2
2
 2 x  3

Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 

k  y  1 

5

 5 

2

x 1
tại điểm có hồnh độ x0  1 là
2x  3

1
 .
5

Câu 9: Đáp án C
Phương pháp giải:
n

Hàm số lũy thừa y   f  x   với số mũ n    xác định khi và chỉ khi f  x  xác định và f  x   0 .
Giải chi tiết:
Hàm số y   x  6 

2019

xác định  x  6  0  x  6 .

Vậy TXĐ của hàm số là  \ 6 .
Câu 10: Đáp án C

Phương pháp giải:
Sử dụng công thức log an b 

1
log a b  0  a  1, b  0  .
n

Giải chi tiết:
1
1
D  log a3 a  log a a 
3
3
Câu 11: Đáp án D
Phương pháp giải:
u
Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm lơgarit:  log a u  
.
u ln a
Giải chi tiết:
2
y  log 2  2 x  1  y 
.
 2 x  1 ln 2

Câu 12: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Đưa về cùng cơ số.
Trang 8

- Giải phương trình mũ cơ bản a f  x   a g  x   f  x   g  x  .
Giải chi tiết:
52 x  125  52 x  53  2  x  3  x  1 .
Câu 13: Đáp án D
Phương pháp giải:
Sử dụng điều kiện:
+ Giữa 2 đa giác phân biệt chỉ có thể có điểm chung hoặc khơng. Nếu có điểm chung có thể rơi vào trường
hợp đỉnh chung hoặc cạnh chung.
+ Mỗi cạnh của hình đa diện là cạnh chung của nhiều nhất 2 mặt.
Giải chi tiết:
Chỉ có hình 4 là hình đa diện.
Câu 14: Đáp án D
Phương pháp giải:
Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l là S xq   rl .
Giải chi tiết:
S xq   rl   .3.5  15
Câu 15: Đáp án A
Phương pháp giải:
Thể tích khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy R là V   R 2 h .
Giải chi tiết:
Khi cho hình chữ nhật ABCD quay quanh AB ta được hình trụ có chiều cao h  AB  5 , bán kính đáy
R  BC  4 . Do đó khối trụ có thể tích V   R 2 h   .42.5  80 .
Câu 16: Đáp án B
Phương pháp giải:
Sử dụng cơng thức SHTQ của CSN có số hạng đầu u1 , công bội q là un  u1q n 1 .
Giải chi tiết:
5

u6  u1q 5  5.  2   160 .

Câu 17: Đáp án B
Phương pháp giải:
Sử dụng tổ hợp và quy tắc nhân.
Giải chi tiết:
Số cách chọn 2 học sinh nam là C42  6 cách.
Số cách chọn 1 học sinh nữ là C21  2 cách.
Vậy số cách chọn ra 3 học sinh trong đó có đúng 2 học sinh nam là 6.2  12 cách.
Câu 18: Đáp án B
Phương pháp giải:
Tính giới hạn của tử, mẫu và xét dấu.
Giải chi tiết:
 lim  2 x  1  2  1  3  0
 x 1
Ta có:  lim  x  1  0
 x 1

 Khi x  1  x  1  x  1  0
2x 1
 lim
  .
x 1 x  1
Câu 19: Đáp án A
Phương pháp giải:
Trang 9


Giải bất phương trình f   x   0 và kết luận khoảng đồng biến của hàm số.
Giải chi tiết:
Xét f   x   0  x 2  x  1  0  x  1 .

Vậy hàm số y  f  x  đồng biến trên 1;   .
Câu 20: Đáp án C
Phương pháp giải:
Dựa vào BBT xác định các điểm mà tại đó hàm số liên tục và qua đó đạo hàm đổi dấu.
Giải chi tiết:
Dựa vào BBT ta thấy hàm số y  f  x  có 2 điểm cực trị là x  0, x  2 .
Câu 21: Đáp án B
Phương pháp giải:
Dựa vào định nghĩa: Cho hàm số y  f  x  .
- Đường thẳng y  y0 là TCN của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y  y0 hoặc
x 

lim y  y0 .

x 

- Đường thẳng x  x0 là TCĐ của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y   hoặc
x  x0

lim y   hoặc lim y   hoặc lim y   .

x  x0

x  x0

x  x0

Giải chi tiết:
Dựa vào BBT ta thấy:
lim f  x   0 nên đồ thị hàm số có 1 TCN y  0 .

x 

lim f  x   ; lim f  x    nên đồ thị hàm số có 2 TCĐ x  2; x  0 .

x 2

x 0

Vậy đồ thị hàm số đã cho có tổng số 3 tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.
Câu 22: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Tính y , giải phương trình y  0 và xác định các nghiệm xi   1; 2 .
- Tính các giá trị y  1 ; y  2  ; y  xi  .
- Kết luận: min y  min  y  1 ; y  2  ; y  xi  ; max y  max  y  1 ; y  2  ; y  xi  .
 1;2

 1;2

Giải chi tiết:
Hàm số đã cho xác định trên đoạn  1; 2 .
 x  0   1; 2
Ta có y  3 x 2  6 x; y  0  
.
x

2


1;
2





Ta có y  1  y  2   4; y  0   0 .
Vậy max y  y  0   0 .
 1;2

Câu 23: Đáp án A
Phương pháp giải:
ax  b
Đồ thị hàm số y 
có tâm đối xứng là
cx  d
Giải chi tiết:
2x 1
Đồ thị hàm số y 
có tâm đối xứng là
x3

 d a
I  ; .
 c c

A  3; 2  .
Trang 10


Câu 24: Đáp án D
Phương pháp giải:

Số nghiệm của phương trình f  x   m là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y  m .
Giải chi tiết:
4
, do đó số nghiệm của phương trình trên đoạn  2; 4 là số giao điểm của
3
4
đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y  trên đoạn  2; 4 .
3
4
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy trên đoạn  2; 4 , đường thẳng y   1; 2  cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 3
3
điểm phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm thỏa mãn.
Câu 25: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hồnh độ x  x0 là:

Ta có: 3 f  x   4  0  f  x  

y  f   x0  x  x0   y0
- Giải phương trình f   x0   k để tìm x0 .
Giải chi tiết:
 2x 1 
2x 1
Lấy M  x0 ; 0   đồ thị hàm số y 
x2
x0  2 


 x0  2  .

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M là k  y  x0  
Theo bài ra ta có:

3

 x0  2 

2

3

 x0  2 

2

.

x  2 1
 x  3  y0  5
2
 3   x0  2   1   0
 0
.
 x0  2  1  x0  1  y0  1

 y  3  x  3  5  y  3 x  14
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán là 
.
 y  3  x  1  1  y  3 x  2

Câu 26: Đáp án C
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức a m .a n  a m  n , phân tích tử thức thành nhân tử và rút gọn biểu thức.
Giải chi tiết:
Ta có:
1

1

a3 b  b3 a
A 6
a6b
1

A

1

1

1

a 3b 2  b3 a 2
1
6

1
6

a b

1
1
 1

a b3  b6  a6 


A
1
1
a6  b6
1
3

1

1

A  a 3b 3  m  n 

1
3

Trang 11


1 1 1
Vậy m.n  .  .
3 3 9
Câu 27: Đáp án C

Phương pháp giải:
Sử dụng các công thức:
m
log an b m  log a b  0  a  1, b  0 
n
log a x  log a y  log a  xy  0  a  1, x, y  0 

Giải chi tiết:
Ta có:
log 49 28  log 72  22.7  

1
1
1 2m  1
log 7 22  log 7 7   log 7 2   m  

2
2
2
2

Câu 28: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Khối lăng trụ và khối chóp có cùng chiều cao và diện tích đáy thì Vchóp =

1
Vlăng trụ .
3

- Phân chia và lắp ghép khối đa diện.

Giải chi tiết:

1
1
1
2
Ta có: VA. ABC   VABC . ABC   V nên VA.BCC B  VABC . ABC   VA. ABC   V  V  V
3
3
3
3
Câu 29: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Dựa vào giả thiết thiết diện qua trục là tam giác vng cân tại, tính chiều cao và bán kính đáy của hình nón.
1
- Thể tích khối chóp có bán kính đáy r và chiều cao h là V   r 2 h .
3
Giải chi tiết:

Giả sử thiết diện qua trục là SAB vng cân tại S như hình vẽ, ta có AB  a 2 nên SA  SB  a .

Trang 12


Do đó hình nón có bán kính đáy r 

1
a 2
AB 
, đường sinh l  SA  a , suy ra độ dài đường cao của hình

2
2

2

a 2
a 2
nón là h  l  r  a  
.
 
2
2


2

2

2

2

1
1  a 2  a 2  a3 2
Vậy thể tích khối nón là V   r 2 h   

.
 .
3
3  2 

2
12
Câu 30: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Dựa vào giả thiết thiết diện qua trục là hình chữ nhật ABCD có chu vi bằng 32, tính chiều cao của hình trụ.
- Diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là S xq  2 rh .
Giải chi tiết:

Giả sử thiết diện qua trục là hình chữ nhật ABCD như hình vẽ. Theo bài ra ta có AB  2r  10 và
C ABCD  2  AB  BC   32  BC  6 .
Do đó hình trụ đã cho có bán kính đáy r  5 và chiều cao h  6 .
Vậy diện tích xung quanh của hình trụ đã cho là S xq  2 rh  2 .5.6  60 .
Câu 31: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Tính số phần tử của không gian mẫu.
- Gọi A là biến cố: “số được chọn có tổng các chữ số là số lẻ”  a  b  c lẻ, ta xét các TH sau:
+ TH1: Cả 3 chữ số a, b, c đều lẻ ⇒ Có A53  60 cách chọn.
+ TH2: Trong 3 chữ số a, b, c có 2 chữ số chẵn và 1 chữ số lẻ.
++ TH2.1: Nếu a là số lẻ
++ TH2.2: Nếu a là số chẵn
Từ đó tính số phần tử của biến cố A.
n  A
- Tính xác suất của biến cố A: P  A 
.
n 
Giải chi tiết:
Gọi số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau là abc  a  b  c, a  0, a, b, c  , 0  a, b, c  9  .
Số phần tử của không gian mẫu là n     A103  A92  648 .
Gọi A là biến cố: “số được chọn có tổng các chữ số là số lẻ”  a  b  c lẻ, ta xét các TH sau:
+ TH1: Cả 3 chữ số a, b, c đều lẻ ⇒ Có A53  60 cách chọn.

+ TH2: Trong 3 chữ số a, b, c có 2 chữ số chẵn và 1 chữ số lẻ.
++ TH2.1: Nếu a là số lẻ ⇒ Có 5 cách chọn a.
Số cách chọn 2 chữ số b, c chẵn là A52  20 cách.
⇒ Có 5.20 = 100 số.
Trang 13


++ TH2.2: Nếu a là số chẵn, a  0  Có 4 cách chọn a.
Số cách chọn b, c là 2.(4.5) = 40 cách.
⇒ Có 4.40 = 160 số.
 n  A   60  100  160  320 .
Vậy xác suất của biến cố A là P  A  

n  A
n 



320 40

.
648 81

Câu 32: Đáp án C
Phương pháp giải:
ax  b
Hàm số y 
nghịch biến trong khoảng  ;   khi và chỉ khi
cx  d

 y  0

.
 d
 c   ;  

Giải chi tiết:
TXĐ: D   \ 5m .
Ta có y 

Để

hàm

5m  6

 x  5m 
số

2

.

nghịch

biến

trong

khoảng

10;  

thì

 y  0
5m  6  0


5m  10
5m  10;  

6

6
m 

5  2  m 
5
m  2

Lại có m là số nguyên nên m  2; 1; 0;1 . Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 33: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Tính y , tìm điều kiện để phương trình y  0 có hai nghiệm phân biệt.
- Áp dụng định lí Vi-ét.
Giải chi tiết:
TXĐ: D   .
Ta có y  3 x 2  6 x  m .
Để hàm số có hai điểm cực trị là x1 , x2 thì phương trình y  0 phải có 2 nghiệm phân biệt

   9  3m  0  m  3 .
 x1  x2  2

Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: 
m .
x
x

1
2

3
Ta có:
2

x12  x22  x1 x2  13   x1  x2   3 x1 x2  13

 4  m  13  m  9  tm 
Vậy m0  9   15; 7  .
Câu 34: Đáp án B
Phương pháp giải:
Để đồ thị hàm số có đúng một đường tiệm cận đứng thì phương trình mẫu số hoặc có nghiệm kép khác
nghiệm của tử, hoặc có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm trùng với nghiệm của tử.
Giải chi tiết:
Trang 14


x3
có đúng một đường tiệm cận đứng thì ta xét các TH sau:
x  2x  m

+ TH1: Phương trình x 2  2 x  m  0 có nghiệm kép x  3 .
   1  m  0
 m  1
 2

 m  1
3  2.3  m  0
m  3
+ TH2: Phương trình x 2  2 x  m  0 có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm x  3 .
   1  m  0
 m  1
 2

m3
3  2.3  m  0
m  3
Vậy S  1;3 nên tổng các phần tử của S bằng 2.

Để đồ thị hàm số y 

2

Câu 35: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Xác định TCN và TCĐ của đồ thị hàm số.
 2x 1 
- Gọi M  x0 ; 0    C  . Tính khoảng cách từ M đến các đường tiệm cận.
x0  1 

- Dựa vao giả thiết khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng bằng 3 lần khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang

của đồ thị hàm số giải phương trình tìm x0 , từ đó suy ra tọa độ điểm M.
Giải chi tiết:
2x 1
có đường TCN y  2  d1  và TCĐ x  1 d 2  .
x 1

2 x0  1
3
2 
 2 x0  1 
d  M ; d1  
x0  1
x0  1 .
Gọi M  x0 ;
   C  . Ta có: 
x0  1 

d M ; d  x  1
2
0
 

Đồ thị hàm số y 

Theo bài ra ta có: khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng bằng 3 lần khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang
của đồ thị hàm số nên d  M ; d 2   3d  M ; d1  .

 x0  1  3.

3

2
  x0  1  9
x0  1

 x 1  3
 x  4  y0  3
 0
 0
 tm 
 x0  1  3  x0  2  y0  1
Vậy có 2 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 36: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Biểu diễn b  4 theo a .
am
- Sử dụng công thức a m  n  n , biến đổi và rút gọn để tìm k.
a
Giải chi tiết:
Vì a  b  5  b  5  a  b  4  1  a .
Khi đó ta có
k  f  a   f b  4

k  f  a   f 1  a 
4a
41 a
k

2  4a 2  41 a

Trang 15

4
4a

a

4

2  4a 2  4
4a
4
4a
4a
k

2  4a 2  4
4a
4a
4
k

a
a
2  4 2.4  4
4a
2
k
 a
a

24 4 2
4a  2
k a
1
4 2
Câu 37: Đáp án D
Phương pháp giải:
k

- Đưa về cùng cơ số 3, sử dụng công thức log an b m 

m
log a b  0  a  1, b  0  .
n

- Giải phương trình logarit: log a f  x   log a g  x   f  x   g  x  , tìm log 3 x , sau đó tính  log 3 x 

2020

Giải chi tiết:
x  0
x  0

 x  1.
ĐKXĐ: log 27 x  0  
x  1
log x  0
 3
Ta có:
log 3  log 27 x   log 27  log 3 x 

1
 log 3  log 27 x   log 33  log 3 x   log 3  log 27 x   log3  log 3 x 
3
3

 3log 3  log 27 x   log 3  log 3 x   log 3  log 27 x   log 3  log 3 x 



 log 33 x



3

3

1

 log 3 x   log 3 x   log 3 x
3


log 3 x  3 3

 27 log 3 x  log 3 x  3 3  ktm 
log x  0 ktm
 
 3

  log 3 x 

3

  log 3 x 

2020

 33030

Câu 38: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Xác định góc giữa (DBC’) và (ABCD) là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng
vng góc với giao tuyến.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vng tính chiều cao khối lăng trụ.
- Tính thể tích khối lăng trụ bằng chiều cao nhân diện tích đáy.
Giải chi tiết:

Trang 16


Vì ABCD.A’B’C’D’ là lăng trụ tứ giác đều nên ABCD là hình vng cạnh a  AC  BD tại O.
 BD  CO
Ta có: 
 BD   C CO   BD  C O .
 BD  CC 
 DBC     ABCD   BD

C O   DBC   ; C O  BD  cmt 
CO   ABCD  ; CO  BD



    DBC   ;  ABCD       C O; CO    C OC  600 .
Vì ABCD là hình vng cạnh a nên AC  a 2  CO 
Xét tam giác vng C’CO có CC   CO.tan 600 
Vậy VABCD. ABC D

 CC .S ABCD 

a 2
.
2

a 2
a 6
. 3
.
2
2

a 6 2
6a 3
.a 
.
2
2

Câu 39: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Sử dụng giả thiết tam giác OAB vng cân, tính bán kính đáy của hình nón.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vng tính chiều cao của hình nón.
1
- Thể tích khối nón có chiều cao h, bán kính đáy r là V   r 2 h .
3
Giải chi tiết:

Vì tam giác OAB vng cân tại O có AB  a 2 nên OA  OB 
Xét tam giác vng SOA có: SO  OA. tan 300  a.

AB
 a , do đó hình nón có bán kính r  a .
2

3 a 3
a 3

, do đó hình nón có đường cao h 
.
3
3
3

Trang 17


1
1
a 3  a3 3

Vậy thể tích khối nón đã cho là V   r 2 h   .a 2 .

.
3
3
3
9
Câu 40: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Giả sử   cắt mặt phẳng chứa đường tròn (O’) theo giao tuyến là đường thẳng MN như hình vẽ, khi đó ta

có     IMN  .
- Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt
phẳng đó.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vng, định lí Pytago tính bán kính đáy của hình trụ.
- Thể tích khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy R là V   R 2 h .
Giải chi tiết:

Giả sử   cắt mặt phẳng chứa đường tròn (O’) theo giao tuyến là đường thẳng MN như hình vẽ, khi đó ta
có     IMN  .
Gọi H là trung điểm của MN ta có OH  MN (quan hệ vng góc giữa đường kính và dây cung).
Trong  OHI  kẻ OK  IH  K  IH  ta có:
 MN  OH
 MN   OHI   MN  OK .


MN

O
I

OK  MN

 OK   IMN  .

OK  IH
 KI là hình chiếu vng góc của O’I lên (IMN)
   OO;       OI ; IMN     OI ; KI   OKI  300 .

Theo bài ra ta có MN 

2a 6
a 6
 HN 
, OO  2a  OI  a .
3
3

a 3
.
3
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng O’HN có:

Xét tam giác vng O’HI có: OH  OI .tan 300 

2

2

a 3 a 6
ON  OH  HN  
  
  a  R

 3   3 
2

2

Vạy thể tích khối trụ là V   R 2 h   .a 2 .2a  2 a 3
Câu 41: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Đặt Ta có y  g  x   f  x 2  , tính g   x  .
Trang 18


- Giải phương trình g   x   0 , xác định các nghiệm (chú ý nghiệm bội chẵn, bội lẻ).
- Tính g   3 xác định dấu của một khoảng, đan dấu và suy ra BXD g   x  , từ đó kết luận các khoảng nghịch
biến của hàm số.
Giải chi tiết:
Ta có y  g  x   f  x 2   g   x   2 x. f   x 2  .
x  0
x  0
 x 2  1 VN
x

0




Cho g   x   0  
 2
  x  1 .

2


f
x

0
x 1
  
 x  2
 2
x  4
Lấy x  3 ta có g   3  6 f   9   0 , qua mỗi nghiệm của phương trình g   x   0 thì g   x  đều đổi dấu (do
các nghiệm đều là nghiệm đơn).
BXD g   x  .

Vậy hàm số y  f  x 2  nghịch biến trên  ; 2  ;  1; 0  ; 1; 2  .
Câu 42: Đáp án A
Phương pháp giải:
Nếu hàm số y  f  x  có n điểm cực trị dương thì hàm số y  f  x  có n  1 điểm cực trị.
Giải chi tiết:
Để hàm số g  x   f  x  có đúng 5 điểm cực trị thì hàm số y  f  x  phải có 2 điểm cực trị dương ⇒
Phương trình f   x   0 phải có 2 nghiệm bội lẻ dương phân biệt.
 x  1  nghiem boi 3
Xét f   x   0   2
2
 x   4m  5  x  m  7m  6  0  *
Do đó phương trình (*) cần phải có 1 nghiệm bội lẻ dương khác 1.
2

Ta có:    4m  5   4  m 2  7 m  6 

 16m 2  40m  25  4m 2  28m  24

 12m2  12m  1
Để (*) có 1 nghiệm bội lẻ dương khác 1 thì:

3 6
m 
6

  12m 2  12m  1  0

3 6
1  m  6

m 
2
 

6
 P  m  7m  6  0
m  2
1  4m  5  m 2  7m  6  0
1  m  6


m  1
m  2


Vậy có 4 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 43: Đáp án B
Phương pháp giải:
Sử dụng tính chất: hàm phân thức bậc nhất ln đơn điệu trên từng khoảng xác định của chúng.
Giải chi tiết:

Trang 19


TXĐ: D   \ 1 . Ta có hàm phân thức bậc nhất luôn đơn điệu trên từng khoảng xác định của chúng, do
đó:
16
1;2
1;2
3
16
m  1 m  2 16
 y 1  y  2   


3
2
3
3
 3  m  1  2  m  2   32  5m  7  32  m  5
min y  max y 

Vậy m  4 .
Câu 44: Đáp án B
Phương pháp giải:

- Dựa vào chiều của nhánh cuối cùng của đồ thị xác định dấu của hệ số a.
- Dựa vào giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung xác định dấu của hệ số d.
- Dựa vào đồ thị xác định tính chất các điểm cực trị (tổng, tích), sau đó dựa vào định lí Vi-ét của phương
trình y  0 xác định dấu của hệ số b, c.
Giải chi tiết:
Đồ thị hàm số có nhánh cuối cùng đi xuống nên a  0 .
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên d  0 .
Đồ thị hàm số có 2 cực trị x1 , x2 là các số dương nên phương trình y  3ax 2  2bx  c  0 có 2 nghiệm
 2b
 3a  0
b  0
dương phân biệt  

.
c  0
 c 0
 3a
Vậy a  0, b  0, c  0, d  0 .
Câu 45: Đáp án B
Phương pháp giải:


- Đặt t  sin x  cos x  2 sin  x   , đưa phương trình về dạng f  t   m , chú ý điều kiện của t.
4

- Sử dụng tương giao giải phương trình f  t   m .
 9
- Vẽ đồ thị hàm số t  sin x  cos x trên đoạn  
 4
Giải chi tiết:



Đặt t  sin x  cos x  2 sin  x    t    2;
4

t    2; 2  .


;  . Tiếp tục sử dụng tương giao tìm các nghiệm x.
4
2  , hàm số đã cho trở thành y  f  t   3 f  t   4 , với

4
Xét phương trình hồnh độ giao điểm 3 f  t   4  0  f  t    .
3

Trang 20


Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y  

4
cắt đồ thị y  f  t  tại 4 điểm phân biệt, trong đó có 2 nghiệm
3

t1    2;0 


thỏa mãn 
.

t  0; 2 
 2 

 9  
Vẽ đồ thị hàm số t  sin x  cos x trên đoạn  
.
;
 4 4 

 9
Dựa vào đồ thị hàm số trên đoạn  
 4
tại 2 điểm phân biệt, đường thẳng y  t2


;  ta thấy: Đường thẳng y  t1 cắt đồ thị hàm số t  sin x  cos x
4
cắt đồ thị hàm số t  sin x  cos x tại 3 điểm phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm phân biệt thỏa mãn.
Câu 46: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Đặt log 25 x  log10 y  log 4  7 x  6 y   t , rút x, y, 7 x  6 y theo t.
- Thế x, y theo t vào 7 x  6 y .
- Chia cả 2 vế phương trình cho 4t , giải phương trình bậc hai đối với hàm số mũ.
Giải chi tiết:
x  0

ĐKXĐ:  y  0
7 x  6 y  0


 x  25t

Đặt log 25 x  log10 y  log 4  7 x  6 y   t ta có:  y  10t
.
 7 x  6 y  4t

t

t

 25 
 10 
 7.25t  6.10t  4t  7.    6    1
 4 
 4

  5 t 1
  
2t
2
2 7
5
5
 7    6.    1  0  
 5 t
2
2
   1  ktm 
 2 

t

x 25t  5  1

   .
y 10t  2  7
Câu 47: Đáp án A

Vậy

Trang 21


Phương pháp giải:
- Đưa về cùng cơ số.
- Giải phương trình log a f  x   log a g  x   f  x   g  x 
- Tìm m để phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn ĐKXĐ, sử dụng định lí Vi-ét.
Giải chi tiết:
x  1
ĐKXĐ: 
mx  8
Ta có:

log

2

 x  1  log 2  mx  8
2

2

 2 log 2  x  1  log 2  mx  8   log 2  x  1  log 2  mx  8    x  1  mx  8
 x 2   m  2  x  9  0  *
Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm thực thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm thực thỏa mãn x1  x2  1 .
m  2  6

   m  2   36  0
  m  2  6

m  4

Khi đó ta có  S  x1  x2  2
 m  2  2

 4m8
m

8

 x  1 x  1  0
9   m  2   1  0
2
 1


2

Mà m là số nguyên nên m  5; 6;7 . Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 48: Đáp án A

Phương pháp giải:
- Chứng minh d  SB; DM   d  DM ;  SBC    d  M ;  SBC  
- Đổi d  M ;  SBC   sang d  A;  SBC   .
- Dựng khoảng cách: Dựng AH  SB  H  SB  .
- Sử dụng định lí: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên
mặt phẳng.
- Sử dụng định lí Pytago, tỉ số lượng giác, hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.
Giải chi tiết:

Vì AM 

2
AB  2a  BM  a  CD .
3

Trang 22


 BCDM là hình vng cạnh a, do đó DM / / BC .
Khi đó ta có DM / /  SBC   SB nên d  SB; DM   d  DM ;  SBC    d  M ;  SBC   .

Ta có AM   SBC   B nên

d  M ;  SBC  
d  A;  SBC  



1
MB 1

  d  M ;  SBC    d  A;  SBC   .
3
AB 3

Trong  SAB  kẻ AH  SB  H  SB  ta có:
 BC  AB  gt 
 BC   SAB   BC  AH

 BC  SA  SA   ABCD  

 AH  BC  cmt 
 AH   SBC   d  A;  SBC    AH

 AH  SB
Ta có: SA   ABCD  nên AC là hình chiếu vng góc của SC lên (ABCD).

   SC ;  ABCD      SC ; AC   SCA  300 .
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng ABC ta có: AC  AB 2  BC 2  9a 2  a 2  a 10 .
Xét tam giác vng SAC có SA  AC.tan 300  a 10.

3 a 30

.
3
3

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng SAB có: AH 

Vậy d  SB; DM  

a 30
.3a
3a 370
3
.


37
SA2  AB 2
10a 2
 9a 2
3
SA. AB

1
a 370
AH 
.
3
37

Câu 49: Đáp án A
Giải chi tiết:

Vì ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AB = 2a nên AD = CD = BC = a và
ACB  ADB  900 .
 BC  AC
Trong (SAC) kẻ AH  SC  H  SC  ta có 
 BC   SAC   BC  AH .
 BC  SA

 AH  SC
 AH   SBC  1 .

 AH  BC  cmt 
Trong (ABCD) kẻ AM  CD  M  CD  , trong (SAM) kẻ AK  SM  K  SM  ta có:

Trang 23


CD  AM
 CD   SAM   CD  AK

CD  SA
 AK  CD
 AK   SCD   2 

 AK  SM
Từ (1) và (2) suy ra    SBC  ;  SCD      AH ; AK 
Lại có AK   SCD  cmt   AK  HK . Do đó tam giác AHK vng tại K  HAK là góc nhọn.
Do đó    SBC  ;  SCD      AH ; AK   HAK   và cos HAK 

10
.
5

Đặt SA  x  x  0  .
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng ABC ta có AC  AB 2  BC 2  4a 2  a 2  a 3 .
ABCD là nửa lục giác đều nên DAB  600  DAM  300  AM  AD.cos 300 

a 3
2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng ta có:
SA. AC

AH 

2

SA  AC

AK 

2

SA. AM
SA2  AM 2

x.a 3



x 2  3a 2

a 3
2
3a 2
x2 
4

x.



Xét tam giác AHK vuông tại K ta có: cos HAK 

10 AK

5
AH

10


5

a 3
x.a 3
2
:
3a 2
x 2  3a 2
x2 
4

10


5

a 3
x 2  3a 2
10
x 2  3a 2
2
.


5
x.a 3
3a 2
3a 2
x2 
2 x2 
4
4

x.

x.


3a 2 
2
2
2
2
2
2
 40  x 2 

  25  x  3a   40 x  30a  25 x  75a
4


 15 x 2  45a 2  x  a 3
Ta có: S ABCD

a 3
3
2  3a 3
2
4

 AB  CD  . AM   2a  a  .

2

1
1
3a 2 3 3a 3

Vậy VS . ABCD  SA.S ABCD  .a 3.
3
3
4
4
Câu 50: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Xác định thiết diện, xác định khoảng cách giữa trục và thiết diện.
- Áp dụng định lí Pytago tính cạnh của hình vng thiết diện, từ đó suy ra chiều cao của hình trụ.

- Thể tích khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là V   r 2 h .

Trang 24


Giải chi tiết:

Giả sử cắt hình trụ bởi một mặt phẳng (P) song song với trục của hình trụ và cách trục một khoảng bằng
ta được thiết diện là một hình vng ABCD như hình vẽ.
OM  AB
Gọi M là trung điểm của AB ta có 
 OM   ABCD 
OM  AD
 d  O;  ABCD    d  OO;  ABCD    OM 

a
2

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng OAM ta có: AM  OA2  AM 2  a 2 

a2 a 3

.
4
2

 AB  2 AM  a 3  BC  h (do ABCD là hình vng).
Vậy thể tích khối trụ là V   r 2 h   .a 2 .a 3   a 3 3 .

Trang 25

a
2