ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1-ĐÁP ÁN

I I CHI TIẾT Ề ÔN TẬP SỐ 1.C 11.B 21.D 31.C 41.D Câu 2.A 12.A 22.C 32.B 42.D 3.A 13.C 23.A 33.D 43.B 4.A 14.A 24.D 34.B 44.A 5.A 15.C 25.D 35.C 45.B 6.A 16.A 26.B 36.C 46.A 7.B 17.C 27.B 37.D 47.C 8.C 18.A 28.A 38.A 48.B Cho f ( x ), g ( x ) hai hàm số liên tục 1;3 thỏa mãn 9.C 19.B 29.D 39.C 49.D 10.D 20.B 30.D 40.B 50.D   f  x   3g  x  dx  10  2 f  x   g  x  dx  Tính   f  x   g  x  dx A B C Lời giải D Chọn C 3 3 3 f x  g x d x  10 f x d x  g x d x  10             f  x  dx  1   1 1  Ta có     13   f x  g x  dx  2 f x dx  g x dx   g x dx                  1  1 1 Suy Câu 3 1   f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx    Cho S10 cấp số nhân u1 u2 u3 un có số hạng đầu công bội q Tổng u10 B 1536 A 3069 u1 C 1023 D 1023 Chọn A q10 210 q Câu Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang? Ta có S10 u1 u2 A g  x   log x u3 u10 B k  x   u1 3069 x2  C h  x   2x  x 1 Lời giải D f  x   3x Chọn A Hàm số g  x   log x có tiệm cận đứng x  , khơng có tiệm cận ngang x2  1 Hàm số k  x   có tiệm cận đứng x   , có tiệm cận ngang y  y   2x  2 Hàm số h  x   có tiệm cận đứng x  1 , có tiệm cận ngang y  x 1 Hàm số f  x   3x khơng có tiệm cận đứng, có tiệm cận ngang y  Câu ( ;0) (0; ) là: x x3 x3 x3  3ln x  C  3ln x  C B C D   3ln x  C 3 Lời giải Họ nguyên hàm hàm số f ( x)  x  x3  3ln x  C A Chọn A 3 x3 Ta có:  ( x  )dx   x 2dx   dx   3ln | x |  C, C  x x Câu Trong không gian Oxyz , cho điểm P  a ; b ; c  Khoảng cách từ P đến trục tọa độ Oy bằng: A a2  c2 D a  c C b B b Lời giải Chọn A Câu Hình chiếu P  a ; b ; c  lên trục tọa độ Oy P  0; b ;0   d  P, Oy   PP '  a  c Bảng biến thiên bốn hàm số liệt kê Hãy tìm hàm số 2x  A y  x 1 B y  2x  x 1 C y  2 x  x 1 D y  x 1 x2 Lời giải Chọn A ax  b , nhận y  2, x  1 làm tiệm cận ngang tiệm cx  d 2x  ad  bc cận đứng y   nên ta chọn y  x 1  cx  d  Hàm số cần tìm có dạng y  Câu Câu Từ hình mẫu hình lập phương có sẵn, người ta tạo hình lập phương có độ dài cạnh gấp ba lần so với độ dài cạnh hình lập phương ban đầu thể tích hình lập phương gấp lần thể tích hình lập phương ban đầu? A B 27 C D Lời giải ChọnB Cách 1: Vì thể tích hình lập phương lập phương cạnh nên thể tích hình lập phương gấp 33  27 lần thể tích hình lập phương ban đầu Cách 2: Gọi cạnh hình lập phương ban đầu a , a  Thể tích hình lập phương ban đầu V  a Cạnh hình lập phương thứ 3a Thể tích hình lập phương thứ V '  (3a)3  27a3 V '  27V Tập xác định hàm số y  ( x  x)e là: A B \ 0; 4 C (;0)  (4; ) Lời giải D  3;    Chọn C x  nên điều kiện xác định hàm số cho là: x  x    x  (;0)  (4; ) Vì e Câu TXĐ hàm số Tập nghiệm bất phương trình log  x  x    A   ;  C  2;3 B   ;    3;    D  3;    Lời giải Chọn C Điều kiện: x  x   0, x    Ta có: log x  5x    x  5x    x2  x     x  2 Vậy tập nghiệm bất phương trình x   2;3 Câu 10 Biết đồ thị hàm số y  x  x  x  đồ thị hàm số y   x  x  cắt điểm có tọa độ ( x0 ; y0 ) Tìm y0 A B C D Lời giải Chọn D Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y  x  x  x  đồ thị hàm số y   x  x  nghiệm phương trình: x3  x  x    x  x   x3  x     x  1  x  3x  3   x 1    x   x  3x    Ptvn  Vậy x0  nên y0    Câu 11: Tính đạo hàm hàm số y  log5 x  x  2x 1 x  x 1 B y  2x 1  x  x  1 ln C y   x  1 ln D y   x  x  1 ln A y  2 Lời giải Chọn B x  x  1 '  2x 1  y    x  x  1 ln  x  x  1 ln Câu 12: Người ta sản suất đồ chơi cách tạo hình bát diện cạnh 10 cm bơm dung dịch màu vào bên (tham khảo hình vẽ) Biết vỏ hình bát diện mỏng Thể tích dung dịch cần bơm vào, tính theo cm3 , gần với giá trị sau nhất: A 471 B 942 C 943 D 944 Lời giải A 10 cm C D B O E F Chọn A Gọi O tâm hình bát diện ABCDEF Ta có AO  AD  DO  102  (5 2)2  Thể tích dung dịch cần bơm thể tích khối bát diện ABCDEF 1  VABCDEF  2VA.BCDE   S BCDE AO   102.5  471 3  Câu 13 Có cách chia hết bánh khác cho em nhỏ, biết em nhận A 12 B C 36 D 72 Lời giải Chọn C Chia bánh khác cho em nhỏ, biết em nhận nên có em nhận chiếc, hai em lại em nhận Chọn bánh chia cho em có C42 cách Lấy bánh lại chia cho hai em lại có 2! cách Vậy có C42 3.2!  36 cách Câu 14 Giả sử f hàm số liên tục khoảng K a, b, c ba số khoảng K Khẳng định sau sai? a A  f  x  dx  a b B  a c C  a b D a f  x  dx    f  x  dx b b b c b a f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx, c   a; b   f  x  dx   f t  dt a a Lời giải Chọn A a Ta có:  f  x  dx  a Câu 15 Cho hình trụ T  có chiều cao h  2m, bán kính đáy r  3m Giả sử  L  hình lăng trụ n cạnh có hai đáy đa giác nội tiếp đường tròn đáy hình trụ T  Khi n tăng lên vơ hạn tổng diện tích tất mặt của khối lăng trụ  L  (tính m ) có giới hạn là: B S  20 A S  12 D 12 C 30 Lời giải Chọn C Cách 1: Vì  L  hình lăng trụ n cạnh có hai đáy đa giác nội tiếp đường tròn đáy hình trụ T  nên độ dài cạnh lăng trụ a  2r.sin Do diện tích n mặt bên S1  nah  2nrh.sin  n  n  12n.sin  n Cơng thức diện tích đa giác n cạnh, có độ dài cạnh a là: s  2 n Tổng diện tích tất mặt khối lăng trụ  L  là: Nên diện tích hai đáy là: S  2.s  9n.sin S  S1  S  12n.sin   9n.sin 2 n n Khi n tăng lên vô hạn:  2   2     lim 12.n.sin  9n.sin   xlim 12.n.sin   xlim  9n.sin   30 x    n n  n n     nr sin 2 n Cách 2: Khi n tăng lên vô hạn, hình lăng trụ tiến dần tới hình trụ, tổng diện tích tất mặt của khối lăng trụ  L  với diện tích tồn phần hình trụ T  2 rh  2 r  30 Câu 16 Giá trị nhỏ hàm số y  x  A y   2; 4 đoạn  2;4 là: x B y  6 C y  2; 4 2; 4 25 D y   2; 4 13 Lời giải Chọn A x  ; y    x  x  3 (l ) 25 13 Ta có: f      ; f      , f  3    4 2 Vậy y  x  Cách 1: y   2;  Cách 2: Với x  2;4 nên theo bất đẳng thức Cơ – si ta có y  x  9  x  x x  x3 x Câu 17 Với hai số thực a  0, b  , khẳng định sau khẳng định sai? Dấu “ = ” xảy x  B log  a 2b2   3log a 2b2 A log  a 2b2   log  a 4b6   log  a 2b4  D log  a 2b2   log a  log b2 C log  a 2b2   2log  ab  Lời giải Chọn C Câu C sai log  a 2b2   2log ab Câu 18 Tính thể tích khối chóp tam giác có cạnh đáy a góc cạnh bên mặt đáy 60 A V  a3 12 B V  a3 C V  a3 24 D V  Lời giải Chọn A S A C O M B Gọi O trọng tâm tam giác ABC  SO   ABC  Tam giác cạnh a  S ABC  a2 Ta có :  SA,  ABC     SA; OA   SAO  60 a3 a 1 a a3  SO  AO.tan60  a  VS ABC  SO.S ABC  a  3 12 Câu 19 Một khu rừng có trữ lượng gỗ 4.105 mét khối Biết tốc độ sinh trưởng rừng 4% năm Hỏi sau 10 năm khu rừng có số mét khối gỗ gần với số nào? A 5,9.10 B 5,92.105 C 5,93.105 D 5,94.105 Lời giải Chọn B Số lượng gỗ sau 10 năm : 4.105.(1  0, 04)10  592097, 714 Câu 20 Một hình trụ có bán kính đáy r  5cm , chiều cao h  cm Diện tích xung quanh hình trụ là: A 35 cm B 70 cm 70 35  cm2 C D  cm2 3 Lời giải Chọn B Diện tích xung quanh hình trụ : S xq  2 rh  2 5.7  70 cm2 Câu 21: Cho hình nón có thiết diện qua trục tam giác cạnh a Thể tích khối nón bằng:  3a3  3a3 3a3 3a3 A B C D 24 24 8 Lời giải Chọn D Mà AO  Ta có:  V   r 2h   a  a   a   3a  r  OA   V   (dvtt)       2 24       SA a  h  SO   2 Câu 22: Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên sau Hàm số cho đồng biến khoảng đây? A  ;3 B  1;1 C  2;   Lời giải D  1;   Chọn C Dựa vào bảng biến thiên hàm số đồng biến khoảng  2;    1;    ; 1 1;   mà nên hàm số đồng biến  2;   Câu 23: Số điểm cực trị hàm số y  e x  x  A B C D Lời giải Chọn A Xét hàm số y  e x  x  có y '  e x   x  R Do hàm số y  e x  x  khơng có cực trị Câu 24: Tìm tọa độ tâm I bán kính R mặt cầu có phương trình x  y  z  x  y  A I (1; 2;0), R  B I (1;2;0), R  C I (1; 2;0), R  D I (1;2;0), R  Lời giải Chọn D Ta có: x  y  z  x  y   ( x  1)  ( y  2)  z  Do mặt cầu có tâm I ( 1; 2; 0) , bán kính R  Câu 25 Họ nguyên hàm hàm số f  x   x 1  2sin x  là: A x   x   sinx  C C B x  x cos x  2sin x  C x  x cos x  2sin x  C D x  x cos x  2sin x  C Lời giải Chọn D  x 1  2sin x  dx   x dx   2x sin x dx Có:  x dx  x2 C   I   x sin x dx   x d  cos x    x cos x  2 cos x dx  2 x cos x  2sin x  C Vậy  x 1  2sin x  dx  x  x cos x  2sin x  C Câu 26 Tìm m để hàm số y  mx   m2  1 x  đạt cực đại x  A m  B m  1 C m  Lời giải D 1  m  Chọn B y   4mx3  m2  Để hàm số đạt cực tại x  y      m2    m  1 Với m   y  x  1, y   x3   x  Khảo sát hàm số ta thấy, hàm số đạt cực tiểu x  suy m  không thỏa mãn Với m  1  y   x  1, y   4 x3   x  Khảo sát hàm số ta thấy, hàm số đạt cực đại x  Câu 27 Biết ba số a, b, c khác Trong hệ trục tọa độ  Oxyz  , tọa độ điểm M nằm mặt phẳng  Oxy  không nằm trục Ox Oy là: A (0 ;0; c) B (a ; b ;0) C (a ; b ; c) D ( a ; b) Lời giải Chọn B Câu 28 Người ta ngâm loại rượu trái cách xếp trái hình cầu có bán kính 5cm vào bình hình trụ cho hai nằm cạnh tiếp xúc với nhau, tiếp xúc với tất đường sinh mặt xung quanh hình trụ, đồng thời nằm bên tiếp xúc với mặt đáy trụ, nằm bên tiếp xúc với nắp hình trụ, cuối đổ rượu vào đầy bình Số lít rượu tối thiểu cần đổ vào bình gần với số sau đây: A 1, 57 C 1570 Lời giải B 1, D 1, Chọn A 4 Thểtíchcủa khốicầulà: V1   R   53  1000  cm3  3 Thểtíchcủacáibìnhhìnhtrụlà: V2   R h   52  6.10   1500  cm3  Thểtíchrượutốithiểucầnđổvàobìnhlà: V  V2  V1  1500  1000  500  cm3   1,57  l  Câu 29 Tập hợp tất giá trị m để phương trình 2x   m 4x  có hai nghiệm thực phân biệt a; b Tính S  2a  3b   C S  32 Lời giải B S  28 A S  29 D S  36 Chọn D Ta có   m   m  x x Xét hàm số f  x   2x  1 x 2x  4x  1  3.2   f  x    1 x x x x ln 1   x  log Ta có bảng biến thiên a  Từ biến thiên suy m 3; 10 Do   S  2.3  3.10  36 b  10 Câu 30 Cho  f  x  dx  3x  x  C Tìm  f  e x  dx    f  e  dx  e  4e  C C  f  e  dx  6e  x  C x A x 2x  f  e  dx  3e D  f  e  dx  6e x B x x 2x x x  4e x  C  4x  C Lời giải Chọn D Ta có  f  x  dx  3x  x  C  f  x   x   f  e x   6e x  Vậy  f e  dx    6e x x   dx  6e x  x  C Câu 31 Gọi T  hình chóp lục giác có cạnh bên cm, cạnh đáy cm  N  hình nón có đỉnh đỉnh T  đáy đường tròn ngoại tiếp đáy T  Thể tích khối nón  N  (tính cm ) là: A 72 B 64 17 C Lời giải 64 17 D 72 S A B F E H C D Chọn C Gọi hình chóp lục giác T  S.ABCDEF H giao điểm AD, CF , BE Do S.ABCDEF hình chóp lục giác nên SH   ABCDEF  tam giác BHA, AHF , FHE , EHD, DHC , CHB tam giác  HB  AH  HF  HE  HD  HC  cm Áp dụng định lí Pytago SBH ta được: SH  SB  BH  92  82  17 cm 1 64 17 (cm3 )  Thể tích khối nón  N  là: V   BH SH   82 17  3 x3  x Câu 32 Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn  y  Giá trị lớn biểu thức y 1 S  x  y là: 11 17 89 82 A B C D 12 12 Lời giải Chọn B Theo giả thiết y  nên ta có : x3  x  y   x3  x  y   y  1   3x   3x       y 1  f  3x   f   3 y    3y    y  với f  t   t  t Ta có f   t   3t   0, t  nên hàm số f  t  đồng biến , suy 3x  y  2 Do y  3x  y  nên x  3 2 11 11 Khi S  x  y  x  x   3 x  x   3  x  1   3 3 11 Do max S  x  Lời Bình : Đề cho x, y  giáo viên giải phản biện thống bỏ điều kiện x, y  Câu 33 Cho hàm số bậc ba f ( x)  ax3  bx  cx  d có đồ thị hình vẽ Hỏi đồ thị hàm số hay y  x  x g ( x)   3x   x  x  f  x   f  x   có đường tiệm cận đứng? A B C Lời giải D Chọn D Điều kiện: x   f  x   (1) Xét f ( x)  f  x      f  x   1(2) x  a  (1)   x   x 1     x  b  1;   x  c  Vậy  x  1 x   x    x  1 x   x  g ( x)  x f  x   f  x   1 x  x  a  x    x  1 x  b  x  c   x 1 x  x  a  x   x  b   x  c  Do x  nên đồ thị hàm số có đường Tiệm Cận Đứng Câu 34 Tập hợp tất giá trị tham số m để bất phương trình log 22 x   2m  5 log x  m2  5m   nghiệm với x   2;  A  m  B 2  m  C  m  Lời giải D 2  m  Chọn B Đặt t  log x , x   2;   t  1;  Ta có log 22 x   2m  5 log x  m2  5m    t  (2m  5)t  m2  5m    t  (m  4)t  (m  1)  Bất phương trình cho nghiệm với x   2;   m     m   2  m  Câu 35 Cho hàm số y  f ( x) xác định \ 0 có bảng biến thiên hình vẽ Số nghiệm phương trình f   x   10  A B C Lời giải D Chọn C Đặt  2x  t phương trình cho trở thành f  t   10   f (t )  10 (*) Số nghiệm phương trình (*) số giao điểu đồ thị hàm số y  f (t ) đường thẳng y 10 song song trùng với trục hoành Từ bảng biến thiên cho ta vẽ bảng biến thiên hàm số y  f (t ) Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có nghiệm Do hàm số t   2x nghịch biến nên số nghiệm t phương trình (*) số nghiệm x phương trình cho Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt Câu 36 Trong mặt phẳng  P  cho tam giác ABC cạnh cm điểm S di động mặt phẳng  P  cho tam giác MAB ln có diện tích 16 cm2, với M trung điểm SC Gọi  S  mặt cầu qua bốn đỉnh M , A , B , C Khi thể tích hình chóp S ABC lớn nhất, tính bán kính nhỏ  S  : A 16 cm B cm C 15 cm 39 cm D Lời giải Chọn C S M M I J A C C A O H H B B Gọi H trung điểm cạnh AB , ta có : CH  AB Ta có : d  S ,  ABC    2d  M ,  ABC    VSABC  2VMABC 1 Mà VMABC  VCMAB  S MAB d  C ,  MAB    16 3.d  C ,  MAB    16 3.CH 3 Do , VS ABC lớn d  C;  MAB    CH hay CH   MAB  Gọi J , O tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MAB tam giác ABC Dựng hai trục hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MAB tam giác ABC cắt I Khi I tâm mặt cầu ngoại qua điểm A , B , C , M bán kính mặt cầu qua 8  bốn điểm A , B , C , M R  OC  OI      JH   2 Do S MAB  16 , AB   d  M , AB     Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ , ta có H  0;0;0 , A  4;0  , B  4;0  , M a ;4  a4  Đường trung trực đoạn thẳng AM qua điểm N  ;  có véc tơ pháp     tuyến AM  a  4;4 nên có phương trình  a  4  x  a4 4 y2    a  32    a  32   J  0;    JH    2 8  4  15 Do Rmin              x2 Câu 37 Cho hàm số f  x   ln 2019  ln   Tính tổng S  f  1  f   3   f   2019   x  2019 2020 4035 A S  B S  2021 C S  D S  2019 2021 2021 Lời giải Chọn D Ta có: f  x   ln 2019  ln  x    ln x   ln x  ln  x    ln 2019 1  x x2 Xét S  f  1  f   3   f   2019   f ' x  1 1 1 1          1 3  2017 2017  2019 2019  2020  1  2021 2021 Câu 38 Cho hình lăng trụ đứng ABC.A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác vng BA  BC  a , cạnh bên AA '  a , M trung điểm BC Khoảng cách hai đường thẳng AM B ' C là: a a a a A B C D Lời giải Chọn A Cách 1: Trong  ABC  , dựng hình bình hành AMCN  AM // CN   B ' CN   AM //  B ' CN  Do đó, d  AM , B ' C   d  AM ,  B ' CN    d  M ,  B ' CN    Trong  ABC  , kẻ BH  CN d  B,  B ' CN   Ta lại có, CN  BB ' (Vì BB '   ABC   CN ) Suy ra, CN   B ' BH  Mà CN   B ' CN  nên  B ' CN    B ' BH  Mặt khác,  B ' CN    B ' BH   B ' H Trong  B ' BH  , kẻ BK  B ' H  BK   B ' CN  Do đó, d  B,  B ' CN    BK Gọi I trung điểm CH Khi đó, MI // BH (do MI đường trung bình CBH )  MI  CN 1 1a a a2  S AMCN  S ABCN  S ABM   AN  BC  AB  AB.BM    a  a  a  2 2 2 2  a a CN  AM  AB  BM  a     2 a2 S a 2a Mà S AMCN  MI CN  MI  AMCN    BH  2MI  CN 5 a Trong B ' BH vng B có BH đường cao, ta có: 2a a B ' B.BH 2a BK    B ' B  BH 2  2a  a     2   1 2a a  d  AM , B ' C   d  B,  B ' CN    BK   2 7 Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho B  O ; tia BA, BC , BB trùng với tia Ox, Oy, Oz (như hình vẽ )  Khi đó: B  0;0;0  , A  a;0;0  , C  0; a;0  , B ' 0;0; a   a  Do M trung điểm BC nên M  0; ;0    a   AM   a; ;0  , B ' C  0; a; a , AC   a; a;0       a   a 2  AM , BC      AM , B ' C     ;  a 2;  a ,    a        2          a   a 14  a a  AM , BC  AC    a   a a   a      2 a   AM , B ' C  AC a   d  AM , B ' C     a 14  AM , B ' C    Câu 39: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy tam giác ABC vng cân A , góc mặt phẳng  ABC  mặt phẳng  BCC B  60 khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng a Thể tích khối đa diện ABCAC là: a3 3a3 A B C a3 2 Lời giải Chọn C  ABC  D a3 C' B' A' x N H M B C y A Gọi M trung điểm BC ; N , H hình chiếu vng góc M B ' C B B ' A Ta có  ABC    BCC B   B ' C     ABC  ;  BCC B    ANM  600  AM   BCC B   MN  B ' C   AC  AB Mặt khác ta có   AC   ABB ' A ' , mà BH   ABB ' A '  AC  BH  AC  B ' B  AC  BH a Vì   BH   AB ' C   d  B;  AB ' C    BH   AB '  BH Đặt AB  x, BB '  y Ta có Ta có BCB ' NCM  1 y    (1) AM  2 x y BH 3a MN BB ' BB ' y x xy   MN  MC   MC B ' C B 'C x2  y 2 x2  y MNA có AM tan ANM   MN y 2 xy  x2  y2  tan 600  x x2  y  x x2  y  3x y x 2x2  y vào (1) ta x  y  a 1 Khi VABCAC   VB ' ACC ' A '  B ' A '.S ACC ' A '  a a 3 Câu 40: Một khúc gỗ có dạng hình khối nón có bán kính đáy r  1m , chiều cao h  3m Bác thợ mộc muốn chế tác từ khúc gỗ thành khúc gỗ có dạng hình khối trụ hình vẽ cho thể tích khối trụ lớn Gọi V thể tích lớn Tính V  A V  m  B V     a 3  chọn C 4 4 m3  m3  C V    Lời giải: D V  m  Chọn B Gọi x bán kính khối trụ 1  x   Khi chiều cao khối trụ h   3x Thể tích khối trụ là: V   x   3x     3x  3x3  Khi đó: V     x  x  ;V    x  0; x  4 m3  Chọn đáp án B  Lưu ý: dùng bất đẳng thức cơsi để tìm max V sau 3 x  x  (3  x) 3 4 V   x   3x    x x.(3  x)     2 9 m ln x  Câu 41 Cho hàm số y  ( m tham số thực) thỏa mãn y  max y  Mệnh đề 1;e 1;e ln x  duới đúng? A  m  10 B  m  C m  2 D  m  11 Lời giải Chọn D m2 Trên đoạn 1;e ta có: y '  x  ln x  1 Sử dụng bảng biến thiên ta có Vmax   TH1: Nếu m   y '  0, x  1;e  Hàm số đồng biến 1;e  y  y(1)   , max y  y (e)  1;e 1;e m2 m2   m  10 (nhận)  TH2: Nếu m   y '  0, x  1;e  Hàm số nghịch biến 1;e y  max y     1;e 1;e m2 , max y  y(1)   1;e 1;e m2 y  max y      m  10 (loại) 1;e 1;e  TH3: Nếu m   y '  0, x  1; e  Hàm số hàm 1;e  y  y (e)   y  max y    y  max y   (không thỏa mãn giả thiết) 1;e 1;e 1;e Vậy m  10  6;11  1;e Câu 42 Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có tất cạnh a Gọi M , N , P trung điểm AB , BC AB Tính tang góc hai mặt phẳng  MNP   ACP  A B C Lời giải Chọn D D K B' C' I P Q' A' N B C H Q M A Vì MN // AC nên giao tuyến hai mặt phẳng ( MNP ) ( ACP) đường thẳng qua P song song với AC , tức đường thẳng PK với K trung điểm BC Gọi Q , Q  trung điểm AC AC mp  BQQB   PK I Gọi H giao điểm BQ MN góc hai mặt phẳng ( MNP ) ( ACP) HIQ BQ a HQ nên tan HIQ    IH m Câu 43 Tập hợp tất giá trị tham số m để hàm số y  ln  x  1   nghịch biến x 1  khoảng  ;3 là: 2  1  27    3 4    27 4  ;  A  B  ; C  ;  D  ;      2 3   3 Lời giải Chọn B m 1  Hàm số y  ln  x  1   nghịch biến khoảng  ;3 x 2  m 1   y    x   ;3 3x  x 2  3x 1  m x   ;3 1  3x 2  3x 1  Xét hàm số f  x    ;3  3x 2  x  3  3x  x  Ta có: f   x   0 x  1  3x   3x 1  Bảng biến thiên hàm số f  x    ;3 sau:  3x 2  Tam giác HIQ vng H có IH  a , HQ  27 Câu 44 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B , AB  a , SA  2a SA  ( ABC ) Gọi H , K hình chiếu A lên SB SC Tính thể tích hình chóp S AHK Theo bảng biến thiên: 1  m  A 8a 45 B 8a 15 4a C D 4a 15 Lời giải Chọn A S K 2a H C A a a B VS AHK SA SH SK SH SB SK SC SA2 SA2 16a      Ta có: 2 2 2 2 VS ABC SA SB SC 15 SB SC SB SC a  a 4a  2a   1 a3 Mặt khác: VS ABC  AB.BC.SA  3 8 a 8a3 Suy ra: VS AHK  VS ABC   15 15 45 Câu 45 Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f '  x   x  x    x  mx  5 với x   Số giá trị nguyên âm m để hàm số g  x   f  x  x   đồng biến khoảng 1;   A B C Lời giải D Chọn B Ta có g '  x    x  1 f '  x  x   Để hàm số g  x  đồng biến khoảng 1;    g '  x   x  1;    f '  x  x    x  1;       x  x    x  x   x  x    m  x  x     x  1;   2   x2  x  2  m  x2  x  2   1 x  1;   Đặt t  x  x  , x  1;    t  Khi 1 trở thành t  mt   t   0;    t    m   t   0;   t Để 1 nghiệm với x  1;      nghiệm với t   0;   5 Ta có h  t   t   với t   0;   Dấu xảy t   t  t t Suy Min  h  t    t 0;   Vậy   nghiệm với t   0;    m   m  2 KL: Số giá trị nguyên âm m Câu 46 Cho hàm số y  x3  3x có đồ thị (C) tiếp tuyến với  C  song song với đường thẳng y  x  16 có phương trình y  ax  b Tính log (a  b) : A B C Lời giải Chọn A Ta có y  3x  D Gọi M  x0 ; x03  3x0  tiếp điểm Hệ số góc tiếp tuyến  C  M là: k  3x02  Vì tiếp tuyến  C  M song song với đường thẳng y  x  16 nên ta có:  x0  3x02      x0  2 Tại x0   M  2;  : Phương trình tiếp tuyến là: y  x  16 (loại) Tại x0  2  M  2; 2  : Phương trình tiếp tuyến là: y  x  16 (thỏa mãn) a  Tiếp tuyến là: y  x  16    log5  a  b   log5   16   b  16 Câu 47 Nếu log2  log8 x   log8  log2 x   log2 x  A B C 27 Lời giải Chọn C ĐKXĐ: log x   x  Ta có: log  log8 x   log8  log x  1   log  log x   log 3   log x  log x  log 23 x  log x 27  log 23 x  27 log x  log x  D 3  log 22 x  27 (do log x  ) Vậy  log x   27 Câu 48 Trong buổi hội có 10 thành viên nam 12 thành viên nữ, có cặp vợ chồng Ban tổ chức muốn chọn đôi, đôi gồm nam nữ để tham gia trò chơi Tính xác suất để đơi đó, có đơi cặp vợ chồng Biết trò chơi, người vợ ghép đơi với người khác chồng người chồng ghép đơi với người khác vợ 217 217 7 A B C D 3960 1980 160 120 Lời giải Chọn B Gọi cặp vợ chồng C1-V1 C2-V2 (C=chồng, V=vợ) * Số cách chọn đôi: - Đầu tiên chọn nam 10 nam: C107 (cách) - Xếp người nam thành hàng ngang, người có 12 cách ghép với nữ, người thứ hai có 11 cách, suy số cách ghép đôi 12.11.10.9.8.7.6 (cách) - Theo quy tắc nhân có C107 12.11.10.9.8.7.6  479001600 (cách) * Số cách chọn đơi, có cặp vợ chồng - Trường hợp 1: có cặp vợ chồng C1-V1, lấy nam nam lại: + Nếu nam khơng có C2 số cách ghép cặp lại là: C86 11.10.9.8.7.6  9313920 (cách) + Nếu nam có C2 số cách ghép cặp lại là: có 10 cách ghép C2 với nữ (trừ V2 trừ V1), nam lại có C85 cách, số cách ghép cặp cho nam 10.9.8.7.6 cách Vậy theo quy tắc nhân có 10.C85 10.9.8.7.6  16934400 (cách) Theo quy tắc cộng, có 9313920 16934400  26248320 (cách) - Trường hợp 2: có cặp vợ chồng C2-V2, tương tự có 26248320 (cách) 2.26248320 217  Vậy xác suất cần tính là: 479001600 1980 Câu 49 Số nghiệm phương trình x A B  x 3 x 3x 1  là: C Lờigiải D Chọn D 2 x  x 3 x.3x 1   x 1 x2 3 x  x 1   log        x  1  x  3x    x  1 log  x   x  x  log  (1)     log  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác  4  log  Do phương trình cho có nghiệm phân biệt Lời bình: Tăng Duy Hùng - Cần nhận xét thêm x  không nghiệm pt(1) Câu 50 Gọi S tập giá trị nguyên m   0;100 để hàm số y  x3  3mx2  4m3  12m  có cực trị Tính tổng phần tử S A 10096 B 10094 Chọn D C 4048 Lời giải D 5047 Để hàm số y  x3  3mx2  4m3  12m  có cực trị hàm số y  x3  3mx2  4m3 12m  có cực trị nằm hai phía trục Ox Xét hàm số: y  f  x   x3  3mx  4m3  12m   x   y  4m3  12m  Có: y'  3x  6mx     x  2m  y  12m    Hai cực trị hàm số y  f  x  là: A 0; 4m3  12m  ,B  2m; 12m  8 Để hai cực trị nằm hai phía trục Ox 2  4m3  12m   12m  8   m   ; 1   1;     2;   3  Mà: m   0;100  m  3; 4; 5; 6; ;100   Vậy tổng giá trị m là:   100  98  5047 ... Khảo sát hàm số ta thấy, hàm số đạt cực tiểu x  suy m  không thỏa mãn Với m  1  y   x  1, y   4 x3   x  Khảo sát hàm số ta thấy, hàm số đạt cực đại x  Câu 27 Biết ba số a, b, c... 1;   mà nên hàm số đồng biến  2;   Câu 23: Số điểm cực trị hàm số y  e x  x  A B C D Lời giải Chọn A Xét hàm số y  e x  x  có y '  e x   x  R Do hàm số y  e x  x  khơng... rừng có số mét khối gỗ gần với số nào? A 5,9.10 B 5,92.105 C 5,93.105 D 5,94.105 Lời giải Chọn B Số lượng gỗ sau 10 năm : 4.105.(1  0, 04)10  592097, 714 Câu 20 Một hình trụ có bán kính