Đề thi thử toán năm 2017 chuyên trần phú hải phòng lần 1 lời giải chi tiết

TUẤN TEO TÓP ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017 THPT CHUN TRẦN PHÚ LẦN I Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 90 phút Câu 1: Tập xác định hàm số y  x   x3 là: 2 x A  ; 3   2;   B  ; 3   2;   C  3; 2   Câu 2: Nghiệm phương trình    25  A D  3;  x 1  125x là: B C  D Câu 3: Từ miếng tơn hình bán nguyệt có bán kính R  , người ta muốn cắt hình chữ nhật (xem hình) có diện tích lớn Diện tích lớn có miếng tơn hình chữ nhật là: A B C D Câu 4: Một học sinh giải phương trình 3.4x   3x  10 2x   x  * sau: - Bước 1: Đặt t  2x  Phương trình (*) viết lại là: 3.t   3x  10  t   x  1 Biệt số:    3x  10   12   x   x  48x  64   3x  8 Suy phương trình (1) có hai nghiệm: t  - Bước 2: + Với t  t   x 1 ta có x   x  log 3 + Với t   x ta có 2x   x  x  (Do VT đồng biến, VP nghịch biến nên phương trình có tối đa nghiệm) - Bước 3: Vậy (*) có hai nghiệm x  log x  Bài giải hay sau? Nếu sai sai bước nào? A Bước B Bước C Đúng D Bước TUẤN TEO TĨP Câu 5: Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số y  x  2mx  2m  qua điểm N  2;0  A B  17 C 17 D Câu 6: Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cân A với BC  2a, BAC  1200 , biết SA   ABC  mặt (SBC) hợp với đáy góc 450 Tính thể tích khối chóp S.ABC a3 A a3 B C a a3 D 2 Câu 7: Hàm số y  x  x3  A Nhận điểm x  làm điểm cực đại B Nhận điểm x  làm điểm cực tiểu C Nhận điểm x  làm điểm cực đại D Nhận điểm x  làm điểm cực tiểu Câu 8: Cho hàm số y   x3  mx   3m   x  Tìm tất giá trị m để hàm số nghịch biến  m  1 A   m  2 Câu 9: Cho hàm số y  B 2  m  1  m  1 C   m  2 D 2  m  1 x2 có đồ thị (C) Tìm tọa độ điểm M có hồnh độ dương thuộc (C) x2 cho tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận nhỏ A M  2;  B M  0; 1 C M 1; 3 1 Câu 10: Số nghiệm nguyên bất phương trình:   3 A B x 3 x 10 C 11 D M  4;3 1    3 x2 là: D Câu 11: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc điểm A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC Biết thể tích khối lăng trụ a3 Tính khoảng cách hai đường thẳng AA’ BC A 3a B 4a C 3a D 2a Câu 12: Tập nghiệm bất phương trình: log0,8  x2  x   log0,8  2 x   là: TUẤN TEO TÓP A  ; 4   1;   B 1;  C  4;1 D  ; 4   1;  Câu 13: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang vng A B, AB  BC  a , AD  2a , SA   ABCD  SA  a Gọi E trung điểm AD Kẻ EK  SD K Bán kính mặt cầu qua sáu điểm S, A, B, C, E, K bằng: A a B a C a D a Câu 14: Tập nghiệm bất phương trình  log x  là: A  0;16  B  8;   C  8;16  D Câu 15: Đồ thị hình bên hàm số y   x3  3x2  Tìm tất giá trị m để phương trình x3  3x2  m  có hai nghiệm phân biệt? Chọn khẳng định A m  B m  C m  m  D  m  Câu 16: Cho hình nón đỉnh S, đáy hình tròn tâm O, thiết diện qua trục tam giác cạnh a , thể tích khối nón là: A  a3 24 B Câu 17: Cho hàm số y  a C  a3 12 a 2x 1 có đồ thị (C) Tìm tất giá trị m để đường thẳng x 1  d  : y  x  m  cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho A m   10 D B m   AB  C m   10 D m   Câu 18: Cho a số thực dương, a  Khẳng định sau sai? A  0,125 log a 1 B log a  1 a C log a 1  a Câu 19: Số điểm cực đại đồ thị hàm số y  x  100 là: D 9log2 a  2a TUẤN TEO TÓP A B C D Câu 20: Giá trị lớn hàm số: y  x3  3x2  12 x  đoạn  1; 2 là: A 15 B 66 C 11 D 10 Câu 21: Cho khối nón đỉnh O, chiều cao h Một khối nón khác co đỉnh tâm I đáy đáy thiết diện song song với đáy hình nón cho Để thể tích khối nón đỉnh I lớn chiều cao khối nón bao nhiêu? A h B h 3 C 2h D h Câu 22: Đồ thị hình bên hàm số nào? A y  x2 x 1 B y  2x 1 x 1 C y  x3 1 x D y  Câu 23: Trong mệnh đề sau, mệnh đề đúng? A Hai khối đa diện tích B Hai khối chóp có hai đáy tam giác thể tích C Hai khối lăng trụ có chiều cao thể tích D Hai khối đa diện tích x 1 x 1 TUẤN TEO TÓP Câu 24: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có cạnh bên AA '  2a Tam giác ABC vuông A có BC  2a Thể tích khối trụ ngoại tiếp lăng trụ là: A 2 a3 B 4 a  Câu 25: Giá trị biểu thức P  A C 8 a  D 6 a  23.31  53.54 103 :102   0,1 B -9 C -10 D 10 Câu 26: Đạo hàm hàm số y  log8  x  x   là: A  x  3x  4 ln B 2x   x  3x  4 ln C 2x   x  3x  4 ln 2 D 2x   3x  x2 Câu 27: Cắt hình nón đỉnh S mặt phẳng qua trục ta tam giác vng cân có cạnh huyền a Gọi BC dây cung đường tròn đáy hình nón cho mặt phẳng  SBC  tạo với mặt phẳng đáy góc 600 Tính diện tích tam giác SBC A S  a2 3 B S  a2 C S  a2 D S  a2 2 Câu 28: Đồ thị hình bên hàm số nào? Chọn khẳng định ? A y  x3  x2  B y  x3  3x  C y   x3  3x  D y   x3  x2  Câu 29: Từ nguyên vật liệu cho trước, cơng ty muốn thiết kế bao bì để đựng sữa với thể tích 1dm2 Bao bì thiết kế hai mơ hình sau: hình hộp chữ nhật có đáy hình vng hình trụ Hỏi thiết kế theo mơ hình tiết kiệm nguyên vật liệu nhất? Và thiết kế mơ hình theo kích thước nào? A Hình hộp chữ nhật cạnh bên cạnh đáy B Hình trụ chiều cao bán kính đáy C Hình hộp chữ nhật cạnh bên gấp hai lần cạnh đáy TUẤN TEO TĨP D Hình trụ chiều cao đường kính đáy Câu 30: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh 2a , tam giác SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt đáy Tính thể tích khối chóp S.ABC A V  a3 B V  a3 C V  3a D V  3a3 Câu 31: Một hình trụ có đường kính đáy chiều cao nội tiếp mặt cầu bán kính R Diện tích xung quanh hình trụ bằng: A 2 R B C 2 R 2 R D 4 R Câu 32: Cho hàm số y  x3  mx  x  m  Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A  xA ; y A  , B  xB ; yB  thỏa mãn xA2  xB2  A m  3 B m  C m  Câu 33: Tìm tất giá trị m để phương trình: A 1;  x   x  m có nghiệm C  ;0 B  0;1 D m  1 D  0;1 Câu 34: Phương trình log3  3x    có nghiệm là: A 25 B Câu 35: Cho hàm số y  29 C 11 D 87 3x  Khẳng định sau đúng? 1 2x A Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  B Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang C Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y   D Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  Câu 36: Tìm tất giá trị m để phương trình log32 x   m  2 log3 x  3m   có nghiệm x1 , x2 cho x1.x2  27 A m  C m  B m  25 28 D m  Câu 37: Cho hàm số y  x  8x  Các khoảng đồng biến hàm số là: A  2;0   0;  B  ; 2   2;   C  ; 2   0;  Câu 38: Tập xác định hàm số y   x   3 là: D  2;0   2;   TUẤN TEO TÓP A  ;  B \ 2 C D  2;   Câu 39: Tìm tất giá trị m để hàm số: y  x3  mx   m2  m  1 x  đạt cực đại x  A m  1 B m  C m  D m  2 Câu 40: Một khối lập phương có cạnh 1m Người ta sơn đỏ tất cạnh khối lập phương cắt khối lập phương mặt phẳng song song với mặt khối lập phương để 1000 khối lập phương nhỏ cạnh 10cm Hỏi khối lập phương thu sau cắt có khối lập phương có hai mặt sơn đỏ? A 100 B 64 C 81 Câu 41: Tìm tất giá trị m để hàm số : y  D 96  m  1 x  xm đồng biến khoảng xác định A 2  m  B 2  m  Câu 42: Phương trình 5x1   0,  A x2 B -2  m 1 C   m  2  m 1 D   m  2  26 có tổng nghiệm là: C D Câu 43: Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD hình thoi cạnh a BAD  600 , AB’ hợp với đáy (ABCD) góc 300 Thể tích khối hộp là: A a3 B a3 C 3a D a3    Câu 44: Cho hàm số y  3sin x  4sin x Giá trị lớn hàm số khoảng   ;   2 A B C -1 D Câu 45: Một bác nông dân vừa bán trâu số tiền 20.000.000 (đồng) Do chưa cần dùng đến số tiền nên bác nông dân mang tồn số tiền gửi tiết kiệm ngân hàng loại kì hạn tháng với lãi suất kép 8,4% năm Hỏi sau năm tháng bác nông dân nhận tiền vốn lẫn lãi (làm tròn đến hàng đơn vị)? Biết bác nơng dân khơng rút vốn lãi tất định kì trước rút trước thời hạn ngân hàng trả lãi suất theo loại khơng kì hạn 0,01% ngày (1 tháng tính 30 ngày) A 31803311 B 32833110 C 33083311 D 30803311 TUẤN TEO TÓP Câu 46: Một chất điểm chuyển động theo phương trình S  t  9t  t  10 t tính (s) S tính (m) Thời gian vận tốc chất điểm đạt giá trị lớn là: A t  5s B t  6s C t  2s D t  3s Câu 47: Tìm tất giá trị m để giá trị nhỏ hàm số f  x   2x  m 1 đoạn x 1 1; 2 A m  B m  C m  D m  x Câu 48: Tập nghiệm bất phương trình   A   ;     B  ;0  x 1    là: 4 2  C  ;   3  D  0;   \ 1 x  3x  m Câu 49: Cho hàm số y  có đồ thị  C  Tìm tất giá trị m để (C) không xm có tiệm cận đứng A m  B m  C m  m  D m  Câu 50: Tìm tất giá trị m để hàm số: y  x3   m  1 x   m   x  nghịch biến khoảng có độ dài lớn A m  m  B m  C m  D m  TUẤN TEO TÓP Đáp án 1-D 2-C 3-C 4-C 5-B 6-B 7-B 8-B 9-D 10-A 11-C 12-D 13-A 14-C 15-C 16-A 17-A 18-D 19-A 20-A 21-D 22-B 23-D 24-D 25-C 26-B 27-B 28-B 29-D 30-A 31-A 32-B 33-D 34-B 35-C 36-D 37-D 38-C 39-C 40-D 41-B 42-B 43-D 44-A 45-A 46-D 47-A 48-C 49-C 50-A LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án D - Phương pháp Cho hàm số y  f  x  Tìm tập xác định D hàm số y = f(x) tìm điều kiện để biểu thức f(x) có nghĩa dạng thường gặp : + + + A ĐK: A  A ĐK: B  B A ĐK: B  B x 3 0  x  3  - Cách giải: Hàm số cho xác định    x   x   3;  x    2  x  Câu 2: Đáp án C - Phương pháp : biến đổi vế số   - Cách giải:    25  x 1  125x   53x  52  55x  x   2x 5 Câu 3: Đáp án C - Phương pháp +Chia hình chữ nhật thành hình tam giác +Dùng bất đẳng thức cosi: a  b2  2ab - Cách giải: Gọi O tâm hình bán nguyệt MQ  x  OQ  32  x Shcn  4SMQO  2x 32  x  x  32  x  ( áp dụng bđt cosi) Vậy Shcn  TUẤN TEO TÓP Câu 4: Đáp án C - Phương pháp : Giải pt, bpt cần bước +Tìm điều kiện xác định +Biến đổi pt, bpt để giải kết +Đối chiếu nghiệm với điều kiện kết luận Câu 5: Đáp án B - Phương pháp Đồ thị hàm số y = f(x) qua M  x ; y0  tọa độ điểm M thỏa mãn y  f  x  - Cách giải: Thay tọa độ điểm M vào pt đths cho ta được: 6m  17  m  17 Câu 6: Đáp án B - Phương pháp : Cơng thức tính thể tích khối chóp S.ABC là: VS.ABC  h.Sday - Cách giải: Gọi K trung điểm BC, ABC cân A  AK  BC Mặt khác, ta có SA   ABC  SA  BC  BC  SAK   Góc mặt phẳng (SBC) đáy góc SKA  450 Xét AKC vng K có góc C  300 CK  a  AK  tan  300  CK  AC  a 3 a Xét SAK vuông cân A  SA  AK  SABC S a 3  sin  BAC  AB.AC  a 1 3 a3  VS.ABC  SA.SABC  a .a  3 3 Câu 7: Đáp án B - Phương pháp : + Tính y’ Cho y '   x1; x ; C A K B TUẤN TEO TÓP Mặt khác AM  BC ABC A' B'  BC   A 'MA   BC  MN   Từ (1) (2) C' => MN đường vuông chung Kẻ OP // MN  SABC  OP AO   MN AM N P V 3a  OA '  ABCA 'B'C'  a SABC A B O M Xét A 'OA vuông tai O, đường cao OP C 1 a 3a    OP   MN  2 OP OA OA ' Câu 12: Đáp án D - Phương pháp f  x   g  x   a  log a f  x   log a g  x    f  x   g  x    a  ĐK: f  x   0;g  x   - Cách giải: x  x   x   ; 1   0;  ĐK:  2x   S bpt  x  x  2x   x   ; 4   1;    x   ; 4   1;2  Câu 13: Đáp án A I K - Cách giải: Dựng I tâm mặt cầu ngoại tiếp, 2 a 2 a 2 AI  AO  AM        a     2 E Câu 14: Đáp án C - Phương pháp y  loga f  x   ĐK: f  x   - Cách giải: ĐK: x  log x  x     x  16  log x  x  16    x  8;16  D A O B C TUẤN TEO TÓP Câu 15: Đáp án C - Phương pháp Cách 1: Giải thông thường + Tìm y’ + Để hàm số có nghiệm phân biệt pt y’ = có nghiệm phân biệt Cách 2: Dựa vào đồ thị hàm số y = f(x) để tìm m hàm số Đồ thị hàm số y  f  x  y  f  x  đối xứng qua trục hoành - Cách giải: Giải theo cách 2: x3  3x  m   x3  3x   m  O Để phương trình có nghiệm phân biệt m   m   4 Câu 16: Đáp án A l - Phương pháp h Cơng thức tính thể tích khối nón V  .r h - Cách giải: Có OH  h  a a ; r   V  a 2 24 H Câu 17: Đáp án A - Phương pháp dk : m + Xét pt hoành độ giao điểm   g  x   + Biện luận: để (d) cắt (C) điểm phân biệt g  x   phải có nghiệm phân biệt + Gọi A, B giao điểm (d) (C) + Tính AB để suy m - Cách giải: TXĐ: x  1 Xét pt hoành độ giao điểm: 2x   x  m 1  x   m  2 x  m    g  x  x 1 Để (d) cắt (C) điểm phân biệt g  x   phải có nghiệm phân biệt   m     m     m2  8m  12   m   ; 6    2;   A TUẤN TEO TÓP Gọi A  x1; y1  ;B  x ; y2  giao điểm (d) (C)  x1  x  m  Theo định lý vi-et ta có:   x1 x   m  AB2   x  x1    y2  y1   12   x1  x   8x1x  12 2   m     m      m   10 Câu 18: Đáp án D - Phương pháp +Sử dụng công thức logarit + Với a  a  ta có: log a  ; a loga m  m - Cách giải: A  0,125  B log a  log a a 1  1 a C log a  1  log a   log a a   a 3 a Dễ thấy D sai Câu 19: Đáp án A - Phương pháp : Nếu hàm số y có y '  x   y"  x   x điểm cực đại hàm số ( y"  x   x điểm cực tiểu hàm số) - Cách giải: Ta có: y'  4x  y"  12x  0x  x  điểm cực tiểu đths Câu 20: Đáp án A - Phương pháp : dùng BBT để tìm GTLN GTNN - Cách giải: y '  6x  6x 12 x  y'     x  2 x 2 y' BBT: y 1 - - 15 + -5 Từ BBT ta thấy GTLN=15 TUẤN TEO TÓP Câu 21: Đáp án D - Phương pháp +Cơng thức tính thể tích khối nón V  .r h + V1  .n.h 1  n  r (ĐK:  n  1) +Từ ta thấy V1  f  n  V  V1max f  n max +Khảo sát f(n) để tìm n cho f(n) max - Cách giải: Ta có: f  n   n 1  n   n  2n  n (đk:  n  1) y '  3n  4n   n  1 L  y'     n   TM   + n h 2r h1   r1   VI  .h 3 3 81 Câu 22: Đáp án B - Phương pháp + Đồ thị hàm số y  y ax  b d với a,c  0,ad  bc có tiệm cận đứng x   tiệm cận ngang cx  d c a c - Cách giải: Dựa vào đồ thị ta thấy, đths có TCĐ : x  1 TCN: y  Câu 23: Đáp án D - Phương pháp + Hai khối đa diện có phép dời hình (phép đối xứng, phép tịnh tiến, phép quay, ) biến khối đa diện thành khối đa diện + Định lí: Hai tứ diện ABCD A'B'C'D' chúng có cạnh tương ứng nhau, nghĩa AB = A'B', BC = B'C', CD = C'D', DA = D'A', AC = A'C' BD = B'D' -Cách giải: Từ suy đáp án A, B, C sai (diện tích khối đa diện, khối chóp, khối lăng trụ tích chiều cao đáy nhau) Câu 24: Đáp án D - Phương pháp  V  R h TUẤN TEO TĨP A' C' - Cách giải: Thể tích khối lăng trụ ngoại tiếp khối lăng trụ là:  BC  V  R h    2a  6a   B' Câu 25: Đáp án C - Phương pháp C + áp dụng phép nhân, chia hai lũy thừa có số C a b a c  a bc ,a b : a c  a bc B - Cách giải: P 23.21  53.54 103  102   0,1  22  9    10 1 10  1  9 10 10 Câu 26: Đáp án B - Phương pháp + Sử dụng cơng thức tính đạo hàm với hàm logarit  log a u  '  u' u ln a - Cách giải: y '  log8  x  3x   '  x x 2  3x   '  3x   ln  2x   x  3x  .ln Câu 27: Đáp án B - Phương pháp -Phương pháp:Xác định góc (SBC) đáy, từ suy độ dài SI BC - Cách giải: SAB vuông cân S, AB  a 2,SA  SB  a suy OB  a  SO S Gọi I trung điểm BC, SBC cân S suy SI  BC Góc (SBC, đáy)=góc SIO  600 sin SIO  SO a  sin 600  SI  SI BC  2BI  SB2  SI   SSBC a2  SI.BC  a2 3 B O I C A TUẤN TEO TÓP Câu 28: Đáp án B - Phương pháp : giả sử hàm số có dạng y  ax  bx  c Bước 1: Xét a  , đồ thị lên Nếu a  đồ thị xuống Bước 2: Tính đạo hàm + Tính y '  2ax  c + Giải phương trình y '   suy điểm cực trị *Cách khác : Lập bảng biến thiên - Cách giải: Giá trị y điểm cực trị -3 Xét y  2x  6x  x   y  y '  6x  12x, y'  suy   L  Loại  x   y  7 Xét y  x  3x  x   y  thỏa mãn y '  3x  6x, y '  suy   x   y  3 Câu 29: Đáp án D - Phương pháp : Đối với toán liên quan đến diện tích khối trịn xoay này, cần áp dụng cơng thức tính diện tích khối cách xác đem so sánh - Cách giải: Để tiết kiệm nguyên liệu diện tích xung quanh bao bì phải nhỏ Trong lời giải đơn vị độ dài tính dm, diện tích tính dm2 Xét mơ hình hình hộp chữ nhật có đáy hình vng cạnh a chiều cao h Khi ta có a2h=1 diện tích tồn phần S  2a  4ah Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho số 2a , 2ah, 2ah ta có S  3 2a 2ah.2ah  Dấu xảy a = b Xét mơ hình hình trụ có đáy hình trịn bán kính r chiều cao h Ta có r h  diện tích tồn phần S  2r  2rh Áp dụng bất đẳng thức cosi, ta có: S  2r  2rh  3 2r rh.rh  5,536 Khi h  2r TUẤN TEO TĨP Vậy mơ hình hình trụ tốt Hơn ta cịn thấy mơ hình hình hộp hình lập phương tiết kiệm nhất, mơ hình hình trụ hình trụ có chiều cao đường kính đáy tiết kiệm Câu 30: Đáp án A - Phương pháp Để tính diện tích hình chop cần: + Tìm chiều cao hình chóp: mặt bên vng góc với đáy=> chiều cao mặt bên vng đáy=> chiều cao hình chóp + Diện tích đáy chóp - Cách giải: Gọi M trung điểm AB SAB suy SM  AB Gt  SM chiều cao Xét SAB : SM  AB a 1 VS.ABC  a 3.2a.2a .sin 600  a 3 Câu 31: Đáp án A - Phương pháp +Hình trụ C gọi nội tiếp mặt cầu (S) hai đáy hình trụ hai đường trịn mặt cầu (S) +Hình trụ C’ có bán kính R chiều cao 2R gọi ngoại tiếp mặt cầu (S) trục hình trụ đường kính mặt cầu - Cách giải: Theo công thức: Sxq = Sđáy h  2rh Từ giả thiết chiều cao đường kính đáy suy  2r Câu 32: Đáp án B - Phương pháp + Tính y’ + áp dụng định lý viet để giải yêu cầu toán - Cách giải: y  x  mx  x  m  y '  x  2mx  TUẤN TEO TÓP  '  m2   0m  y '  có nghiệm phân biệt (ln đúng)  x A  x B  2m theo Vi-et:   x A x B  1 Từ giả thiết  x 2A  x B2    x A  x B   2x A x B  2 m0 Câu 33: Đáp án D - Phương pháp + Tìm điều kiện x để có nghĩa + Đặt x  t sau xét hàm f(t) - Cách giải: ĐK: x  x2 1  x  m Đặt x  t  t   pt  t   t  m Vì t   t  m  1 Xét hàm f  t   t   t f ' t    x  1  4x  0x   hàm số nghịch biến t   f  t   f    m  kết hợp với 1   m  Câu 34: Đáp án B - Phương pháp : giải pt logarit dang loga x  c +Đặt điều kiện x + pt trở thành a x  c  x  loga c - Cách giải: log3  3x    , điều kiện: x  pt  3x   33  27  x  Câu 35: Đáp án C 29 3 TUẤN TEO TÓP - Phương pháp : Đối với dạng câu hỏi tiệm cận mà đáp án đưa tương tự khác số, ta xét ý , loại trừ đáp án sai chất,… +Tính tốn : Tính loại giới hạn hàm số để tìm tiệm cận - Cách giải: y  3x  3x  3  lim y  lim  x  x   2x  2x Do đó, hàm số có tiệm cận ngang y   Câu 36: Đáp án D - Phương pháp : Đây coi tam thức bậc hai với ẩn x log3 x - Cách giải:  log3 x    m   log3 x  3m   1 Đặt log3 x  t Phương trình trở thành: t   m  2 t  3m    2 Phương trình (1) nghiệm phân biệt (2) có nghiệm phân biệt      m     3m  1  m2  8m   (đúng) Gọi t1 , t nghiệm phương trình (2)  x1  3t1 , x  3t  3t1 3t  27  t1  t  Theo Vi-et: t1  t  m  Suy m  Câu 37: Đáp án D - Phương pháp : xét khoảng đồng biến nghịch biến hàm số : +) Tính y’ +) Giải phương trình y '  +) Lập bảng biến thiên +) Từ bảng biến thiên suy khoảng đồng, nghịch biến hàm số - Cách giải: y  x  8x  x   y '  x  16x, y '  suy  x   x  2  Ta có bảng biến thiên: TUẤN TEO TÓP x  y’ y 2  0 +   +   Hàm số đồng biến:  2;0    2;   Câu 38: Đáp án C - Phương pháp : Với hàm lùy thừa u t  c Thì tập xác định R t >0 R \ 0 t  - Cách giải: y   x    3  x  2 điều kiện : x  Câu 39: Đáp án C - Phương pháp + Tính y’ + Tính y’’  y '  t   + x  t giá trị mà hàm số đạt cực đại => t thỏa mãn   y"  t   - Cách giải: y  x  mx   m2  m  1 x  y '  x  2mx   m2  m  1 y"  2x  2m đạt cực đại nên y '1  hay  2m   m2  m  1  m   m2  3m     m  y"1   2m   m  Do đó, m =2 thỏa mãn Câu 40: Đáp án D - Cách giải: Cả khối lập phương có 12 cạnh mặt Do có 12.8=96 khối lập phương có mặt sơn đỏ TUẤN TEO TÓP Câu 41: Đáp án B - Phương pháp Để hàm số đồng biến khoảng xác định  y '  0x  D + Tính y’ + Giải pt y’>0 - Cách giải: y  m  1 x  , y '  m  m  1   m2  m  2 xm  x  m  x  m Yêu cầu  y '    m2  m    m2  m    2  m  Câu 42: Đáp án B - Phương pháp Đưa phương trình lũy thừa dạng tam thức bậc ba - Cách giải: 5x 1   0,  x 2  26 1  5x 1    5  5x 1  x2  26 1  26  5x 1  x 1  26 x 1 5 Đặt t  5x 1 Phương trình trở thành: t  26t   với nghiệm t1 , t Theo viet: t1.t  Suy 5x1 1.5x2 1   x1  x    x1  x  2 Câu 43: Đáp án D - Phương pháp +Tìm góc hợp đường mặt từ tìm độ dài cạnh chiều cao + Vkhối hộp  B'B.SABCD - Cách giải: Góc AB’ với mặt đáy góc B'AB  300 tan B'AB  B'B a  tan 300   B'B  BA 3 TUẤN TEO TĨP D' Hình thoi có BAD  600 , cạnh a C' Suy BD  a, AC  a B' A' a SABCD  BD.AC  2 Vkhối hộp  B'B.SABCD a3  D C Câu 44: Đáp án A A - Phương pháp Tìm GTLN khoảng (a,b) +) Tính y’ +) Giải pt y’=0 nghiệm x1 , x +) Xét xem x1 , x có thuộc (a,b) khơng +) Lần lượt tính y(a), y(b) y(x) So sánh kết luận - Cách giải: y  3sin x  4sin3 x y '  3cos x  12sin x.cos x   x   x         x  cosx      sin x     y '  suy  2  x   5 1  4sin x         x  sin x       x  5    x  y’ y      +   B TUẤN TEO TÓP     Do giá trị lớn hàm số khoảng  ;   2 Câu 45: Đáp án A - Phương pháp Áp dụng cơng thức tính tiền tiết kiệm thu được: A  a 1  r  n Với a số tiền gửi vào, r lãi suất kì, n kì - Cách giải: Lãi suất năm 8,5%  lãi suất tháng 4,25% Vì bác nông dân gửi tiết kiệm kỳ hạn tháng nên sau năm tháng có 11 lần bác tính lãi => Số tiền bác nhận sau năm tháng là: 1  0,0425 11 20  31,61307166 ( triệu đồng) Do bác rút trước kỳ hạn => tháng cuối nhân lãi suất 0,01% ngày (2 tháng=60 ngày) => Số tiền cuối bác nhận 31,61307166 1  0,0001  31,803311 ( triệu đồng) 60 Câu 46: Đáp án D - Phương pháp Cần áp dụng số tính chất vật lý đạo hàm quãng đường vận tốc => đưa hàm vận tốc theo t - Cách giải: S'  3t  18t  Mà S'  v  Suy v  3t  18t  t V'  6t  18 V’ V'   t  V BTT Suy v đạt max t  Câu 47: Đáp án A - Phương pháp : Cách tính GTLN đoạn: + Tính y’ + giải pt y’=0 + Lập bảng biến thiên tìm GT - Cách giải:  TUẤN TEO TÓP F'  x   3 m  x  1 + Với m  3, f  x    loại + Với m   f '  x   0, f     m3   m  (loại) + Với m   f '  x   0, f 1   m 1   m  (thỏa mãn) Câu 48: Đáp án C - Phương pháp -Phương pháp giải bất phương trình lũy thừa: a x  a y + Nếu a  suy bpt  x  y + Nếu a  suy bpt  x  y - Cách giải: Pt  2x   22x  x   2x  x   Câu 49: Đáp án C - Phương pháp : có đường thẳng khơng có tiệm cận - Cách giải: Để f(x) khơng có tiệm cận f(x) phải có dạng phương trình bậc  2x  3x  m   ax  b  x  m   ax  x  am  b   bm  a    b  1  am  b   m     a  m   m    b  3 Câu 50: Đáp án A - Phương pháp : dùng BBT để xét đồng biến nghịch biến hàm số khoảng - Cách giải: y '  6x   m  1 x   m   x  '   m  1  36  m    9m2  54m  81  Dấu xảy m  Gọi x1 , x nghiệm phương trình y '   x1  x  TUẤN TEO TÓP  x1  x   m Theo viet:   x1.x  m  Ta có BBT t  x1 y’ +  x2 - + y Vậy hàm số đồng biến khoảng  x1 , x   pt y '  phải có nghiệm phân biệt  m  Gọi Độ dài khoảng nghịch biến hàm số D D  x1  x   x1  x   1  m    m    m2  6m  2 D   D2   m2  6m    m2  6m   m  m  (thỏa mãn) ...  m  1? ?? x   m   x  nghịch biến khoảng có độ dài lớn A m  m  B m  C m  D m  TUẤN TEO TÓP Đáp án 1- D 2-C 3-C 4-C 5-B 6-B 7-B 8-B 9-D 10 -A 11 -C 12 -D 13 -A 14 -C 15 -C 16 -A 17 -A 18 -D 19 -A... khơng kì hạn 0, 01% ngày (1 tháng tính 30 ngày) A 318 03 311 B 3283 311 0 C 33083 311 D 30803 311 TUẤN TEO TÓP Câu 46: Một chất điểm chuyển động theo phương trình S  t  9t  t  10 t tính (s) S tính... áp dụng phép nhân, chia hai lũy thừa có số C a b a c  a bc ,a b : a c  a bc B - Cách giải: P 23.2? ?1  53.54 10 3  10 2   0 ,1? ??  22  9    ? ?10 ? ?1 10  1  9 10 10 Câu 26: Đáp án B