3 đề thi thử THPT QG 2021 toán chuyên thoại ngọc hầu an giang lần 1 có lời giải

SỞ GD&ĐT AN GIANG ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 THOẠI NGỌC HẦU MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút; khơng kể thời gian phát đề Câu (NB): Tập xác định D hàm số y  B D  A D  \ 0 2020 là: sin x   \   k , k   2  C D  D D  \ k ; k   Câu (TH): Tìm hệ số x12 khai triển  2x  x  10 A C108 B C102 28 D C102 28 C C102 Câu (VD): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AD  a, AB  2a Cạnh bên SA vng góc với đáy Gọi M , N trung điểm SB SD Tính khoảng cách d từ S đến mặt phẳng  AMN  A d  a B d  2a C d  3a D d  a Câu (TH): Tìm giá trị lớn hàm số f  x   x3  3x2  4x  đoạn 1;3 A max f  x   7 1;3 B max f  x   4 1;3 C max f  x   2 1;3 D max f  x   1;3 67 27 Câu (TH): Nếu số  m ,  2m , 17  m theo thứ tự lập thành cấp số cộng m bao nhiêu? A m  B m  C m  D m  Câu (TH): Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng  ABC  , góc đường thẳng A a B SB mặt phẳng  ABC  600 Thể tích khối chóp cho bằng: a3 C a3 D 3a   Câu (TH): Hỏi 0;  , phương trình sin x  có nghiệm?  2 A B C D Câu (TH): Có số tự nhiên có chữ số khác khác mà số ln có mặt hai chữ số chẵn hai chữ số lẻ? A 4!C41.C51 B 3!C32 C52 C 4!C42 C52 D 3!C42 C52 Câu (NB): Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên sau: Trang Hàm số cho nghịch biến khoảng khoảng sau? A  2;0  B  2;  C  0;  D  0;  Câu 10 (NB): Thể tích khối lập phương cạnh 2a bằng: A a B 2a C 6a D 8a3 Câu 11 (NB): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ bên Hàm số cho nghịch biến khoảng khoảng sau? A  0;  B  2;0  C  3; 1 Câu 12 (NB): Cho cấp số nhân  un  có u1  3 q  A u5   27 16 B u5   16 27 D  2;3 Mệnh đề sau đúng? C u5  16 27 D u5  27 16 Câu 13 (TH): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị f   x  parabol hình vẽ bên Khẳng định sau đúng? A Hàm số đồng biến 1;   B Hàm số đồng biến  ; 1 C Hàm số nghịch biến  ;1 D Hàm số đồng biến  1;3 Câu 14 (NB): Nghiệm phương trình 32 x1  27 là: Trang A x  B x  C x  Câu 15 (TH): Cho hai số thực dương m, n  n  1 thỏa mãn D x  log7 m.log Khẳng định  3 log 10  log n sau đúng? A m  15n B m  25n Câu 16 (NB): Đồ thị hàm số y  A C m  125n D m.n  125 2x 1 có đường tiệm cận? x 1 B C D Câu 17 (VD): Tính tổng giá trị nguyên tham số m  20;20 để hàm số y  sin x  m nghịch sin x    biến khoảng  ;   2  A 209 C 209 B 207 D 210 Câu 18 (TH): Giá trị cực đại hàm số y  x3  3x  bằng: A 1 B C D Câu 19 (NB): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA vng góc với đáy SA  a Thể tích khối chóp cho bằng: A a B a3 C a3 D a3 Câu 20 (NB): Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  x3  2x  điểm M 1;2 A y  x  B y  3x  Câu 21 (TH): Đồ thị hàm số y  A B C y  x  D y   x x7 có tiệm cận đứng? x  3x  C D Câu 22 (VD): Hàm số y  x có tất cực trị? A B C D Câu 23 (TH): Gieo súc sắc cân đối đồng chất hai lần Tính xác suất để lần xuất mặt sáu chấm A 12 36 B 11 36 C 36 D 36 Câu 24 (VD): Cho hàm số y  f  x  hàm đa thức bậc bốn có đồ thị hình vẽ bên Hỏi có giá trị tham số m thuộc đoạn  12;12 để hàm số g  x   f  x  1  m có điểm cực trị? Trang A 13 B 14 C 15 D 12 Câu 25 (VD): Cho hình lập phương ABCD ABCD , gọi I trung điểm BB Mặt phẳng  DIC chia khối lập phương thành phần Tính tỉ số thể tích phần bé chia phần lớn A 17 B C Câu 26 (VDC): Cho số thực x, y thỏa mãn x giá trị lớn giá trị nhỏ P  A 17 B 2 4 y2 D  2x  y 1  23 x 4 y2  42 x 4 y2 Gọi m, M x  y 1 Tổng M  m bằng: x y4 C D Câu 27 (TH): Cho hình chóp S ABCD có cạnh đáy 2, cạnh bên Gọi φ góc cạnh bên mặt đáy Mệnh đề sau đúng? A tan   B   600 C   450 D cos   Câu 28 (TH): Đường cong hình bên đồ thị bốn hàm số Hàm số hàm số nào? A y  x3  3x2  B y  x4  2x2 1 C y  x4  2x2 1 D y  x3  3x2 1 Câu 29 (TH): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành tích 48 Gọi M, N điểm thuộc cạnh AB, CD cho MA  MB, NC  ND Thể tích khối chóp S.MBCN là: A B 20 C 28 Câu 30 (TH): Tìm tất giá trị a thỏa mãn 15 D 48 a7  a2 Trang A a  B a  C  a  D a  Câu 31 (TH): Trong bốn hàm số liệt kẻ bốn phương án A, B, C, D Hàm số có bảng biến thiên sau? A y  x4  2x2 1 B y  x4  2x2 1 Câu 32 (VD): Hàm số y  A b  0, c  0, d  C y  x4  2x2  D y  x4  2x2  ax  b với a  có đồ thị hình vẽ bên Mệnh đề sau đúng? cx  d B b  0, c  0, d  C b  0, c  0, d  D b  0, c  0, d   x 1  Câu 33 (TH): Cho hàm số f  x   ln 2020  ln   Tính S  f  1  f   2   f   2020  x  A S  2020 C S  B S  2021 2021 2020 D S  2020 2021 Câu 34 (NB): Cho hàm số y   x    x  1 có đồ thị  C  Mệnh đề sau đúng? A  C  khơng cắt trục hồnh B  C  cắt trục hoành điểm C  C  cắt trục hoành hai điểm D  C  cắt trục hoành ba điểm Câu 35 (NB): Cho a số thực lớn Khẳng định sau đúng? A Hàm số y  loga x đồng biến B Hàm số y  loga x nghịch biến C Hàm số y  loga x đồng biến  0;  D Hàm số y  loga x nghịch biến  0;  Câu 36 (NB): Rút gọn biểu thức P  x x với x  A P  x B P  x C P  x D P  x Câu 37 (NB): Hình lăng trụ tam giác có mặt phẳng đối xứng? A B C D Trang Câu 38 (TH): Cho hàm số y  f  x  liên tục  2;2 có đồ thị đường cong hình vẽ bên Hỏi phương trình f  x    có nghiệm phân biệt  2;2 ? A B C D Câu 39 (NB): Cho a, b, x, y số thực dương a , b khác Mệnh đề sau đúng? A log a x log a x  y log a y x  loga  x  y  y B loga D loga x  loga y  loga  x  y  C logb a.loga x  logb x Câu 40 (NB): Cho hàm số f  x  xác định, liên tục đoạn  2;2 có đồ thị đường cong hình vẽ bên Hàm số f  x  đạt cực đại điểm đây? A x  2 B x  1 C x  D x  Câu 41 (TH): Cho loga x  3;logb x  Tính giá trị biểu thức P  logab x A P  12 B P  12 C P  12 D P  12 Câu 42 (TH): Tính đạo hàm hàm số y  x A y  ln x x B y  x.2 1 x2 ln x.21 x C y  ln x.21 x D y  ln 2 Câu 43 (VD): Cho tứ diện ABCD có AB, AC , AD đơi vng góc với AB  6a , AC  9a , AD  3a Gọi M , N , P trọng tâm tam giác ABC, ACD, ADB Thể tích khối tứ diện AMNP bằng: Trang A 2a B 4a C 6a Câu 44 (NB): Tìm tập xác định D hàm số y   x  3 A D   0;   3  B D   ;   2  C D  D 8a3 2019 3 \  2 D D  Câu 45 (NB): Nghiệm phương trình log2 1  x   là: A x  4 B x  3 C x  D x  Câu 46 (VDC): Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị đường cong hình vẽ bên Hỏi phương trình f  xf  x     có nghiệm phân biệt A B C D Câu 47 (NB): Cho hình bát diện cạnh a Gọi S tổng diện tích tất mặt hình bát diện Mệnh đề đúng? A S  3a2 B S  3a2 C S  3a2 D S  8a Câu 48 (NB): Giải bất phương trình log  x  1   3 A S  1;   2  3 B S  1;   2 3  C S   ;  2  3  D S   ;   2  Câu 49 (TH): Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B AC  2a Hình chiếu vng góc A mặt phẳng  ABC  trung điểm H cạnh AB AA  a Thể tích khối lăng trụ cho bằng: A a3 B 2a C a3 D a3 6 Câu 50 (NB): Hàm số y  2x4 1 đồng biến khoảng khoảng sau? 1  A  ;   2    B   ;     C  ;0 D  0;  -HẾT -Trang Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm 1-D 2-B 3-A 4-C ĐÁP ÁN 5-C 6-C 11-D 12-B 13-B 14-B 15-C 16-B 17-C 18-D 19-B 20-C 21-A 22-B 23-B 24-C 25-A 26-A 27-D 28-A 29-C 30-D 31-D 32-A 33-D 34-B 35-C 36-A 37-C 38-C 39-C 40-B 41-C 42-B 43-A 44-B 45-B 46-D 47-B 48-A 49-C 50-D 7-A 8-C 9-C 10-D Câu 1: Đáp án D Phương pháp giải: - Hàm số y  sin x xác định với x  - Hàm phân thức xác định mẫu thức khác Giải chi tiết: Hàm số y  2020 xác định sin x   x  k  k  sin x \ k ; k  Vậy TXĐ hàm số D    Câu 2: Đáp án B Phương pháp giải: n - Khai triển nhị thức Niu-tơn  a  b    Cnk a k bnk n k 0 - Tìm hệ số số hạng chứa x12 khai triển Giải chi tiết: Ta có:  x  x    C10k  x  10 10 k 0 10 k   x    C  1 k 10 k 0 k 10 k 210k x10k Khi để tìm hệ số số hạng chứa x12 , ta cho 10  k  12  k   tm Vậy hệ số số hạng chứa x12 khai triển C102  1 28  28 C102 Câu 3: Đáp án A Phương pháp giải: Trang - Tính thể tích chóp S ABCD , sử dụng tỉ lệ thể tích Simpson tính thể tích khối chóp VS AMN 3V - Sử dụng công thức VS AMN  d  S ;  AMN   S AMN  d  S ;  AMN    S AMN S AMN - Sử dụng định lí Pytago, định lí đường trung tuyến tam giác vng, tính chất đường trung bình tam giác tính độ dài cạnh tam giác AMN , sau sử dụng cơng thức Hê-rơng tính diện tích tam giác AMN : S AMN  p  p  AM  p  AN  p  MN  với p nửa chu vi AMN Giải chi tiết: Áp dụng định lí Pytago tam giác vng SAB, SAD, ABD ta có: SB  SA2  AB2  4a2  4a2  2a SD  SA2  AD2  4a2  a2  5a BD  AB2  AD2  4a2  a2  5a Khi ta có AM  1 a (đường trung tuyến tam giác vuông) SB  2a; AN  SD  2 Ta có: MN đường trung bình SBD nên MN  BD a  2 AM  AN  MN Gọi p nửa chu vi tam giác AMN ta có: p   ⇒ Diện tích tam giác AMN S AMN  Ta có: 2a  a a  2  2 5a 2 p  p  AM  p  AN  p  MN   a2 1 VS AMN SM SN    VS AMN  VS ABD  VS ABCD VS ABD SB SD 1 4a3 4a3 a3 Mà VS ABCD  SA.S ABCD  2a.2a.a   VS AMN   3 3V Lại có VS AMN  d  S ;  AMN   S AMN , d  S ;  AMN    S AMN S AMN a3 a  26  a Trang Vậy d  S ;  AMN    a Câu 4: Đáp án C Phương pháp giải: Sử dụng MTCT, chức MODE Giải chi tiết: Sử dụng MODE 7, nhập f  X   X  X  X  , chọn Start = 1, End = 3, Step = 0,1 Do cột F  X  : Vậy max f  x   2 1;3 Câu 5: Đáp án C Phương pháp giải: Sử dụng tính chất cấp số cộng: Nếu ba số a, b, c lập thành cấp số cộng a  c  2b Giải chi tiết: Vì  m,  2m,17  m theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên ta có:  m  17  m    2m  2m  22  4m  14  m  Câu 6: Đáp án C Phương pháp giải: - Sử dụng định lí: Góc đường thẳng mặt phẳng góc đường thẳng hình chiếu mặt phẳng, từ xác định góc SB  ABC  - Sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng tính độ dài cạnh SA a2 - Sử dụng cơng thức tính nhanh diện tích tam giác cạnh a S  - Tính thể tích khối chóp VS ABC  SA.SABC Giải chi tiết: Trang 10 Câu 16: Đáp án B Phương pháp giải: Đồ thị hàm số y  ax  b a d  ad  bc  có đường TCN y  TCĐ x   cx  d c c Giải chi tiết: Đồ thị hàm số y  2x 1 có TCN y  TCĐ x  1 x 1 Do đồ thị hàm số y  2x 1 có đường tiệm cận x 1 Câu 17: Đáp án C Phương pháp giải:   - Đặt t  sin x , xét khoảng x   ;   , tìm khoảng giá trị tương ứng t, xét xem t có tính 2  tăng giảm với x hay không - Đưa tốn dạng tìm m để hàm số y  f  t  đơn điệu khoảng cho trước Giải chi tiết:   Đặt t  sin x , với x   ;   t giảm từ 2  Khi tốn trở thành: Tìm m để hàm số y  tm đồng biến  0;1 (*) t 1 TXĐ: D  \ 1  Hàm số cho xác định  0;1 Ta có y  Do *  1  m  t  1 1  m  t  1   1  m   m  1 Kết hợp điều kiện đề ta có 20  m  1, m   m 20; 19; 18; ; 2 Vậy tổng giá trị m thỏa mãn 20 19 18    209 Câu 18: Đáp án D Phương pháp giải:  y  - Giải hệ phương trình  tìm điểm cực đại hàm số  y  - Thay điểm cực đại vào hàm số tính giá trị cực đại Giải chi tiết: Ta có: y  3x2  3; y  6x 3x    y   x  1    x  1 điểm cực đại hàm số Xét hệ   x  x   y    Trang 14 Ta có yCD  y  1  Vậy giá trị cực đại hàm số cho Câu 19: Đáp án B Phương pháp giải: Sử dụng cơng thức tính thể tích khối chóp V  Bh B, h diện tích đáy chiều cao khối chóp Giải chi tiết: 1 a3 Ta có VS ABCD  SA.S ABCD  a 2.a  3 Câu 20: Đáp án C Phương pháp giải: Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  điểm M  x0 ; y0  y  f   x0  x  x0   y0 Giải chi tiết: Ta có y  3x2   y 1  Phương trình tiếp tuyến cần tìm y   x 1   y  x  Câu 21: Đáp án A Phương pháp giải: - Tìm ĐKXĐ hàm số - Giải phương trình mẫu số, số tiệm cận đứng số nghiệm phương trình mẫu số thỏa mãn ĐKXĐ Giải chi tiết: ĐKXĐ: x    x  x  Xét phương trình x  3x      ktm   x  4 Vậy đồ thị hàm số y  x7 khơng có tiệm cận đứng x  3x  Câu 22: Đáp án B Phương pháp giải: - Giải phương trình y  lập BBT - Từ BBT xác định số điểm cực trị hàm số Giải chi tiết: TXĐ: D  Ta có: y  x  x  y   13 x  , ta có BBT: 3 x Trang 15 Dựa vào BBT ta thấy hàm số cho có điểm cực trị x  Câu 23: Đáp án B Phương pháp giải: - Tính số phần tử khơng gian mẫu - Gọi A biến cố: “ít lần xuất mặt sáu chấm”, tính số phần tử biến cố đối A - Sử dụng công thức P  A   P  A  Giải chi tiết: Số phần tử không gian mẫu n    62  36 Gọi A biến cố: “ít lần xuất mặt sáu chấm”, suy biến cố đối A : “khơng có lần xuất mặt chấm”  n  A   52  25 Vậy xác suất biến cố A là: P  A    P  A    25 11  36 36 Câu 24: Đáp án C Phương pháp giải: Hàm đa thức y  f  x  có số điểm cực trị m  n m số điểm cực trị hàm số y  f  x  , n số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  trục hoành Giải chi tiết: Xét hàm số g  x   f  x 1  m ta có g   x   f   x 1   f   x 1  Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Phương trình f   x   có nghiệm phân biệt, phương trình f   x 1  có nghiệm phân biệt, nghiệm bội lẻ, nên hàm số g  x   f  x 1  m có điểm cực trị Để hàm số g  x   f  x  1  m có điểm cực trị đồ thị hàm số g  x   f  x 1  m phải cắt trục hoành điểm phân biệt  f  x  1  m   f  x  1   m phải có nghiệm phân biệt (các nghiệm cắt qua, khơng tính điểm tiếp xúc) Trang 16  m    m  4    6   m  3 6  m  12  Kết hợp điều kiện đề ta có m 12; 4  6;12 , m Vậy có 15 giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 25: Đáp án A Phương pháp giải: - Xác định thiết diện thiết hình lập phương cắt  DIC - Phân chia khối đa diện chứa đỉnh C thành tổng hiểu khối đa diện tính thể tích dễ dàng, so sánh thể tích với thể tích khối lập phương Từ suy tỉ số thể tích phần bé chia phần lớn Giải chi tiết: Trong  BCCB  gọi E  IC  BC ,  ABCD  gọi M  ED  AB Khi  DIC cắt hình lập phương theo thiết diện tứ giác DCIM Gọi V1 thể tích phần khối đa diện bị chia  DIC chứa điểm C, ta có V1  VC.ECD VI EBM 1 Ta có: VC .ECD  CC .S ECD  CC  EC.CD 3 Áp dụng định lí Ta-lét ta có: EB MB    EC  BC EC CD 1 Khi ta có: VC .ECD  CC .2 BC.CD  VABCD ABC D 1 VI EBM  IB.S EBM  IB .EB.BM 3 Áp dụng định lí Ta-lét ta có: IB EB 1    IB  CC  CC  EC 2 1 1 Khi ta có VI EBM  CC .BC AB  VABCD ABC D 2 24 Trang 17 1  V1  VC .ECD  VI EBM  VABCD ABC D  VABCD ABC D  VABCD ABC D 24 24 Vậy tỉ số thể tích phần bé chia phần lớn 17 Câu 26: Đáp án A Phương pháp giải: - Đặt ẩn phụ t  x 4 y2  t  1 , đưa phương trình dạng tích, giải phương trình tìm t - Tìm mối quan hệ x, y dạng  ax    by   2 ax  sin  - Đặt  , vào biểu thức P by  cos  - Quy đồng, đưa biểu thức dạng A sin   B cos   C Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm, từ xác định M , m Giải chi tiết: Ta có: 4x 4 y2   2x  2x  4 y2 Đặt t  x 2  y 1  23 x  2.2 x 4 y2  y2 4 y   42 x x2  y 2  4 y  16 2x 4 y2   t  1 , phương trình trở thành: 16 8t  16 t  2t    t  2t  t t t2  t  t  2   t  2   t  8  t      t    t  2t     t   tm   dot  2t   t  Với 2x 4 y2  x  sin    x2  y  Khi tồn  cho  2 y  cos  Ta có: P x  y 1 sin   cos    x  y  sin   cos    P sin   P cos   P  sin   cos   1    P  1 sin    P  1 cos   1  4P * 2  Để P tồn giá trị lớn giá trị nhỏ phương trình (*) phải có nghiệm Trang 18 2 1    P  1   P  1   1  P  2   P  P   P  P   16 P  8P   59 18  35 18  35 P  9P 1   P 59 59  18  35 M  36  59  M m 59 m  18  35  59 Câu 27: Đáp án D Phương pháp giải: - Sử dụng định lí: Góc đường thẳng mặt phẳng góc đường thẳng hình chiếu mạt phẳng - Sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng để tính góc Giải chi tiết: Gọi O  AC  BD  SO   ABCD  Khi OB hình chiếu SB lên  ABCD     SB;  ABCD      SB; OB   SBO   Vì ABCD hình vng cạnh nên BD  2  BO  Xét tam giác vuông SOB ta có: cos   BD  OB  SB Câu 28: Đáp án A Phương pháp giải: - Dựa vào đồ thị nhận dạng đồ thị hàm đa thức bậc ba, bậc bốn trùng phương - Dựa vào nhánh cuối đồ thị hàm số, suy dấu hệ số a chọn đáp án Giải chi tiết: Đồ thị hàm số cho hàm đa thức bậc ba, nên loại đáp án B C Lại có nhánh cuối đồ thị lên nên hệ số a  , đáp án A Trang 19 Câu 29: Đáp án C Phương pháp giải: - Tỉ số thể tích hai khối chóp có chiều cao tỉ số diện tích đáy - Tính diện tích hình thang MBCN , diện tích hình bình hành ABCD , từ suy tỉ số diện tích tỉ số thể tích VS MBCN tính VS MBCN VS ABCD Giải chi tiết: Hai khối chóp S ABCD S.MBCN có chiều cao (cùng khoảng cách từ S đến  ABCD  ) nên VS MBCN SMBCN  VS ABCD S ABCD Trong  ABCD  kẻ MH  CD , ta có: AB  CD SMBCN  BM  CN  MH (do AB  CD )    S ABCD MH CD CD 12  VS MBCN 7   VS MBCN  VS ABCD  48  28 VS ABCD 12 12 12 Câu 30: Đáp án D Phương pháp giải: So sánh hai lũy thừa số: a m  a n m  n + Nếu a   m n a  a m  n a m  a n m  n + Nếu  a   m n a  a m  n Giải chi tiết: Theo ta có: Mà 15 a  a  a 15  a   nên a  15 15 Trang 20 Câu 31: Đáp án D Phương pháp giải: Hàm số cho hàm bậc bốn trùng phương có dạng y  ax4  bx2  c  a  0 - Dựa vào nhánh cuối đồ thị hàm số suy dấu hệ số a loại đáp án - Dựa vào giao điểm đồ thị với trục tung suy hệ số c loại đáp án Giải chi tiết: Hàm số cho hàm bậc bốn trùng phương có dạng y  ax4  bx2  c  a  0 Vì nhánh cuối đồ thị xuống nên a   Loại đáp án A C Vì đồ thị hàm số qua điểm  0;  nên c   Loại đáp án B chọn đáp án D Câu 32: Đáp án A Phương pháp giải: - Đồ thị hàm số y  ax  b a d có TCN y  , TCĐ x   cx  d c c - Dựa vào đường TCN dấu hệ số a suy dấu hệ số c - Dựa vào đường TCĐ dấu hệ số c suy dấu hệ số d - Dựa vào giao điểm đồ thị với trục tung suy dấu hệ số b Giải chi tiết: Đồ thị hàm số y  ax  b a d có TCN y  , TCĐ x   cx  d c c Vì đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang nằm phía trục hồnh nên a  , mà a  nên c  c Vì đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng nằm phía bên phải trục tung nên  d d    , mà c c c 0d 0 Vì đồ thị hàm số cắt trục tung điểm nằm phía trục hồnh nên b  , mà d   b  d Vậy b  0, c  0, d  Câu 33: Đáp án D Phương pháp giải: a - Sử dụng công thức ln    ln a  ln b b u - Sử dụng cơng thức tính đạo hàm  ln u   u - Thay x  1; 2; ; 2020 , rút gọn tính S Giải chi tiết: Trang 21  x 1  Ta có: f  x   ln 2020  ln    ln 2020  ln  x  1  ln x  x   f  x  1  x x 1 Khi ta có: S  f  1  f   2   f   2020 1 1 1 S        2 2020 2021 S  1 2020  2021 2021 Câu 34: Đáp án B Phương pháp giải: Số nghiệm phương trình hồnh độ giao điểm số giao điểm đồ thị hàm số với trục hoành Giải chi tiết: Xét phương trình hồnh độ giao điểm:  x    x  1   x  (do x2 1  x ) Vậy  C  cắt trục hoành điểm Câu 35: Đáp án C Phương pháp giải: - Hàm số y  loga x   a  1 xác định x  - Nếu a  hàm số đồng biến khoảng xác định - Nếu  a  hàm số nghịch biến khoảng xác định Giải chi tiết: Hàm số y  loga x   a  1 xác định x  Vì a  nên hàm số đồng biến khoảng xác định  0;  Câu 36: Đáp án A Phương pháp giải: m Sử dụng công thức: n xm  x n ; xm xn  xmn Giải chi tiết: 1 1 Với x  ta có P  x x  x x  x  x Câu 37: Đáp án C Phương pháp giải: Vẽ hình, dựa vào khái niệm mặt phẳng đối xứng đếm Giải chi tiết: Hình lăng trụ tam giác có mặt phẳng đối xứng, quan sát hình vẽ: Trang 22 Câu 38: Đáp án C Phương pháp giải: - Giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối: x  a  x  a - Sau giải phương trình tương giao đồ thị hàm số Giải chi tiết:  f  x  1   f  x  Ta có: f  x         f  x    1  f  x   Dụa vào đồ thị hàm số ta thấy: - Phương trình f  x   có nghiệm phân biệt - Phương trình f  x   có nghiệm phân biệt Vậy phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt Câu 39: Đáp án C Phương pháp giải: Sử dụng công thức: log a x  log a x  log a y   a  1, x, y   y loga  xy   loga x  loga y   a  1, x, y   loga b.logb c  loga c   a, b  1, c  0 Giải chi tiết: x  log a  log a x  log a y   a  1, x, y   y Vì  nên đáp án A, B, D sai log  xy   log x  log y   a  1, x, y   a a  a Câu 40: Đáp án B Phương pháp giải: Dựa vào đồ thị hàm số xác định điểm mà hàm số liên tục qua đồ thị hàm số chuyển hướng từ lên sang xuống (theo chiều từ trái sang phải) Giải chi tiết: Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số cho đạt cực đại điểm x  1 Câu 41: Đáp án C Trang 23 Phương pháp giải: Sử dụng công thức log a b    a, b  1 , loga x  loga y  loga  xy   a  1, x, y  0 logb a Giải chi tiết: Với  a, b  1, x  ta có: P  log ab x  1   log x ab log x a  log x b 1  log a x logb x  1   12 Câu 42: Đáp án B Phương pháp giải: Sử dụng cơng thức tính đạo hàm: au   u.au ln a   Giải chi tiết:     x  Ta có: y  x 2 x2 ln  x.2x ln  x.21 x ln 2 Câu 43: Đáp án A Phương pháp giải: - Gọi M1, N1, P1 trung điểm BC , CD, BD , sử dụng công thức tỉ lệ thể tích Simpson, so sánh VAMNP VAM1N1P1 - Tiếp tục so sánh thể tích hai khối chóp có chiều cao A.M1N1P1 A.BCD , sử dụng tam giác đồng dạng để suy tỉ số diện tích hai đáy - Tính thể tích khối tứ diện ABCD VABCD  AB AC AD , từ tính VAMNP Giải chi tiết: Gọi M1, N1, P1 trung điểm BC , CD, BD , ta có AM AN AP    AM1 AN1 AP1 Trang 24 Khi VAMNP AM AN AP   VAM1N1P1 AM1 AN1 AP1 27 Dễ thấy M1 N1P1 đồng dạng với tam giác DBC theo tỉ số k  Mà hai khối chóp A.M1N1P1 A.BCD có dùng chiều cao nên Lại có VABCD Vậy VAMNP SM1N1P1 1 nên  S DBC VA.M1N1P1 VABCD  SM1N1P1 S DBC  1 27a3  AB AC AD  6a.9a.3a  27a  VA.M1N1P1  VABCD  6 4 8 27a3  VAM1N1P1   2a3 27 27 Câu 44: Đáp án B Phương pháp giải: Hàm số f  x   n  n  xác định f  x  xác định f  x   Giải chi tiết: Vì 2019  nên hàm số y   x  3 2019 xác định x    x  3  Vậy TXĐ hàm số D   ;   2  Câu 45: Đáp án B Phương pháp giải: Giải phương trình lơgarit: loga f  x   b  f  x   ab Giải chi tiết: Ta có: log2 1  x     x   x  3 Câu 46: Đáp án D Phương pháp giải: - Đặt t  xf  x   f  t   Sử dụng tương giao đồ thị hàm số giải phương trình tìm t - Cơ lập f  x  , tiếp tục sử dụng tương giao hàm số để giải phương trình - Sử dụng kĩ chọn đại diện số cụ thể thỏa mãn điều kiện, để toán đơn giản Giải chi tiết: Đặt t  xf  x  ta có: f  t     f  t   t  a   4; 2   Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình f  t   có nghiệm phân biệt t  t  b   0;  Trang 25 a   f  x   x  x   ; a   4; 2   xf  x   a   4; 2   x0    xf  x     f  x    x  4  xf  x   b   0;    f x  b x  ; b  0;       x  Chọn a  3 , xét phương trình f  x    1 , số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị x hàm số y  f  x  y   x Chọn b  , xét phương trình f  x   số y  f  x  y    , số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm x x Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình (1) có nghiệm, phương trình (2) có nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt Câu 47: Đáp án B Phương pháp giải: - Hình bát diện hình có tám mặt tam giác - Sử dụng cơng thức tính nhanh diện tích tam giác cạnh a S  a2 Giải chi tiết: a2 Diện tích mặt bát diện Vậy diện tích tổng tất mặt (8 mặt) bát diện S  a2  2a Trang 26 Câu 48: Đáp án A Phương pháp giải: Giải bất phương trình lơgarit loga f  x   b   f  x   ab (với  a  1) Giải chi tiết: Ta có: log  x  1    x   1 x  2  3 Vậy tập nghiệm bất phương trình S  1;   2 Câu 49: Đáp án C Phương pháp giải: - Sử dụng tính chất tam giác vng cân tính độ dài hai cạnh góc vng - Sử dụng định lí Pytago tam giác vng tính độ dài đường cao AH - Sử dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ VABC ABC  AH.SABC Giải chi tiết: Vì tam giác ABC vng cân B nên AB  BC  AC a 2 Gọi H trung điểm AB , ta có AH   ABC  AH  BH  a AB  2 Vì AH   ABC   AH  AH nên tam giác AAH vng H Áp dụng định lí Pytago ta có: AH  AA  AH  Ta có: S ABC  a  2 a 2 a     2   1 AB.BC  a 2.a  a 2 Vậy VABC ABC  AH S ABC  a a3 a  2 Câu 50: Đáp án D Phương pháp giải: Trang 27 Giải bất phương trình y  suy khoảng đồng biến hàm số Giải chi tiết: TXĐ: D  Ta có: y  8x3   x  Vậy hàm số cho đồng biến  0;  Trang 28 ... coi thi khơng giải thích thêm 1- D 2-B 3- A 4-C ĐÁP ÁN 5-C 6-C 11 -D 12 -B 13 - B 14 -B 15 -C 16 -B 17 -C 18 -D 19 -B 20-C 21- A 22-B 23- B 24-C 25-A 26-A 27-D 28-A 29-C 30 -D 31 -D 32 -A 33 -D 34 -B 35 -C 36 -A 37 -C... , ta có AM AN AP    AM1 AN1 AP1 Trang 24 Khi VAMNP AM AN AP   VAM1N1P1 AM1 AN1 AP1 27 Dễ thấy M1 N1P1 đồng dạng với tam giác DBC theo tỉ số k  Mà hai khối chóp A.M1N1P1 A.BCD có dùng... chiều cao nên Lại có VABCD Vậy VAMNP SM1N1P1 1 nên  S DBC VA.M1N1P1 VABCD  SM1N1P1 S DBC  1 27a3  AB AC AD  6a.9a.3a  27a  VA.M1N1P1  VABCD  6 4 8 27a3  VAM1N1P1   2a3 27 27 Câu 44: