30 đề thi thử TN THPT 2021 môn toán THPT chuyên thái bình lần 2 file word có lời giải

SỞ GD&ĐT THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NĂM HỌC 2020 – 2021 BÌNH MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút; khơng kể thời gian phát đề π Câu (NB): Tập xác định hàm số y = ( x − 27 ) A D = ( 3; +∞ ) B D = ¡ C D = [ 3; +∞ ) D D = ¡ \ { 3} Câu (NB): Cho hàm số y = f ( x ) bảng biến thiên hình vẽ Số nghiệm phương trình f ( x ) − = là: A B C D Câu (NB): Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số sau đây? A y = 2x −1 x −1 B y = x +1 x −1 C y = x − x − D y = x −1 x +1 Câu (TH): Hai xạ thủ bắn người viên đạn vào bia, biết xác suất bắn trúng vòng 10 xạ thủ thứ 0, 75 xạ thủ thứ hai 0,85 Tính xác suất để có xạ thủ bắn trúng vòng 10 A 0,325 B 0, 6375 C 0, 0375 D 0,9625 Câu (NB): Hàm số sau có đồ thị phù hợp với hình vẽ? Trang A y = log x x 1 B y =  ÷ 6 C y = x D y = log 0,6 x Câu (TH): Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành Gọi G trọng tâm tam giác SAB M , N trung điểm SC , SD Biết thể tích khối chop S ABCD V, tính thể tích khối chóp S GMN A V B V C V D V 12 Câu (TH): Hàm số có nhiều cực trị nhất? A y = −3 x + B y = x + x + C x − x + D y = 2x +1 x −3 Câu (TH): Số giá trị nguyên tham số m để hàm số y = ( m − 1) x + ( m − 1) x − x nghịch biến ¡ A B C Câu (TH): Với hai số thực dương a, b tùy ý thỏa mãn D log 5.log a − log b = Mệnh đề + log đúng? A 2a + 3b = B a = b log Câu 10 (TH): Phương trình x A T = 27 −3 x + B T = C a = b log D a = 36b 3 = có hai nghiệm x1 , x2 Tính giá trị T = x1 + x2 C T = D T = Câu 11 (TH): Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên sau: Hàm số g ( x ) = đồng biến khoảng đây? f ( x) A ( −2;0 ) B ( 3; +∞ ) C ( 1; ) D ( −∞; −1) Câu 12 (NB): Cho a, b, c số dương a ≠ Mệnh đề sau sai? 1 A log a  ÷ = − log a b b B log a ( b + c ) = log a b.log a c b C log a  ÷ = log a b − log a c c D log a ( bc ) = log a b + log a c Câu 13 (TH): Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy 2a , cạnh bên a Tính thể tích Vcủa khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD Trang 3π a A V = B V = 5π a C V = 9π a D V = 7π a Câu 14 (TH): Một hình nón có chiều cao h = 20cm , bán kính đáy r = 25cm Tính diện tích xung quanh hình nón A 75π 41cm B 5π 41cm2 C 125π 41cm D 25π 41cm Câu 15 (TH): Giá trị nhỏ hàm số f ( x ) = x + x + đoạn [ 1;3] A B 37 C D Câu 16 (NB): Một tổ có 10 học sinh Hỏi có cách chọn học sinh từ tổ để giữ hai chức vụ tổ trưởng tổ phó B C10 A 102 C A10 D A10 Câu 17 (NB): Cho biểu thức P = x x , ( x > ) Mệnh đề đúng? A P = x 12 B P = x 12 C P = x 12 D P = x 12 Câu 18 (TH): Cho hình trụ có diện tích tồn phần 4π có thiết diện cắt mặt phẳng qua trục hình vng Tính thể tích khối trụ A 4π B π π 12 C D 4π −x   Câu 19 (NB): Tập nghiệm phương trình S bất phương trình x + <  ÷  25  A S = ( 1; +∞ ) B S = ( −∞; ) C S = ( −∞;1) D S = ( 2; ∞ ) − 2x > có dạng ( a; b ) Tính T = 3a − 2b x Câu 20 (TH): Tập nghiệm bất phương trình log A T = B T = −1 C T = D T = −2 Câu 21 (NB): Khối lăng trụ có chiều cao h, diện tích đáy B tích A B.h B V = B.h C V = B.h D V = Bh Câu 22 (NB): Cơng thức tính diện tích xung quanh hình trụ có chiều cao h bán kính đáy R A S xq = 2π Rh B S xq = π R.h C S x = π R.h D S xq = 4π Rh Câu 23 (TH): Tính tổng T tất nghiệm phương trình 4.9 x − 13.6 x + 9.4 x = A T = 13 B T = C T = D T = Câu 24 (NB): Cho hình chóp S ABCD có chiều cao a, đáy tam giác ABC cạnh a Thể tích khối S ABC bằng: Trang A 3 a 24 B a C 3 a 12 3.a D Câu 25 (TH): Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật, tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với đáy, AB = a, AD = a Thể tích khối chóp S ABCD A 3a B a C a3 D a3 Câu 26 (TH): Cho hàm số y = x − x + mx + có đồ thị hàm số ( C ) đường thẳng d : y = x + Có giá trị nguyên dương tham số m để ( C ) cắt đường thẳng d điểm phân biệt ? A B C D Câu 27 (TH): Cho hàm số y = ax + bx + cx + d có đồ thị hình bên Trong số a, b, c, d có số dương? A B C D Câu 28 (VD): Cho hình lập phương ABCD A′B′C ′D′ cạnh a Gọi M trung điểm cạnh C ′D′ , G trọng tâm tam giác ABD Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( B′MG ) A a B a C a D a Câu 29 (NB): Hình tứ diện có mặt đối xứng? A B C D Câu 30 (NB): Cho hàm số y = f ( x ) bảng biến thiên nhau: Hàm số đạt cực đại Trang A x = −2 B x = C x = D x = Câu 31 (VD): Một nhóm học sinh có học sinh nữ học sinh nam Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh thành hàng dọc Tính xác suất cho khơng có hai bạn nam đứng cạnh A 162 165 B 163 165 C 14 55 D 16 55 2 Câu 32 (VD): Cho bất phương trình log ( x + x + ) + > log ( x + x + + m ) Có tất giá trị nguyên tham số m để bất phương trình nghiệm với x ∈ ( 1;3) ? A 16 B Vô số C 15 D 14 Câu 33 (TH): Số giá trị nguyên tham số m để hàm số y = ( m − ) x − x + có cực trị là: A B C D   Câu 34 (TH): Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển Newton  x + ÷ ,x > x  A 60 B 80 C 240 D 160 Câu 35 (VD): Cho hình nón ( N ) đỉnh S có bán kính đáy a diện tích xung quanh S xq = 2π a Tính thể tích V khối chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD nội tiếp đáy khối nón ( N ) A V = 3a B V = 3a 3 C V = 5a 3 D V = 2a 3 Câu 36 (VD): Ông An muốn xây bể nước chứa dạng hình hộp chữ nhật, phần nắp ơng để trống có diện tích 20% diện tích đáy bể Biết đáy bể hình chữ nhật có chiều dài gấp đơi chiều rộng, bể chứa tối đa 10m3 nước giá tiền thuê nhân công 500000 đồng/ m Số tiền mà ơng phải trả cho nhân công gần với đáp án đây? A 14 triệu đồng B 13 triệu đồng C 16 triệu đồng D 15 triệu đồng Câu 37 (NB): Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên sau: Mệnh đề sai? A Hàm số nghịch biến khoảng ( 0;1) B Hàm số nghịch iến khoảng ( −1;0 ) C Hàm số đồng biến khoảng ( 2; +∞ ) D Hàm số đồng biến khoảng ( −∞;3) Câu 38 (TH): Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên sau: Trang Phương trình tất đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số y = A y = B y = y = C x = −1 x = 14 là: f ( x) + D y = 2x2 + x −1 Câu 39 (TH): Cho hàm số y = có đồ thị ( C ) Số đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang x −1 ( C) là: A B C D Câu 40 (TH): Cho khối lăng trụ tam giác ABC A′B′C ′ mà mặt bên ABB′A′ có diện tích Khoảng cách cạnh CC ′ AB′ Thể tích khối lăng trụ bằng: A 10 B 16 Câu 41 (VD): Cho hàm số y = C 12 D 14 3x − có đồ thị ( C ) Có tất đường thẳng cắt ( C ) hai x điểm phân biệt mà hoành độ tung độ hai giao điểm số nguyên? A 10 B C D mx +1 Câu 42 (VD): Tìm S tập hợp giá trị thực tham số m để hàm số y = x + m nghịch biến 1   ; +∞ ÷ 2  A S = ( −1;1) 1  B S =  ;1 2    C S =  − ;1÷   1  D S =  ;1÷ 2  Câu 43 (TH): Cho hình chóp S ABCD có SA vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) , SA = a , ABCD hình vng tâm O cạnh 2a Góc hai mặt phẳng ( SBD ) ( ABCD ) bằng: A 450 B 900 Câu 44 (NB): Cho hàm số y = C 600 D 300 2x +1 Mệnh đề đúng? x +1 A Hàm số đồng biến khoảng ( −∞; −1) ( −1; +∞ ) B Hàm số đồng biến ¡ \ { −1} C Hàm số nghịch biến khoảng ( −∞; −1) ( −1; +∞ ) D Hàm số nghịch biến ¡ \ { −1} Trang Câu 45 (VDC): Cho hai khối cầu đồng tâm có bán kính Xét hình chóp S A1 A2 A3 A4 A5 A6 có đỉnh S thuộc mặt cầu nhỏ đỉnh Ai i = 1;6 thuộc mặt cầu lớn Tìm giá trị lớn thể tích khối chóp S A1 A2 A3 A4 A5 A6 A 24 B 18 C 24 D 18 Câu 46 (VDC): Có cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn x < y x + y = 32 y − 32 x + 48 A B C D Câu 47 (VDC): Cho hình lăng trụ ABC A′B′C ′ có đáy tam giác cạnh a Mặt bên BB′C ′C hình thoi nằm mặt phẳng vng góc với đáy Khoảng cách CC ′ mặt phẳng ( ABB′A′ ) a 12 Thể tích khối lăng trụ ABC A′B′C ′ bằng: a3 A a 21 B 14 3a C a 21 D Câu 48 (VDC): Cho hàm số đa thức bậc năm y = f ( x ) có đồ thị hình bên dưới: Số nghiệm phương trình f ( xf ( x ) ) = − x f ( x ) là: A 13 B 14 C 15 D Câu 49 (VDC): Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm ¡ f ′ ( x ) có bảng biến thiên sau: ( ) 2x Hàm số g ( x ) = f e − x − có điểm cực trị? A B 11 C D Trang Câu 50 (VDC): Cho hình chóp S ABC có AB = a , BC = a , ∠ABC = 600 Hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng ( ABC ) điểm thuộc cạnh BC Góc đường thẳng SA mặt phẳng ( ABC ) 450 Thể tích khối chóp S ABC đạt giá trị nhỏ A a3 12 B a3 C a3 D a3 3 Đáp án 1-A 11-C 21-C 31-C 41-C 2-D 12-B 22-A 32-A 42-C 3-B 13-C 23-D 33-D 43-A 4-D 14-C 24-C 34-A 44-A 5-A 15-A 25-D 35-B 45-D 6-D 16-C 26-D 36-A 46-D 7-C 17-B 27-C 37-D 47-B 8-A 18-D 28-B 38-B 48-B 9-D 19-D 29-D 39-B 49-A 10-A 20-D 30-C 40-D 50-B LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A Phương pháp giải: Tập xác định hàm số lũy thừa y =  f ( x )  phụ thuộc vào giá trị a a Với a nguyên dương, tập xác định ¡ ; Với a nguyên âm 0, tập xác định ¡ \ { 0} ; Với a không nguyên, tập xác định ( 0, +∞ ) Giải chi tiết: π Xét hàm số y = ( x − 27 ) có a = π π ∉ ¢ Do hàm số y = ( x − 27 ) xác định x − 27 > ⇔ x3 > 27 ⇔ x > Vậy TXĐ hàm số cho D = ( 3; +∞ ) Câu 2: Đáp án D Phương pháp giải: Số nghiệm phương trình f ( x ) = a số giao điểm đồ thị hàm số y = f ( x ) với đường thẳng y =a Giải chi tiết: Ta có: f ( x ) − = ⇔ f ( x ) = Suy ra: số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số y = f ( x ) đường thẳng y = Trang Từ BBT ta thấy: hai đồ thị y = f ( x ) y = có ba giao điểm Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt Câu 3: Đáp án B Phương pháp giải: - Dựa vào đường TCN TCĐ đồ thị hàm số để xác định hàm số - Đồ thị hàm số y = ax + b a d có TCN y = TCĐ x = − cx + d c c Giải chi tiết: Đồ thị hàm số cho có TCN y = TCĐ x = nên có đáp án B Câu 4: Đáp án D Phương pháp giải: - Sử dụng quy tắc nhân xác suất - Sử dụng biến cố đối Giải chi tiết: Gọi xác suất bắn trúng bia xạ thủ thứ P1 = 0, 75 xác suất bắn trúng bia xạ thủ thứ hai P2 = 0,85 Gọi A biến cố: “Có xạ thủ bắn trúng vịng 10” ⇒ Biến cố đối A : “Khơng có xạ thủ bắn trúng vịng 10” Khi ta có A = P1.P2 ( ) ( ) ⇒ P ( A ) = P P1 P P2 = ( − 0, 75 ) ( − 0,85 ) = 0, 0375 Vậy xác suất để có xạ thủ bắn trúng vòng 10 là: P ( A ) = − P ( A ) = 0,9625 Câu 5: Đáp án A Phương pháp giải: - Hàm số y = log a x ( < a ≠ 1) có TXĐ D = ( 0; +∞ ) , đồng biến D a > , nghịch biến D < a < x - Hàm số y = a ( < a ≠ 1) có TXĐ D = ¡ , đồng biến D a > , nghịch biến D < a < Trang Giải chi tiết: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: - Hàm số xác định ( 0; +∞ ) nên loại đáp án B C - Hàm số đồng biến ( 0; +∞ ) nên loại đáp án D < 0, < Vậy đồ thị cho hàm số y = log x Câu 6: Đáp án D Phương pháp giải: - Tính tỉ lệ thể tích VS GMN dựa vào cơng thức tỉ lệ thể tích Simpson VS ECD - So sánh thể tích hai khối chóp có chiều cao S ECD S ABCD , từ tính thể tích khối chóp S GMN Giải chi tiết: Gọi E trung điểm AB Vì G trọng tâm ∆SAB nên SG = SE Ta có: VS GMN SG SM SN 1 = = = VS ECD SE SC SD 2 ⇒ VS GMN = VS ECD Ta có: S ECD S ABCD hai khối chóp có chiều cao nên VS ECD S = ECD VS ABCD S ABCD d ( E ; CD ) CD = = d ( E ; CD ) CD ⇒ VS ECD = VS ABCD 1 V ⇒ VS GMN = VS ABCD = VS ABCD = 12 12 Câu 7: Đáp án C Trang 10 - Mở rộng mặt phẳng ( B′MG ) , chứng minh ( B′MG ) ≡ ( B′GN ) với N trung điểm AB - Đổi d ( C ; ( B′GN ) ) sang d ( B; ( B′GN ) ) - Trong ( ABCD ) kẻ BH ⊥ GN , ( B′BH ) kẻ BK ⊥ B′N Chứng minh BK ⊥ ( B′GN ) - Sử dụng tam giác đồng dạng, hệ thức lượng tam giác vuông để tính khoảng cách Giải chi tiết: Gọi N trung điểm AB , ta có B′M / / DN nên B′, M , D, N đồng phẳng ⇒ ( B′MG ) ≡ ( B′GN ) ⇒ d ( C ; ( B′MG ) ) = d ( C ; ( B′GN ) ) Gọi O = AC ∩ BD , ta có AG AG 1 AG = ⇒ = = ⇒ = AO AC 3 CG Ta có CA ∩ ( B′GN ) = G ⇒ d ( C ; ( B′GN ) ) d ( A; ( B′GN ) ) = CG =2 AG ⇒ d ( C ; ( B′GN ) ) = 2d ( A; ( B′GN ) ) Lại có AB ∩ ( B′GN ) = N ⇒ d ( A; ( B′GN ) ) d ( B; ( B′GN ) ) = AN =1 BN ⇒ d ( A; ( B′GN ) ) = d ( B; ( B′GN ) ) ⇒ d ( C ; ( B′GN ) ) = 2d ( B; ( B′GN ) ) Trong ( ABCD ) kẻ BH ⊥ GN , ( B′BH ) kẻ BK ⊥ B′N Ta có: GN ⊥ BH ⇒ GN ⊥ ( BB′H ) ⇒ GN ⊥ BK  GN ⊥ BB′  BK ⊥ B′H ⇒ BK ⊥ ( B′GN ) ⇒ d ( B; ( B′GN ) ) = BK   BK ⊥ GN Ta có ∆BNH ~ ∆DNA ( g g ) ⇒ BH BN ⇒ BH = = AD DN a a a2 + a = Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng BB′H ta có: BK = a 5 a a = = BB′2 + BH a2 a + BB′.BH a Trang 19 Vậy d ( C ; ( B′MG ) ) = d ( C ; ( B′GN ) ) = 2d ( B; ( B′GN ) ) = a Câu 29: Đáp án D Phương pháp giải: Vẽ hình đếm Giải chi tiết: Hình tứ diện có mặt phẳng đối xứng Câu 30: Đáp án C Phương pháp giải: Dựa vào BBT xác định số điểm cực đại số điểm mà qua đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm Giải chi tiết: Hàm số cho đạt cực đại x = Câu 31: Đáp án C Phương pháp giải: Sử dụng nguyên tắc vách ngăn Giải chi tiết: Số cách xếp 12 học sinh thành hàng dọc 12! cách ⇒ Không gian mẫu n ( Ω ) = 12! Gọi A biến cố: “khơng có hai bạn nam đứng cạnh nhau” Xếp bạn nữ thành hàng ngang có 8! cách, có vách ngăn bạn nữ Xếp bạn nam vào vách ngăn có A9 cách Khi n ( A ) = 8! A9 Vậy xác suất cần tìm P ( A ) = 8! A94 14 = 12! 55 Câu 32: Đáp án A Phương pháp giải: - Giải bất phương trình log a f ( x ) > log a g ( x ) ⇔ f ( x ) > g ( x ) > f ( x) - Cơ lập m, đưa bất phương trình dạng m < f ( x ) ∀x ∈ ( a; b ) ⇔ m ≤ [ a ;b ] Giải chi tiết: Trang 20 Ta có: log ( x + x + ) + > log ( x + x + + m ) ∀x ∈ ( 1;3 ) ⇔ log ( x + x + ) > log ( x + x + + m ) ∀x ∈ ( 1;3)  x + x + + m > ∀x ∈ ( 1;3) ⇔ 2 3 x + x + > x + x + + m ∀x ∈ ( 1;3 )  x + x + + m > ∀x ∈ ( 1;3) ( 1) ⇔ 2 x + − m > ∀x ∈ ( 1;3) ( ) 2 Giải (1): x + x + + m > ∀x ∈ ( 1;3) ⇔ x + x + > −m ∀x ∈ ( 1;3) f ( x) Đặt f ( x ) = x + x + ta có −m < f ( x ) ∀x ∈ ( 1;3) ⇔ −m ≤ [ 1;3] BBT: Từ BBT ⇒ ( 1) ⇔ −m ≤ 12 ⇔ m ≥ −12 2 Giải (2): x + − m > ∀x ∈ ( 1;3) ⇔ m < x + 1∀x ∈ ( 1;3) g ( x) Đặt g ( x ) = x + ta có m < g ( x ) ∀x ∈ ( 1;3 ) ⇔ m ≤ [ 1;3] BBT: Dựa vào BBT ⇒ ( ) ⇔ m ≤ Kết hợp ta có −12 ≤ m ≤ Mà m ∈ ¢ ⇒ m ∈ { −12; −11; −10; ;1; 2;3} Vậy có 16 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 33: Đáp án D Phương pháp giải: Hàm bậc bốn trùng phương y = ax + bx + c ( a ≠ ) có điểm cực trị ab ≥ Giải chi tiết: 2 Hàm số y = ( m − ) x − x + có điểm cực trị ⇔ −2 ( m − ) ≥ ⇔ m − ≤ ⇔ −3 ≤ m ≤ Trang 21 Mà m ∈ ¢ ⇒ m ∈ { −3; −2; −1;0;1; 2;3} Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 34: Đáp án A Phương pháp giải: n k n−k k - Khai triển nhị thức Newton: ( a + b ) = ∑ Cn a b n k =0 - Tìm k ứng với số mũ x 3, tìm k suy hệ số x khai triển Giải chi tiết: k k 3k 6 − 6−   k k 6−k k 6−k   = C x x = C6k 2k x ( k ∈ [ 0;6] ) = C x Ta có:  x + ∑ ∑ ÷ ∑  ÷ x  k =0 k =0 k =0   x Để tìm hệ số số hạng chứa x ta cho − 3k = ⇔ k = ( tm ) 2 Vậy hệ số số hạng chứa x khai triển C6 = 60 Câu 35: Đáp án B Phương pháp giải: - Dựa vào cơng thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy r đường sinh l S xq = π rl để tính độ dài đường sinh hình nón - Tính chiều cao hình nón h = l − r để tính chiều cao hình nón, chiều cao khối chóp - Tính thể tích khối chóp có chiều cao h , diện tích đáy B V = Bh Giải chi tiết: Gọi O = AC ∩ BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) SO chiều cao khối nón Diện tích xung quanh hình nón S xq = π rl = π a.l = 2π a ⇒ l = 2a Chiều cao hình nón h = l − r = 4a − a = a = SO Ta có: AC = 2r = 2a nên AB = AC 2a = = a ⇒ S ABCD = a 2 ( ) = 2a Trang 22 1 3a Vậy thể tích khối chóp S ABCD là: VS ABCD = SO.S ABCD = a 3.2a = 3 Câu 36: Đáp án A Phương pháp giải: - Gọi chiều rộng bế nước x ( x > ) ( m ) chiều dài bể nước 2x ( m ) Gọi chiều cao bể nước h ( h > ) ( m ) , dựa vào cơng thức tính thể tích khối hộp chữ nhật rút h theo x - Tính diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật (trừ diện tích trống 20% diện tích đáy) Diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật có kích thước a, b, c Stp = ( ab + bc + ca ) - Sử dụng BĐT Cô-si cho số không âm: a + b + c ≥ 3 abc Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c Giải chi tiết: Gọi chiều rộng bế nước x ( x > ) ( m ) chiều dài bể nước 2x ( m ) Gọi chiều cao bể nước h ( h > ) ( m ) ta tích bể nước V = x.x.h = 10 ⇔ h = Diện tích xung quanh bể nước là: S xq = ( x.h + x.h ) = xh = ( m) x2 30 (m ) x Diện tích đáy x.x = x ( m ) , suy diện tích đáy (trừ diện tích trống 20% diện 2 tích đáy) là: x 80% + x = 18 2 x (m ) ⇒ Diện tích tồn phần bể nước là: 30 18 2 + x (m ) x Để giá tiền phải trả diện tích tồn phần bể nhỏ Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: Dấu “=” xảy ⇔ 30 18 15 15 18 15 15 18 + x = + + x ≥ 3 x = 30 x x x x x 15 18 25 = x ⇔x= ( m) x Vậy số tiền phải trả cho nhân cơng 30.0,5 ≈ 14 triệu đồng Câu 37: Đáp án D Phương pháp giải: Dựa vào BBT xác định khoảng đồng biến (nghịch biến) khoảng mà hàm số liên tục có đạo hàm dương (âm) Giải chi tiết: Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến khoảng ( −∞; −1) ( 1; +∞ ) , nghịch biến ( −1;1) Do đáp án A, B, C đáp án D sai Trang 23 Câu 38: Đáp án B Phương pháp giải: - Sử dụng định nghĩa TCN đồ thị hàm số: Đồ thị hàm số y = f ( x ) nhận đường thẳng y = y0 làm f ( x ) = y0 TCN thỏa mãn điều kiện xlim →±∞ f ( x ) ; lim f ( x ) - Dựa vào BBT xác định xlim →−∞ x →+∞ Giải chi tiết: f ( x ) = −∞; lim f ( x ) = Dựa vào BBT ta có xlim →−∞ x →+∞ Khi ta có: xlim →−∞ 14 14 = 0; lim =2 x →+∞ f ( x) + f ( x) + Vậy đồ thị hàm số y = 14 có tất TCN y = 0; y = f ( x) + Câu 39: Đáp án B Phương pháp giải: - Hàm phân thức có bậc tử > bậc mẫu khơng có TCN - Số tiệm cận đứng = số nghiệm mẫu không bị triệt tiêu nghiệm tử Giải chi tiết: Ta có y = x + x − ( x − 1) ( x + 1) = x −1 x −1 Vì bậc tử > bậc mẫu nên đồ thị hàm số TCN Vì x = nghiệm mẫu khơng bị triệt tiêu nên đồ thị hàm số có TCĐ x = Vậy đồ thị hàm số cho có tổng số TCN TCĐ Câu 40: Đáp án D Phương pháp giải: - Sử dụng định lí: a / / ( P ) ⊃ b ⇒ d ( a; b ) = ( a; ( P ) ) ( a, b đường thẳng chéo nhau) - Tính VC ′ ABB′A′ = d ( C ′; ( ABB′A′ ) ) S ABB′A′ 3 - Tính VABC A′B′C ′ = VC ′ ABB′A′ Giải chi tiết: Trang 24 Vì CC ′ / / AA′ nên CC ′ / / ( ABB′A′ ) ⊃ AB′ Do d ( CC ′; AB′ ) = d ( CC ′; ( ABB′A′ ) ) = d ( C ′; ( ABB′A′ ) ) = 1 28 Khi ta có: VC ′ ABB′A′ = d ( C ′; ( ABB′A′ ) ) S ABB′A′ = 7.4 = 3 3 28 Mà VC ′ ABB′A′ = VABC A′B′C ′ ⇒ VABC A′B′C ′ = VC ′ ABB′A′ = = 14 2 Câu 41: Đáp án C Phương pháp giải: - Tìm số điểm có hồnh độ tung độ số nguyên thuộc đồ thị hàm số y = 3x − , giả sử n x - Số đường thẳng thỏa mãn số đường thẳng qua n điểm trên, tức Cn đường thẳng Giải chi tiết: Để đường thẳng cắt ( C ) điểm có hồnh độ tung độ số ngun điểm có hồnh độ tung độ số nguyên phải thuộc đồ thị hàm số y = Ta có: y = 3x − x 3x − 2 = − ( x ≠ 0) x x Để y ∈ ¢ ⇒ ∈ ¢ ⇒ x ∈ { ±1; ± 2} x Khi điểm có hồnh độ tung độ số nguyên thuộc đồ thị hàm số y = 3x − x A ( 1;1) ; B ( −1;5 ) ; C = ( 2; ) ; D ( −2; ) Vậy có C4 = đường thẳng thỏa mãn Câu 42: Đáp án C Phương pháp giải: 1  1  - Để hàm số nghịch biến  ; +∞ ÷ y ′ < ∀x ∈  ; +∞ ÷ 2  2  Trang 25 - Sử dụng cơng thức tính đạo hàm hàm số mũ: ( a u ) ′ = u ′a u ln a Giải chi tiết: Ta có y = mx +1 x+m +1 m − mx x+m ′= ⇒ y ln ( x ≠ −m ) ( x + m) 1  1  Để hàm số nghịch biến  ; +∞ ÷ y ′ < ∀x ∈  ; +∞ ÷ 2  2  ⇔ m2 − ( x + m) mx +1 m2 − 1  1  x + m ln < ∀x ∈  ; +∞ ÷ ⇔ < ∀x ∈  ; +∞ ÷ 2  2  ( x + m) m − <  −1 < m <  −1 < m < 1    ⇔ ⇔ ⇔ − ≤ m ∀x ∈ D Ta có y = x + ⇒ y ′ = ( x + 1) Vậy hàm số cho đồng biến khoảng ( −∞; −1) ( −1; +∞ ) Câu 45: Đáp án D Phương pháp giải: Giải chi tiết: Gọi ( S1 ) ; ( S2 ) hai khối cầu tâm O có bán kính R1 = 1, R2 = Giả sử A1 A2 A3 A4 A5 A6 ∈ ( α ) Kẻ OH ⊥ ( α ) ( H ∈ ( α ) ) , gọi S0 = OH ∩ ( S1 ) cho d ( S0 ; ( α ) ) > d ( O; ( α ) ) Khi ta có: VS A1 A2 A3 A4 A5 A6 ≤ VS0 A1 A2 A3 A4 A5 A6 = S0 H S A1 A2 A3 A4 A5 A6 Đặt OH = x ( < x < ) ta có S0 H = x + Áp dụng định lí Pytago ta có: HA1 = OA12 − OH = 16 − x Trang 27 ⇒ S A1 A2 A3 A4 A5 A6 đạt giá trị lớn khi A1 A2 A3 A4 A5 A6 lục giác đều, max S A1 A2 A3 A4 A5 A6 = 3 16 − x ) ( ⇒ VS A1 A2 A3 A4 A5 A6 ≤ 3 16 − x ) = ( x + 1) ( x + 1) ( 16 − x ) ( 2 2 Xét hàm số f ( x ) = ( x + 1) ( 16 − x ) với < x < ta có f ′ ( x ) = 16 − x − ( x + 1) x = −3x − x + 16  x = ( tm ) f ′( x) = ⇔   x = − ( ktm )  BBT: f ( x ) = f ( ) = 36 Dựa vào BBT ⇒ max ( 0;4 ) ⇒ VS A1 A2 A3 A4 A5 A6 ≤ 36 = 18 Vậy giá trị lớn thể tích khối chsop S A1 A2 A3 A4 A5 A6 18 Câu 46: Đáp án D Phương pháp giải: Giải chi tiết: Theo ta có: x + y = 32 y − 32 x + 48 ⇔ x + 32 x = 32 y − y + 48 Vì x, y ∈ ¥ * , x < y nên ta thử TH sau: + Với x = 1, y = ta có: + 32 = 64 − 16 + 48 ⇔ 36 = 96 (Vơ lí) ⇒ x ≥ ⇒ VT = x + 32 x ≥ 80 ( 1) y y Xét hàm số f ( y ) = 32 y − + 48 ta có f ′ ( y ) = 32 − ln = ⇔ y = log 32 ln BBT: Trang 28 y * Vì y ∈ ¥ * nên f ( y ) = 32 y − + 48 ∈ ¥ , dựa vào BBT ⇒ f ( y ) ≤ 97 ( ) Từ (1) (2) ⇒ 80 ≤ f ( y ) ≤ 97 ⇒ 80 ≤ VP ≤ 97 ⇒ 80 ≤ VT ≤ 97 ⇒ 80 ≤ x + 32 x ≤ 97 ( *) x Hàm số g ( x ) = + 32 x đồng biến ¡ , từ (*) ta suy x = Với x = ta có 80 = 32 y − y + 48 ⇔ 32 y − y = 32 , sử dụng MODE7 ta tìm y = Vậy có cặp số ( x; y ) thỏa mãn ( x; y ) = ( 2;3) Câu 47: Đáp án B Phương pháp giải: - Kẻ B′H ⊥ BC ( H ∈ BC ) Chứng minh B′H ⊥ ( ABC ) - Đặt B′H = x ( x > ) , tính BH theo x - Gọi M trung điểm AB , ( ABC ) kẻ HK / / CM ( K ∈ AB ) , tính B′K theo x, từ tính S ABB′A′ theo x 3 - Tính VABC A′B′C ′ = VC ABB ′A′ = B′K S ABB′A′ d ( C ; ( ABB′A′ ) ) = B′H S ∆ABC Giải phương trình tìm x, từ 2 tính VABC A′B′C ′ Giải chi tiết: Kẻ B′H ⊥ BC ( H ∈ BC ) ( BCC ′B′ ) ⊥ ( ABC ) = BC ⇒ B′H ⊥ ( ABC ) Ta có:   B′H ⊂ ( BCC ′B′ ) ; B′H ⊥ BC Trang 29 Đặt B′H = x ( x > ) ⇒ BH = a − x (Định lí Pytago tam giác vuông BB′H ) Gọi M trung điểm AB ta có CM ⊥ AB CM = a (do ∆ABC ạnh a ) Trong ( ABC ) kẻ HK / / CM ( K ∈ AB ) , áp dụng định lí Ta-lét ta có: HK BH HK a − x2 = ⇒ = a2 − x2 ⇒ HK = CM BC a a 2 Áp dụng định lí Pytago tam giác vng B′HK ta có: B′K = B′H + HK = x + 2 3 a − x ) = a + x ⇒ B′K = 3a + x ( 4  AB ⊥ B′H ⇒ AB ⊥ ( B′HK ) ⇒ AB ⊥ B′K Ta có:   AB ⊥ HK ( HK / / CM ) Khi ta có: S ABB′A′ = B′K AB = a 3a + x 2 Ta có: CC ′ / / BB′ ⇒ CC ′ / / ( ABB′A′ ) ⇒ d ( CC ′; ( ABB′A′ ) ) = d ( C ; ( ABB′A′ ) ) = a 12 ⇒ VC ABB′A′ = S ABB′A′ d ( C ; ( ABB′A′ ) ) a 3a + x a 12 = = a 12 3a + x 2 = VABC A′B′C ′ 30 ⇒ VABC A′B′C ′ a 12 3a + x a 12 3a + x = = 30 20 Lại có VABC A′B′C ′ = B′H S∆ABC = x a2 ⇒ a 12 3a + x a2 = x 20 ⇔ 3a + x = x ⇔ ( 3a + x ) = 25 x ⇔ 21x = 12a ⇔ x = Vậy VABC A′B′C ′ = x a a2 a2 21a = = 14 Câu 48: Đáp án B Trang 30 Phương pháp giải: - Đặt t = xf ( x ) , sử dụng tương giao đồ thị hàm số tìm nghiệm t - Rút f ( x ) = t , tiếp tục sử dụng tương giao đồ thị hàm số tìm nghiệm x x Giải chi tiết: Đặt t = xf ( x ) , phương trình trở thành f ( t ) = − t ( −3 ≤ t ≤ 3) ( *) Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số y = f ( t ) đồ thị hàm số y = − t Ta có đồ thị: t = a ∈ ( −2; −1)  t = b ∈ ( 0;1) Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình (*) có nghiệm phân biệt  t = c ∈ ( 1; )  t = a  x , a ∈ ( −2; −1) ( 1)   b , b ∈ ( 0;1) ( ) t x Khi ta có f ( x ) = =  x c , c ∈ ( 1; ) ( 3) x 3  ( 4) x Tiếp tục sử dụng tương giao ta có: Trang 31 - Phương trình (1) có nghiệm phân biệt - Phương trình (2) có nghiệm phân biệt - Phương trình (3) có nghiệm phân biệt - Phương trình (4) có nghiệm phân biệt Tất nghiệm không trùng Vậy phương trình ban đầu có tất cr 14 nghiệm phân biệt Câu 49: Đáp án A Phương pháp giải: Giải chi tiết: ( )  2x Ta có g ( x ) = f e − x − = f   ⇒ g′( x) = = (e 2x 2′  − 2x − 2) f ′   ( e x − x − ) ( 2e x − ) (e 2x − 2x − 2) (e  f ′  (e 2x 2x  − 2x − 2) ÷   − 2x − 2) ÷  (e 2x  e x − x − =  g ′ ( x ) = ⇔  2e x − =   f ′  ( e x − x − ) ÷ =     − 2x − 2) ÷  e x − x − =  x =  2x  ( e − 2x − 2)  ⇔ e2 x − x − ) (   2x  ( e − 2x − 2)   e2 x − x − 2 )  ( = a < −1 ( Loai ) = b ∈ ( −1;0 ) ( Loai ) = c ∈ ( 0;1) = d >1 e x − x − = ( 1)  x = e x − x − = c ∈ ( 0;1) ( 2) ⇔  2x e − x − = −c ∈ ( −1;0 ) ( 3) e x − x − = d , d > ( 4)  2x e − x − = −d , − d < −1 ( ) 2x 2x Xét hàm số h ( x ) = e − x − ta có h′ ( x ) = 2e − = ⇔ x = BBT: Trang 32 Dựa vào BBT ta có: + Phương trình (1) có nghiệm phân biệt khác + Phương trình (2) có nghiệm phân biệt khác + Phương trình (3) có nghiệm phân biệt khác + Phương trình (4) có nghiệm phân biệt khác + Phương trình (5) vơ nghiệm Các nghiệm nghiệm bội lẻ (nghiệm đơn) phân biệt Do phương trình g ′ ( x ) = có nghiệm bội lẻ Vậy hàm số y = g ( x ) có tất điểm cực trị Câu 50: Đáp án B Phương pháp giải: - Xác định góc SA mặt đáy góc SA hình chiếu mặt đáy - Từ tính SH theo HA - Tính S ABC = AB.BC.sin ∠ABC khơng đổi ⇒ VS ABC đạt GTNN HA nhỏ - HA đạt GTNN HA ⊥ BC , từ tính HA tính GTNN VS ABC Giải chi tiết: ⇒ ∠ ( SA; ( ABC ) ) = ∠ ( SA; HA ) = ∠SAH = 450 Ta có SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ AH ⇒ ∆SAH vuông cân H ⇒ SH = AH Ta có: S ABC = 1 3a AB.BC.sin ∠ABC = a.a 3.sin 600 = 2 1 3a a ⇒ VS ABC = SH S ∆ABC = AH = AH 3 4 Để VS ABC đạt giá trị nhỏ AH ⇔ AH ⊥ BC ⇒ AH = 2S ∆ABC BC Vậy VS ABC = 3a =a = a a a a3 = Trang 33 ... (e 2x − 2x − 2) (e  f ′  (e 2x 2x  − 2x − 2) ÷   − 2x − 2) ÷  (e 2x  e x − x − =  g ′ ( x ) = ⇔  2e x − =   f ′  ( e x − x − ) ÷ =     − 2x − 2) ÷  e x − x − =  x =  2x... A a3 12 B a3 C a3 D a3 3 Đáp án 1-A 11-C 21 -C 31-C 41-C 2- D 12- B 22 -A 32- A 42- C 3-B 13-C 23 -D 33-D 43-A 4-D 14-C 24 -C 34-A 44-A 5-A 15-A 25 -D 35-B 45-D 6-D 16-C 26 -D 36-A 46-D 7-C 17-B 27 -C 37-D... y > )  y Giải chi tiết: Ta có: log35.log5a1+log 32? ??log6b =2? ??log3alog36−log6b =2? ??log6a−log6b =2? ??log6ab =2? ??ab=36⇔a=36blog35.l og5a1+log 32? ??log6b =2? ??log3alog36−log6b =2? ??log6a−log6b =2? ??log6ab =2? ??ab=36⇔a=36b