Đề thi thử Trung học phổ thông quốc gia Lần 1 môn Toán Lớp 12 - Trường THPT Chuyên Đại học sư phạm Hà Nội

Nội dung text: Đề thi thử Trung học phổ thông quốc gia Lần 1 môn Toán Lớp 12 - Trường THPT Chuyên Đại học sư phạm Hà Nội

1. Trường THPT chuyên Đại Học Sư Phạm HN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ I Môn: Toán Thời gian làm bài: 90 phút 2 Câu 1: Tập nghiệm của bất phương trình 2x 4 1 .ln x2 0 là: A. B. 2C.; D.1  1;2 1;2 1;2 1;2 2m 1 x 3 Câu 2: Đồ thị của hàm số y có đường tiệm cận đi qua điểm A 2;7 khi và x 1 chỉ khi : A. B.m C. D.3 m 1 m 3 m 1 Câu 3: Điều kiện cần và đủ của m đề hàm số y mx4 m 1 x2 1có đúng 1 điểm cực tiểu là A. B. 1 C. m D. 0 m 1 m  1; \ 0 m 1 Câu 4: Phát biểu nào sau đây là đúng cos 2 x cos 2 x A. B.s in 2xdx C;C ¡ sin 2xdx C;C ¡ 2 2 C. D. s in 2xdx 2cos 2x C;C ¡ sin 2xdx cos 2x C;C ¡ Câu 5: Tập nghiệm của bất phương trình: log x2 25 log 10x A. B.¡ \C. 5 D. ¡ 0; 0;5  5; Câu 6: Hàm số nào trong các hàm số dưới đây có đồ thị phù hợp với hình vẽ bên: A. y x3 B. y x4 C. y x 1 D. y x 5 1 Câu 7: Tập xác định của hàm số y x 3 là: A. B.0 ;C. D. ¡ ¡ \ 0 0; Câu 8: Cho hình nón có chiều cao bằng 3cm, góc giữa trục và đường sinh bằng 60 0. Thể tích của khối nón là: Trang 1
2. A. B.9 cC.m D.3 3 cm3 18 cm3 27 cm3 Câu 9: Cho tứ diện ABCD có hai măt ABC, BCD là các tam giác đều cạnh a và nằm trong các mặt phẳng vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD là: 3a3 a3 a3 3a3 A. B. C. D. 8 4 8 4 Câu 10: Cho hình chóp đều S.ABC có đáy bằng a, góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Gọi A’; B’; C’ tương ứng là các điểm đối xứng của A; B; C qua S. Thể tích của khối bát diện có các mặt: ABC; A’B’C’; A’BC; B’CA; C’AB; AB’C’; BC’A’; CA’B’ là 3a3 2 3a3 4 3a3 A. B.2 C.3a 3D. 2 2 3 Câu 11: Phát biểu nào sau đây là đúng 2 2 x 1 2 A. B. x2 1 dx C;C ¡ x2 1 dx 2 x2 1 C;C ¡ 3 3 3 3 3 2 x 2x 2 x 2x C. D. x2 1 dx x C;C ¡ x2 1 dx x 5 3 5 3 Câu 12: Hàm số nào trong các hàm số dưới đây có đồ thị phù hợp với hình vẽ bên: A. B.y ex y e x C. D.y log x y log x 7 0.5 8 4a 2b c 0 Câu 13: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn . Số 8 4a 2b c 0 giao điểm của đồ thi hàm số y x3 ax2 bx c và trục Ox là: A. 0B. 2C. 3D. 1 7000 Câu 14: Một đám vi trùng tại ngày thứ t có số lượng là N(t). Biết rằng N ' t và lúc t 2 đầu đám vi trùng có 300 000 con. Sau 10 ngày, đám vi trùng có khoảng bao nhiêu con? A. 332542 conB. 312542 conC. 302542 conD. 322542 con Câu 15: Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ cạnh a. Thể tích của khối tứ diện ACB’D’ là a3 a3 a3 A. B.a3 C. D. 3 6 2 Câu 16: Cho hình lập phương có cạnh bằng 1. Diện tích mặt cầu đi qua các đỉnh của hình lập phương là A. B.6 C. D. 3 2 Trang 2
3. Câu 17: Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như hình bên. Số đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y f x . A. 0B. 1 C. 3 D. 2 Câu 18: Cho hình trụ có các đường tròn đáy là (O) và (O’), bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a. Các điểm A; B lần lượt thuộc các đường tròn đáy là (O) và (O’) sao cho AB 3a . Thể tích của khối tứ diện ABOO’ là a3 a3 a3 A. B. C. D. a3 2 3 6 1 Câu 19: Hàm số y x3 mx2 x 1nghịch biến trên ¡ khi và chỉ khi 3 A. B.m C.¡ D.\  1;1 m ¡ \ 1;1 m  1;1 m 1;1 Câu 20: Chuyện kể rằng: Ngày xưa, có ông vua hứa sẽ thưởng cho một vị quan món quà mà vị quan đươc chọn. Vị quan tâu: “Hạ thần chỉ xin Bệ hạ thưởng cho một hạt thóc thôi ạ! Cụ thể như sau: Bàn cờ vua có 64 ô thì với ô thứ nhất thần xin thêm 1 hạt, ô thứ 2 thì gấp đôi ô đầu, ô thứ 3 lại gấp đôi ô thứ 2, ô sau nhận số hạt thóc gấp đôi phần thưởng dành cho ô liền trước”. Giá trị nhỏ nhất của n để tổng số hạt thóc mà vị quan xin từ n ô đầu tiên (từ ô thứ 1 đến ô thứ n) lớn hơn 1 triệu là A. 21B. 19C. 18D. 20 Câu 21: Cho a là số thực dương khác 1. Xét hai số thực x1, x .2 Phát biểu nào sau đây là đúng? x1 x2 x1 x2 A. Nếu a a thì B. a Nếu 1 x1 x2 thì0 a a a 1 x1 x2 0 x1 x2 x1 x2 C. Nếu a a thì x1 x2 D. Nếu a a thì x1 x2 x3 Câu 22: Điều kiện cần và đủ của m để hàm số y m 1 x2 m2 2m x 1nghịch 3 biến trên 2;3 là: A. B.m C.1 D.;2  m 1;2 m 1 m 2 Câu 23: Khối trụ có thiết diện qua trục là hình vuông cạnh a 2cm có thể tích là A. B.3 cC.m 3D. 4 cm3 2 cm3 cm3 Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A 0; 2; 1 và B 1; 1;2 . Tọa độ điểm M thuộc đoạn thẳng AB sao cho : MA= 2MB là Trang 3
4. 1 3 1 2 4 A. B. C.; D.; 2;0;5 ; ;1 1; 3; 4 2 2 2 3 3 Câu 25: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông cân đỉnh A, mặt bên BCC’B’ là hình vuông, khoảng cách giữa AB’ và CC’ bằng a. Thể tích của khối trụ ABC.A’B’C’. 2a3 2a3 A. B. C. D. 2a3 a3 2 3 Câu 26: Hàm số y f x có đạo hàm f ' x x 1 2 x 3 . Phát biển nào sau đây là đúng? A. Hàm số có một điểm cực đạiB. Hàm số có hai điểm cực trị C. Hàm số có đúng 1 điểm cực trịD. Hàm số không có điểm cực trị Câu 27: Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng 2 cm, góc ở đỉnh bằng 60 0. Diện tích xung quanh của hình nón là A. B.6 C.cm D.2 3 cm2 2 cm2 cm2 2 2 Câu 28: Số nghiệm thực phân biệt của phương trình 4x 5.2x 4 0 A. 3B. 2C. 4D. 1 Câu 29: Cho hình trụ có bán kính đường tròn đáy bằng chiều cao và bằng 2 cm. Diện tích xung quanh của hình trụ bằng 8 A. B. C.cm D.2 4 cm2 2 cm2 8 cm2 3 Câu 30: Phát biểu nào sau đây là đúng? 8 A. B. C.cm D.2 4 cm2 2 cm2 cm2 3 2 Câu 31: Hàm số y log0,5 x 2x đồng biến trên khoảng 1; A. B. 0 ;C.1 D. 1;2 ;1 Câu 32: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, cạnh SA vuông góc với đáy và AB a;SA AC 2a . Thể tích khối chóp S.ABC là: 2a3 3a3 2 3a3 A. B. C. D. 3a3 3 3 3 Câu 33: Hàm số nào trong các hàm số sau có bảng biến thiên như hình dưới đây Trang 4
5. x 2 0 y’ + 0 0 + y 3 1 A. B.y C.x 3D. 3x2 1 y 2x3 6x2 1 y x3 3x2 1 y 2x3 9x2 1 Câu 34: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa SB với mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Thể tích của khối chóp S.ABCD là: a3 a3 A. B. C. D. 3a3 3 3a3 3 3 3 Câu 35: Một người gửi ngân hàng 100 triệu theo thể thức lãi kép, lãi suất 0,5% một tháng (kể từ tháng thứ 2, tiền lãi được tính theo phần trăm của tổng tiền có được tháng trước đó và tiền lãi của tháng trước đó). Sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó có nhiều hơn 125 triệu? A. 45 thángB. 46 thángC. 44 thángD. 47 tháng 2x 1 Câu 36: Tập hợp các giá trị của m để đồ thị của hàm số y có mx2 2x 1 4x2 4m 1 đúng đường tiệm cận là A. B. ; 1  0 1; 0 C. D. ; 1  1; a b c d Câu 37: Cho các số dương a, b, c,d. Biểu thức S ln ln ln ln b c d a a b c d A. 1B. 0C. D. ln abcd ln b c d e 1 x 1 x Câu 38: Số nghiệm thực phân biệt của phương trình 2 4x 2 4 x 4 A. 1B. 2C. 3D. 0 Câu 39: Trên khoảng 0; , hàm số y ln x là một nguyên hàm của hàm số: 1 1 A. B.y C,C ¡ y x x C. D.y x ln x x y x ln x x C,C ¡ Câu 40: Tập nghiệm của bất phương trình ln x 1 x 2 x 3 1 0 là: Trang 5
6. A. B. 1; C.2 D. 3; 1;2  3; ;1  2;3 ;1  2;3 Câu 41: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông cân tại A và D, AB 2a,AD DC a , cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA 2a . Gọi M, N là trung điểm của SA và SB. Thể tích của khối chóp S.CDMN là: a3 a3 a3 A. B. C. D. a3 2 3 6 Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A 1; 1;1 ,B 0;1; 2 và điểm M thay đổi trên mặt phẳng tọa độ (Oxy). Giá trị lớn nhất của biểu thức T MA MB là: A. B.6 C. D. 12 14 8 Câu 43: Giá trị lớn nhất của hàm số y sin4 x sin3 x là: A. 0B. 2C. 3D. 1 2 Câu 44: Tập nghiệm của phương trình log2 x 1 log2 2x là 1 2  A. B. C. D. 2;4 1 2;1 2 1 2 2  Câu 45: Ngày 1/7/2016, dân số Việt Nam khoảng 91,7 triệu người. Nếu tỉ lệ tăng dân số Việt Nam hàng năm là 1,2% và tỉ lệ ổn định 10 năm liên tiếp thì ngày 1/7/2026 dân số Việt Nam khoảng bao nhiêu triệu người? A. 104,3 triệu ngườiB. 103,3 triệu ngườiC. 105,3 triệu ngườiD. 106,3 triệu người sin4 cos4 sin2 cos2 Câu 46: Cho 0; . Biểu thức 2 2 4 bằng: 2 A. B.2si n2 C.cos D. 4 2sin cos Câu 47: Cho hàm số có đồ thị ở hình bên. Phát biểu nào sau đây là đúng? A. Hàm số nghịch biến 2;0 B. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng -1 C. Hàm số đồng biến trên ; 2  0; D. Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x 2 Câu 48: Tam giác ABC vuông tại B có AB 3a,BC a . Khi quay hình tam giác đó xung quanh đường thẳng AB một góc 3600 ta được một khối tròn xoay. Thể tích của khối tròn xoay đó là: Trang 6
7. a3 a3 A. B. a C.3 D. 3 a3 3 2 mx 5 Câu 49: Điều kiện cần và đủ của m để hàm số y đồng biến trên từng khoảng xác x 1 định là A. B.m C. D.5 m 5 m 5 m 5 Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, các điểm A 1;2;3 ,B 3;3;4 ,C 1;1;2 A. thẳng hàng và A nằm giữa B và CB. thẳng hàng và C nằm giữa A và B C. thẳng hàng và B nằm giữa C và AD. là ba đỉnh của một tam giác Đáp án 1-A 2-C 3-D 4-A 5-D 6-A 7-B 8-D 9-C 10-C 11-C 12-C 13-C 14-B 15-B 16-B 17-D 18-D 19-C 20-D 21-A 22-A 23- 24-C 25-A 26-C 27-C 28-A 29-D 30-D 31-B 32-B 33-C 34-A 35-A 36-B 37-B 38-D 39-B 40-A 41-B 42-A 43-B 44-D 45-B 46-B 47-A 48-A 49-D 50-A Trang 7
8. LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A Điều kiện: x 0 2 2x 4 1 0 2 2 ln x 0 2x 4 1 .ln x2 0 2 2x 4 1 0 2 ln x 0 2 2 2 x 2 2x 4 1 0 2x 4 20 x2 4 0 2 x 1 TH1: x 1 2 2 2 ln x 0 ln x ln1 x 1 1 x 2 x 1 2 2x 4 1 0 x2 4 0 TH2: (loại) 2 2 ln x 0 x 1 Câu 2: Đáp án C Phân tích: Đồ thị hàm số đã cho là đồ thị hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất nên sẽ có hai tiệm cận, ta đã xác định được tiệm cận đứng là x ,1 mà đường tiệm cận đứng không đi qua điểm A 2;7 . Do đó ta đi xét luôn đến tiệm cận ngang là y 2m 1 . Để đường TCN của đồ thị hàm số đi qua A 2;7 thì 2m 1 7 m 3 Câu 3: Đáp án D Phân tích: Đây là bài toán quen thuộc của các bài toán liên quan đến cực trị. Nhận thấy, với m 0 thì hàm số đã cho trở thành y x2 1 là hàm số bậc hai có đồ thị là parabol có duy nhất một điểm cực tiểu. Nên m 0 thỏa mãn. Với m 0 thì đây là hàm số bậc bốn trùng phương, ta đi tìm điều kiện để đồ thị hàm số có duy nhất một điểm cực tiểu. Lời giải: Với m 0 thỏa mãn yêu cầu đề bài. Với m 0 , để đồ thị hàm số đã cho có duy nhất một điểm cực tiểu thì Trường hợp 1: Đồ thị hàm số có duy nhất một điểm cực trị và đó là điểm cực tiểu khi: Hệ số a của hàm số đã cho dương và phương trình y' 0 có duy nhất một nghiệm. a m 0 m 0 m 1 m 0 Trường hợp 2: Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị, trong đó có 1 điểm cực tiểu và hai điểm cực đại. Khi đó Hệ số a âm và y' 0 có ba nghiệm phân biệt. Trang 8
9. a m 0 m 1 m 1 m 0 Kết hợp các trường hợp ta có m 1 Câu 4: Đáp án A Ta nhận thấy: 1 Với A: Ta có sin ax b dx .cos ax b C a 1 Áp dụng công thức trên ta có sin 2xdx cos 2x C . Vậy A đúng. 2 1 Ghi nhớ: sin ax b dx .cos ax b C a Câu 5: Đáp án D Điều kiện: x 0 log x2 25 log 10x x2 25 10x x2 10x 25 0 x 5 2 0 x 5 Kết hợp điều kiện thì ta được x 0;5  5; Ghi nhớ: A2 x 0 A x 0 Sau khi giải nhớ kết hợp điều kiện. Câu 6: Đáp án A Ta chọn A luôn vì đây là dạng đồ thị hàm số bậc ba không có điểm cực trị, mà ở đây có duy nhất phương án A thỏa mãn. Câu 7: Đáp án B 1 Nhận thấy hàm số y x 3 xác định trên ¡ Câu 8: Đáp án Ta có hình vẽ mặt cắt của mặt phẳng chứa trục của hình nón và vuông góc với mặt đáy. Ở đây SH là trục của hình nón, SA, SB là các đường sinh, Khi đó góc giữa trục và đường sinh là HSB 600 . Tam giác SHB vuông tại H nên HB SH.tan H· SB 3.tan 600 3 3 Mặt khác HB chính là bán kính của hình tròn đáy khối nón, do đó thể 1 1 2 tích khối nón là: V .B.h .3. 3 3 27 3 3 Câu 9: Đáp án C Ta có hình vẽ của tứ diện Trang 9
10. Nhận xét hai mặt phẳng (ABC) và (BCD) vuông góc với nhau có BC là giao tuyến. Gọi H là trung điểm của BC suy ra AH  BC ( do tam giác ABC là tam giác đều). a 3 Suy ra AH  BCD , hay AH là đường cao của tứ diện ABCD. Mặt khác AH . Do 2 1 1 a 2 3 a 3 a3 vậy V .S .AH . . ABCD 3 SCD 3 4 2 8 Câu 10: Đáp án C Thể tích khối bát diện đã cho là 1 V 2V 2.4V 8V 8. SG.S A'B'C'BC A'.SBC S.ABC 3 ABC Ta có: SA; ABC S· AG 600 . Xét SGA vuông tại G: SG tanSAG SG AG.tanS· AG a AG 1 1 a 2 3 2 3a3 Vậy V 8. SG.S 8. .a. . 3 ABC 3 4 3 Câu 11: Đáp án C 5 2 x 2 Ta có: x2 1 dx x4 2x2 1 dx x3 x C;C ¡ 5 3 Câu 12: Đáp án C Ta thấy đồ thị hàm số nhận trục Oy Mặt khác lim y và lim y . Do đó đây là đồ thị của hàm số logarit có cơ số a 1 . x 0 x Câu 13: Đáp án C Ta thấy 8 4a 2b c y 2 0 và 8 4a 2b c y 2 0 Ta có y' 3x2 2ax b 0 có ' a 2 3b 8 4a 2b c 0 Mặt khác hệ bất phương trình b 4b 16 b 4 8 4a 2b c 0 Do b 4 nên ' 0 , từ đây suy ra phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1;x2 . Mặt b 4 khác x x nên phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu. Đặt x 0 x khi đó 1 2 3 3 1 2 x1; y x1 là điểm cực đại, và x2 ; y x2 là điểm cực tiểu. Trang 10
11. Mặt khác ta có y 2 0 , do hàm số đạt cực đại tại x1 , mà -2 là điểm lân cận x1 nên y x1 y 2 0 . Tương tự thì ta suy ra được y x2 y 2 0 . Suy ra y x1 .y x2 0 , suy ra hai điểm cực trị của đồ thị hàm số nằm về hai phía trục Ox, từ đây suy ra đồ thị hàm số đã cho luôn cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt. Trên đây là cách tư duy suy luận, không phải là một lời giải chi tiết một bài toán nên cách trình bày không được đúng chuẩn mực toán học. Câu 14: Đáp án B 7000 Ta có: N t dt 7000.ln t 2 C . Do ban đầu đám vi trùng t 2 có 300 000 nên C 300000 , đến đây thay t 10 ta được: N 10 7000.ln12 300000 317394.3465 Câu 15: Đáp án B Ta có: VACD'B' VABCD.A'B'C'D' VD'ADC VB'ACB VCB'C'D' VAA'B'D' Mặt khác ta nhận thấy 1 1 1 V V V V .a. .S a3 D'ADC B'ACB CB'C'D' AA'B'D' 3 2 ABCD 6 1 a3 Do vậy V a3 4. a3 ACD'B' 6 3 Câu 16: Đáp án B Ta thấy mặt cầu đi qua các đỉnh của hình lập phương có đường kính là đường chéo của hình lập phương. Mà hình lập phương có cạnh là 1, do đó áp dụng công thức về đường chéo khối 3 hộp tôi đã đưa ra ở các đề trước thì ta có d 2R 12 12 12 3 R . Khi đó diện 2 2 2 3 tích mặt cầu là: S 4 R 4 . 3 2 Câu 17: Đáp án D Nhìn vào BBT ta thấy lim y 1 và lim y 1 nên đồ thị hàm số có hai TCN là x x x 1;x 1. Câu 18: Đáp án D Kí hiệu như hình vẽ. Trang 11
12. Ta có tam giác A’AB vuông tại A’ nên A 'B AB2 A 'A2 a 2 Tam giác A’O’B có A 'O'2 O'B2 a 2 a 2 2a 2 A 'B2 tam giác A’O’B vuông cân tại O’. Từ đó suy ra O'B  A 'O' Ta có O'B  A'O';O'B  O'O nên O'B  AOO'A ' hay O'B  AOO' . Nên từ đây ta có O’B là đường cao của khối tứ diện ABOO’. Vậy 1 1 1 a3 V .O'B.S .a. .a.a ABOO' 3 AOO' 3 2 6 Câu 19: Đáp án C Ta có: y' x2 2mx 1 1 Nhận thấy hàm số đã cho là hàm số bậc ba có hệ số a 0 nên để hàm số đã cho nghịch 3 biến trên ¡ thì phương trình y' 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép, hay ' m2 1 0 1 m 1 Câu 20: Đáp án D Từ dữ kiện đề bài suy ra số thóc ở ô thứ n sẽ là 2n 1 hạt. Vậy tổng số thóc từ ô 1 đến ô thứ n 2n 1 là 1 2 22 23 2n 1 2n 1 với 1 n 64,n ¡ 2 1 Để số hạt thóc lớn hơn 1 triệu thì 2n 1 1000000 2n 1000001 n log2 1000001 19,93157 . Vậy n 20 Nhớ: Công thức sử dụng bên cạnh là công thức tính tổng cấp số nhân. Câu 21: Đáp án A Với phương án A: ta thấy Nếu 0 a 1 thì x1 x2 Nếu a 1 thì x1 x2 . Từ đây suy ra a 1 x1 x2 0 . Ta chọn A, và không cần xét các phương án còn lại. Câu 22: Đáp án A Ta có: y' x2 2 m 1 x m2 2m x3 Để hàm số y m 1 x2 m2 2m x 1 nghịch biến trên 2;3 thì y' 0 với mọi 3 x 2;3 . Tức là khoảng 2;3 nằm trong khoảng hai nghiệm phương trình y' 0 . Trang 12
13. 2 m 1 m2 2m 0 1 0 ' 0 x1 2 x2 2 0 x1x2 2 x1 x2 4 0 x1 2 3 x2 x 3 x 3 0 x x 3 x x 9 0 1 2 1 2 1 2 2 m 2m 2.2. m 1 4 0 m2 2m 0 0 m 2 1 m 2 2 2 m 2m 3.2. m 1 9 0 m 4m 3 0 1 m 3 Nhớ: Áp dụng cách xét dấu tam thức bậc hai, trong trái ngoài cùng, ở đây hệ số 1 > 0, do đó trong khoảng 2 nghiệm thì y' 0 Câu 24: Đáp án C   Do điểm M nằm trên đoạn AB nên AM 2MB . Từ đây suy ra 2x x 2 x x 2 x x x B A . Chọn luôn C M A B M M 3 2 Câu 25: Đáp án A Ta thấy C'C || ABB'A' d CC';AB' d CC'; ABB'A ' d C'; ABB'A ' a Mặt khác ta có: C'A '  BB';C'A'  A'B' C'A'  ABB'A ' C'A ' a Khi đó B'C' a 2 ( do tam giác A’B’C’ vuông cân tại A’ ). Mà 'BCC’B’ là hình vuông nên chiều cao hình lăng trụ là BB' B'C a 2 . 1 a3 2 Vậy V .a 2.a 2 ABC.A'B'C' 2 2 Câu 26: Đáp án C x 1 Ta có f ' x 0 , tuy nhiên ta thấy f ' x không đổi dấu khi qua x 1 do đó x 1 x 3 không phải là điểm cực trị của hàm số. Vậy hàm số có đúng một điểm cực trị là x 3 . Câu 27: Đáp án C Ta có hình vẽ: Công thức tính diện tích xung quanh của hình nón là S Rl . Ở đây t còn thiếu R do đó ta sẽ đi tìm R dựa vào các dữ kiện đã biết. Lời giải: Áp dụng định lý hàm cos cho tam giác SAB ta được Trang 13
14. AB2 SA2 SB2 2.SA.SB.cos A· SB AB 22 22 2.2.2.cos600 2 Mà AB 2R R 1 . Vậy S Rl .1.2 2 Câu 28: Đáp án A 2 2 2 Xét phương trình 4x 5.2x 4 0 . Nếu đặt 2x a a 0 thì phương trình đã cho trở 2 a 4 thành a 5.a 4 0 a 1 Nhận xét vớ a 4 thì x2 2 x 2;x 2 Với a 1 thì x2 0 x 0 . Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm thực phân biệt. Câu 29: Đáp án D Ta có diện tích xung quanh của hình trụ được tính bằng công thức S 2 R.h 2 .2.2 8 Câu 30: Đáp án D công thức đạo hàm: tan x ' 1 tan2 x Vậy ở đây tan2 xdx tan2 x 1 1 dx tan x x C Câu 31: Đáp án B Điều kiện xác định: x2 2x 0 0 x 2 2 Xét hàm số y log0,5 x 2x có tập xác định D 0;2 2x 2 y' x2 2x .ln 0,5 ln 0,5 0 Nhận thấy do đó y' 0 2 x 2 0 x 1 2 x 2x 0 Vậy hàm số đã cho đồng biến trên 1;2 Câu 32: Đáp án B Tam giác ABC vuông tại B nên BC AC2 AB2 4a 2 a 2 a 3 1 1 1 a3 3 Thể tích khối chóp S.ABC là: V . .AB.BC.SA .a.a 3.2a 3 2 6 3 Câu 33: Đáp án C Nhận xét nhìn vào BBT ta thấy đây là bảng biến thiên của hàm số bậc ba có hệ số a 0 Trang 14
15. Hàm số có hai điểm cực trị là x 2;x 0 . Do đó x 2;x 0 là nghiệm của phương trình y' 0 . Tức là y' 0 x x 2 0 x2 2x 0 3x2 6x 0 . Đến đây ta loại được B và D. Với x 0 thì y 1 do đó chọn C. Câu 34: Đáp án A Nhận xét: Ta thấy do SA là đường cao của hình chóp SABCD do đó hình chiếu của SB lên (ABCD) là AB. Từ đây suy ra SB, ABCD S· BA 600 Tam giác SBA vuông tại A SA AB.tanS· BA a.tan 600 a 3 1 1 a3 Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là V .SA.S .a 3.a 2 3 ABCD 3 3 Câu 35: Đáp án A Sau tháng thứ hai số tiền người đó có trong ngân hàng là: A. 1 0,5% A 1 0,5% .0,5% A. 1 0,5% 2 Sau tháng thứ ba, số tiền người đó có trong ngân hàng là A. 1 0,5% 3 Sau tháng thứ n số tiền lãi nhận được là: n n A. 1 0,5% 100. 1 0,5% 125 n log1 0,5% 1,25 44,74 Do vậy sau ít nhất 45 tháng người đó sẽ có nhiều hơn 125 triệu. Câu 36: Đáp án B Ta có: 2x 1 1 Với m 0 thì hàm số đã cho có dạng y , trong TH này hàm số 2x 1 4x2 1 4x2 1 1 1 2 1 có lim lim x 0; lim 0 . Vậy đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang x 2 x 1 x 2 4x 1 4 4x 1 x2 y 0 (thỏa mãn). Đến đây ta loại được C và D. Với m 0 thì xét phương trình mx2 2x 1 0 mx2 2x 1 4x2 4mx1 0 * 2 4x 4mx 1 0 Trang 15
16. Để đồ thị hàm số đã cho có duy nhất một tiệm cận thì phương trình (*) vô nghiệm (do đồ thị hàm số luôn có một tiệm cận y 0 ) 1 m 0 m 1 2 m  2m 4 0 1 m 1 Kết luận: Chỉ có m 0 thỏa mãn. Câu 37: Đáp án B Do a, b, c, d là các số dương nên các biểu thức S xác định. a b c d Áp dụng công thức: ln x lny lnxy ta được: S ln . . . ln1 0 b c d a Câu 38: Đáp án D 1 x 1 x Điều kiện: x 0 . Ta có 2 4x 2 4 x 4 1 Với x 0 thì VT 4 , do đó x 0 Ta có áp dụng Bđt Cauchy thì 1 1 1 x x 2 x. 1 2 4x 21 2 4x 4x x 1 x 1 x 1 2. . 2 2 4 x 21 2 4 x 4 x 1 x 1 2 1 x x Từ đây suy ra 2 4x 2 4 x 4 (Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4 (vô lý). 2 x 2 Vậy phương trình đã cho VN. Câu 39: Đáp án B 1 Ta có ln x ' , do đó ta chọn B. x Chú ý: Nhiều bạn nhầm lẫn giữa A và B, tuy nhiên ở đây ta đi tìm biểu thức đạo hàm của hàm số y = lnx. chứ không phải tìm nguyên hàm nên không có C. Câu 40: Đáp án A Ta có điều kiện: x 1 x 2 x 3 1 0 x3 6x2 11x 5 0 Khi đó ln x 1 x 2 x 3 1 0 x 1 x 2 x 3 1 1 1 x 2 x 1 x 2 x 3 0 ( Thỏa mãn điều kiện). x 3 Câu 41: Đáp án B Trang 16
17. Do ở đây là hình chóp tứ giác không phải là tứ diện nên không áp dụng được công thức tỉ lệ thể tích. Tuy nhiên, nếu chia đáy khối chóp thành 2 phần thì ta có thể áp dụng dễ dàng. 1 1 3 Ta có: S AB CD .AD . 2a a .a a 2 ABCD 2 2 2 1 3 V . a 2.2a a3 ABCD 3 2 1 1 2 1 Ta có: S .AD.AB .2a.a a 2 S S S ABC 2 2 3 ABCD ADC 3 ABCD 2 V V SABC 3 SABCD Ta đây suy ra (*) 1 V V SADC 3 SABCD Áp dụng công thức tỉ lệ thể tích ta có VSMNC SM SN SC 1 1 1 2 1 . . VSMNC VSABC . VSABCD VSABCD VSABC SA SB SC 4 4 4 3 6 VSMCD SM SC SD 1 1 1 1 1 . . VSMCD VSADC . .VSABCD VSABCD VSACD SA SC SD 2 2 2 3 6 1 a3 Từ đây ta có V V SMNCD 3 SABCD 3 Câu 42: Đáp án A Nhận xét: A, B nằm về hai phía so với mặt phẳng (Oxy), gọi B’ là điểm đối xứng của B qua mặt phẳng (Oxy). Khi đó B' 0;1;2 và MA MB MA MB' . Gọi I là giao điểm của AB’ với mặt phẳng (Oxy). Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác MAB’ ta có MA MB' AB' . Đấu bằng xảy ra khi M  I . Khi đó: MA MB MA MB' AB' 1 0 2 1 1 2 1 2 2 6 Câu 43: Đáp án B Đặt sinx t;t  1;1 . Xét hàm số y f t t4 t3 trên  1;1 t 0 3 2 Khi đó y' f ' t 4t 3t 0 3 t 4 Trang 17
18. 3  Ta có Max y f 1 ;f 1 ;f 0 ;f  f 1 2  1;1 4  Câu 44: Đáp án D Điều kiện: x 1 x 1 2 TM BPT x2 1 2x x2 2x 1 0 x 1 2 L Câu 45: Đáp án B Từ ngày 1/7/2016 đến ngày 1/7/2026 thì được 10 năm, khi đó số dân của Việt Nam là : N 91,7. 1 1,2% 10 103,317 Câu 46: Đáp án B 2 2 2 sin4 cos4 sin2 .cos2 sin4 cos4 2.sin2 .cos2 sin cos 1 Ta có 2 .2 .4 2 2 2 2 Câu 47: Đáp án A Nhận thấy A đúng, do trên khoảng 2;0 thì đồ thị hàm số đi xuống, do đó hàm số nghịch biến trên 2;0 . B và D sai vì đây là hàm số đạt cực trị tại các điểm đó chứ không phải đạt GTLN, GTNN. C sai vì hàm số không đồng biến trên một tập số, diễn đạt lại nhưu sau: “Hàm số đồng biến trên ; 2 và 0; .” Câu 48: Đáp án A Khi quay hình tam giác ABC xung quanh đường thẳng AB ta được một khối nón tròn xoay có đỉnh A, đường cao AB, bán kính đáy R BC . Vậy thể tích khối nón là 1 1 V BC2.AB . .a 2. 3a a3 3 3 Câu 49: Đáp án D m 5 Ta có: y' để hàm số đã cho luôn đồng biến trên từng khoảng xác định thì x 1 2 m 5 0 m 5 Câu 50: Đáp án A     Ta có AB 2;1;1 ;AC 2; 1; 1 , từ đây ta thấy AB AC , suy ra A là trung điểm của BC. Trang 18