Câu 1. Giải phương trình sau: 22x2 1 9.2x2 x 22x 2 0.
Câu 2. Cho khối bát diện đều cạnh a. Tính tỷ số thể tích của khối lập phương được tạo nên bằng cách nối các tâm của các mặt bên của khối bát diện với thể tích của khối bát diện.
ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1. Lời giải
Chọn A.
Tập xác định của hàm số là D \ 2
Ta có 10 2
y ' 0, x D
2x 4
Vậy hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định Câu 2. Lời giải
Chọn C.
Ta có y x2 6x m
Hàm số 1 3 2
y x 3x mx m
3 đồng biến trên y 0 , x
x2 6x m 0, x 9 m 0 m 9.
Câu 3. Lời giải Chọn C.
Ta có TXĐ: D .
y 3x2 6x 0 x 0, x 2 . Bảng biến thiên
Vậy yCD 5, yCT 1 T 20.5 12.1 88. Câu 4. Lời giải
Chọn C.
2 2
2 2
2 2 2
a x 2x 2 2x 2 ax b
ax b ax 2bx 2a 2b
y y
x 2x 2 x 2x 2 x 2x 2
Điểm A 3; 1 là điểm cực trị
2
2
a 3 2b 3 2a 2b 0
7a 4b 0 a 4
a b 4 7 3.
a 3 b
3a b 5 b 7
1
3 2 3 2
Câu 5. Lời giải Chọn D.
Ta có: y m(3x2 6x)
Với mọi m 0, ta có y 0 x 0 y 3m 3
x 2 y m 3 . Vậy hàm số luôn có hai điểm cực trị.
2
0 0
Giả sử A(0;3m 3);B(2; m 3) .
Ta có : 2 2 2 2
m 1
2AB (OA OB ) 20 11m 6m 17 0 17
m 11
( thỏa mãn)
Vậy giá trị mcần tìm là:
m 1
m 17
11 . Câu 6. Lời giải
Chọn D.
f x 3x2 6x 9
2 x 1 4;0
f x 0 3x 6x 9 0
x 3 4;0
f 4 21, f 0 1, f 3 28.
4;0
max f x f 3 28;
min f x4;0 f 0 1
Vậy tổng giá trị nhỏ nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 29 . Câu 7. Lời giải
Chọn B.
Đạo hàm:
2 2 2
m 1
y ' 0, x 2;5
x m
. Hàm số đồng biến trên 2;5 . Do hàm số liên tục trên đoạn 2;5 nên
2 2;5 2
1 1
min y y 2 m 4 m 2.
2 m 6
Câu 8. Lời giải Chọn A.
Gọi x km là khoảng cách từ S đến tới điểm B SB x 0 x 4 km . Khi đó khoảng cách từ SA 4 x km SC BC2 BS2 1 x2 (km)
Chi phí mắc dây điện từ A qua S rồi đến C là:
C x 3000 4 x 5000 1 x ,2 với 0 x 4
Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số C x với 0 x 4
2
2 2
5000x 5x 3 1 x
C' x 3000 1000
1 x 1 x
2 2 2 2
C' x 0 5x 3 1 x 3 1 x 5x 9 1 x 25x do 0 x 4
2
x 3 tm
9 4
x do 0 x 4
3
16 x ktm
4
. Lại có: 3
2
C'' x 5000 0, x 0;4 1 x
.
Do đó
x 0;4
min C x C 3 16000
4 (USD).
Vậy, để chi phí ít tốn kém nhất thì điểm Sphải cách A là 3 13
AB BS 4 km
4 4 .
Câu 9. Lời giải Chọn B.
Cách 1:
Nhìn đồ thị ta thấy:
Nhánh cuối đi xuống a 0 .
Hai điểm cực trị nằm cùng phía với Oy: a;c cùng dấu c 0 . Điểm uốn nằm bên phải Oy u b
x 0
3a b;a cùng dấu b 0 b 0 .
Cách 2:
Ta có : y' 3x2 2bx c
Gọi x ;x1 2 là nghiệm của phương trình y ' 0 Nhìn đồ thị ta thấy:
Nhánh cuối đi xuống a 1 0 .
1 2
1 2
x x 0 2b 0 b 0
3
x .x 0 c 0 c 0
3
Câu 10. Lời giải Chọn A.
Phương trình hoành độ giao điểm x4 x2 3 3x2 1
4 2
x 4x 4 0
x2 2 x 2 .
Câu 11. Lời giải Chọn C.
Đồ thị hàm y f x có được bằng cách giữ phần đồ thị f x nằm trên Ox và lấy đối xứng phần đồ thị của f x nằm phía dưới Ox lên trên như hình vẽ.
Phương trình f x m có 4 nghiệm phân biệt khi m 0, m 3. Câu 12. Lời giải
Chọn A.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số 1 và trục hoành là:
4 2 2
x 2 2m 1 x 4m 0 2
Đặt t x2 t 0 . Phương trình 2 trở thành t2 2 2m 1 t 4m2 0 3
Đồ thị hàm số 1 cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt pt 3 có 2 nghiệm dương phân biệt 0 t1 t2.
2 1 2
1 2
4m 1 0
' 0
t t 0 4m 0 1 m 0
t t 0 2 2m 1 0 4
* .
Khi đó các nghiệm của phương trình 2 là t ,2 t , t , t . Theo giải thiết ta có 1 1 2
2 2 2 2
2 t1 t1 t2 6 1 t2 3
t t .
Theo định lí Viet 1 2 1
2 2m 1 2 2m 1 3 m
t t 4.
Câu 13. Lời giải Chọn A.
Ta có 1 2
y 0, x 1
x 1 .
Gọi là góc tạo bởi tiếp tuyến d với trục Ox . Ta có hệ số góc của tiếp tuyến d là
k tan OB 1
OA 4.
Ta lại có hệ số góc của tiếp tuyến với C tại điểm M x ; y0 0 là 0 2
0
y x 1 0
x 1
nên nhận giá trị 1
k 4 và loại giá trị 1 k 4. Câu 14. Lời giải
Chọn B.
TXĐ: \ 3 . Ta có:
x 3 x 3
x 2
lim y lim
x 3 nên hàm số có tiệm cận đứng là x 3.
x x
x 2
lim y lim 1
x 3 nên hàm số có tiệm cận ngang là y 1.
Gọi 0 0
0
x 2
M x ; C
x 3 x0 3. Khi đó 0
0
x 2
x 3 1 là khoảng cách từ điểm M đến tiệm cận ngang.
Và x0 3 là khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng.
Để khoảng cách từ điểm M đến tiệm cận ngang bằng 5 lần khoảng cách từ M đến tiệm
cận đứng thì 0 0
0
x 2
1 5 x 3
x 3
0 0
0 0
0 0 0
x 2 x 3 5
5 x 3 5 x 3
x 3 x 3 x 3
2 0 0
0 0 0
0 0
0 0
x 3 1 x 4
1 1
x 3 x 3 x 3 1
x 3 1 x 2
x 3 x 3 .
Vậy có 2 điểm M thỏa mãn đề bài.
Câu 15. Lời giải Chọn C.
Tập xác định: D \ 3 . Ta có:
2 2
x 3 x 3 x 3 x 3
x 2 x 2
lim y lim ; lim y lim
x 9 x 9 Tiệm cận đứng: x 3.
2 2
x 3 x 3 x 3 x 3
x 2 x 2
lim y lim ; lim y lim
x 9 x 9 Tiệm cận đứng: x 3 .
Lại có: 2 2
x x x x
2 2
1 2 1 2
x x x x
lim y lim 0; lim y lim 0
9 9
1 1
x x
Tiệm cận ngang: y 0.
Câu 16. Lời giải Chọn B.
Dựa vào đồ thị ta có bảng xét dấu:
Dựa vào bảng xét dấu, ta có:
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng 2;0 và 2; . + Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; 2 và 0;2 . Câu 17. Lời giải
Chọn A.
Tự luận:
15 1 7
5
3 4 3 4 4
P x x x x
Trắc nghiệm:
* Cách1: Chọn x 0 ví dụ như x 1, 25 chẳng hạn.
Tính giá trị 31, 25541, 25 rồi lưu vào A
Tiếp theo ta tính hiệu, ví dụ như đáp án A ta cần tính
20
A 1, 25 21. Nếu màn hình máy tính xuất hiện kết quả bằng 0 thì chứng tỏ đáp án A đúng.
Đáp số chính là B.
* Cách 2: Dùng MTCT thay x 2 và bấm
7 5
3 4 4
x 2
log P log 2 2 7 P x . 4
Câu 18. Lời giải Chọn A.
B. Sai, vì tập xác định của hàm số y a là x .
C. Sai, vì tập xác định của hàm số y log xa là 0; . D. Sai, vì tập giá trị của hàm số y a là 0;x .
Câu 19. Lời giải Chọn A.
Từ giải thiết ta có và
2 2
2 2
2 2
1log a log b 5 3 4
log a log b 12
1 3
log a log b 7 3
2
4log ab 12 3
log ab2 9 Câu 20. Lời giải
0, 0 a b
Chọn A.
Tự luận:
Ta có : 140 7 7 7 2
7 7 7 7 7 2 3
log 63 1 2log 3 1 2log 2.log 3
log 63
log 140 1 2log 2 log 5 1 2log 2 log 2.log 3.log 5 1 2ac
1 2c abc.
Trắc nghiệm:
Nhập log 32 shift STO A Nhập log 5 shift3 STO B Nhập log 2 shift7 STO C
Nhập 140 1 2AC
log 63 0
1 2C ABC .
Câu 21. Lời giải Chọn A.
Ta có: 6x 6 ln 6 . x Câu 22. Lời giải Chọn A.
Hàm số f x xác định và liên tục trên đoạn 0;2 .
Đạo hàm f ' x 3e2 3x 0, x . Do đó hàm số f x nghịch biến trên 0;2 .
Suy ra
2 0;2
0;2 4
max f x f 0 e min f x f 2 1
e
. Suy ra 14 2
m , M e
e nên 12
M.m e .
Câu 23. Lời giải Chọn B.
Từ đồ thị ta thấy hàm số y a nghịch biến x 0 a 1.
Hàm số y b , yx log xc đồng biến b 1,c 1 a b,a cnên loại A, C
Nếu b c thì đồ thị hàm số y b và x y log xc phải đối xứng nhau qua đường phân giác góc phần tư thứ nhất y x . Nhưng ta thấy đồ thị hàm số y log xc cắt đường
y x nên loại D.
Câu 24. Lời giải Chọn D.
Ta có sin x2 cos x2 sin x2 1 sin x2 sin x2 2
sin x
5 5 2 5 5 5 2 5 5 5 2 5
5
2 2 2 2 2 2 2 1
sin x sin x sin x sin x sin x 2
5 2 5.5 5 0 5 5 0 5 5 0 5 5
2
sin x 2
1 2 k
sin x x , k
2 2 4 2
sin x
2
.
Do 3 5 7 3 5 7
x 0;2 x ; ; ; T 4 .
4 4 4 4 4 4 4 4
Câu 25. Lời giải Chọn B.
Điều kiện
x x x
3 1 0
3 1 x 0
3 1 16 0
. Khi đó BPT
x x
4 4
log 3 1 . log 3 1 2 3
4.
Đặt t log 34 x 1 . Khi đó, ta có 2
t 3
3 2
t t 2 4t 8t 3 0
1
4 t
2
Khi đó
x 4
x 4
log 3 1 3
x 2 2
1 0 x 1
log 3 1 2
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:
0;1 2;
Câu 26. Lời giải Chọn D.
Đặt t x 1 3 x .
Xét hàm số f x x 1 3 x trên 1;3 .
Ta có 1 1
f x ;f x 0 x 1
2 x 1 2 3 x .
Bảng biến thiên của hàm số f x trên 1;3 :
Từ đó suy ra t 2;2 2 .
Khi đó ta có phương trình: 4t 14.2t 8 m.
Đặt a 2t, do t 2;2 2 nên a 4;4 2 . Ta có phương trình a2 14a 8 m. Xét hàm số g a a2 14a 8;g a 2a 14;g a 0 a 7.
Bảng biến thiên của hàm số g a trên 4;4 2 .
Từ bảng biến thiên ta thấy để phương trình có nghiệm thì 41 m 32. Câu 27. Lời giải
Chọn B.
Điều kiện: x 0.
Phương trình tương đương với: log x 2 2 log 4 log x log34 4 x 2 2 81x
2 1
2
x 1
4x 65x 16 0 4x 1 x 16 0 4
x 16
(thỏa mãn điều kiện).
Vậy 1
2
x 1 1
x 4.16 64. Câu 28. Lời giải Chọn B.
Phương trình tương đương với 2x2 1 2x 1 2 2x x 1
2
2 2
x x
x x 1 x
x 1 x x 1 x
2 2
2 1 0 2 1
2 1 2 2 0
2 2 0 2 2
x 0
x 0 x 0
1 5.
x 1 x x x 1 0 x
2 Phương trình có ba nghiệm x 0 , 1 5
x 2 .
Tổng của nghiệm nhỏ nhất và lớn nhất phương trình bằng 1.
Câu 29. Lời giải Chọn A.
Có 9 mặt: ABB'A ' , BB'C'C , CC'D'D , DD'A 'A , A 'B'C'D' , ABEF , CDFE , BEC , ADE
Câu 30. Lời giải Chọn A.
A D
A' D'
B' C' B C
F
E
Dựa vào hình vẽ, ta thấy mặt phẳng AB C chia khối lăng trụ ABC.A B C thành khối chóp tam giác A.A B C và khối chóp tứ giác A.BCC B .
Câu 31. Lời giải Chọn D.
Do ABCD là hình thoi cạnh a và ABC 60 nên tam giác ABC đều. 0 Vậy
2 2
ABCD ABC
3a 3a
S 2S 2. .
4 2
Ta có: BD AC BD SAC
BD SA
SD, SAC DSO 45 .0 Vậy tam giác SOD vuông cân tại a 3
O SO DO .
2 Xét tam giác SAO vuông tại A : 2 2 a 2
SA SO AO
2
3
S.ABCD ABCD
1 6a
V SA.S .
3 12
Câu 32. Lời giải Chọn A.
C
C'
B' A'
B A
O A
B C
D S
450
a
Từ giả thiết suy ra (MNP)//(BCD). Suy ra h d(A,(MNP)) d(C,(MNP)).
Vì N là trung điểm của SC nên h d(C,(MNP)) d(S,(MNP)).
Do đó VA.MNP VS.MNP. Ta có: A.MNP S.MNP
S.ABCD S.BCD
V V 1 SM SN SP 1
. . .
V 2V 2 SB SC SD 16.
Suy ra:
3 2
A.MNP S.ABCD ABCD
1 1 1 1 a
V .V . .SA.S .2a.a
16 16 3 48 24.
Câu 33. Lời giải Chọn B.
Gọi M là trung điểm của BC A'M BC .
2 2 2
A ' BC
2S 2.8
A 'M 4, AM AB BM 16 4 12
BC 4 .
2
2 2 2
ABC
a 3
A 'A A 'M AM 4 12 2; S 4 3
4 .
Thể tích khối lăng trụ ABC.A B C là: V A 'A.SABC 2.4 3 8 3. Câu 34. Lời giải
P M N
C
A D
B
S
Chọn A.
Ta có: ' 2 ' 2 3 3a
AH AA A H a; CH AH .
2 2
Thể tích lăng trụ: ' 9 3
V AH.HC.A H a 7.
8 Câu 35. Lời giải
Chọn C.
Gọi O là tâm hình vuông, I là trung điểm CD .
Vì SABCD là hình chóp đều nên SO là đường cao của hình chóp.
Ta có: SCD , ABCD SIO 450 Do đó tam giác SOI vuông cân tại O Gọi cạnh hình vuông có độ dài 2x, khi đó:
SO = OI = x, DI = IC = x
SI 2x
Xét tam giác SID vuông tại I, có:
SD2 = SI2 + ID2
2 2 2
a 2x x
45 O A
B C
D S
I
2 2
3x a
2
2 a
x 3
x a 3 2x 2a
3.
Vậy độ dài cạnh góc vuông là 2a 3. Câu 36. Lời giải
Chọn A.
Xét tam giác vuông A AB có o AA a 3o
tan 60 AB a
AB tan 60 .
Xét tam giác vuông A AC có tan 30o AA AC 3a
AC .
Vậy BC AC2 AB2 2a 2; SABCD 2a 2.a 2a2 2. Vậy V 2a3 6.
Câu 37. Lời giải Chọn B.
Gọi R , l , h lần lượt là bán kính, đường cao, đường sinh của hình nón.
Ta có: R 6 cm .
Ta có: d 3 xq
S S
5
2 3
R Rl
5
l 5R
3 l 10 h l2 R2 8 cm . 1 2
V R h 96
3 .
Câu 38. Lời giải Chọn A.
Xét AO
SOA : SO a
tan 45 ; SA SO2 OA2 a 2 . OAB là tam giác đều cạnh a a 3
OI 2
Xét SOI : 2 2 a 7
SI SO OI
2 Diện tích thiết diện:
2 SAB
1 a 7
S .AB.SI
2 4 .
Câu 39. Lời giải Chọn B.
Với hình trụ ta có h l Sxq 2 rh 2 rl . S
A O
B I
Câu 40. Lời giải Chọn D.
Ta có 2 2 2 2 R
SI SA IA 17R R 4R SE 2R, EF
2 . Thể tích khối nón lớn (có đường cao SI ) là 1 1 2 4 3
V R .4 R R
3 3 .
Thể tích khối nón nhỏ (có đường cao SE ) là
2
3 2
1 R 1
V .2R R
3 2 6
Thể tích phần khối giao nhau giữ khối nón và khối trụ là 3 1 2 7 3
V V V R
6 . Thể tích khối trụ là là V4 R .2R2 2 R . 3
Vậy thể tích phần khối trụ không giao với khối nón là 4 3 5 3
V V V R
6 .
PHẦN II: PHẦN TỰ LUẬN