Đề Thi Thử TN THPT 2021 - Môn Toán - THPT Yên Dũng Số 2 - Bắc Giang - Lần 1 - File Word Có Lời Giải

(1)

1 SỞ GD & ĐT BẮC GIANG

TRƯỜNG THPT YÊN DŨNG SỐ 2 ---

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT LẦN 1 KHỐI 12 NĂM HỌC 2020 – 2021

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút không kể thời gian phát đề

Câu 1: Xét các số thực dương a và b thỏa mãn ^{log 5 .25}⁵



^a ^b



^⁵^log⁵^a^^log⁵^b^¹^. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A.a2b ab . B.a2b5 .ab C.2ab  1 a b. D. a2b2 .ab Câu 2: Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng 60 , bán kính đáy bằng ⁰ a. Diện tích xung quanh của hình nón bằng

A.4a². B. a² 3. C. 2a². D. a². Câu 3: Cho hàm số ax b

y cx d

 

 có đồ thị như hình vẽ

Khẳng định nào sau đây đúng?

A.ab0;ad 0. B.ad 0;bd 0. C.bd0;bc0. D. ab0;ac0.

Câu 4: Khối chóp tứ giác .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 6 ,a tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy có thể tích bằng

A.36 3 .a³ B.36 .a³ C.36 2 .a³ D. 108 3 .a³

Câu 5: Thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác đều cạnh 2 .a Đường cao của hình nón là

A. 3

2 .

h a B.h a 3. C.h2 .a D. h a .

Câu 6: Cho hình nón có đường kính đáy bằng 4. Biết rằng khi cắt hình nón đã cho bởi mặt phẳng qua trục, thiết diện thu được là một tam giác đều. Diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng

(2)

2

A.⁴



^{3 1 .}^



^ ^{B.12 .}^ ^C.²⁰₃^^. ^D.^{32 .}^

Câu 7: Số giao điểm của đồ thị y x ³2x²3x2 và trục hoành là

A. 1. B. 3. C. 0. D. 2.

Câu 8: Cho khối chóp có thể tích ^V ^³⁶

 

^cm³ và diện tích mặt đáy ^B^⁶

 

^cm² ^. Chiều cao của khối chóp là A. ¹

 

^.

h2 cm B. ^h^⁶

 

^cm ^. ^C.^h^⁷²

 

^cm ^. ^D.^h^¹⁸

 

^cm ^.

Câu 9: Đồ thị hàm số

3 2 2

2 1

y x

x x

 

  có tất cả bao nhiêu tiệm cận.

A. 4. B. 2. C. 1. D. 3.

Câu 10: Trong các hình sau đây, có bao nhiêu hình được gọi là hình đa diện ?

A. 2. B. 4. C. 3. D. 5.

Câu 11: Cho hàm số y f x( ) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (2;)^. B. (0; 2)^. C. ( 3; )^. D. (;1)^. Câu 12: Trong khai triển (a b )ⁿ, số hạng tổng quát của khai triển là.

A. C a_n^k^¹ ^{n k}^{ }¹b^k^¹. B. C a b_n^k ^{n k}^ ^k. C. C a b_n^k^¹ ⁿ^¹ ^{n k}^{ }¹. D. C a b_n^k ^{n k}^ ^{n k}^ . Câu 13: Tìm số hạng đều tiên của cấp số nhân

 

un với công bội q2,u₈ 384.

A.u₁6. B. u₁12. C. ₁ 1

3.

u  D. u₁3.

(3)

3

Câu 14: Cho hàm số ^{f x}

 

có đạo hàm trên ℝ là hàm số ^{f x}^'

 

^. Biết đồ thị hàm số ^{f x}^'

 

được cho như hình vẽ. Hàm số ^{f x}

 

nghịch biến trên khoảng

A.

 

^{0;1 .} ^B.



^{ }^{; 3 .}



^C.



^{ }^{; 1 .}



^D.



^{ }^{3; 2 .}



Câu 15: Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

có bảng biến thiên như hình vẽ. Hỏi hàm số đã cho có bao nhiêu đường tiệm cận?

A. 3. B. 2. C. 4. D. 1.

Câu 16: Trong khai triển



¹^^x



¹¹^, hệ số của số hạng chứa x³ là

A.C₁₁⁸. B.C₁₁³. C.C₁₁⁵. D. C₁₁³.

Câu 17: Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số nào?

(4)

4

A. 3

2 . y x

x

 

 B. 2 1

2. y x

x

 

 C. 1

2. y x

x

 

 D. 1

2 2. y x

x

 

 Câu 18: Cho cấp số cộng

 

un với u_n 4n3. Tìm công sai d của cấp số cộng.

A. d 4. B.d  4. C.d 1. D. d  1.

Câu 19: Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

^^ax³^^bx²^^{cx d}^ có đồ thị như hình vẽ. Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình ^f



^sin²^x



^^m có nghiệm.

A.



^^{1;1 .}



^B.



^^{1;3 .}



^C.



^^{1;1 .}



^D.



^^{1;3 .}



Câu 20: Cho ngẫu nhiên 4 đỉnh của một đa giác đều 24 đỉnh. Tìm xác suất để chọn được 4 đỉnh là 4 đỉnh của một hình vuông?

A. 1

1771. B. 2

1551. C. 1

151. D. 2

69.

Câu 21: Cho tứ diện .O ABC có OA OB OC, , đôi một vuông góc và OA3 ,a OB OC 2 .a Thể tích V khối tứ diện đó là

A.V 6 .a³ B.V a³. C.V 2 .a³ D. V 3 .a³ Câu 22: Tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đều cạnh a bằng

A.4 3 .a² B.2 3 .a² C.6 3 .a² D. 8 3 .a²

Câu 23: Cho lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' ' có đáy ABC là tam giác với AB a AC , 2a và 120 ,0 ' 2 5.

BAC AA  a Thể tích V của khối lăng trụ đã cho là A. 4 ³ 5

3 .

V  a B.V 4a³ 5. C.V a³ 15. D. ³ 15 3 . V  a

Câu 24: Tập xác định của hàm số y x ³ là

(5)

5

A.



^0;^



^. ^B.



^{ }^;



^. ^C.



^^{;0 .}



^D.



^0;^



^.

Câu 25: Đặt alog 4,₃ khi đó log 81 bằng ₁₆ A.2

3 .

a B. 3

2a. C.2

a. D. .

2 a

Câu 26: Một lớp có 30 học sinh, trong đó có 3 cán sự lớp. Hỏi có bao nhiêu cách cứ 4 bạn đi dự đại hội đoàn trường sao cho trong 4 học sinh đó có ít nhất một cán sự lớp

A. 9855. B. 27405. C. 8775. D. 657720.

 

có bảng biến thiên như sau. Mệnh đề nào dưới đây là đúng

A. Hàm số có hai điểm cực trị. B. Hàm số có một điểm cực trị.

C. Hàm số đạt cực trị tại x1. D. Hàm số đạt cực tiểu tại x 2.

Câu 28: Cho hàm số có bảng biến thiên như hình dưới đây. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Giá trị lớn nhất của hàm số trên tập số thực bằng 0.

B. Giá trị cực đại của hàm số bằng 0.

C. Giá trị cực tiểu của hàm số bằng 0.

D. Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên tập số thực bằng 1 6.



Câu 29: Số điểm cực trị của hàm số y2x³6x3 là

A. 3. B. 2. C. 4. D. 1.

Câu 30: Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây

(6)

6 Số nghiệm thực của phương trình ³^{f x}

 

^{ }^{2 0}^là

A. 3. B. 2. C. 4. D. 1.

Câu 31: Cho hàm số 5 9 1 y x

x

 

 khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hàm số đồng biến trên



^^;1

 

^ ^1;^



^. B. Hàm số nghịch biến trên



^^;1



^và



^1;^



^.

C. Hàm số nghịch biến trên



^^;1

 

^ ^1;^



^. D. Hàm số nghịch biến trên ^ℝ^{\ 1 .}

 

Câu 32: Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số 4₂

y x  x trên khoảng



^0;^



^.

A.min^0; y 5.

  B.

min^0; y 4.

  C.

min^0; y 3.

  D.

min^0; y 8.

  Câu 33: Rút gọn biểu thức

1 3.6

P x x với x0 ta được A.

2 9.

P x B.P x ². C.P x. D.

1 8. P x Câu 34: Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào?

A.y  x³ 3x²2. B.y x ³3x²2.

C.y x ³3x²2. D. y  x³ 3x²2.

Câu 35: Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

có đạo hàm ^{f x}^'

 

^^{x x}



^²

 

² ³^x^^{2 ,}



^{ }^x ^ℝ^. Số điểm cực trị của hàm số

 

y f x bằng

A. 4. B. 3. C. 1. D. 2.

(7)

7

Câu 36: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số ^{y x}^ ³^⁸^x²^



^m²^⁵



^x^²^m²^¹⁴^có

hai điểm cực trị nằm về hai phía trục Ox?

A. 6. B. 4. C. 5. D. 7.

Câu 37: Một đề thi trắc nghiệm gồm 50 câu, mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có 1 phương án đúng, mỗi câu trả lời đúng được 0,2 điểm. Một thí sinh làm bài bằng cách chọn ngẫu nhiên 1 trong 4 phương án ở mỗi câu. Tính xác suất để thí sinh đó được 6 điểm.

A. 0, 25 .0, 75 . ²⁰ ³⁰ B. 0, 25 .0, 75 . ³⁰ ²⁰ C. 0, 25 .0, 75 .³⁰ ²⁰C₅₀³⁰. D. 1 0, 25 .0,75 ²⁰ ^30.

Câu 38: Cho hình lăng trụ ABC A B C. ' ' ' có đáy là tam giác vuông cân tại .A Hình chiếu vuông góc của điểm '

A lên mặt phẳng



^ABC



trùng với trọng tâm tam giác



^ABC



^. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và BC bằng 17

6 a, cạnh bên AA' bằng 2 .a Tính theo a thể tích V của khối lăng trụ ABC A B C. ' ' ' biết 3.

AB a A. 34 ³

6 a . B. 102 ³

18 a . C. 102 ³

6 a . D. 34 ³

18 a .

Câu 39: Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vuông và có mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy, tam giác SAB là tam giác đều. Gọi I và E lần lượt là trung điểm của cạnh AB và BC; H là hình chiếu vuông góc của I lên cạnh SC. Khẳng định nào sau đây sai?

A. Mặt phẳng (SIC) vuông góc với mặt phẳng (SDE).

B. Mặt phẳng (SAI) vuông góc với mặt phẳng (SBC).

C. Góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SIC) là góc BIC.

D. Góc giữa hai mặt phẳng (SIC) và (SBC) là góc giữa hai đường thẳng IH và BH.

Câu 40: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB3,BC4,SA2. Tam giác SAC nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy và có diện tích bằng 4. Côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng

A. 3 17

17 ^. B. 5 34

17 ^. C. 2 34

17 ^. D. 3 34

34 ^.

Câu 41: Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' ' có đáy là tam giác vuông và AB BC a AA  , 'a 2,M là trung điểm BC. Tính khoảng cách d của hai đường thẳng AM và ' .B C

A. 3

3 .

d a B. 7

7 .

d  a C. 2

2 .

d a D. 6

6 . d  a

Câu 42: Cho hai số thực ,x y thay đổi thỏa mãn điều kiện x²y² 2. Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số ^P^²



^x³^^y³



^³^xy. Giá trị của M m bằng

A. 4. B. 1

2.

 C. 6. D. 1 4 2.

(8)

8

Câu 43: Cho hình tứ diện ABCD có AB AC AD, , đôi một vuông góc AB6 ,a AC8 ,a AD12 ,a với

0, .

a aℝ Gọi ,E F tương ứng là trung điểm của hai cạnh BC BD, . Tính khoảng cách d từ điểm B đến mặt phẳng



^AEF



^theo^a^.

A. 24 29

29 .

d  a B. 8 29

29 .

d  a C. 6 29

29 .

d  a D. 12 29

29 . d  a

 

^,^{hàm số}^y^ ^{f x}^'

 

liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên

Bất phương trình ^{f x}

 

^²^{x m}^ ⁽^m là tham số thực) có nghiệm đúng với mọi ^x^

 

^{0; 2} khi và chỉ khi A.^m^ ^f

 

² ^^2. ^B.^m^ ^f

 

² ^^2. ^C.^m^ ^f

 

^{0 .} ^D.^m^ ^f

 

^{0 .}

Câu 45: Đồ thị hàm số

 

^: ² ¹

1 C y x

x

 

 cắt đường thẳng :d y x m  tại hai điểm phân biệt ,A B thỏa mãn

OAB vuông tại O khi a.

mb Biết ,a b là nguyên dương; a

b tối giản. Tính S a b  .

A.S5. B. S3. C.S6. D. S1.

Câu 46: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số ⁴ 3 ² 5

3cos sin cos

2 2

y x x m x đồng biến trên 3 2; .

2 3

 

 

 

A. 1

3.

m  B. 1

3.

m  C. 1

3.

m  D. 1

3. m 

Câu 47: Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh ,a cạnh bên tạo với đáy một góc 60 . Gọi ⁰ G là trọng tâm của tam giác SBD. Mặt phẳng

 

^ đi qua ,A G và song song với BD, cắt

, ,

SB SC SD lần lượt tại ,E M F, . Tính thể tích V của khối chóp .S AEMF.

A. ³ 6

18 .

d  a B. ³ 6

9 .

d a C. ³ 6

6 .

d  a D. ³ 6

36 . d  a

Câu 48: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên thuộc đoạn [-10;10] của m để hàm số

3 3(2 1) 2 (12 5) 2

y x  m x  m x đồng biến trên khoảng (2;). Số phần tử của S bằng

(9)

9

A. 10. B. 12. C. 11. D. 13.

Câu 49: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số

  

³



²

34

3 2 1

f x

x x m



  

trên đoạn

 

^0;3 bằng 2. Tổng tất cả các phần tử của S bằng

A.6. B.8. C. 8. D. 1.

Câu 50: Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

xác định trên .ℝ Biết rằng hàm số ^y^ ^{f x}^'

 

có đồ thị như hình vẽ

Số điểm cực trị của hàm số ^{g x}

 

^ ^{f x}



²^²^x



^^^x₂⁴ ^²^x³^^x²^²^x^¹^

 ^là

A. 7. B. 8. C. 5. D. 6.

--- HẾT ---

(10)

10 ĐÁP ÁN

1-B 2-C 3-A 4-A 5-B 6-B 7-A 8-D 9-B 10-B

11-A 12-B 13-D 14-D 15-A 16-D 17-C 18-A 19-D 20-A

21-C 22-B 23-C 24-D 25-C 26-A 27-A 28-B 29-B 30-A

31-B 32-C 33-C 34-A 35-D 36-D 37-C 38-A 39-D 40-D

41-B 42-B 43-A 44-C 45-A 46-A 47-A 48-C 49-B 50-A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn B.

Ta có log 5 255



^a ^b



5^log⁵^a^^log⁵^b^¹

5 5

log log

5 5

log 5^a log 25^b 5 ^a.5 ^b.5

  

log 255 . .5

a b a b

  

2 5

a b ab

   Câu 2: Chọn C.

Ta có: 2

sin 1

2

OB a

SB a

 BSO   . .2 2 2 . Sxq Rl a a a  Câu 3: Chọn A.

Từ đồ thị của hàm số ta suy ra:

(11)

11 Tiệm cận đứng ^x ^d ⁰ ^cd ^{0 1}

 

   c  Tiệm cận ngang ^y ^a ⁰ ^ac ^{0 2}

 

  c  Từ

   

^{1 , 2} ^{suy ra}^ad ^^0.

Giao điểm với trục hoành b 0 0.

x ab

   a  Vậy ta có ab0 và ad 0.

Câu 4: Chọn A.

Vẽ đường cao SO của tam giác đều SAB. Ta có



^SAB

 

^ ^ABCD



^^SO^



^ABCD



^.

Do đó SO là đường cao của hình nón .S ABCD và 6 3

3 3.

2

SO a  a

Thể tích của khối chóp ^. ^: ¹ ^. ¹^{. 6}

 

²^.3 ^{3 36 3 .}³

3 ^ABCD 3

S ABCD V  S SO a a  a Câu 5: Chọn B.

(12)

12

Ta có tam giác SAB là tam giác đều cạnh 2a nên SA SB AB2a Khi đó: R OA a l SA  ,  2 .a Nên h SO a  3.

Vậy chọn đáp án B.

Câu 6: Chọn B.

Ta có tam giác SAB là tam giác đều cạnh 4 nên SA SB AB  4.

Khi đó: R OA 2,l SA 4. Nên h SO 2 3.

Ta có: S_tp RlR² .2.4.2² 12 nên chọn đáp án B.

Phương trình hoành độ giao điểm của y x ³2x²3x2 với trục hoành là

   

3 2 2 3 2 0 1 2 2 0 1

x  x  x   x x  x   x (do x²    x 2 0, x ℝ).

Vậy số giao điểm cần tìm là 1.

Câu 8: Chọn D.

Ta có 1 3 .

V  B h suy ra ³ ^3.36 ¹⁸

 

^.

6

h V cm

 B  

(13)

13 Câu 9: Chọn B.

Câu 10: Chọn B.

Ta có: ' 0y  khi x ( ;0) và x(2;). Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (2;). Câu 12: Chọn B.

Số hạng thứ k1 của khai khiển (a b )ⁿlà C a b k_n^k ^{n k}^ ^k, 0,1, 2,....,n^. Câu 13: Chọn D.

Ta có: u₈ u q₁. ⁷ 384u₁.2⁷ u₁ 3.

Dựa vào đồ thị hàm số ^{f x}^'

 

^,^{ta có} ^{f x}^'

 

^⁰^{với mọi}^x^{  }



^{3; 2}



nên hàm số ^{f x}

 

nghịch biến trên khoảng



^{ }^{3; 2 .}



Ta có _x^lim_ ^{f x}

 

^⁰^nên^y^⁰ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

 

2 0

lim , lim

x _ f x x _ f x

       nên x 2,x0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.

Câu 16: Chọn D.

Xét khai triển

 

¹¹ ¹¹ 11

 

0

1 ^k. 1 . .^k ^k

k

x C x



 





Ta có hệ số của số hạng chứa x³ là C₁₁³. Câu 17: Chọn C.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x2 nên loại đáp án A; D.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y1 nên loại đáp án B.

Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số 1 2. y x

x

 

 Câu 18: Chọn A.

Ta có d u _n_1u_n 4



n  1



3



4n3



4.

Đặt tsin² x  0 t 1.

Phương trình ^f



^sin²^x



^^m^ ^{f t}

 

^^m

 

^{* , 0}^{ }^t ^1.

(14)

14

Nhìn vào đồ thị suy ra phương trình (*) trên đoạn

 

^0;1 có nghiệm khi và chỉ khi 1 m3.

Số các tứ giác được tạo thành từ 4 đỉnh của một đa giác đều 24 đỉnh là: C₂₄⁴ 10626

 

^10626.

n  

Gọi A là biến cố: “Chọn được 4 đỉnh là 4 đỉnh của một hình vuông”.

Ta có:

Số các đường chéo là đường kính:

1

24 12.

2 C 

Trong đó số cặp đường kính vuông góc với nhau: 12 2 6.

Suy ra số hình vuông được tạo thành là: 6

 

^6.

n A 

   

 

^{10626 1771}⁶ ¹ ^.

P A n A

  n  

 Câu 21: Chọn C.

Thể tích khối tứ diện 1 3 .2 .2 ³

: . . 2 .

6 6

a a a OABC V  OA OB OC  a Câu 22: Chọn B.

Các mặt của hình bát diện đều cạnh a đều là tam giác đều có diện tích

2 1

3. 4 S  a

Vậy tổng diện tích 8 mặt là S8.S₁2 3 .a² Câu 23: Chọn C.

(15)

15 Diện tích ABC là

1 2 3

. .sin .

2 2

ABC

S  AB AC BACa

Vậy thể tích khối lăng trụ là V  AA S'. _ABC a³ 15.

Câu 24: Chọn D.

Vì 3 không nguyên nên tập xác định của hàm số là ^D^



^0;^



^.

Câu 25: Chọn C.

Ta có: ₁₆ ₄

3

4 2 2

log 81 log 3

2 log 4 a

  

Số cách chọn 4 bạn tùy ý trong 30 bạn là: C₃₀⁴ 27405.

Số cách chọn 4 bạn trong 30 bạn mà không có bạn nào làm cán sự lớp là: C₂₇⁴ 17550 Số cách chọn 4 bạn thỏa mãn yêu cầu bài toán là: C₃₀⁴ C₂₇⁴ 9855

Hàm số có hai điểm cực trị x 1 và x0.

Giá trị cực đại của hàm số bằng 0 tại x0

(16)

16 Giá trị cực tiểu của hàm số bằng 1

6 tại x1.

Tập xác định: Dℝ.

2 2 1

' 6 6, ' 0 6 6 0 .

1

y x y x x

x

 

         

x  1 1 

'

y + 0  || +

y 7 

 1 Căn cứ vào bảng biến thiên hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Câu 30: Chọn A.

   

²

3 2 0

f x    f x  3

x  4 3 

'

y + 0  || +

y 2 

2 y 3

 1 Căn cứ vào bảng biến thiên thì phương trình ³

 

^{2 0}

 

²

f x    f x  3 có 3 nghiệm phân biệt.

Tập xác định: ^D^^ℝ^{\ 1 .}

 

 

²

' 14 0,

y 1 x D

x

     

 hàm số nghịch biến trên hai khoảng



^^;1



^và



^1;^



^.

Ta có:

3

3 3

8 8

' 1 x ; ' 0 8 2.

y y x x

x x

         Bảng biến thiên:

x 0 2 

(17)

17 '

y  0 +

y  

3 Vậy min^0; y 3.

 

Ta có:

1 1 1 1

3.6 3. 6 2 .

P x x x x x  x Câu 34: Chọn A.

Xét hàm số ^{y ax}^ ³^^bx² ^^{cx d a}^



^^{0 .}



Ta có: lim

x  nên a0 và ⁰

 

² ^{2 0} ² ^0,

CD CT 3 x x b

         a  mà a  0 b 0.

Ta có

    

²



0

' 0 2 3 2 0 2

2 3 x

f x x x x x

x

 

      

 



Trong đó x2 là nghiệm kép 2

0, 3

x x là nghiệm đơn, nên dấu của đạo hàm

    

²



' 2 3 2 ,

f x x x x  x ℝ bị đổi dấu 2 lần. Suy ra hàm số ^y^ ^{f x}^'

 

có 2 điểm cực trị.

Câu 36: Chọn D.

Yêu cầu bài toán tương đương đồ thị hàm số ^{y x}^ ³^⁸^x²^



^m² ^⁵



^x^²^m²^¹⁴ cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt ^^x³^⁸^x² ^



^m²^⁵



^x^²^m²^^{14 0}^ có 3 nghiệm phân biệt.

+) ^x³^⁸^x²^



^m²^⁵



^x^²^m²^^{14 0}^



^x ²

 

^ ^x ⁷



^x ¹



^m²^ ⁰

      

 

2 2

2

6 7 0 1

x

x x m

 

     

 

¹

 có 2 nghiệm phân biệt



^x^²



(18)

18

 

2

2 2

4 4

' 9 7 0

3; 2; 1;0;1; 2;3 .

2 6.2 7 0 15

m m Z

m m

   

     

 

      

 

    

 



Mỗi câu trả lời đúng được 0,2 điểm do vậy thí sinh được 6 điểm thì phải làm đúng số câu là 6

0, 2 30 câu Mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có 1 phương án đúng vì vậy xác suất trả lời đúng một câu là

1 0, 25

4  và xác suất trả lời sai một câu là 3

0, 75 4 Số cách chọn 30 câu trả lời đúng trong 50 câu là C₅₀³⁰

Vậy xác suất để thí sinh đó được 6 điểm là 0, 25 .0, 75 .³⁰ ²⁰C₅₀³⁰. Câu 38: Chọn A.

Gọi N là trung điểm của BC G, là trọng tâm tam giác ABC

Hình chiếu vuông góc của điểm A' lên mặt phẳng



^ABC



trùng với trọng tâm tam giác



^ABC



^nên

 

'

A G ABC

Tam giác ABC vuông cân tại A nên ^AN ^^BC

 

¹

Lại có ^{A G}^' ^^BC

 

²

Từ

 

¹ ^và

 

² ^{ta có}^BC^



^{A AN}^'



Trong mặt phẳng



^{A AN}^'



^từ^N ^kẻ^NH ^^{A A}^' ^{suy ra}^NH là ddonanj vuông góc chung của AA' và BC do

đó



^{' ;}



¹⁷

d A A BC NH  6 a

(19)

19 Đặt AB2x

Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên 1

2 2; 2

BC x AN  2BCx

G là trọng tâm tam giác 2 2 2

3 3

ABCAG AN  x

Trong tam giác vuông 'A AG có ² ² ² ² 8 ²

' ' 4

9 A G  A A AG  a  x

Trong mặt phẳng



^{A AN}^'



^kẻ ^{/ /} ² ¹⁷

3 9

GK NH GK NH a

Trong tam giác vuông 'A AG có

2 2

2 2 2 2

2

1 1 1 81 1 1

8 8

' 17

4 9 9

x x

GK A G AG a

a

    



2

2 2 2

2

81 4

17 8 8

4 .

9 9

a

a x x

a

 

 

  

 

4 2 2 4

64x 288a x 68a 0

   

2 2

17 17

4 2 17

1 1

4 2

x a x a AB a

     



     

Mà AB a 3 nên AB a Cách để tính AB

Ta có NH AA. 'A G AN' . (vì cùng bằng 2 lần diện tích tam giác 'A NA)

2 2

17 8

.2 4 . 2

6 9

a x

a a x

  

2 2

4 2 2 4

2 2

17 17

4 2 17

16 72 17 0

1 1

4 2

x a x a AB a

x a x a

x a x a AB a

     



    

     



Mà AB a 3 nên AB a .

2 2

2 2 2 2 8 34 34

' ' 4 '

9 9 3

x a a

A G A A AG  a   A G

(20)

20 Thể tích V của khối lăng trụ ABC A B C. ' ' ' là

34 1 34 3

' . . . . .

3 2 6

ABC

a a

V A G S  a a Câu 39: Chọn D.

+ ^DE ^IC ^DE



^SIC

 

^SIC

 

^SDE



^.

DE SI

 

   

 

 Suy ra A đúng/

+ ^BC ^AI ^BC



^SAI

 

^SBC

 

^SAI



^.

BC AB

 

   

 

 Suy ra B đúng

+ ^DE^



^{SCI BC}



^; ^



^SAI



^nên

 

^SIC

 

^, ^SAB

 

^



^{BC DE}^,



^{ }^DEC^{ }^BIC^.

Suy ra D sai.

Vậy D sai.

Câu 40: Chọn D.

TH1: H thuộc đoạn thẳng AC.

+ Kẻ ^SH ^ ^AC^^SH ^



^ABCD



^{mặt khác} ¹ ^. ⁴ ⁸

2 5

S_SAC  SH AC SH 

6 4

;sin .

5 5

AH SAC SH

  SA 

(21)

21

+ Kẻ ^BK ^ ^AC^^BK ^



^SAC



^kẻ^KL^^SA^^SA^



^BKL



^

 

^SAB

 

^, ^SBC

 

^^BLK

Ta có: 1₂ 1₂ 1₂ 12

BK 5

BK  BA BC   và 9 36

; .sin

5 25

AK  KL AK SAC

12 34 3 34

25 ;cos 34

BL BLK KL

  BL 

TH2. H không thuộc đoạn thẳng AC.

+ Kẻ ^SH ^ ^AC^^SH ^



^ABCD



^{mặt khác} ¹ ^. ⁴ ⁸

2 5

S_SAC  SH AC SH 

6 4

;sin .

5 5

AH SAH SH

  SA 

+ Kẻ ^BK ^ ^AC^^BK ^



^SAC



^kẻ^KE^^SA^

 

^SAB

 

^, ^SBC

 

^^BEK

Ta có: 1₂ 1₂ 1₂ 12

BK 5

BK  BA BC   và 9 36

; .sin

5 25

AK  KE AK SAH 

12 34 3 34

25 ;cos 34

BE BEK KL

  BL 

(22)

22 Ta có AB BC a  nên ABC vuông cân tại .B

Thể tích khối lăng trụ ABC A B C. ' ' ' và

3 2 . ' ' '

1 2

'. 2.

2 2

ABC A B C ABC

V AA S_ a a  a (đvtt).

Gọi E là trung điểm BB'. Khi đó ^{B C}^{' / /}^EM ^^{B C}^{' / /}



^AME



^.

Vậy ^{d AM B C}



^{, '}



^^{d AME B C}

  

^{, '}



^^{d C AME}



^,

  

^^{d A AME}



^,

  

^.

Gọi h là khoảng cách từ A đến



^AME



^.

Ta nhận thấy tứ diện .B AME có BE BM BA, , đôi một vuông góc.

Khi đó 1₂ 1 ₂ 1₂ 1₂ 1₂ 4₂ 2₂ 1₂ 7₂ 7

7 . h a h  BM  BE BA  h  a a a a   Câu 42: Chọn B.

Ta có: ^P^²



^x³^^y³



^³^xy^²



^{x y x}^

 

²^^y²^^xy



^³^xy^²



^{x y}^



²^^xy



^^{3 .}^xy

Đặt

2 2 2 2 2 2

2 2 2 .

2 t  x y t x y  xyt   xyt  xy

Do



^{x y}^



² ^⁴^xy^^t² ^²



^t²^²



^^t² ^{    }⁴ ² ^t ^2.

Suy ra ² 2 3



² 2



3 3 2

 

2 2 6 3

2 2 2

t t

P t    t t t f t

         

  với ^t^{ }



^{2; 2 .}



Khi đó: ^'

 

³² ³ ^{6; '}

 

⁰ ³ ² ³ ^{6 0} ¹ ^.

2

f t t t f t t t t

t

 

             

Suy ra 13 13 1

( 2) 7, (1) , (2) 1 ; 7 .

2 2 2

f    f  f  M  m  M m   Câu 43: Chọn A.

(23)

23 Cách 1:

Ta có AB AC AD, , đôi một vuông góc nên ^AD^



^ABC



^.

Gọi K là trung điểm của AB, vì F là trung điểm của BD suy ra FK / /AD mà ^AD^



^ABC



^^FK ^



^ABC



hay ^FK ^



^AKE



^.

Kẻ

 

  

^,

  

^.

KG AE G AE

d K AEF KH KH FG H GF

 

  

  

 Mặt khác BK cắt mặt phẳng



^AEF



^{tại .}^A

Suy ra

   

 



^,



²



^,

  

²



^,

  

^.

,

d B AEF BA

d B AEF d K AEF KA

d K AEF    

Trong tam giác AKE vuông tại K và tam giác FKG vuông tại ,K ta có:

     

² ² ²

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 29 12 29

144 29 .

6 3 4

KH a KH  KF KG  KF KA KE  a  a  a  a  

Vậy 24 29

29 . d  a

Cách 2: Ta có AB AC AD, , đôi một vuông góc nên ^AD^



^ABC



^. Chọn hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ, chọn a1, ta có ^A



^{0;0;0 ,}

 

^B ^{0;6;0 ,}

 

^E ^{4;3;0 ,}

 

^F ^{0;3;6 .}



Ta có AE



^{4;3;0 ,}



AF 



^0;3;6



AE AF^, 



^{18; 24;12}



6 3; 4; 2 .







Mặt phẳng



^AEF



^nhận ⁿ^



^{3; 4; 2}^



làm một vectơ pháp tuyến và đi qua ^A



^0;0;0



có phương trình là:

3x4y2z0.

(24)

24

Vậy

   

 

²

2 2

3.0 4.6 2.0 24 29

, .

3 4 2 29

d B AEF  

 

   Vì a1 nên 24 29

29 . d  a

Câu 44: Chọn C.

Ta có ^{f x}

 

^²^{x m}^{ }^m^ ^{f x}

 

^^{2 * .}^x

 

Xét ^{g x}

 

^ ^{f x}

 

^^{2 ,}^{x x}^{ }

 

^{0; 2 .}

Ta có ^{g x}^'

 

^ ^{f x}^'

 

^{ }^{2 0,,}^{ }^x

 

^{0; 2} nên hàm số ^{g x}

 

nghịch biến trên

 

^{0; 2 .}

Do đó (*) đúng với mọi ^x^

 

^{0; 2} khi và chỉ khi ^{m g}^

 

⁰ ^ ^f

 

^{0 .}

Phương trình hoành độ giao điểm của

 

^C ^và^d^là:

  

2 1 1 0

2 1 1

1 x x

x m x x x m

x

  

        

 

   

2

1

1 1 0 1

x

x m x m

  

      

 

^C ^cắt^d tại hai điểm phân biệt ^{A B}^, ^

 

¹ có hai nghiệm phân biệt khác 1 ( , x x_A _B là nghiệm phương trình

 

^{ }

    

 

²

 

1 2

0 1 4 1 0

1 ) 1 1 1 1 0 1 1 1 0

m m

      

 

 

    

       

 





¹



⁵



⁰ ¹

1 0 5

m m m

m

  

  

   

Theo định lí Viet: x_Ax_B  1 m x x, _{A B}  m 1



A^; A

 

^, B^; B



A x x m B x x m



A^; A



^,



B^, B



OA x x m OB x x m

OAB vuông tại OOA OB^.  ⁰ x xA^. B



xAm x



B m



⁰

 

²

 

² ²

2 0 2 2 1 0 3 2 0

A B A B 3

x x m x x m m m m m m m

                (nhận) Theo đề bài ta có a2,b3. Vậy S 5.

4 3 2 5 4 3 2

3cos sin cos 3cos cos cos 1

2 2 2

y x x m x  y x x m x

(25)

25 Đặt tcos .x Vì 2

3 3; x  

  nên 1 1

; . t  2 2

Hàm số trở thành

 

³ ⁴ ³ ² ^{1, '}

 

¹² ³ ³

f t  t 2t mt f t  t  t m

Yêu cầu bài toán ^ ^{f t}

 

nghịch biến trên ^{1 1}^; ^'

 

^0, ^{1 1}^; ^{( '}

 

⁰

2 2 f t t 2 2 f t

       

 

    chỉ tại một số điểm)

3 1 1 3 1 1

12 3 0 ; 12 3 ;

2 2 2 2

t t m t   m t t t  

              

Đặt

 

³

 

²

 

3 1 1

6 2 2;

12 3 , ' 36 3, ' 0

3 1 1

6 2 2;

t

g t t t g t t g t

t

    

  

             

Ta có

t 1

2 3

 6 3

6 1 2

 

'

g t  0 + 0 

 

g t 3 3

0 0 3

 3 Dựa vào bảng biến thiên 3

3 . m  Câu 47: Chọn A.

Gọi O ACBD. Ta có



^{SD ABCD}^,

  

^



^{SD OD}^,



^^SDO^^SDO^^{60 .}⁰

(26)

26

3 .

2 6 1 6

tan 3 . .

3 2 ^{S ABCD} 3 ^ABCD 6

a a a

SO OD SDO V SO S

      

Ta có

3 3

. . . .

2 1 1 6 6

2 2 . . . .

3 2 3 6 18

S AEMF S AEM S ABC S ABCD

SA SE SM a a

V V V V

SA SB SC

    

Ta có ^y^³^x²^^{6 2}



^m^¹



^x^¹²^m^^5.

Hàm số đồng biến trên khoảng



^2;^{ }



^y^{' 0,}^{  }^x



^2;^



^.

   

²

 

2 3 6 5

3 6 2 1 2 5 0, 2; . 12 , 2; .

1 x x

x m x m x m x

x

 

             

 Xét

 

³ ² ⁶ ⁵

1 x x

f x x

 

  trên

   

 

2 2

3 6 1

2; ' .

1 x x

f x x

 

  

 Ta có BBT:

x 2 

 

'

f x +

 

f x 

5

Vậy ¹² ⁵ ⁵



10; 9; 8;...;0 .



m m12  S   Do đó số phần tử của S bằng 11.

Câu 49: Chọn B.

Gọi ^{g x}

 

^



^x³^³^x^²^m



² ^ ^x³^³^x^²^m

Trên đoạn

 

^0;3 ^{ta thấy:} _{ }

 

_{ }

 

0;3 2 0;3 16

Min f x  Max g x  Xét hàm số y x ³3x2m trên đoạn

 

^0;3

2 2

' 3 3 0 1 1

y  x   x    x

 

⁰ ^{2 ; 1}

 

² ^2;

 

³ ² ¹⁸

y  m y  m y  m

Với m ta luôn có: 2m18 2 m2m2. Do đó, xảy ra hai trường hợp sau:

* TH1: Nếu 2m 2 2m18 thì

 

 

0;3 2 2

Max g x  m

Khi đó:

 

2 2 16 2 18 9

2 2 16

2 2 16 2 14 7

m m m Loai

m m m m thoa man

     

   

        



(27)

27

* TH2: Nếu 2m 2 2m18 thì

 

 

0;3 2 18

Max g x  m

Khi đó:

 

2 18 16 2 2 1

2 18 16

2 18 16 2 34 17

m m m thoa man

m m m m loai

       

   

        



Vậy tổng tất cả các phần tử của S bằng

   

^{    }⁷ ¹ ^8.

Đặt tx²2x (với t 1), phương trình (*) trở thành: ^{f t}^'

  

^{   }^t ¹



⁰ ^{f t}^'

 

^{ }^t ^{1 1}

 

Dựa vào đồ thị hàm số ^y^ ^{f x}^'

 

và đồ thị đường thẳng

 

^d ^:^{y x}^{ }¹

 Tập nghiệm của phương trình

 

¹ ^là



^^{1;1; 2;3}



* ^t^{  }¹ ^x²^²^x^{  }¹



^x^¹



²      ⁰ ^x ^{1 0} ^x ¹

* ^t^{ }¹ ^x² ^²^x^{ }¹



^x^¹



² ^{    }² ^x ¹ ²^{  }^x ^{2 1}^

* ^t^{ }² ^x²^²^x^{ }²



^x^¹



² ^{    }³ ^x ¹ ³^{  }^x ^{3 1}^

* ³ ² ² ³



¹



² ⁴ ¹ ² ¹

3

t x x x x x

x

  

             

 Phương trình ^{g x}^'

 

^⁰ có 6 nghiệm đơn là x 1;x  2 1; x  3 1; x3 và có 1 nghiệm bội lẻ là 1.

x

Vậy hàm số ^{g x}

 

^ ^{f x}



²^²^x



^^^x