43. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - Sở GD_ĐT Ninh Bình - Lần 1 - File word có lời giải.doc – có lời giải - file word

SỞ GD & ĐT NINH BÌNH (Đề thi gồm có 50 câu)

---

ĐỀ THI THỬ KÌ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 MÔN TOÁN

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

MỤC TIÊU

Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán của Sở GD&ĐT Ninh Bình gồm 22 câu hỏi ở mức độ NB, 12 câu hỏi ở mức độ TH, 12 câu hỏi ở mức độ VD và 4 câu hỏi ở mức độ VDC.

Kiến thức lớp 12 chiếm 96%, kiến thức lớp 11 chiếm 4% và không có kiến thức lớp 10.

Đề thi bám rất sát đề chính thức thi tốt nghiệp THPT các năm, giúp học sinh ôn tập đúng trọng tâm nhất. Bên cạnh đó đề thi có nhiều câu hỏi khá mới giúp học sinh phát triển tư duy để giải quyết nhiều dạng toán biến tấu khác nhau.

Câu 1: Nghiệm của phương trình 1

2 8

x  là:

A. 1

x 4 B.x 4 C. 1

x3 D. x 3 Câu 2: Cho hàm số 1 ³ 1 ²

6 1

3 2

y  x  x  x . Khẳng định nào dưới đây là đúng?

A. Hàm số đồng biến trên khoảng



^3;



^. B. Hàm số nghịch biến trên khoảng



^{;0 .}



C. Hàm số đồng biến trên khoảng



^{2;3 .}



D. Hàm số nghịch biến trên khoảng



^{2;3 .}



Câu 3: Hàm số y x ⁴x²1 có bao nhiêu cực trị?

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

Câu 4: Mệnh đề nào dưới đây sai?

A.3 .3^{x y} 3 .^{x y} B. 4

4 4

x x

y

 y C.

   

^{5x y  5y x D.}

 

^{2.7 x 2 .7x x}

Câu 5: Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác đều cạnh ^a. Biết ^SA



^ABC



và SA a 3. Thể tích khối chóp S ABC. là:

A.3 ³ 4

a B. ³

4

a C. 3 ³

6

a D. 3 ³

4 a

Câu 6: Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây?

Mã đề thi 001

A.y x ³3x²1 B. 1 ^{3 2} 9

3 1

2 2

y x  x  x

C. 1 ^{3 2} 9

3 1

2 2

y  x  x  x D. 1 ³ 3 ²

2 1

2 2

y x  x  x Câu 7: Hàm số ₂^2x có đạo hàm là:

A.y' 2 ln 2 ^2x B.y' 2 .2 x ^2x1 C.y' 2 ^2x1ln 2 D. y' 2 ^2x1 Câu 8: Hàm số nào sau đây nghịch biến trên từng khoảng xác định?

A. 2 1

3 y x

x

 

 B. 1

1 y x

x

 

 C. 5

1 y x

x

 

  D. 2

2 1

y x x

 



Câu 9: Cho hình trụ có chiều cao bằng 5 và đường kính đáy bằng 8. Tính diện tích xung quanh của hình trụ đó?

A.20 B.40 C.160 D. 80

Câu 10: Cho hình lăng trụ có diện tích đáy là 3 ,a² độ dài đường cao bằng 2 .a Thể tích khối lăng trụ này bằng:

A. 6a³ B. 3a³ C. 2a³ D. a³

Câu 11: Tập nghiệm của bất phương trình log3



x 1



1 là

A.



^{1; 4}



B.



^{; 4}



C.



^{; 4}



D.



^{0; 4}



Câu 12: Cho hàm số ^{y f x}

 

có bảng biến thiên như sau:

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là:

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

Câu 13: Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính ^r là

A.Sr² B. S4r² C. 4 ³

S 3r D. 3 ²

S 4r Câu 14: Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số ^{f x}

 

^e3x là

A.3e^3xC B.

3

3ln 3 e x

C C.e^3xC D. 1 ³

3

e xC

Câu 15: Cho hàm số ^{y f x}

 

có đồ thị như hình bên. Số nghiệm của phương trình ^{3f x}

 

^{ 5 0} là:

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

Câu 16: Cho hàm số 1 2 1. y x

x

 

 Tính tổng giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất ^m của hàm số trên đoạn

 

^{0; 2 .}

A. 1

M m  5 B. 1

M m  5 C. 4

M m  5 D. M m  1 Câu 17: Hãy tìm tập xác định D của hàm số ^yln



^{x22x3 .}



A.^{D }



^1;3



B.^{D   }



¹

 

^3;



^.

C.^{D   }



^{; 1}

 

^3;



D. ^{D }



^1;3



Câu 18: Với mọi , ,a b x là các số thực dương thỏa mãn log2x5log2a3log .2b Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. x3a5b B.x a b ^{5 3} C.x a ⁵b³ D. x5a3b Câu 19: Một hình nón có thể tích 32 5

V  3 và bán kính đáy hình nón bằng 4. Diện tích xung quanh của hình nón bằng:

A.24 5 B.48 C.24 D. 12

Câu 20: Cho

1 1

I x dx

 x

 



^{. Nếu đặt t x1 thì I }



^{f t dt}

 

^{, trong đó f t}

 

^bằng

A. ^{f t}

 

^2t22t B. ^{f t}

 

^{ t2 t} C. ^{f t}

 

^{ t 1} D. ^{f t}

 

^{ t2 t}

Câu 21: Cho hàm số y2x³3x²m. Trên



^1;1



hàm số có giá trị nhỏ nhất là 1. Tìm ^m

A.m 5 B.m 3 C.m 6 D. m 4

Câu 22: Cho khối trụ có đường cao gấp đôi bán kính đáy. Một mặt phẳng qua trục của khối trụ cắt khối trụ theo thiết diện là một hình chữ nhật có diện tích bằng 16 .a² Thể tích của khối trụ đã cho tính theo

a bằng:

A.4a³ B.16 ³

3 a C.16a³ D. 32 ³

3 a

Câu 23: Biết rằng đường thẳng y2x3 cắt đồ thị hàm số y x ³x² 2x3 tại hai điểm phân biệt A và ,

B biết điểm B có hoành độ âm. Hoành độ điểm B là:

A. 0 B.5 C.1 D. 2

Câu 24: Cho hình lập phương ABCD A B C D. ' ' ' ' có diện tích mặt chéo ACC A' ' bằng 2 2a². Thể tích của khối lập phương ABCD A B C D. ' ' ' ' là

A. 16 2a³ B. 2 2a³ C. 8a³ D. a³

Câu 25: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác đều cạnh 4a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng



^ABCD



. Góc giữa mặt phẳng



^SBC



và mặt phẳng



^ABCD



bằng

30 . Thể tích của khối chóp 0 S ABCD. là:

A.24 3a³ B.16 3a³ C.4 3a³ D. 48 3a³

Câu 26: Gọi T là tổng tất cả các nghiệm của phương trình 4^x5.2^x 6 0. Tính giá trị của T

A.T log 23 B.T 5 C.T log 62 D. T 1

Câu 27: Số nghiệm của phương trình log2 xlog2



x 1



1 là:

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

Câu 28: Cho bất phương trình 12.9^x35.6^x18.4^x 0. Với phép đặt 2

, 0, 3

x

t    t bất phương trình trở thành:

A.12t²35t 8 0 B.12t²35 18 0t  C.18t²35 12 0t  D. 18t²35 12 0t  Câu 29: Trong không gian cho hình chữ nhật ABCD có AB a AC a ,  5. Diện tích xung quanh của hình trụ thu được khi quay hình chữ nhật ABCD quanh trục AB bằng:

A.8a² B.4a² C.2a² D. 2 ²

3

a

Câu 30: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a AD , 2 .a Biết SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SB a 5. Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng



^ABCD



bằng:

A.30⁰ B.90⁰ C.60⁰ D. 45⁰

Câu 31: Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm ^{f x'}

 

^{x x}



^1

 

^{2 2x3 .}



Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị?

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

Câu 32: Trong không gian cho đoạn thẳng ABcó độ dài bằng 6. ĐiểmM di động trong khônggian sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 12 và hình chiếu vuông góc của M lên AB nằm trong đoạn AB. Quỹ tích các điểm M tạo thành một phần của mặt tròn xoay. Diện tích phần mặt tròn xoay đó bằng:

A.48 B.24 2 C.36 D. 80

Câu 33: Cho ^{x y,} là các số thực dương thỏa mãn 4 3 2

 

3

log xlog ylog 2x3 .y Giá trị của x

y bằng:

A.9

4. B. ₃ 3

log 2 C. ₂ 2

log .

3 D. 4

9

Câu 34: Cho bất phương trình log 2²2

 

x 2



m1 log



2x 2 0. Tìm tất cả các giá trị của tham số ^m để bất phương trình có nghiệm thuộc khoảng



^2;



^.

A. 3

4;0 m  

  B. 3

4; m  

  C.^m



^0;



D. ^{m }



^;0



Câu 35: Tìm tất cả các giá trị của ^m sao cho hàm số

2 y x m

x

 

 đồng biến trên các khoảng xác định?

A. m2 B. m2 C. m2 D. m2

Câu 36: Có bao nhiêu giá trị của ^m để đồ thị hàm số ₂ ² 1

3 2

y mx

x x

 

  có đúng 2 đường tiệm cận?

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

Câu 37: Cho hình lăng trụ ABC A B C. ' ' ' có đáy là tam giác ABC vuông tại A với AC a . Biết hình chiếu vuông góc của B' lên



^ABC



là trung điểm H của BC. Mặt phẳng



^{ABB A' '}



tạo với mặt phẳng



^ABC



một góc 60 . Gọi ⁰ G là trọng tâm tam giác B CC' '. Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng



^{ABB A' '}



A. 3 3 4

a B. 3

4

a C. 3

2

a D. 3

3 a

Câu 38: Khi xây nhà, cô Ngọc cần xây một bể đựng nước mưa có thể tích V 6m³ dạng hình hộp chữ nhật với chiều dài gấp ba lần chiều rộng, đáy và nắp và các mặt xung quanh đều được đổ bê tông cốt thép. Phần nắp bể để hở một khoảng hình vuông có diện tích bằng 2

9 diện tích nắp bể. Biết rằng chi phí cho 1m2 bê tông cốt thép là 1.000.000đ. Tính chi phí thấp nhất mà cô Ngọc phải trả khi xây bể (làm tròn đến hàng trăm nghìn)?

A. 12.600.000 đ B. 21.000.000 đ C. 20.900.000 đ D. 21.900.000 đ

Câu 39: Cắt hình nón S bởi mặt phẳng đi qua trục ta được một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng a 2. Gọi BC là dây cung của đường tròn đáy hình nón sao cho mặt phẳng



^SBC



tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 . Tính diện tích của tam giác ⁰ SBC.

A. 2 ²

SBC 2

S  a B. 2 ²

SBC 3

S  a C. ²

SBC 3

S a D. 3 ²

SBC 3 S  a

Câu 40: Hàm số ^y1₃^x3mx2



^{m2 m 1}



^x1 đạt cực đại tại điểm x1 khi:

A. m1 B. m 1 C. m1 hoặc m2 D. m2 Câu 41: Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm trên _ và có bảng xét dấu ^f"

 

^x như sau:

Hỏi hàm số ^{y f x}



^22x



có bao nhiêu điểm cực tiểu?

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

Câu 42: Cho hàm số ^{f x}

 

^{ax 1}



^{a b c, ,}



bx c

  

  có bảng biến thiên như sau:

Trong các số ,a b và ^c có bao nhiêu số dương?

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

Câu 43: Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y x ³3 .x² Tìm tất cả giá trị của tham số ^m để phương trình

2 3

3x  3 m x có hai nghiệm thực phân biệt.

A.  1 m 1 B. 1 1 m m

 

  

 C. 1

3 m m

 

  D. m1

Câu 44: Cho hàm số ^{f x}

 

^{x22x1.} Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số ^m để giá trị lớn nhất của hàm số ^{g x}

 

^{ f2}

 

^{x 2f x}

 

^m trên đoạn



^1;3



bằng 8.

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

Câu 45: Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C. ' ' ' có diện tích đáy bằng 12 và chiều cao bằng 6. Gọi M N, lần lượt là trung điểm của CB CA, và , ,P Q R lần lượt là tâm các hình bình hành ABB A' ', BCC B CAA C' ', ' '. Thể tích của khối đa diện PQRABMN bằng:

A. 42 B. 14 C. 18 D. 21

Câu 46: Cho hàm số bậc ba ^{y f x}

 

có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số



^5;5



m  để phương trình ³3

   

²2

     

1

 

2

log f x  1 log f x  1 2m8 log f x  1 2m0 có nghiệm



^1;1



x 

A. 7 B. 5 C. Vô số D. 6

Câu 47: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của ^y sao cho tương ứng với mỗi ^y luôn tồn tạikhông quá 63 số nguyên ^x thỏa mãn điều kiện ^log2020



^{x y 2}



^log2021



^{y2 y 64}



^log4



^{x y}



^.

A. 301 B. 302 C. 602 D. 2

Câu 48: Cho hàm số ^{f x}

 

^{x 1.}

  x Cho điểm ^{M a b}



^;



sao cho có đúng hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số

 

y f x đi qua M, đồng thời hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau. Biết điểm M luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó là:

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

Câu 49: Cho hàm số ^{f x}

 

là một hàm số có đạo hàm trên _ và hàm số ^{g x}

 

^{ f x}



^23x1



có đồ thị như hình vẽ. Hàm số ^{f x}



^1



nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. 1 4;0

 

 

  B.

 

^2;3 C.

 

^0;1 D.



^3;



Câu 50: Cho tứ giác lồi có 4 đỉnh nằm trên đồ thị hàm số yln ,x với hoành độ các đỉnh là các số nguyên dương liên tiếp. Biết diện tích của tứ giác đó là 20

ln ,

21 khi đó hoành độ của đỉnh nằm thứ ba từ trái sang là:

A. 5 B. 11 C. 9 D. 7

--- HẾT ---

B NG ĐÁP ÁNẢ

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

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

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

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

41.A 42.D 43.A 44.D 45.D 46.A 47.C 48.A 49.C 50.D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (NB):

Phương pháp:

Giải phương trình mũ cơ bản: ^{af x  ag x   f x}

 

^{g x}

 

^.

Cách giải:

Phương trình đã cho tương đương 2^x 2^3  x 3.

Chọn D.

Câu 2(NB):

Phương pháp:

- Tính '.y

- Dựa vào dấu của hệ số ^a suy ra nghiệm của bất phương trình ' 0y  và suy ra khoảng đồng biến của hàm số.

Cách giải:

Ta có: ² 3

' 6 ' 0

2

y x x y x

x

 

         

Vì ^{a   1 0 y' 0    x}



^{2;3 .}



Vậy hàm số đã cho đồng biến trên



^{2;3 .}



Chọn C.

Câu 3 (NB):

Phương pháp:

- Tính '.y

- Giải phương trình ' 0y  và xác định số nghiệm bội lẻ.

Cách giải:

Có ³



²



2

 

' 4 2 2 2 1 , ' 0 0

2 1 0

y x x x x y x

x vo nghiem

 

         .

Vậy hàm số đã cho có 1 cực trị x0.

Chọn D.

Câu 4 (NB):

Phương pháp:

Sử dụng các công thức lũy thừa: ^{m. n m n, m}n ^{m n,}

 

^{m n mn, .}

 

^{m m. m}

a a a a a a a a b a b

a

 

   

Cách giải:

Vì 4 4 4

x x y

y

  nên đáp án B sai.

Chọn B.

Câu 5 (NB):

Phương pháp:

Sử dụng công thức 1 3 . .

chop day

V  S h Cách giải:

Ta có: _. 1 1 ² 3 ³

. . 3.

3 3 4 4

S ABC ABC

a a

V  SA S  a 

Chọn B.

Câu 6 (NB):

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số, xác định điểm thuộc đồ thị hàm số, sau đó thay vào các hàm số ở các đáp án.

Cách giải:

Đồ thị hàm số đi qua điểm

 

1;3 nên chỉ có hàm số 1 ^{3 2} 9

3 1

2 2

y x  x  x thỏa mãn.

Chọn B.

Câu 7 (NB):

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm mũ:

 

^{au 'u a'. .lnu a.}

Cách giải:

Ta có: y^'

 

2 '.2 ln 2 2x ^2x  ^2x1ln 2.

Chọn C.

Câu 8 (NB):

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính đạo hàm ^'

 

^2,

ax b ad bc cx d cx d

 

  

  

   sao đó xác định xem hàm số nào trong các hàm số đã cho có ' 0.y 

Cách giải:

Xét hàm số 2 1 3 . y x

x

 

 Ta có

 

²

' 7 0

y 3 x

  

 nên hàm số 2 1

3 y x

x

 

 nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó.

Chọn A.

Câu 9 (NB):

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy ^r là S_xq 2rh. Cách giải:

Diện tích xung quanh của hình trụ là S_xq 2Rh2 .4.5 40 .   Chọn B.

Câu 10 (NB):

Phương pháp:

Sử dụng công thức V_{lang tru} S_day. .h Cách giải:

Thể tích khối lăng trụ là V S_day.h3 .2a² a6 .a³ Chọn A.

Câu 11 (NB):

Phương pháp:

Giải bất phương trình logarit: ^loga f x

 

  b ⁰ f x

 

a^b. Cách giải:

Bất phương trình đã cho tương đương 0     x 1 3 1 x 4.

Chọn A.

Câu 12 (NB):

Phương pháp:

Sử dụng định nghĩa đường tiệm cận của đồ thị hàm số: Cho hàm số ^{y f x}

 

.

- Đường thẳng yy0 là TCN của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim ⁰

x y y

  hoặc lim 0

x y y

 

- Đường thẳng x x 0 là TCN của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau:

0

xlimx_ y

   hoặc

0

xlimx_ y

   hoặc

0

xlimx_ y

   hoặc

0

xlimx_ y

  . Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy:

 

lim 2 2

x f x y

    là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

0

 

lim 0

x _ f x x

     là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là 2.

Chọn D.

Câu 13 (NB):

Phương pháp:

Diện tích mặt cầu bán kính ^r là S 4r². Cách giải:

Diện tích mặt cầu bán kính ^r là S 4r².

Chọn B.

Câu 14 (NB):

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính nguyên hàm: 1

ax b ax b .

e dx e C

a

   



Cách giải:

Ta có:

 

^{3 3 .}

3

x e x

f x dx e dx C

 

Chọn D.

Câu 15 (NB):

Phương pháp:

- Đưa phương trình về dạng ^{f x}

 

^m.

- Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số ^{y f x}

 

và đường thẳng ^{y m} song song với trục hoành.

Cách giải:

Ta có: ³

 

^{5 0}

 

^5.

f x    f x 3 Từ đồ thị ta thấy đường thẳng 5

y3 cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt.

Vậy phương trình ^{3f x}

 

^{ 5 0} có 4 nghiệm.

Chọn A.

Câu 16 (NB):

Phương pháp:

- Chứng minh hàm số đã cho đơn điệu trên

 

0;2 , từ đó suy ra hàm số đạt GTLN, GTNN tại các đầu mút.

- Tìm M m, và tính tổng.

Cách giải:

Xét hàm số 1

2 1

y x x

 

 liên tục trên đoạn

 

^{0; 2 .}

Ta có ^'



³



₂ ^0,

 

^{0; 2}

2 1

y x

 x   

 nên hàm số 1

2 1

y x x

 

 đồng biến trên đoạn

 

^{0; 2 .}

Suy ra _{ }

 

_{ }

 

0;2 0;2

max 2 1, min 0 1.

M  y y 5 m y y  

Vậy ¹

 

^{1 4.}

5 5

M m     Chọn C.

Câu 17 (NB):

Phương pháp:

Hàm số ^{yln f x}

 

xác định khi và chỉ khi ^{f x}

 

xác định và ^{f x}

 

^0.

Cách giải:

Điều kiện: ^{x22x  3 0}



^x1

 

^{x    3}



^{0 x 1} hoặc x3.

Chọn B.

Câu 18 (NB):

Phương pháp:

Sử dụng công thức log_abⁿ nlog ,_ab đưa phương trình về dạng cùng cơ số.

Cách giải:

Ta có:

 

5 3 5 3 5 3

2 2 2 2 2 2

log x5log a3log blog a log b log a b  x a b Chọn B.

Câu 19 (TH):

Phương pháp:

- Thể tích khối nón có chiều cao ,h bán kính đáy ^r là 1 ² 3 ,

V  r h từ đó tính chiều cao khối nón 3 ₂ V . hr

- Sử dụng công thức l h²r² tính độ dài đường sinh của hình nón.

- Diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh ,l bán kính đáy ^r là S_xq rl. Cách giải:

Chiều cao của hình nón là: 3₂ 4 2 5 h V

  

Suy ra độ dài đường sinh là: l h²r² 6.

Do đó diện tích xung quanh là S_xq rl.46 24 .  Chọn C.

Câu 20 (NB):

Phương pháp:

Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến số.

Cách giải:

Ta có: t²  x 1 nên 2tdt dx . Suy ra

   

2 1 2

.2 1 .2 2 2

1 1 1

x t

I dx tdt t tdt t t dt

x t

      

  

   

Chọn A.

Câu 21 (TH):

Phương pháp:

- Tính ',y giải phương trình ' 0y  tìm các nghiệm xi 



^{1;1 .}



- Tính các giá trị y

     

^{1 , 1 ,}y y xi ^.

- Tìm ^min_{ 1;1} y ^min



y

     

^{1 , 1 ,}y y xi



^,

   sau đó giải phương trình tìm ^m.

Cách giải:

Ta có: y' 6 x²6 .x Xét

 

 

2 0 1;1

' 0 6 6 0

1 1;1

y x x x

x

   

     

  



Ta lại có: ^y

 

^{   1 m 5,y}

 

^{0  m y, 1}

 

^{  m 1.}

 _1;1

 

miny y 1 m 5.

      

Theo giả thiết suy ra       m 5 1 m 4.

Chọn D.

Câu 22 (TH):

Phương pháp:

- Giả sử bán kính của hình trụ là ^r thì chiều cao là 2r.

- Tính diện tích thiết diện theo ^r, sau đó giải phương trình tìm ^r. - Thể tích khối trụ có bán kính đáy ^r, chiều cao h là V r h² . Cách giải:

Giả sử bán kính của hình trụ là ^r thì chiều cao là 2r. Khi đó thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông có cạnh 2r.

Suy ra diện tích của thiết diện là 4r² 16a²  r 2 .a

Vậy thể tích khối trụ là: ^{V r h2 . 2}

 

^{a 2.4a16a3.}

Chọn C.

Câu 23 (NB):

Phương pháp:

- Giải phương trình hoành độ giao điểm và tìm hoành độ điểm B thỏa mãn x_B 0.

Cách giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

3 2 3 2 0

2 3 2 3 0

1

x x x x x x x

x

 

            Vì điểm B có hoành độ âm nên x_B  1.

Chọn C.

Câu 24 (TH):

Phương pháp:

- Giả sử độ dài cạnh hình lập phương là ^x, khi đó ACx 2, từ đó tính S_{ACC A' '} và tìm ^x. - Thể tích khối lập phương cạnh ^x là V x³.

Cách giải:

Giả sử độ dài cạnh hình lập phương là ^x, khi đó ACx 2 và S_{ACC A' '} x² 2.

Theo bài ra ta có: x² 2 2 2 a² x a 2.

Vậy thể tích khối lập phương là: ^{V }

 

^{a 2 3 2 2 .a3}

Chọn B.

Câu 25 (TH):

Phương pháp:

- Gọi H là trung điểm của AD, chứng minh ^{SH }



^ABCD



^, sử dụng định lí

   

   

^.

,

P Q d

a Q

a P a d

 

  

  



- Xác định góc giữa



^SBC



và



^ABCD



là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính độ dài đường cao SH. - Tính thể tích khối chóp _. 1

3 .

S ABCD ABCD

V  SH S .

Cách giải:

Gọi ,H K lần lượt là trung điểm của AD BC, . Khi đó ta có:

   

   

^.

,

SAD ABCD AD

SH ABCD SH SAD SH AD

 

  

  



Ta có:

     

^.

BC HK

BC SHK BC SK

BC SH SH ABCD

     

  



   

   

 

   

   

⁰

, ; ; 30 .

,

SBC ABCD BC

SK SBC SK BC cmt SBC ABCD SK HK SKH

HK ABCD HK BC

 



        

  



Vì SAD đều cạnh 4a nên 4 3

2 3 . 2

SH  a  a

Xét tam giác vuông SHK có: HK SH.cot 30⁰ 6 .a

Vậy _. 1 1 ³

. .2 3 .6 .4 16 3 .

3 3

S ABCD ABCD

V  SH S  a a a a

Chọn B.

Câu 26 (TH):

Phương pháp:

- Đặt ẩn phụ t2^x 0, đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t. - Tính T  x1 x2 log2 1t log2 2t log2

 

t t1 2 , sử dụng định lí Vi-ét.

Cách giải:

Đặt t2 ,^x phương trình đã cho trở thành t²  5t 6 0.

Áp dụng định lí Vi-ét ta có, phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn t t1 2 6.

Vậy T  x1 x2 log2 1t log2 2t log2

 

t t1 2 log 6.2

Chọn C.

Câu 27 (TH):

Phương pháp:

- Tìm ĐKXĐ của phương trình.

- Sử dụng công thức ^loga x^loga y^loga

  

xy ⁰ a ^{1, ,}x y^{0 .}



- Giải phương trình logarit: ^loga f x

 

 b f x

 

a^b. Cách giải:

ĐKXĐ: 0

1 0 1 1.

x x

x x

 

      

 Ta có:

     

2 2 2

log xlog x  1 1 log x x1 1

   

 

2 2

1 2 2 0

1 x tm

x x x x

x ktm



        

  

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x2.

Chọn B.

Câu 28 (NB):

Phương pháp:

- Chia cả 2 vế của bất phương trình cho 9^x 0.

- Đặt ẩn phụ 2

, 0

3

x

t   t 

  và chọn đáp án đúng.

Cách giải:

Chia cả 2 vế của bất phương trình cho 9^x 0 thì bất phương trình đã cho tương đương.

2 2 2

12 35. 18. 0

3 3

x x

   

         Do đó nếu đặt 2

3

x

t  

    bất phương trình trở thành: 18t²35 12 0.t  Chọn C.

Câu 29 (TH):

Phương pháp:

- Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh trục AB ta được hình trụ có bán kính đáy rAD, chiều cao h AB . -Sử dụng định lí Pytago tính bán kính đáy của hình trụ.

- Diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao ,h bán kính đáy ^r là S_xq 2rh. Cách giải:

Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh trục AB ta được hình trụ có bán kính đáy rAD AC²AB² 2a (định lí Pytago), chiều cao h AB a  .

Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là:

2 2 .2 . 4 2

Sxq  rh  a a a Chọn B.

Câu 30 (TH):

Phương pháp:

- Góc giữa SD với



^ABCD



là góc giữa SD và hình chiếu của SD lên



^ABCD



. - Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.

Cách giải:

Vì ^SA



^ABCD



nên AD là hình chiếu vuông góc của SD lên



^ABCD



.

 



^{SD ABCD;}

 

^{SA AD;}



^SDA.

    

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SAB ta có: SA SB²AB² 2 .a Xét tam giác vuông SAD ta có tan SA 1 45 .⁰

SDA SAD

  AD    Vậy ^



^{SD ABCD;}

  

^{45 .0}

Chọn D.

Câu 31 (NB):

Phương pháp:

Xác định số điểm cực trị của hàm số bằng số nghiệm bội lẻ của phương trình ^{f x'}

 

^0.

Cách giải:

Ta có:

    

²



0

' 1 2 3 0 1

3 2 x

f x x x x x

x

 

     

  



, trong đó x1 là nghiệm bội 2, do đó ^{f x'}

 

chỉ đổi dấu qua

0

x và 3 2. x 

Vậy hàm số ^{f x}

 

có hai điểm cực trị 3

0, .

x x 2 Chọn D.

Câu 32 (TH):

Phương pháp:

- Quỹ tích các điểm M tạo thành một phần của mặt trụ tròn xoay.

- Tính chiều cao của tam giác MAB, đó chính là bán kính đáy của hình trụ.

- Diện tích mặt trụ có chiều cao ,h bán kính đáy r là S_xq 2rh. Cách giải:

Tập hợp các điểm M là phần hình trụ không kể hai đáy với bán kính đáy là 2

4.

SMAB

r AB  Do đó diện tích của mặt tròn xoay này là: S_xq 2rh2 .4.6 48 .  

Chọn A.

Câu 33 (VD):

Phương pháp:

- Đặt 4 3 3

 

3

log xlog ylog 2x3y t. Xác định , , 2x y x3y theo ^t. - Thay ^{x y,} theo ^t vào 2x3 ,y đưa phương trình về dạng ẩn ^t. - Đặt ẩn phụ ²



^{0 ,}



3

t

  a a

   đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn ^a. - Giải phương trình tìm ^a, từ đó tìm .x

y Cách giải:

Đặt 4 3 3

 

3

log xlog ylog 2x3y t.

Suy ra

 

4

3 4 2 3

3 2. 3.3 2 2. 3. 1 0 1

3 3 2

2 3 2

t

t t t

t t t

t

x y

x y

  

  

  

              

         

  



Đặt ²



^{0 ,}



3

t

  a a

   khi đó phương trình

 

1 trở thành:

 

2

 

3 1

2 1 0 2 3 0 3

2 a loai

a a a

a a tm

  

         



Vậy

2

4 2 2 9

9 3 4.

t t

x a

y

   

        Chọn A.

Câu 34 (VD):

Phương pháp:

- Đặt tlog ,2x tìm khoảng giá trị của ^t.

- Đưa bất phương trình về dạng

   

_{ }

 

; min;

m f t  t a b  m a b f t . - Chứng minh hàm số ^{f t}

 

đơn điệu trên



^{a b;}



và tìm ^min_{ a b;} ^{f t}

 

_.

Cách giải:

Đặt tlog ,₂ x do ^x



^2;



^{nên t 1}₂^. Khi đó bất phương trình tương đương:



¹



^{2 2}



¹



^{2 0 2 2 1 0 2 1}

2

t m t t mt t m

t

           

Yêu cầu bài toán trở thành bất phương trình trên có nghiệm 1 2.

t Đặt

 

^{2 1.}

2 f t t

t

  Ta có:

 

^{1 1 1}₂ ¹

' ' 0,

2 2 2 2 2

f t t t

t t

 

        Do đó yêu cầu bài toán tương đương ₁

 

2;

1 3

min .

2 4

m f t f

  

 

       Chọn B.

Câu 35 (TH):

Phương pháp:

- Sử dụng công thức tính nhanh đạo hàm ^'

 

^2.

ax b ad bc cx d cx d

 

  

  

  

- Để hàm số đồng biến trên các khoảng xác định thì ' 0,y  giải bất phương trình tìm ^m. Cách giải:

Ta có:

 

²

' 2 .

2 2

x m m

y y

x x

 

  

 

Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định khi ' 0y      2 n 0 m 2.

Chọn B.

Câu 36 (VD):

Phương pháp:

- Tính lim_x y

 để tìm TCN của đồ thị hàm số. Chứng minh hàm số có 1 TCN.

- Để đồ thị hàm số có đúng 2 đường tiệm cận thì nó cần phải có 1 đường TCĐ, khi đó phương trình mx² 1 0 phải có 1 nghiệm trùng với một nghiệm của phương trình x²3x 2 0. Từ đó tìm ^m.

- Thử lại và kết luận.

Cách giải:

Ta có: ²

2

1

lim lim

3 2

x x 1

m x

y m

x x

 

   

  Đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang ^{y m .} Để hàm số có đúng 2 đường tiệm cận thì đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng.

Xét phương trình mẫu số ² 1

3 2 0 .

2 x x x

x

 

     

Khi đó phương trình mx² 1 0 phải có 1 nghiệm bằng 1 hoặc bằng 2. Khi đó ta có:

1 0 1 4 1 0 1

4 m m

m m

 

   

    

 

Thử lại:

Với ₂ ²

2

1 1

1 lim

3 2 2 ^x

x x

m y y

x x x ^{ }

 

       

   Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x2.

Với

 

2

2 1

1 1

1 4 2 lim

4 3 2 4 1 ^x

x x

m y y

x x x ^

 

       

   Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x1.

Vậy có 2 giá trị ^m thỏa mãn là 1

1, .

m m 4 Chọn C.

Câu 37 (VD):

Phương pháp:

- Gọi M là trung điểm của AB. Xác định góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Đổi ^{d G ABB A}



^;



^{' '}

 

sang ^{d H ABB A}



^;



^{' ' .}

 

- Xác định ^{d H ABB A}



^;



^{' ' ,}

 

sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của AB. Khi đó HM là đường trung bình của tam giác ABC nên HM / /AC. Mà ^{ACAB gt}

 

^{HM  AB.}

Ta có:



^'



^{' .}

' AB HM

AB B HM AB B M

AB B H

 

   

 

 Khi đó ta có:

   

   

   

' '

' ' ' , '

,

ABB A ABC AB

B M ABB A B M AB cmt HM ABC HM AB cmt

 



 

  



   



^{ABB A' ' ; ABC}

 

^{B M HM' ;}



^{B MH' 60 .0}

      

Gọi I là hình chiếu của H trên B M' . Khi đó ta có:

 

 

' .

' HI B MH

HI AB AB B MH

   

 





^{' '}

 

^;



^{' '}

 

^.

' HI AB

HI ABB A d H ABB A HI HI B M

 

   

 



Vì G là trọng tâm tam giác B CC' ' nên 2 ' 3. GB C B

Ta có: ^GC'



^{ABB A' '}



^B nên

   

 



^{';; ' '' '}



^{' 23.}

d G ABB A GB C B d C ABB A  

 



^{; ' '}



²



^';



^{' '}

 

²



^;



^{' '}

 

3 3

d G ABB A d C ABB A d C ABB A

   (do ^{CC'/ /}



^{ABB A' ' ).}



Lại có ^CH



^{ABB A' '}



^B nên

   

 



^{; ' '}



²



^;



^{' '}

 

²



^;



^{' ' .}

 

; ' '

d C ABB A CB

d C ABB A d H ABB A HB

d H ABB A    

 



^{; ' '}



⁴



^;



^{' '}

 

^{4 .}

3 3

d G ABB A d H ABB A HI

  

Xét tam giác vuông B HM' , ta có ⁰ 3

, ' .tan 60 .

2 2 2

AC a a

MH   B H HM 

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông B HM' ta có: _{2 2 2 2} . 3

. ' 2 2 3.

' 3 4

4 4

a a

HM B H a

HI  HM B H  a a 

 

Vậy



^;



^{' '}

 

^{4 4. 3 3.}

3 3 4 3

a a

d G ABB A  HI   Chọn D.

Câu 38 (VD):

Phương pháp:

- Gọi ^{x m}

 

^{,3x m}

 

lần lượt là chiều rộng, chiều dài của bể. Tính chiều cao của bể.

- Tính tổng diện tích các mặt làm bê tông.

- Sử dụng BĐT Cô-si: ^{a b c  33 abc a b c}



^{, , 0 .}



Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c  . Cách giải:

Gọi ^{x m}

 

^{,3x m}

 

lần lượt là chiều rộng, chiều dài của bể, h là chiều cao của bể.

Theo bài ra ta có: ^{.3 . 6 6}₂ ²₂

 

^.

V x x h h 3 m

x x

    

Khi đó tổng diện tích các mặt bể được làm bê tông là:

2

2 2

2 2 2 16 16

2 . 2.3 . 2 .3 .3 .

9 3

x x x x x x x

x  x     x

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 16 ² 16 16 ² 8 8 ³16 ² 8 8 ³

3 . . 8 18

3 3 3

x x x

x x x x x

     

Dấu “=” xảy ra khi

2

16 8 3 3

3 2.

x x

  x

Vậy số tiền ít nhất mà cô Ngọc cần bỏ ra là 8 18.10⁶ 21.000.000 đ.

Chọn B.

Câu 39 (VD):

Phương pháp:

- Từ giả thiết SAB vuông cân có AB a 2, tính bán kính đáy và chiều cao của hình nón.

- Xác định góc giữa



^SBC



và mặt đáy là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Gọi H là trung điểm của BC, sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính OH SH, , áp dụng định lí Pytago tính BC.

- Tính 1

, .

SBC 2

S_  SH BC Cách giải:

Giả sử thiết diện là tam giác vuông cân SABnhư hình vẽ, theo bài ra ta có AB a 2 nên hình nón có bán kính

1 2

2 2

r OA OB   ABa và chiều cao 1 2

2 2 .

h SO  AB a

Gọi H là trung điểm của BCOH BC (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).

Ta có: ^{BC OH BC}



^SOH



^{BC SH.}

BC SO

     

 



   

   

 

   

   

⁰

, ; ; 60 .

,

SBC ABC BC

SH SBC SH BC cmt SBC ABC SH OH SHO

OH ABC OH BC

 



        

  



Xét tam giác vuông SOH ta có: ⁰ 6 ₀ 6

.cot 60 , .

6 sin 60 3

a SO a

OH SO  SH  

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OHB ta có:

2 2

2 2 2 6 3

2 6 3 .

a a a

HB OB OH    

       

2 3

2 .

3 BC BH a

  

Vậy 1 1 2 3 6 ² 2

. . . .

2 2 3 3 3

SBC

a a a

S_  BC SH 

Chọn B.

Câu 40 (TH):

Phương pháp:

Hàm số ^{y f x}

 

đạt cực đại tại x x 0 khi và chỉ khi

 

 

0 0

' 0

" 0 f x f x

 

 

 .

Cách giải:

Tập xác định: D.

Ta có: y'x²2mx m ² m 1 và " 2y  x2 .m Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x1 khi và chỉ khi:

 

 

' 1 0 2 3 2 0

2 2 0 2

" 1 0

y m m

m m y



    

   

    

 

 Chọn D.

Câu 41 (VD):

Phương pháp:

- Đặt ^{g x}