ĐỀ SỐ 20

BỘ ĐỀ THI THPT QUỐC GIA CHUẨN CẤU TRÚC BỘ GIÁO DỤC

(đề thử sức số 4)

Môn: Toán học

Đề thi gồm 06 trang


Thời gian làm bài: 50 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1: Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên R và có bảng biến thiên:
x
y'
y

−∞

1
0

−

3
0
1

+

+∞

−

−

1
3

+∞

−∞

Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số có giá trị cực đại bằng 3.
B. Hàm số có GTLN bằng 1 , GTNN bằng −

1
3

C. Hàm số có hai điểm cực trị.
D. Đồ thị hàm số không cắt trục hoành.
Câu 2: Đồ thị hàm số y =
A. 1

2x − 3
x2 −1

có bao nhiêu đường tiệm cận?


B. 2

C. 3

D. 4

(m − 1) x 3 (3m − x) x 2
Câu 3: Nếu x = −1 điểm cực tiểu của hàm số: f ( x) =
+
+ m 2 x + 6 thì giá
3
2

trị của m là:
A. 1
Câu 4: Cho hàm số y =
A. −2 < m ≤ −1

B. (0; +∞)

C. (−∞;3)

D. −1

mx + 4
. Tìm tất cả giá trị của m để hàm số nghịch biến trên ( −∞;1)
x+m
B. −2 ≤ m < −1

C. −1,5 < m ≤ −1


D. −2 ≤ m

Câu 5: Hàm số y = x 4 − 2x 2 nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
A. ( 1; +∞ )

B. ( 0;1)

C. ( −1;0 )

D. ( −1;1)

Câu 6: Cho một tờ giấy hình chữ nhật với chiều dài 12cm và chiểu rộng 8cm. Gấp góc bên
phải của tờ giấy sao cho sau khi gấp, đỉnh của góc đó chạm đáy dưới như hình vẽ. Để độ dài
nếp gấp là nhỏ nhất thì giá trị nhỏ nhất đó bằng bao nhiêu?


A. 6 5

B. 6 2

C. 6

Câu 7: Tâm đối xứng của đồ thị hàm số y =

D. 6 3

5x + 1
là điểm nào trong các điểm có tọa độ
x −1


dưới đây?
A. ( 1; 2 )

B. ( 1; −1)

Câu 8: Cho hàm số y =

C. ( −1;10 )

D. ( 1;5 )

2x + 1
có đồ thị là (C). Tìm tất cả giá trị của m để đường thẳng (d) đi
x−2

qua A ( 0; 2 ) có hệ số góc m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm thuộc 2 nhánh của đồ thị?
A. m ≥ 0

B. m > 0

C. m < −5

D. m > 0 hoặc m < −5

Câu 9: Hàm số y = x 3 − 2sin x đạt giá trị nhỏ nhất trên [ 0; 2π] tại x bằng:
A. 0

B.


π
6

C.

π
3

D. π

Đáp án
1-C
11-C
21-B
31-D
41-D

2-D
12-C
22-B
32-A
42-A

3-A
13-A
23-C
33-B
43-A

4-A

14-D
24-B
34-B
44-A

5-B
15-C
25-B
35-B
45-C

6-D
16-A
26-B
36-D
46-A

7-D
17-A
27-A
37-D
47-D

8-B
18-D
28-A
38-C
48-D

9-B

19-A
29-B
39-C
49-D

10-C
20-D
30-B
40-C
50-A

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
Nhận thấy hàm số đạt cực đại tại xCD = 3 , gúa trị cực đại bằng 1 và đạt cực tiểu tại xCT = 1 ,

1
giá trị cực tiểu bằng − .
3
Câu 2: Đáp án D


y=

2x − 3
x2 −1

TXĐ: D = (−∞;1) ∪ (1; = ∞ ) .

y = −2 suy ra đường thẳng y = −2 là TCN của đồ thị hàm số.
Ta có: xlim

→−∞
lim y = −2 suy ra đường thẳng y = 2 là TCN của đồ thị hàm số.

x →+∞

lim y = −∞ suy ra đường thẳng x = 1 là TCN của đồ thị hàm số.

x →1+

Vậy đồ thị của hàm số đã cho có tổng cộng 4 đường tiệm cận.
Câu 3: Đáp án A
Ta có: f '( x) = ( m − 1) x 2 + (3m − 2) x + m 2 ; f ''( x) = 2(m − 1) x + 3m − 2
Với m = 1 ta có f '( x) = x + 1, f '( x) = 0 ⇔ x = −1, f ''(−1) > 0 . Nên nhận m = 1 .
Với m ≠ 1 , x = −1 là điểm cực tiểu của hàm số suy ra

f '(−1) = 0 ⇔ (m − 1) 2 = 0 ⇔ m = 1(VL) . Vậy m = 1 thỏa.
Câu 4: Đáp án A
Hàm số y =
y' =

mx + 4
có TXĐ: D = ¡ \ { −m}
x+m

m2 − 4

( x + m)

2


hàm số nghịch biến khi y ' < 0 ⇔ m 2 − 4 < 0 ⇔ −2 < m < 2 . Khi đó hàm số

nghịch biến trên các khoảng ( −∞; −m ) và ( −m; +∞ ) . Để hàm số nghịch biến trên khoảng

( −∞;1)

thì 1 ≤ −m ⇔ m ≤ 1 . Vậy −2 < m ≤ −1 thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 5: Đáp án B
y ' = 4x ( x 2 − 1) < 0 ⇔ x ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 0;1) do đó đáp B là đúng nhất.
Câu 6: Đáp án D
Đặt EF = x, EC = 8 − x ⇒ FC = x 2 − ( 8 − x ) = 16x − 64
2

Ta có ∆ADF : ∆FCE ( g.g ) ⇒
AF =

EF CF
=
AF AD

EF.AD
8x
=
FC
16x − 64

y = AE = AF2 + EF2 =
16x 3
f ( x) =

x ∈ ( 0;8 )
16x − 64

64x 2
16x 3
+ x2 =
16x − 64
16x − 64


f '( x ) =

48x 2 ( 16x − 64 ) − 16.16x 3

( 16x − 64 )

2

f ' ( x ) = 0 ⇔ 768x 3 − 3072x 2 − 256x 3 = 0 ⇔ 512x 3 − 3072x 2 = 0 ⇔ x = 6
BBT:
x
f '( x )

0

6
0

−


8
+

f ( x)
108
y = f ( x ) ⇒ y min = f min = 108 = 6 3
Câu 7: Đáp án D
Xét hàm số y =

5x + 1
x −1

Ta có: lim− y = lim−
x →1

x →1

5x + 1
= +∞ nên đồ thị có tiệm cận đứng x = 1
x −1

5x + 1
= 5 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = 5
x →+∞ x − 1

lim y = lim

x →+∞

Giao của hai đường tiệm cận là I ( 1;5 )

Câu 8: Đáp án B
Đường thẳng (d) đi qua A ( 0; 2 ) có phương trình là: y = mx + 2
Phương trình hoành độ giao điểm:

2x + 1
= mx + 2 ( x ≠ 2 )
x−2

⇔ f ( x ) = mx 2 − 2mx − 5 = 0 , ta có ∆ ' = m 2 + 5m . Để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại 2

m ≠ 0
 2
điểm thuộc 2 nhánh của đồ thị (C) thì:  m + 5m > 0 ⇔ m > 0
 m.f 2 < 0
( )

Câu 9: Đáp án B
Sử dụng MTCT thay các giá trị của đáp án vào ta được
π
π
y ( 0 ) = 0, y  ÷ ≈ −0, 621, y  ÷ ≈ 0, 081, y ( π ) ≈ 5,568, y ( 2π ) = 2π 3
6
3
Rõ ràng giá trị nhỏ nhất của hàm số đạt tại x =

π
6


Câu 36: Đáp án D

Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Từ giả thiết A’ cách đều các đỉnh A, B, C ta suy ra hình
chiếu của A’ trên mặt phẳng ABCD là O hay A’O là đường cao của khối lăng trụ.
· 'OA = 600 , ta có:
Trong tam giác A’OA vuông tại A và A
A 'O = OA.tan 600 =

a
a 6
. 3=
2
2

2
Diện tích đáy ABCD là SACDD = a

Thể tích của khối lăng trụ là V = B.h = SABCD .A 'O =
Vậy V =

a3 6
2

a3 6
2

Câu 37: Đáp án D
Đáy là tam giác đều nên bán kính r ngoại tiếp đường tròn là r =
Chiều cao của khối nón là h =

a 3
3


a 6
3

1
πa 3 6
Vậy thể tích cần tìm là V = πr 2 h =
3
27
Câu 38: Đáp án C
Gọi d là độ dài đường chéo của hình hộp chữ nhật. Ta có d 2 = a 2 + ( 2a ) + ( 4a ) = 21a 2
2

2

Gọi R, V theo thứ tự là bán kính và thể tích hình cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật cho. Rõ
ràng d = 2R ⇔ d 2 = 4R 2 . Thể tích khối cầu là V =

4 2 1 2 1
πR = πd = .21.πa 2 = 7 πa 2
3
3
3


Vậy V = 7 πa 2 (đvtt).
Câu 39: Đáp án C
Kẻ đường cao AH của ∆ABC khi quay quanh đường thẳng BC
miền tam giác ABC sinh ra hai khối nón chung đáy,bán kính đáy là
R = AH và chiều cao lần lượt là HB và HC

Ta có:

1
1
1
1
1
25
=
+
=
+ 2 =
2
2
2
2
AH
AB AC 16a 9a
144a 2

2
Suy ra AH =

25
144a 2

Thể tích khối tròn xoay sinh ra là :
1
1
1 144a 2

144πa 2
V = V1 + V2 = πAH 2 HC 2 = πAH 2 . ( HB + HC ) = π.
.5a =
3
3
3
25
15

( HB + HC = BC = 5a )
Câu 40: Đáp án C
2
Diện tích mặt cầu : S1 = 4πR
2
Diện tích xung quanh của hình trụ : S 2 = 2πRl = 4πR

Vậy

S1
=1
S2

Câu 41: Đáp án D
·
Ta có SAO
= 600 (Góc giữa cạnh bên SA và đáy (ABC))
2 a 3
⇒ SO = AO.tan SAO = .
.tan 600 = a
3 2

⇒

1
1
1
1
1
4
=
=
= 2+
= 2
2
2
2
2
OH
SO
OA
a
a
a 3

÷
 3 

Bán kính mặt cầu (S) là R = OH =

a
2

2

a
Vậy diện tích mặt cầu (S) là : SC = 4πR = 4π  ÷ = πa 2
2
2

Câu 42: Đáp án A
Phương án A: Hình chóp tứ giác đều
Chiều dài của cạnh bên là

(

h 2 + 50 2

)

2

= 4900 + 5000 = 30 11 ( h = 70 )


Độ dài cạnh đáy là:
Sxq = 4.

20000

1
2
chiều cao mặt bên.cạnh đáy = 2.30 11.100 2 = 6000 22 ( m )

2

Phương án B: Mặt cầu:
Diện tích hình tròn lớn bằng
20000m 2 ⇒ πR 2 = 20000 ⇒ R =

20000
20000
;Smat = 2πR 2 = 2π
= 40000m 2
π
π

Kết luận: Vậy phương án A giúp tiết kiện diện tích mái hơn
40000m 2 − 6000 22m 2 = 11857 m 2
Câu 43: Đáp án A
Các em kiểm chứng B, C, D bằng cách lấy tích vô hướng các vec-tơ pháp tuyến. Suy ra các
đáp án B, C, D đều đúng.
 2x + y + z + 3 = 0

Đối với đáp án A các em giải hệ phương trình  x − y − z − 1 = 0
y − z + 2 = 0

2

x = − 3

11

Ở đây hệ có nghiệm  y = − nên khẳng định A sai.

6

1

z = 6

Câu 44: Đáp án A
* Cách diễn đạt thứ nhất:
Gọi G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’. Với mọi điểm T trong
không gian có:
uuuur uuuur uuuur r
uuur uuuu
r
uuu
r uuur
uuu
r uuur r
( 1) : A ' A + B'B + C 'C = 0 ⇔ TA − TA ' + TB − TB' + TC − TC ' = 0

(

uuur uuu
r uuu
r uuuu
r uuur uuur
⇔ TA + TB + TC = TA ' + TB' + TC '

) (

) (


)

( 2)

uuur uuu
r uuu
r r
Hệ thức (2) chứng tỏ . Nếu T ≡ G tức là TA + TB + TC = 0 thì ta cũng có
uuuu
r uuur uuur r
TA ' + TB ' + TC ' = 0 hay T ≡ G ' hay (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có
cùng trọng tâm.
 3 + 0 + 0 1−1 + 0 0 + 0 − 6 
;
;
Ta có tọa độ của G là: G = 
÷ = ( 1;0; −2 )
3
3
3


Đó cũng là tọa độ trọng tâm G’ của ∆A ' B'C '


* Cách diễn đạt thứ hai:
uuuur uuuu
r uuuu
r r

Ta có: AA ' + BB' + CC ' = 0
uuuuur uuuur uuur
uuuuur uuuur uuur
uuuuur uuuur uuur r
⇔ A 'G ' + G 'G + GA + B'G ' + G 'G + GB + C 'G ' + G 'G + GC = 0

(
) (
) (
uuur uuur uuur
uuuuur uuuuur uuuuur
uuuur r
⇔ ( GA + GB + GC ) + ( A 'G ' + B'G ' + C 'G ' ) + 3G 'G = 0

(1)

)

(2)

Nếu G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’ nghĩa là
uuuur r
uuur uuur uuur uuuuur uuuuur uuuuur
GA + GB + GC = A 'G ' + B'G ' + C 'G ' thì ( 2 ) ⇔ G 'G = 0 ⇔ G ' ≡ G
Tóm lại (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có cùng trọng tâm.
 3 + 0 + 0 1−1 + 0 0 + 0 − 6 
;
;
Ta có tọa độ của G là: G = 
÷ = ( 1;0; −2 ) . Đó cũng là tọa độ trọng

3
3
3


tâm G’ của ∆A ' B'C '
Câu 45: Đáp án C
Phương trình chính tắt của mặt phẳng đi qua 3 điểm A, B, C là

x y z
+ + =1
b c a

Chú ý: mặt phẳng đi qua ba điểm M ( a;0;0 ) , N ( 0; b;0 ) , F ( 0;0;c ) có phương trình
x y z
+ + = 1.
a b c
Câu 46: Đáp án A

r
Vecto pháp tuyến của mặt phẳng ( α ) : 2x − y − 2z + 1 = 0 là: n = ( 2; −1; −2 )
uu
r
Vecto pháp tuyến của mặt phẳng ( β ) : 3x − 3y + 5 = 0 là: n ' = 3; − 3;0

(

Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng ( α ) và ( β ) . Khi đó:
cos ϕ =


(

)

2 3 − − 3 + 0. − 2

( 3 + 3 + 0 ) ( 22 + ( −1)

2

+ ( −2 )

2

)

=

3 3
1
=
3 6
2

Câu 47: Đáp án D
Mặt cầu có phương trình là x 2 + y 2 + z 2 + 4x − 2y + 6z − 50 = 0
⇔ ( x + 2 ) + ( y − 1) + ( z + 3) = 82 , suy ra tâm của mặt cầu là I ( −2;1; −3)
2

2


2

Câu 48: Đáp án D
Khoảng cách từ M ( 2;1; −1) đến đường thẳng ( ∆ ) :
Cách 1:

x −1 y z +1
= =
2
1
−2

)


Rõ ràng đường thẳng ( ∆ ) đi qua điểm M 0 ( 1;0; −1) và có vecto chỉ phương là
r
r
2
u = ( 2;1; −2 ) , u = 2 2 + 12 + ( −2 ) = 3
Ta có:
•
•
•

uuuuur
M 0 M = ( 2 − 1;1 − 0; −1 + 1) = ( −1;1;0 )
r uuuuur  1 −2 −2 2 2 −1 
u ∧ M0M = 

;
;
÷ = ( 2; −2; −1)
1
0
0
1
1
−
1


r uuuuur
2
2
u ∧ M 0 M = 22 + ( −2 ) + ( −1) = 3

Khoảng cách giữa điểm M ( 2; −1; −1) đến đường thẳng ( ∆ ) là:
r uuuuur
u ∧ M0M 3
d ( M, ( ∆ ) ) =
= =1
r
3
u
Cách 2:
Phương trình tham số của đường thẳng ( ∆ ) :
 x = 1 + 2t
x −1 y z +1


= =
⇔ y = t
Ta có:
. Gọi N ( 1 + 2t; t; −1 + t )
2
1
−2
z = −1 − 2t

Ta có: MN 2 = ( 2t − 1) − ( t − 1) + ( 2t ) = 9t 2 − 6t + 2 = ( 3t − 2 ) + 1 ≥ 1
2

2

2

2

1
2
MN = 1
f ( t ) = f  ÷ = 1 suy ra min
Gọi f ( t ) = ( 3t − 1) + 1 . Rõ ràng min
¡
¡
3
Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ( ∆ ) là độ dài đoạn thẳng ngắn nhất nối điểm M
với đường thẳng ( ∆ ) ấy, bởi thế d ( M, ( ∆ ) ) = 1
Câu 49: Đáp án D


uur
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n p = ( 2;3;1)
Mặt cầu (S) có tâm I ( 1; −2;1)
uur
Đường thẳng d đi qua điểm I ( 1; −2;1) và vuông góc với mặt phẳng (P) nên nhận n p = ( 2;3;1)

 x = 1 + 2t

làm vectơ chỉ phương có phương trình tham số là:  y = −2 + 3t ( t ∈ ¡
z = 1 + t


)


M là giao điểm của d và (P) nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:
 x = 1 + 2t
 x = 1 + 2t
x = 3
 y = −2 + 3t
 y = −2 + 3t



y = 1
⇔
⇔

z = 1 + t
z = 1 + t

z = 2
 2x + 3y + z − 11 = 0
2 ( 1 + 2t ) + 3 ( −2 + 3t ) + ( 1 + t ) − 11 = 0
 t = 1
Vậy M ( 3;1; 2 )
Câu 50: Đáp án A
2
2
2
2
Bán kính của mặt cầu ( S) : x + y + z − 4x + 2y − 10z + 5 = 0 là R = 22 + ( −1) + 52 − 5 = 5