SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
THPT NGÔ SĨ LIÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC: 2019 – 2020
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút

MỤC TIÊU: Đề thi thử THPT quốc gia của trường THPT Ngô Sĩ Liên gồm 50 câu trắc nghiệm đề có
hình thức giống với đề thi THPT QG môn Toán năm 2019, các câu hỏi và bài toán trong đề thi tập trung
vào các nội dung Toán 12 đã học, ngoài ra còn có một số bài Toán 11 – đúng như định hướng về đề thi
THPT Quốc gia môn Toán năm 2020.
Câu 1: (NB): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị trên đoạn  2; 4 như hình vẽ dưới. Giá trị min f  x 
2;4

bằng:

A. -3.
B. 2.
Câu 2: (NB): Số hình đa diện trong bốn hình sau:

A. 3.

B. 1.

C. -1.

D. 1.

C. 2.

D. 4.

2x 1
có phương trình đường tiệm cận ngang là:
1 x
B. x = 1 .
C y  2
D. y = 2 .

Câu 3: (NB): Đồ thị hàm số y 

A. x  2
Câu 4: (TH): Hàm số nào đồng biến trên
x 1
A. y 
x2
C. y  x3  2 x 2  5x  3

?
B. y  4 x4  x 2  2019.
D. y 

2019
x  2019
2



Câu 5: (TH): Tập xác định D của hàm số y  1  x  2019 là ?
A. D 


\ 1

B. D  1;  

C. D   0;  

D. D   ;1 .

Câu 6: (TH): Đường cong trong hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số nào?

Trang 1


x
2x
x
x
B. y 
C. y 
D. y 
1 x
x 1
x 1
x 1
4
2
Câu 7: (TH): Hàm số y  ax  bx  c có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. y 


A. a  0, b  0, c  0. B. a  0, b  0, c  0.
C. a  0, b  0, c  0
Câu 8: (NB): Mỗi đỉnh của một hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất

D. a  0, b  0, c  0.

A. ba mặt.
B. bốn mặt.
C. năm mặt.
D. hai mặt.
Câu 9: (NB): Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, BC  2a, SA  2a,

SA   ABCD  ( tham khảo hình vẽ). Thể tích của khối chóp SABCD bằng:

4a 3
6a 3
B.
3
3
Câu 10: (NB): Hàm số y = f ( x ) liên tục trên
A.

Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
A. Hàm số có ba điểm cực trị.

C. 4a 3

D.


8a 3
3

và có bảng biến thiên như sau:

B. Hàm số đạt cực tiểu tại x  1
Trang 2


C. Hàm số đat cực đại tại x  0 .

D. Hàm số đạt cực đại tại x  2 .

Câu 11: (TH): Số giao điểm của đồ thị hàm số y  x3  x 2  1 với đường thẳng y  3x  2 là:
A. 1.
B. 0.
C. 3.
D. 2.
Câu 12: (TH): Cho hình chóp tam giác OABC với OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA  a,
OB  b, OC  c ( tham khảo hình vẽ). Tính thể tích khối chóp OABC.

1
1
1
B. abc
C. abc
D. abc
3
6
2

Câu 13: (NB): Một nhóm học sinh có 5 học sinh nam và 7 học sinh nữ. Số cách chọn 4 học sinh của
nhóm để tham gia buổi lao động là

A. abc

A. A124

B. C54  C74

C. 4!

D. C124

Câu 14: (NB): Trong các hình dưới đây hình nào không phải đa diện lồi ?

A. Hình (III).
B. Hình (IV).
C. Hình (II).
D. Hình (I).
Câu 15: (TH): Biết bốn số 5, x,15, y theo thứ tự lập thành cấp số cộng. Giá trị của 3x  y bằng:
A. 80.
B. 30.
C. 70.
D. 50.
Câu 16: (TH): Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  a, AC  a 2 . Biết thể

a3
tích khối chóp bằng
Khoảng cách S đến mặt phẳng (ABC) bằng:
2


Trang 3


A.

3a 2
2

B.

a 2
6

Câu 17: (TH): Đồ thị hàm số y 

 m  5  2 6
A. 
 m  5  2 6

C.

3a 2
4

D.

a 2
2


x 1
cắt đường thẳng y  2 x  m tại hai điểm phân biệt khi :
x2

 m  2  5 6
C. 
 m  2  5 6

 m  3  5 3
B. 
 m  3  5 3

 m  5  6
D. 
 m  5  6

Câu 18: (VD): Cho n là số nguyen dương thỏa mãn Cn2  4Cn1  11  0 .Hệ số của số hạng chứa x 9 trong
n

2

khai triển nhị thức Niu-tơn của hàm số  x 4  3   x  0  bằng:
x 

A. 29568.
B. -14784.
C. -1774080.

D. 14784.


Câu 19: (TH): Giá trị lớn nhất của hàm số f  x   x 4  8x 2  16 trên đoạn  1;3 bằng:

A. 19.
B. 9.
C. 25.
D. 0.
Câu 20: (TH): Cho hình chóp đều S. ABC có O là tâm của đáy. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào
sai?
A.  SAB    SBC  . B.  SAO    ABC  .
C. AB ⊥ ( SOC ).
Câu 21: (TH): Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ.

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f ( x ) là
A. 2.
B. 1.
C. 4.

Câu 22: (TH): Phương trình sin x = cos x có số nghiệm thuộc đoạn  0; 2  là
A. 2.

B. 1.

C. 5.


Câu 23: (TH): Cho hàm số y  x ,  

D. SO ⊥ ( ABC ).

D. 3.

D. 4.

Mệnh đề nào dưới đây sai?

A. Đạo hàm của hàm số trên khoảng  0;   : y '  ax 1
B. Tập xác định của hàm số luôn chứa khoảng
C. Hàm số đồng biến trên khoảng  0;   khi α > 0 và nghịch biến trên khoảng( 0;+∞ ) khi   0 .
D. Đồ thị của hàm số luôn có đường tiệm cận ngang là trục Ox , tiệm cận đứng là trục Oy .
Câu 24: (NB): Cho hình chóp S. ABC có A ', B ' lần lượt là trung điểm của SA , SB. Gọi V1 ;V2 lần lượt là
thể tích của khối chóp S. A ' B ' C '. và S. ABC. Tỉ số

V1
bằng:
V2

Trang 4


A.

1
8

B.

1
2

C.


Câu 25: (VD): Số giá trị nguyên thuộc khoảng

1
3

D.

 2019; 2019 

1
4

của tham số m để hàm số

y  x3  3x 2  mx  2019 đồng biến trên khoảng  0;   là
A. 2019.
B. 2018.
C. 2017.
Câu 26: (TH): Với a, b là hai số thực dương tùy ý, log  a3b4  bằng:

D. 2016.

1
1
A. 2  3loga  2logb  B log a  log b
C. 3loga  4logb.
D. 2loga  3logb.
3
4
Câu 27: (VD): Hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình f  x  1  1  2 là:


A. 3.
B. 2.
C. 6.
2 x 3
Câu 28: (TH): Đạo hàm của hàm số y  2019
là
A. y '  20192 x3 ln20192 .

D. 4.

B. y '   2 x  3 20192 x 2

C. y '  20192 x2 ln2019
D. y '  20192 x3 ln2019.
Câu 29: (TH): Một hộp đựng 7 viên bi đỏ đánh số từ 1 đến 7 và 6 bi xanh đánh số từ 1 đến 6. Xác suất
chọn được hai viên bi từ hộp đó sao cho chúng khác màu và khác số bằng:
5
6
7
49
B.
C.
D.
13
13
13
78
Câu 30: (TH): Hàm số nào trong các hàm số sau có đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng ?


A.

A. y  x sinx.

B. y  sinx.cos 2 x  tanx.

sin 2020 x  2019
D. y  tanx.
cos x
Câu 31: (TH): Đồ thị hàm số y  2 x3  6 x 2  1 có tâm đối xứng là:
C. y 

A.  2; 5

B. 1; 3

C.  0;1

D. 1; 1
Trang 5


Câu 32: (TH): Biết hàm số y  x4  4 x3  8x2  5 đạt cực tiểu tại x1; x2  x1  x2  . Giá trị của T  x1  6 x2
bằng
A. 24.
B. 23.
C. 2.
Câu 33: (TH): Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai ?
A. lim


x 





x 2  x  1  x  2  

B. lim
x 1

D. -4.
3x  2
 
x 1





3x  2 1
3
D. lim x 2  x  1  x  2  

x 
x 1 x  1
2
2
Câu 34: (TH): Cho hình chóp tam giác đều S. ABC có độ dài cạnh đáy bằng a, góc hợp bởi cạnh bên và
mặt đáy bằng 600 . Thể tích khối chóp đã cho.


C. lim

3a 3
3a 3
3a 3
3a 3
B.
C.
D.
12
6
4
3
Câu 35: (VD): Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông tâm O cạnh 1. Cạnh bên SA vuông góc với

A.

đáy và tam giác SBD đều. biết khoảng cách giữa SO, CD bằng
đó giá trị của a  b là:
A. 12.

B. 10.

C. 15.

a
trong đó a, b là các số tự nhiên. Khi
b


D. 9.

Câu 36: (VD): Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' (x ) liên tục trên và đồ thị hàm số y  f '  x  như
hình vẽ.

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m để hàm số y  f  x  1  m  có 3 điểm cực trị. Tổng tất
cả các phần tử của tập hợp S bằng ?
A. 12
B. 9
C. 7
D. 14
Câu 37: (VD): Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, B biết
AB  BC  a, AD  2a, SA  a 2 và vuông góc với đáy. Khi đó giá trị sin của góc giữa hai mặt phẳng (

SBD ) và ( SCD ) bằng:

Trang 6


14
14
21
21
B.
C.
D.
14
21
7
7

Câu 38: (VD): Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số

A.

y  3x 4  4 x3  12 x 2  m có 5 điểm cực trị ?

A. 16.
B. 28.
C. 26.
Câu 39: (VD): Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số

D. 27.

y  x 2  2  m  1 x 2  m2  5m  3 x  3m  3m2 cắt trục hoảnh tại ba điểm phân biệt có hoành độ theo thứ

tự lập thành cấp số cộng. Tích các phần tử thuộc tập S là:
A. 70.
B. 35.
C. 14.
D. 10.
x 1
Câu 40: (TH): Cho hàm số y 
có đồ thị (C). Tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có tung độ bằng 4 là
x2
A. y  3x  13

B. y  3x  5

D. y  3x  5


C. y  3x  13

Câu 41: (VDC): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m trên đoạn  2019;2019 để phương trình
 x4  8x3  18x 2  9 x  4   x  1 x  2  x  3  m  x  có 4 nghiệm phân biệt?

A. 2019.

B. 2017.

C. 2015.

D. 2018.

Câu 42: (VD): Cho hàm đa thức bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình vẽ

Tổng số đường tiệm cận ngang và đứng của đồ thị hàm số
A. 1.

B. 2.

 x  1  x 2  1
y
f  x

C. 3.

Câu 43: (VDC): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên

là
D. 4.


và có đồ thị hàm số y  f '  x  như

sau

1
Bất phương trình f  x  1  x3  x  m  0 có nghiệm trên  0; 2 khi và chỉ khi
3

A. m  f  2  

2
3

B. m  f  4   6.

C. m  f  3 

2
3

D m  f 1 .
Trang 7


Câu 44: (VD): Cho hàm số y  ax3  bx 2  cx  d  a  0  có đồ thị như hình dưới đây.

Gọi S là tập các giá trị nguyên của m thuộc khoảng  2019; 2020  để đồ thị hàm số
g  x 


 x  1

 f  x   2  x

tử của S là:
A. 2016.

2

f  x

 2mx  m  2 

có 5 đường tiệm cận (tiệm cận đứng hoặc tiệm cận ngang). Số phần

B. 4034.

C. 4036.

D. 2017.

Câu 45: (VD): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên Rvà đồ thị hàm số y  f '  x  như hình vẽ :

Hàm số g  x   f  x  1  x  5 đạt cực tiểu tại điểm
A. x  1
B. x = 2
C. x = 1
D. x = 3
Câu 46: (VD): Cho hàm số y = f ( x ) , hàm số y  f '  x  liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ dưới đây


Số giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  0; 2019 để hàm số y  f 1  x    m  1 x  2019 nghịch
biến trên khoảng  1;3 là:
A. 0.

B. 2016.

C. 2018.

D. 1.
Trang 8


Câu 47: (VD): Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có tất cả các cạnh bằng a . Gọi ,M N lần
lượt là trung điểm của các cạnh AB, B ' C '. Mặt phẳng  A ' MN  cắt cạnh BC tại P . Thể tích của khối đa
diện MBP. A ' B ' N bằng:
7 3a 3
7 3a 3
3a 3
3a 3
B.
C.
D.
32
96
12
24
Câu 48: (VD): Diện tích lớn nhất của hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong nửa đường tròn (tham khảo
hình vẽ) có bán kính bằng 10 cm là:

A.


A. 100cm2 .
B. 160cm2 .
C. 80cm2 .
D. 200cm2 .
Câu 49: (VD): Cho hình chóp S. ABCD , có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với
đáy ABCD. Gọi M là trung điểm SD, góc giữa  SBC  ,  AMC  thỏa mãn tan 

2 5
. Thể tích khối đa
5

diện SABCM bằng:

5a 3
2a 3
a3
B.
C.
9
2
3
Câu 50: (VDC): Cho hàm số y  f  x  liên tục trên
và có đồ thị
A.

Có bao nhiêu số nguyên dương m để phương trình

m3  4 m
8 f


2

 x 1

D.

a3
3

 f 2  x   2 có 4 nghiệm phân biệt

thuộc đoạn   2;6 ?
A. 0.

B. 1.

C. 2.
----------- HẾT ----------

D. 3.

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Trang 9


ĐÁP ÁN
1-A


2-A

3-C

4-C

5-D

6-C

7-A

8-A

9-A

10-B

11-C

12-C

13-D

14-B

15-D

16-A


17-A

18-B

19-C

20-A

21-D

22-A

23-D

24-D

25-C

26-C

27-D

28-A

29-B

30-C

31-B


32-C

33-D

34-B

35-B

36-B

37-D

38-D

39-B

40-C

41-B

42-B

43-C

44-A

45-B

46-B


47-B

48-A

49-B

50-C

( – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết)

Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: A
Phương pháp:
Dựa vào đồ thị hàm số xác định GTLN (điểm cao nhất) và GTNN (điểm thấp nhất) của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: min f  x   f  1  3 .
2;4

Câu 2: A
Phương pháp:
Hình đa diện là hình thỏa mãn:
- Hai đa giác phân biệt chỉ có thể có hoặc không có điểm chung, hoặc chỉ có 1 đỉnh chung hoặc 1 cạnh
chung.
- Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của hai đa giác.
Cách giải:
Áp dụng định nghĩa về hình đa diện ta thấy hình 2;3;4 là hình đa diện.
Câu 3: C
Phương pháp:

ax  b
a
d
Đồ thị hàm số y 
 ad  bc  có TCN y  và TCĐ x  
cx  d
c
c
Trang 10


Cách giải:
Đồ thị hàm số y 

2
2x 1
có TCN y 
 2
1
1 x

Câu 4: C
Phương pháp:
Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên

 y '  0x 

và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải:

Xét hàm số y  x3  2 x 2  5x  3 có đạo hàm y '  3x2  4 x  5  0x 

. Do đó hàm số

y  x  2 x  5x  3 đồng biến trên
3

2

Câu 5: D
Phương pháp:
Hàm số y  x n
- Với n 



D

- Với n 



D

\ 0 .

- Với n   D   0;   .
Cách giải:



Hàm số y  1  x  2019 có


2019



nên hàm số xác định khi 1  x  0  x  1.

Vậy tập xác định của hàm số là D   ;1 . .
Câu 6: C
Phương pháp:
Dựa vào tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng nên loại đáp án D.
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang nên loại đáp án A và B.
Câu 7: A
Phương pháp:
Dựa vào đồ thị để xác định dấu các hệ số.
Cách giải:
Hàm số y  ax 4  bx 2  c
Đồ thị hàm số có nhánh cuối cùng đi lên nên a > 0 .
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên c > 0 ⇒ Loại đáp án C và D.
Hàm số bậc 4 có 3 điểm cực trị khi ab < 0 , mà a  0  b  0  Loại đáp án B.
Câu 8: A
Phương pháp:
Dựa vào lí thuyết khối đa diện.
Cách giải:
Tứ diện có đỉnh là đỉnh chung của 3 mặt bên.
Câu 9: A

Phương pháp:
1
Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp V  Sday .h
3
Trang 11


Cách giải:
Ta có

1
1
4a 3
VSABCD  .SA.S ABCD  .2a.a.2a 
3
3
3
Câu 10: B
Phương pháp:
Dựa vào bảng biến thiên xác định các điểm cực trị của hàm số.
Cách giải:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x  1 ; đạt cực đại tại x = 1 .
Chú ý: Không kết luận xCT  2, xCD  2 .
Câu 11: C
Phương pháp:
Số giao điểm của hai đồ thị hàm số y  f  x  vày  g  x  chính là số nghiệm của phương trình hoành độ
giao điểm f  x   g  x  ..
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
x  1


x  x  1  3x  2  x  x  3  0   x  1  x  3  0   x  3
x   3

Vậy hai đồ thị hàm số đã cho có 3 giao điểm.
Câu 12: C
Phương pháp:
1
Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp V  Sday .h
3
Cách giải:
OC  OA
 OC   OAB 
Ta có 
OC  OB
3

2

3

2

2

1
1 ab abc
Do đó VOABC  .OC.SOAB  .c. 
3
3 2

6
Câu 13: D
Phương pháp:
Sử dụng tổ hợp.
Cách giải:
Tổng số học sinh của tổ là 5 + 7 = 12 (học sinh).
Vậy số cách lấy 4 học sinh của nhóm để tham gia lao động là C124

Câu 14: B
Phương pháp:
Dựa vào định nghĩa đa diện lồi: Khối đa diện ( H ) được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai
điểm bất kì của ( H ) luôn thuộc ( H ) .
Cách giải:
Ta thấy hình IV không phải đa diện lồi.
Câu 15: D
Trang 12


Phương pháp:
Áp dụng tính chất của cấp số cộng: Nếu ba số a , b , c theo thứ tự lập thành CSC thì a  c  2b.
Cách giải:
Vì bốn số 5, x , 15, y lập thành cấp số cộng nên
2 x  5  15
 x  10

 3x  y  3.10  20  50

2.15  x  y
 y  20
Câu 16: A

Phương pháp:

1
3V
Dựa vào công thức tính thể tích hình chóp V  Sday .h  h 
3
Sday
Cách giải:
Gọi d  d  S ;  ABC   .
1
a3 1 a.a 2
3a 2
Ta có VS . ABC  .d .S ABC 
 .d .
d 
3
2 3
2
2
Câu 17: A
Phương pháp:
Hai đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình hoành
độ giao điểm f ( x ) = g ( x ) có 2 nghiệm phân biệt.
Cách giải:
x 1
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
 2 x  m  x  2 
x2

 2 x 2   3  m  x  2m  1  0   


 x  1   2 x  m  x  2 





 x  2
 x  2
Để hai đồ thị hàm số đã cho cắt nhau tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt
x  2
2
2

 m  5  2 6

m  10  1  0
  m  6m  9  16m  8  0




2

 m  5  2 6

3  0  luondung 
2  2    3  m  2   2m  1  0
Câu 18: B
Phương pháp:

Áp dụng công thức tổ hợp và nhị thức Niu-tơn.
Cách giải:
n!
 4n  11  0
Ta có: Cn2  4Cn1  11  0  n  2, n   
2! n  2 

 n  11 tm 
 n  n  1  8n  22  0  n 2  9n  22  0  
 n  2  ktm 
n

11

2 
2

Khi đó P   x 4  3    x 4  3 
x  
x 


P   C11k  x 4 
11

k 0

11 k

.


 2 
x

3k

k

11

  C11k .  2  .x 447 k  0  k  11, k 
k



k 0

Hệ số của x 9 ứng với 44  7k  9  k  5  tm 
Trang 13


Vậy hệ số của 9x trong khai triển trên là C115  2   14784
5

Câu 19: C
Phương pháp:

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f ( x ) trên  a; b .
- Giải phương trình f '  x   0 suy ra các nghiệm x1   a; b
- Tính f  a  , f  b  , f  xi  .

- Kết luận: max f  x   max  f  a  , f  b  , f  xi  , min f  x   min  f  a  , f  b  , f  xi  .
a;b

a;b

Cách giải:
TXĐ: D 

 x  0   1;3

Ta có: y '  4 x3  16 x  0  4 x  x 2  4   0   x  2   1;3

 x  2   1;3
Khi đó ta có bảng biến thiên của hàm số trên  1;3

Vậy max f  x   25 .
1;3

Câu 20: A
Phương pháp:
Áp dụng tính chất của tứ diện đều để chứng minh vuông góc.
Cách giải:
Hình chóp S. ABC có O là tâm của đáy nên SO   ABC   Mệnh đề D đúng.
Mà SO   SAO    SAO    ABC  nên mệnh đề B đúng.
 AB  CO
Ta có: 
⇒ AB ⊥ ( SOC ) nên mệnh đề C đúng.
 AB  SO
Câu 21: D
Phương pháp:

Cho hàm số y = f ( x ) :
- Đồ thị hàm số nhận y  y0 làm TCN nếu thỏa mãn một trong các điều kiện lim y  y0 , lim y  y0
x 

x 

- Đồ thị hàm số nhận x  x0 làm TCĐ nếu thỏa mãn một trong các điều kiện lim y  , lim y  
x  x0

x  x0

Cách giải:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:
lim y    x  2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x 2

lim y    x  0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

x 0

Trang 14


lim y  0  y  0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

x 

Vậy đồ thị hàm số có tồng 3 đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.
Câu 22: A
Phương pháp:

Đưa về phương trình lượng giác cơ bản và tìm số nghiệm thỏa mãn điều kiện.
Cách giải:

sin x  cos x  tan x  1  x   k  k  
4
Phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn  0; 2 



1
7
 k  2    k 
4
4
4
Mà k   k 0;1. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0

Câu 23: D
Phương pháp:
Áp dụng tính chất của hàm số lũy thừa.
Cách giải:
Ta thấy hàm số y  x không phải lúc nào cũng nhận Ox làm tiệm cận đứng và Oy làm tiệm cận ngang.
Câu 24: D
Phương pháp:
Áp dụng tỉ số thế tích.
Cách giải:
Ta có A ', B ' lần lượt là trung điểm của SA, SB 
Khi đó


SA ' SB ' 1


SA SB 2

VSA ' B 'C ' SA ' SB ' 1

.

VSABC
SA SB 4

Câu 25: C
Phương pháp:
Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên  a; b   f '  x   0x   a; b  và bằng 0 tại hữu hạn điểm.
Cách giải:
TXĐ: D 
Ta có: y '  3x2  6 x  m.
Để hàm số đồng biến trên  0;   thì y '  0 x   0;   .

 3x2  6 x  m  0 x   0;    m  3x 2  6 x 1 x   0;   .
Đặt f  x   3x 2  6 x ta có f '  x   6 x  6  0  x  1 .
Bảng biến thiên:

Trang 15


Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 1  m  min f  x   m  3 .
0;


Kết hợp điều kiện m   2019;2019  ; m   2019  m  3m 
Vậy có 2016 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 26: C
Phương pháp:
Sử dụng các công thức log  xy   log x  log y, log an bm 

m
log a b (giả sử các biểu thức có nghĩa).
n

Cách giải:
Với a, b  0 ta có:
T  log  a3 .b4   log a3  log b4  3log a  4log b

Câu 27: D
Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  1  1 và đường thẳng y  2 có
tính chất song song với trục hoành.
Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta có:

 x  1  a  1  1;0 Vo nghiem 
 x  1  1  a   2; 1


  x  1  b  1 1; 2 1
f  x  1  1  2   x  1  1  b   0;1



 x  1  c  1  2;3 2 
 x  1  1  c  1; 2 
Ta có :
x 1  b 1
x  b

1  
 x  1  b  1  x  b  2
x 1  c 1
x  c

 x  1  c  1  x   c  2

 2  

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 28: A

Phương pháp: Áp dụng đạo hàm:  au  '  u '.au .lna
Cách giải:

 2019  '  2.2019
2 x 3

2 x 3

.ln 2019  20192 x3 ln20192 .

Câu 29: B

Trang 16


Phương pháp:

 n     C132  78 . Sử dụng tổ hợp và quy tắc nhân.
Cách giải:
Chọn 2 viên bi bất kì
Gọi A là biến cố: “Hai viên bi được chọn khác màu và khác số”.
Số cách chọn bi xanh là C61  6 cách.
Ứng với mỗi cách chọn 1 viên bi xanh thì có C61  6 cách chọn bi đỏ thỏa mãn khác màu và khác số với
viên bi xanh vừa chọn

 n  A  6.6  36.
Vậy P  A 

36 6

78 13

Câu 30: C
Phương pháp:
Hàm số chẵn nhận trục Oy làm trục đối xứng.
Cách giải:
Xét đáp án C ta có:


TXĐ: D  \   k , k    x  D   x  D
2



sin 2020   x   2019 sin 2020 x  2019
y x 

 y x
cos x   x 
cos x
Do đó hàm số y 

sin 2020 x  2019
là hàm số chẵn và nhận trục Oy làm trục đối xứng.
cos x

Câu 31: B
Phương pháp:
Đồ thị hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn là tâm đối xứng.
Cách giải:
TXĐ: D 
Ta có y  6 x2  12 x, y ''  12 x  12 .
y ''  0  12 x 12  0  x  1  y  3 .
Vậy điểm uốn của đồ thị hàm số là

 1; 3 chính là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.

Câu 32: C
Phương pháp:
- Giải phương trình y '  0 .
- Dựa vào quy tắc II, tìm cực tiểu của hàm số.
Cách giải:
TXĐ : D 


x  0
Ta có: y '  4 x  12 x  16 x  0   x  4
 x  1
3

2

Trang 17


 y ''  0   16  0

Lại có y ''  12 x 2  24 x  16   y ''  4   80  0
 y '' 1  20  0
  

 x1  4
 T  x1  6 x2  2
Khi đó hàm số có 2 điểm cực tiểu là 
 x2  1
Câu 33: D
Phương pháp:
Sử dụng MTCT tính các giới hạn của hàm số.
Cách giải:
Xét đáp án D:

Nhập hàm số:

CALC x  1010 :

Do đó lim

x 





x 2  x  1  x  2  

Vậy đáp án D sai.
Câu 34: B
Phương pháp:
- Xác định chiều cao của khối chóp.
- Xác định góc giữa cạnh bên và đáy.
- Sử dụng tính chất tam giác đều và tỉ số lượng giác của góc nhọn tính chiều cao của hình chóp.
1
- Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp V  Sday .h
3
Cách giải:
Gọi O là trọng tâm tam giác đều ABC  SO   ABC  .
⇒ OA là hình chiếu của SA trên  ABC     SA;  ABC      SA; OA  SAO  600.
Vì SO   ABC   SO  AO  SAO vuông tại A .
a 3
a2 3
2
a 3
và SABC 
 AO  AM 
2

3
4
3
0
Xét tam giác vuông SAO có: SO  AO.tan60  a.

Tam giác ABC đều cạnh a  AM 

1
1 a 2 3 a3 3
Vậy VS . ABC  .SO.S ABC  .a.

3
3
4
12
Câu 35: B
Phương pháp:
- Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa đường thẳng này và mặt phẳng
chứa đường thẳng kia và song song với đường thẳng này.

Trang 18


- Sử dụng phương pháp đổi đỉnh.
- Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Cách giải:

Gọi H , K lần lượt là trung điểm của AD , BC ta có: HK || CD


 d  SO; CD   d  CD;  SHK    d C;  SHK   .
Ta có: AC   SHK   O 

d  A;  SHK  



d  C;  SHK  

AO
 1  d  C;  SHK    d  A;  SHK  
CO

Trong  SAD  kẻ AI  SH ( I  SH ) ta có:

 HK  AH
 HK   SAD   HK  AI

HK

SA
SA

ABCD







 AI  KH
 AI   SHK   d  A;  SHK    AI  d  SO; CD   AI

 AI  SH

Vì ABCD là hình vuông cạnh 1 nên AC  BD  2 .
⇒ Tam giác SBD đều cạnh

2. 3
6

2
2

2  SO 

Tam giác SAO vuông tại A có SO 

6
2
; AO 
2
2
2

2

 6  2
Áp dụng định lí Pytago ta có: SA  SO  AO  
  

  1
2
2

 

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAH có:
1
1.
SA. AH
2  5
AI 

2
2
5
1
SA  AH
1
4
 a  b  5  a  b  10
Câu 36: B
2

2

Phương pháp: Hàm số y  f  x  có 2a  1 điểm cực trị khi hàm số y  f  x  có a điểm cực trị dương.
Cách giải:
Hàm số y = f ( x ) có 3 điểm cực trị là 2, 2,5 .


Trang 19


 x  1  m  2
x  m  3

Nên hàm số y  f   x  1   m  có 3 điểm cực trị là  x  1  m  2   x  m  1
 x  1  m  5
 x  m  4
Hàm số y  f  x  1  m  có đúng 3 điểm cực trị khi y  f

m  3  1
m  2


Do đó m  1  1  m  2  5  m  2 ⇒ m
m  4  1 m  5



 x  1   m có đúng 1 cực trị lớn hơn 1 .

4; 3; 2

Vậy S  4  3  2   9 .
Câu 37: D
Phương pháp:
- Xác định      SBD  ;  SAD   ,      SCD  ;  SAD   .
- Khi đó góc giữa  SBD  và  SCD  bằng   
- Sử dụng công thức sin       sin cos  cos  sin .

Cách giải:

Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( SAD ) .
Trong ( SAD ) kẻ AH ⊥ SD ta có:
 AB  AD
 AB   SAD   AB  SD

 AB  SA
 AB  SD
 SD   ABH   AD  BH

 AH  SD

Ta có:

 SAD    SBD   SD

 SAD   AH  SD

 SBD   BH  SD

    SAD  ;  SBD      AH ; BH 
   AHB
Gọi E là trung điểm của AD.

Kẻ EK  SD( K  SD) , tương tự ta chứng minh được      SCD  ;  SAD    EKC.
Do đó góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  SCD  là   
Ta có sin       sin cos  cos sin

Trang 20



Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAD ta có: AH 
 EK 

SA. AD
SA2  AD 2



a 2.2a
2a 2  4a 2



2a 3
3

1
a 3
(tính chất đường trung bình).
AH 
2
3

Do AB   SAD   AB  AH  ABH vuông tại A .

sin  

CE


CK

a
a2 

2



a
3

3
1
 cos  
2
2

Do CE   SAD   CE  EK  CK vuông tại E .

sin  

AD

DH

a
a2 


Vậy sin      

4a 2
3



21
2 7
 cos x 
7
7

3 2 7 1 21
21
.
 .

2
7
2 7
14

Câu 38: D
Phương pháp:
Hàm số y  3x 4  4 x3  12 x 2  m có 5 cực trị khi hoặc hàm số y  3x4  4 x3  12 x2  m có 3 giá trị cực
trị
không dương, hoặc có 2 giá trị cực trị không âm và 1 giá trị cực trị âm.
Cách giải:
Hàm số y  3x4  4 x3  12 x2  m có 5 cực trị khi hoặc hàm số y  3x 4  4 x3  12 x 2  m có 3 giá trị cực

trị không dương, hoặc có 2 giá trị cực trị không âm và 1 giá trị cực trị âm.
x  0
y  m

3
2
Ta có y '  12 x  12 x  24 x  0   x  2   y  m  32
 x  1  y  m  5
TH1: Hàm số y  3x4  4 x3  12 x2  m có 3 giá trị cực trị không dương.

m  0
m  0


 m  32  0  m  32  m  0
m  5  0
m  5


TH2: Hàm số y  3x4  4 x3  12 x2  m có 2 giá trị cực trị không âm và 1 giá trị cực trị âm.

m  0
m  0


 m  32  0  m  32  5  m  32
m  5  0
m  5



5  m  32
Kết hợp 2 trường hợp  
m  0

Lại có m là số nguyên dương  m 5;6;7;...;31 . Vậy có 27 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 39: B
Phương pháp:
Trang 21


- Tìm giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoảnh.
- Áp dụng tính chất cấp số cộng.

Cách giải: Hoành độ giao điểm của hàm số y  x3  2  m  1 x 2   m2  5m  3 x  3m  3m2 và trục
hoành là nghiệm của phương trình:

x 2  2  m  1 x 2   m2  5m  3 x  3m  3m2  0

  x  3  x 2   2m  1 x  m2  m   0

x  3  0
 2
2
 x  2m  1 x  m  m  0

x  3
  x  m
 x  m  1
TH 1: m  1  m  3  2m  3  m  1  m  2  tm 
TH 2: 3  m  1  m  2  m  1  3  m  m  5  tm 

TH 3: m  1  3  m  6  m  1  m  m 

7
 tm 
2

7
 s  2.5.  35
2
Câu 40: C
Phương pháp:

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ x  x0 là:

y  f '  x0  x  x0   f  x0 
Cách giải:
Hàm số y 

x 1
3
 x  2  có y ' 
2
x2
 x  2

x 1
 4  x  3  y '  3  3
x2
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y  3  x  3  4  y  3x  13.


Mặt khác

Câu 41: B
Câu 42: B
Phương pháp:
Cho hàm số y = f ( x ) :
- Đồ thị hàm số nhận y  y0 làm TCN nếu thỏa mãn một trong các điều kiện lim y  y0 , lim y  y0
x  x0

x  x0

- Đồ thị hàm số nhận là x  x0 m TCĐ nếu thỏa mãn một trong các điều kiện
lim y  , lim y   , lim  , lim  

x  x0

x  x0

x  x0

x  x0

Cách giải:
Hàm số có dạng f  x   ax3  bx 2  cx  1 (vì là hàm bậc ba và cắt trục tung tại điểm có tung độ 1 )
Đồ thị hàm số đã cho đi qua các điểm có tọa độ là  1;0  , 1; 2  ;  2;0  .
Trang 22


1


a

8
a

4
b

2
c

1

2


 a  b  c  1  b  0
 a  b  c  1

3

c 
2

1
3
1
2
 f  x   x3  x  1   x  1  x  2 
2

2
2
Khi đó

2
 x  1  x 2  1  x  1  x 2  1
2  x  1
y


1
2
f  x
 x  1  x  2   x  1 x  2 

2
Đồ thị hàm số trên có tiệm cận ngang y = 2 và tiệm cận đứng là x  1, x  2.

Vậy đồ thị hàm số

 x  1  x 2  1
y
f  x

có 3 đường tiệm cận.

Câu 43: C
Phương pháp:
Đạo hàm và đặt ẩn phụ.
Cách giải:

1
Đặt g  x   f  x  1  x3  x  g  x   m
3
 g '  x   f '  x  1  x 2  1
Đặt x  1  t  t  1;3
Khi đó ta có g '  t  1  f '  t   t 2  2t
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f '  t  và y  t 2  2t.

t  0
 x  1; x  1
Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số g '  t  1  0  
t  2
Bảng biến thiên:

Trang 23


2
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy f 1  f  3  f  3  .
3
2
Kết hợp với bảng biến thiên ta có m  f  3 
3
Câu 44: A
Phương pháp:
- Dựa vào đồ thị để tìm nghiệm của phương trình f ( x ) = 2 .
- Biện luận để tìm điều kiện của m .
Cách giải:
Đồ thị hàm số y  ax3  bx 2  cx  d cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1; đi qua các điểm có tọa độ


1;0 ,  2;2  ;  1;2  .
1

d  1
a

2
a  b  c  d  0



 b  0
8a  4b  2c  d  2

3
a  b  c  d  2
c 
2

 f  x 

1 3 3
1
2
x  x  1   x  1  x  2 
2
2
2

+ ) Khi đó

g  x 



 x  1

 f  x   2  x
 x  1

2

f  x

 2mx  m  2 

1
2
 x  1  x  2 
2

1
2
 x  2  x  1  x 2  2mx  m  2 
2

 x  2 

1
2
 x  1  x  2 

2

 x  2 
1
2
x

2
x

1
x

2
mx

m

2

  

2
Đồ thị hàm số có 1 đường TCN là y = 0 .
Để đồ thị hàm số có 5 đường tiệm cận thì phương trình x2  2mx  m  2  0 phải có 5 nghiệm phân biệt
khác 2, 1,1 và thỏa mãn lớn hơn hoặc bằng 2
Trang 24


 '  m2  m  2  0

m  2
m  2

1

2
m


m

2

0


 m2


2  m  1  
m  1




1  2m  m  2  0


 6
 

 m  3; 1; 2
 m  3
 
 m  1
4

4
m

m

2

0
5





6
m  2
m  
 x1  x2  2m  4
m  3
5
m  2  2.2m  4  0


 x1  2  x2  2   0


Kết hợp điều kiện m   2019;2020  , m 
3  m  2020

 Có 2016 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
n 
Câu 45: B
Phương pháp:
Xét dấu g '  x  , lập BBT và kết luận.

Cách giải:
Hàm số g  x   f  x  1  x  5
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số g  x   f  x  1  x  5 đạt cực tiểu khi x = 2 .
Câu 46: B
Phương pháp:
Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên  a; b   f '  x   0x   a; b  và bằng 0 tại hữu hạn điểm.
Cách giải:
Hàm số y  f 1  x    m  1 x  2019 nghịch biến trên khoảng  1;3 khi và chỉ khi:

y '   f ' 1  x    m  1  0  m  1  f ' 1  x  x   1;3
Đặt t  1  x  t   2;2  khi đó ta có

f ' 1  x   f '  t   m  1  f '  t  t   2; 2 
 m  1  max f '  t 
 2;2

Dựa vào BBT ta có: max f '  t   3  m  1  3  m  4 .
2;2


Kết hợp điều kiện  m   4;2019 , m 
.
Vậy có 2016 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 47: B
Phương pháp:
Sử dụng tỉ số thể tích.
Cách giải:
Trang 25