BẢNG ĐÁP ÁN
1.D
11.D
21.B
31.D
41.D
Câu 1:

2.B
12.D
22.A
32.A
42.A

3.D
13.B
23.A
33.C
43.B

4.C
14.D
24.A
34.D
44.C

5.A
15.C
25.D
35.B
45.B

Hình lập phương có bao nhiêu cạnh?
A. 20.
B. 8.

6.C
16.D
26.A
36.C
46.B

7.B
17.A
27.B
37.D
47.B

8.D
18.A
28.B
38.D
48.A

C. 6.

9.B
19.A
29.C.D
39.A
49.C


10.A
20.C
30.B
40.A
50.A

D. 12.

Lời giải
Chọn D
Câu 2:

Cho một hình trụ có bán kính đáy là r , chiều cao là h , độ dài đường sinh là l . Công thức nào
sau đây là đúng?
A. Sxq   rl .
B. S xq  2 rl .
C. Sxq   r 2 h .
D. Sxq  2 rl  2 r 2 .
Lời giải
Chọn B

Câu 3:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ x   2;1; 3 và y  1; 0; 1 . Tìm tọa độ
của vectơ a  x  2 y .
A. a   4;1; 1 .

B. a   3;1; 4  .


C. a   0;1; 1 .

D. a   4;1; 5  .

Lời giải
Chọn D
Ta có: 2 y   2;0; 2  .
a  x  2 y   2  2;1  0; 3  2    4;1; 5  .

Câu 4:

Hàm số y  ln  2 x 2  4 x  nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
A. 1;   .

B.  2;   .

C.  ;0  .

D.  ;1 .

Lời giải
Chọn C
TXĐ: D   ;0    2;   .
2  x  1
4x  4

 2
Ta có: y  ln  2 x 2  4 x    2
.
2x  4x x  2 x


Vì x 2  2 x  0 x  D nên y  0  x  1 .
Kết hợp điều kiện, vậy hàm số nghịch biến trên khoảng  ;0  .
Câu 5:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O , SO   ABCD  . Góc giữa SA và mặt
phẳng  SBD  là góc
A. ASO .

B. SAO .

C. SAC .

D. ASB .


Lời giải
Chọn A

Ta có: SO   ABCD   SO  AO (1)
ABCD là hình thoi tâm O  BD  AO (2)
Từ (1) và (2), suy ra AO   SBD  .
Vậy gócgiữa SA và mặt phẳng  SBD  là góc ASO .
Câu 6:

Số hạng chứa x 4 trong khai triển  2  x  thành đa thức là
7

A. 8C74 .


C. 8C74 x 4 .

B. C74 .

D. C74 x 4 .

Lời giải
Chọn C
Số hạng tổng quát trong khai triển  2  x  thành đa thức là C7k 27 k x k  k  ;0  k  7  .
7

Từ yêu cầu bài toán, suy ra k  4 .
Vậy, số hạng chứa x 4 trong khai triển  2  x  thành đa thức là C74 23 x 4  8C74 x 4 .
7

Câu 7:

Cho một hình nón có góc ở đỉnh bằng 60 , bán kính đáy bằng 2a , diện tích toàn phần của hình
nón là
A. Stp  20 a2 .
B. Stp  12 a2 .
C. Stp  8 a 2 .
D. Stp  10 a2 .
Lời giải
Chọn B
Do góc ở đỉnh bằng 60o suy ra thiết diện qua trục của hình nón là tam giác đều.
Suy ra: l  2r  4a .

Diện tích xung quanh của hình nón là Sxq   rl  8 a2 .
Diện tích mặt đáy của hình nón là Sđay   r 2  4 a2 .



Vậy diện tích toàn phần của hình nón là Stp  Sxq  Sđay  12 a2 .
Câu 8:

Hàm số nào sau đây nghịch biến trên tập xác định của nó?
A. y  log 3 x .
B. y  log x .
C. y  log 2 x .

D. y  log0,3 x .

Lời giải
Chọn D
Hàm số y  log0,3 x có TXĐ: D  (0;  ) và có cơ số a  0,3  (0;1) nên nó nghịch biến trên

(0;  ) .
Câu 9:

Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f  x   e x  x 3  4 x  . Hàm số F ( x ) có bao nhiêu
2

điểm cực trị?
A. 1.

B. 3.

C. 2.

D. 4.


Lời giải
Chọn B
Theo định nghĩa nguyên hàm ta có: F   x   f  x   e x  x3  4 x  .
2

x  0
2
F   x   0  x  4 x  0   x  2 . (Vì e x  0 với mọi x ).
 x  2
3

F ( x ) đổi dấu qua các điểm x  2 , x  0 và x  2 .

Vậy hàm số F  x  có 3 điểm cực trị.
Câu 10: Với mọi số thực dương a, b, x, y và a, b  1 , mệnh đề nào sau đây sai?
A. log a

1
1
.

x log a x

B. log a  xy   log a x  log a y .

C. log b a.log a x  log b x .

D. log a


x
 log a x  log a y .
y

Lời giải
Chọn A
Với mọi số thực dương a, b, x, y và a, b  1 . Ta có: log a

1
1
. Vậy A sai.
 log a x 1 
x
log a x

Theo các tính chất logarit thì các phương án B, C và D đều đúng.
Câu 11: Cho hàm số f  x  xác định trên R \ 1 thỏa mãn f   x  

1
, f  0   2017 , f  2   2018 .
x 1

Tính S  f  3  f  1 .
A. S  ln 4035 .

B. S  4 .

C. S  ln 2 .
Lời giải


Chọn D

D. S  1 .


1

 f '  x  dx   x  1 dx  ln  x  1  C

Trên khoảng 1;   ta có

1

 f  x   ln  x  1  C1 .

Mà f (2)  2018  C1  2018 .
Trên khoảng  ;1 ta có

1

 f '  x  dx   x  1 dx  ln 1  x   C

2

 f  x   ln 1  x   C2 .

Mà f (0)  2017  C2  2017 .

ln( x 1)  2018 khi
Vậy f  x   

ln(1  x)  2017 khi

x 1
. Suy ra f  3  f  1  1 .
x 1

Câu 12: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log 1  x  1  log 1  2 x  1 .
2

A. S   2;   .

2

1 
D. S   ; 2  .
2 

C. S   ; 2  .

B. S   1; 2  .

Lời giải
Chọn D

1
 x  1  2x 1
  x 2.
Ta có log 1  x  1  log 1  2 x  1  
2
2 x  1  0

2
2
Câu 13: Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x  1  m 2 x 2  1 có hai nghiệm phân biệt.
A. m 

6
.
6

B.

2
6
.
m
2
2

C. m 

2
.
2

D. 

Lời giải
Chọn B
Phương trình đã cho tương đương với m 


Đặt f ( x) 

lim f  x  

x 

x 1
2x 1
2

; f ' x 

2x2  1 

x 1
2 x2  1

2 x  x  1

2 x2  1 
2x2  1

6
2
2
1
; lim f  x   
; f  
.
x


2
2
2 2

Ta có bảng biến thiên

.

1 2x

 2 x2  1

3

.

2
6
.
m
2
6


Từ bảng biến thiên ta có điều kiện để phương trình có hai nghiệm là

2
6
.

m
2
2

Câu 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BAD  60o và SA vuông góc với
mặt phẳng  ABCD  . Góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng 45o . Gọi M là điểm
đối xứng của C qua B và N là trung điểm của SC . Mặt phẳng  MND  chia khối chóp

S.ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh S có thể tích là V1 , khối còn
lại có thể tích là V2 (tham khảo hình vẽ bên). Tính tỉ số

A.

V1 1
 .
V2 5

B.

V1 5
 .
V2 3

C.

V1
.
V2

V1 12

 .
V2 7

D.

V1 7
 .
V2 5

Lời giải
Chọn D

Trong tam giác SMC , SB và MN là hai trung tuyến cắt nhau tại trọng tâm K 

SK 2
 .
SB 3

BI là đường trung bình của tam giác MCD  I là trung điểm AB .

V1  VS . AID  VS . IKN  VS .IND

Đặt: VS . ABCD  V
1
SK SN
2 1 1
1
SN
1 1
1

 VS . AID  .V ; VS .IKN 
.
.VS .IBC  . . V  V ; VS .IND 
.VS .ICD  . V  .V
4
SB SC
3 2 4
12
SC
2 2
4
5
V 7
7
1 1 1
 V1      .V  .V  V2  .V  1  .
12
V2 5
12
 4 12 4 

Bình luận:


+) Bài này thừa quá nhiều giả thiết, chỉ cần chóp đáy là hình bình hành là đủ!
+) Bài này phải ở mức vận dụng cao!
Câu 15: Ông Anh gửi vào ngân hàng 60 triệu đồng theo hình thức lãi kép. Lãi suất ngân hàng là 8%
trên năm. Sau 5 năm ông An tiếp tục gửi thêm 60 triệu đồng nữa. Hỏi sau 10 năm kể từ lần
gửi đầu tiên ông An đến rút toàn bộ tiền gốc và tiền lãi được là bao nhiêu? (Biết lãi suất không
thay dổi qua các năm ông gửi tiền).

A. 231,815 (triệu đồng). B. 197, 201 (triệu đồng).
C. 217, 695 (triệu đồng). D. 190, 271 (triệu đồng).
Lời giải
Chọn C
Số tiền ông An nhận được sau 5 năm đầu là: 60 1  8%   88,160 (triệu đồng)
5

Số tiền ông An nhận được (toàn bộ tiền gốc và tiền lãi) sau 10 năm là:

88,16  60 1  8% 

5

 217,695 (triệu đồng).

Câu 16: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x)  cos x là:
A. cos x  C .

B.  cos x  C .

C.  sin x  C .

D. sin x  C .

Lời giải
Chọn D
Ta có  cos xdx  sin x  C .
Câu 17: Hàm số nào sau đây nghịch biến trên

?

x 1
.
x 1

A. y   x3  3x 2  9 x  4 .

B. y 

C. y   x 4  x 2  1 .

D. y  1  sin x .
Lời giải

Chọn A
Kiểm tra đáp án A, ta có y  3x 2  6 x  9  3( x  1)2  6  y  0, x 
nghịch biến trên .

. Vậy hàm số

` Chú ý: Với cách làm trắc nghiệm thì có thể làm cách như sau:
- Kiểm tra đáp án B .Hàm này tập xác định là

\{1} nên không nghịch biến trên

- Kiểm tra đáp án C .Hàm trùng phương không có trường hợp luôn nghịch biến trên

.
.

- Kiểm tra đáp án D .Hàm số y  1  sin x là hàm số tuần hoàn, nên hàm số đó không nghịch

biến trên .
Vậy đáp án là A .
Câu 18: Cho hàm số y  f ( x) liên tục trên
đạt cực tiểu tại

và có đạo hàm f   x    x  2  x  1  3  x  . Hàm số
2


A. x  2 .

C. x  3 .

B. x  1 .

D. x  2 .

Lời giải
Chọn A
Ta có: f ( x)  0  x  2;1;3 . Bảng xét dấu của của f ( x )

Từ Bảng xét dấu của f ( x ) , ta có f ( x ) đổi dấu từ âm sang dương khi x qua 2 nên hàm số
đạt cực tiểu tại x  2 .
Câu 19: Biết đường thẳng y  x  2 cắt đồ thị hàm số y 
trung điểm I của AB là
1 5
A. I  ;  .
B. I 1;5  .
2 2


x8
tại hai điểm A ; B phân biệt. Tọa độ
x2

7 7
C. I  ;  .
2 2

D. I  7;7  .

Lời giải
Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị hàm số y 

x8
và đường thẳng y  x  2 là:
x2

 x  2  x  2   x  8  x 2  x  12  0  x  4
x 8
 x2 


.
x2
 x  2
 x  3
x  2
Với x  4  y  6  A  4;6  . Với x  3  y  1  B  3; 1 .


1 5
Vậy tọa độ trung điểm I của AB là: I  ;  .
2 2
Câu 20: Tập nghiệm S của bất phương trình 3  9 là
A. S   ; 2 .
B. S   2;   .
x

C. S   ; 2  .

D. S  2 .

Lời giải
Chọn C
x
x
x
2
Ta có: 3  9  3  3  x  2. Vậy tập nghiệm S của bất phương trình 3  9 là: S   ; 2  .

Câu 21: Cho hình chóp S.ABC có diện tích đáy là a 2 3 , cạnh bên SA vuông góc với đáy, SA  a .
Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
A. a3 3.

B.

a3 3
.
3


C.

a3 3
.
6

D.

a3 3
.
2


Lờigiải
Chọn B

1
a3 3
Ta có: V  SA.SABC 
.
3
3
Câu 22: Cho F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  
bằng
A. 2  ln 2.

1
, biết F 1  2. Giá trị của F  0 
x2


C. 2  ln  2  .

B. ln 2.

D. ln  2  .

Lờigiải
Chọn A
Cách 1 :
Ta có:

1

 f  x dx   x  2dx  ln x  2  C , C 

.

Giả sử F  x   ln x  2  C0 là một nguyên hàm của hàm số đã cho thỏa mãn F 1  2 .
Do F 1  2  C0  2  F  x   ln x  2  2 .Vậy F  0   2  ln 2.
Cách 2:
1

1
1
1
d
x

F
x


ln
x

2
 F 1  F  0    ln 2  2  F  0   F  0   ln 2  2 .




0 x  2
0
0

Câu 23: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  2;0  .

B. 1; 3 .

C.  0;   .

D.  ; 2  .

Lời giải
Chọn A
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng  2;0  .
Câu 24: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  0;1; 2  và B  3; 1;1 . Tìm tọa độ
điểm M sao cho AM  3 AB .

A. M  9; 5;7  .

B. M  9;5;7  .

C. M  9;5; 7  .

D. M  9; 5; 5 .
Lời giải

Chọn A


Gọi M  x; y; z  . Ta có: AM   x; y  1; z  2  ; AB   3; 2;3 .

x  9
x  9


AM  3 AB   y  1  6   y  5 . Vậy M  9; 5;7  .
z  2  9
z  7


Câu 25: Giá trị lớn nhất của hàm số y  x3  2x 2  x  5 trên đoạn 1;3 là
C. 5 .

B. 16 .

A. 3 .


D. 7 .

Lời giải
Chọn D

 x  1 1;3
+ Ta có: y  3x  4 x  1; y  0  3x  4 x  1  0  
 x  1  1;3

3
2

2

+ Tính: y (1)  13  2.12  1  5  5; y(3)  33  2.32  3  5  7.
Suy ra: Max y  7 ( tại x  3 ).
1;3

Câu 26: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số để hàm số y 

 
 ; 
2 
0  m  3
A. 
.
 m  1

0  m  3
B. 

.
 m  1

cos x  3
nghịch biến trên khoảng
cos x  m

C. m  3 .

D. m  3 .

Lời giải
Chọn A
Điều kiện: cos x  m . Ta có: y 

(m  3)

 cos x  m 

2

.( s in x) 

(m  3)

 cos x  m 

2

.sin x


2
 
 
Vì x   ;    sin x  0 ,  cos x  m   0, x   ;   : cos x  m .
2 
2 

 
 
Để hàm số nghịch biến trên khoảng  ;    y  0 x   ;  
2 
2 
m  3
m  3  0
0  m  3

m  3  0


   m  1  
.
   

 m  1
m   1;0    m  0
cos x  m x   2 ;  






 
Chú ý : Tập giá trị của hàm số y  cos x, x   ;   là  1;0  .
2 
Câu 27: Cho hình lập phương cạnh bằng a . Tính thể tích khối trụ ngoại tiếp hình lập phương theo a.


 3

A. a 3 .
B. a 3 .
C.
D. a 3 .
a .
4
2
12
6


Lời giải
Chọn B

Khối trụ có bán kính đáy r 

a 2
chiều cao h  a suy ra thể tích của khối trụ là
2


2

a 2
 3
V   
 .a  a .
2
 2 
Câu 28: Cho hình chóp tam giác đều SABC cạnh đáy bằng a , các mặt bên tạo với mặt phẳng đáy một
góc bằng 60 . Thể tích V của khối chóp theo a bằng.
A. V 

a3 3
.
4

B. V 

a3 3
.
24

C. V 

a3 3
.
8

D. V 


a3 3
.
12

Lời giải
Chọn B

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC , vì các mặt bên tạo với đáy một góc bằng 60 nên

SH   ABC  . Góc giữa mặt bên  SBC  và đáy là góc SMH  60 .
Tam giác ABC là tam giác đều có cạnh bằng a suy ra SABC 
Ta có tan SMH 

SH
a 3
a
 SH 
.tan 60  .
MH
6
2

1 a 2 3 a a3 3
Vậy thể tích của khối chóp là V  .
. 
.
3 4 2
24

a2 3

1
a 3
; MH  AM 
4
3
6


Câu 29: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y   x  5 cắt đồ thị hàm số
y  x3  2mx 2  3(m  1) x  5 tại 3 điểm phân biệt.

m 1
A. 
.
m  2


2
 m  3

C.  
.
 m  1
 m2



2
 m  3


B.  
.
 m  1
 m2


m 1
D. 
.
m  2

Lời giải
Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm chung là: x3  2mx 2  3(m  1) x  5   x  5

x  0
 x3  2mx 2  (3m  2) x  0   2
 x  2mx  3m  2  0 (1)
Đường thẳng y   x  5 cắt đồ thị hàm số y  x3  2mx 2  3(m  1) x  5 tại 3 điểm phân biệt

 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 .

m  2
2
m 



  m  3m  2  0
3


 m 1

 
.
 
 m  1
2
3m  2  0

 m2
 m  3

2

Câu 30: Cho hình lập phương ABCD.ABCD có diện tích tam giác BAD bằng 2a 2 3 . Tính thể tích
V của khối lập phương theo a .
A. V  a 3 .

C. V  2 2a3 .

B. V  8a 3 .

Lời giải
Chọn B
A

D
C


B

D'

A'
B'

C'

Giả sử AA  x ( x  0)  BD  AB  AD  x 2 .

1
x2 3
Diện tích tam giác BAD là: S  ( x 2)2 .sin 60 
2
2
Theo bài ra S  2a 2 3 

x2 3
 2a 2 3  x  2a
2

D. V  4 2a3 .


Vậy thể tích khối lập phương là: V  (2a)3  8a 3 .
1
AD  a .
2
Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa SC và mặt phẳng


Câu 31: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , BC 

 ABCD 

bằng  sao cho tan  

A. VS . ACD

a3
 .
2

B. VS . ACD

15
. Tính thể tích khối chóp S.ACD theo a .
5
a3
 .
3

C. VS . ACD 

a3 2
.
6

D. VS . ACD 


a3 3
.
6

Lời giải
Chọn D
S

A

D

H

B

C

Gọi H là trung điểm AB , từ giả thiết ta có: SH   ABCD  ,  SC,  ABCD    SCH   .
Đặt AB  x , ta có: HC  BH 2  BC 2 

Mặt khác SH 
S ABCD 

x 3
. Vậy ta có:
2

 AD  BC  . AB  3a 2
2


2

x2
 a 2 , SH  HC.tan  
4

x2
15
.
 a2 .
4
5

x2
15 x 3
 a2 .

 x  a.
4
5
2

; S ACD 

2
1
a3 3
S ABCD  a 2 ; VS . ACD  SH .S ACD 
.

3
3
6

Câu 32: Cho hình thang ABCD vuông tại A và B , AB  a , AD  3a , BC  2a . Tính thể tích V của
khối tròn xoay tạo thành khi quay hình thang ABCD ( kể cả các điểm trong của nó) quanh
đường thẳng BC .
7
8
A. V   a 3 .
B. V  3 a 3 .
C. V   a 3 .
D. V  2 a 3 .
3
3
Lời giải
Chọn A


E

D

F

C

A

P


B

Gọi V1 là thể tích khối trụ tạo thành khi quay hình chữ nhật ABED quanh cạnh EB .
V2 là thể tích khối nón tạo thành khi quay tam giác vuông CED quanh cạnh EC .
1
1
8
Khi đó: V  V1  V2   . AB 2 . AD   .ED 2 .CE  3 a 3   a 3   a 3 .
3
3
3

Câu 33: Cho hàm số y  f ( x)  ax3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ

Hỏi đồ thị hàm số y 
A. 4 .

( x 2  2 x) 2  x
có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
( x  3)[f 2 ( x)  f ( x)]
B. 6 .

C. 3 .

D. 5 .

Lời giải
Chọn C
x  3

 x  x  (1;0)
1

x  3

x  x2  (0;1)
Đk: x  2 . Đặt h  x    x  3  f 2  x   f  x   0   f ( x)  0  
 x  x3 ( x3  2)
 f ( x)  1
 x  0  nghiemkep 

 x  x4 ( x4  2)

Khi đó y 

x  x  2 2  x

 x  3 .m  x  x1  x  x2  x  x3  x  x4  x 2

,  m  0.

Do điều kiện x  2 nên không tồn tại các giới hạn của hàm số f  x  khi x  3, x  x3 , x  x4

 đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận đứng.


Câu 34: Giá trị thực của tham số m để phương trình 4 x   2m  3 2 x  64  0 có hai nghiệm thực x1 , x2
thỏa mãn  x 1  2  x2  2   24 thuộc khoảng nào sau đây?

 3

A.  0;  .
 2

 3 
B.   ;0  .
 2 

 11 19 
D.  ;  .
2 2

21 29
C.  ;  .
 2 2 

Lời giải
Chọn D
Đặt t  2 x (t  0) . Ta có phương trình ẩn t : t 2  (2m  3)t  64  0 (*) . Để phương trình có
hai nghiệm phân biệt thì phương trình (*) phải có hai nghiệm dương phân biệt
(2m  3)2  256  0

  2m  3  0
64  0, m


Gọi hai nghiệm của phương trình (*) là t1 , t2 .
Khi đó: x1  log 2 t1 ; x2  log 2 t2 . Từ giả thiết ( x1  2)( x2  2)  24

 (log 2 t1  2)(log 2 t2  2)  24  log 2 t1.log 2 t2  2(log 2 t1  log 2 t2 )  20
 log 2 t1.log 2 t2  8  x1 x2  8  x1  x2  6

  x1  4

17
 x2  2
 x1 x2  8  x1  x2  6  
 t1  t2  20  2m  3  20  m 
. (TM).
2
 x1  2

  x2  4

Câu 35: Cho hàm số y  ax3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. a  0; b  0; c  0; d  0 .

B. a  0; b  0; c  0; d  0 .

C. a  0; b  0; c  0; d  0 .

D. a  0; b  0; c  0; d  0 .
Lời giải

Chọn B
Từ đồ thị hàm số ta có a  0 và d  0 . Lại có y  3ax 2  2bx  c
y  0  3ax 2  2bx  c  0 . Đồ thị có hai cực trị trái dấu nên

c
 0  c  0 do a  0 .
3a



Tâm đối xứng nằm bên phải trục tung nên 

b
 0  b  0.
3a

Câu 36: Cho tứ diện đều cạnh bằng 2a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD ?
A.

a 2
.
2

B.

a 3
.
2

C. a 2 .

D. a 3 .

Lời giải
Chọn C
A

N


B

D
M
C

Gọi M trung điểm của CD . Gọi N là trung điểm của AB .
Ta có BM  CD, AM  CD  CD   ABM   CD  MN
Lại có ABM cân tại M nên MN  AB .
Suy ra d  AB, CD   MN  BM 2  BN 2  3a 2  a 2  a 2 .
Câu 37: Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị hàm số y   x3  2 x 2 song song với đường thẳng y  x ?
A. 3 .

B. 2 .

C. 0 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn D
y  3x 2  4 x .

Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm.
Do tiếp tuyến song song với đường thẳng y  x nên ta có:

yx0 

 x0  1  y0  1

 1  3x0  4 x0  1  3x0  4 x0  1  0  
.
 x0  1  y0  5

3
27
2

2

Suy ra phương trình tiếp tuyến là y  x (không thỏa mãn yêu cầu bài toán)
hoặc y  x 

4
(thỏa mãn yêu cầu bài toán).
27

Câu 38: Cho điểm C  0; 4  , đường thẳng y  4 cắt hai đồ thị hàm số y  a x và y  b x tại hai điểm

A, B sao cho AB  AC . Khẳng định nào sau đây đúng?


B. b  a 2 .

A. a  2b .

C. b  2a .

D. a  b 2 .


Lời giải
Chọn D
Giả sử x1 , x2 lần lượt là hoành độ của A, B . Ta có A  x1; a x1  và B  x2 ; b x2  với 0  x1  x2 .
Dựa và đồ thị đã cho và giả thiết AB  AC nên ta có A là trung điểm của BC .
2 x1  x2
Do đó, ta có  x
 a x1  b 2 x1  a  b 2 .
x2
1
a  b  4

Câu 39: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

m   10;10

để đồ thị hàm số

y  3x 4  4 x3  12 x 2  m có năm điểm cực trị.

A. 17 .

B. 16 .

C. 15 .

D. 6 .

Lời giải
Chọn A
Nhận xét: Số điểm cực trị của hàm số y  f ( x) bằng tổng số điểm cực trị của hàm số

y  f ( x) và số nghiệm đơn và bội lẻ của phương trình f ( x)  0 .

Xét f ( x)  3x 4  4 x3  12 x 2  m , f '( x)  12 x3  12 x 2  24 x ,

x  0
f '( x)  0  12 x( x  x  2)  0   x  1 Suy ra f ( x ) có 3 điểm cực trị
 x  2
2

Áp dụng nhận xét trên, y  3x 4  4 x3  12 x 2  m có năm điểm cực trị khi và chỉ khi phương
trình f ( x)  0 có tổng số nghiệm đơn và bội lẻ bằng 2.
Ta có f ( x)  0  3x 4  4 x3  12 x 2  m  0  g ( x)  3x 4  4 x3  12 x 2  m

x  0
g'( x)  12 x  12 x  24 x , g'( x)  0  12 x( x  x  2)  0   x  1

 x  2
3

2

2


Dựa vào BBT, ta thấy f ( x)  0 có tổng số nghiệm đơn và bội lẻ bằng 2

 m  0
m  0
.



32  m  5 5  m  32
Ngoài ra, m , m   10;10 nên m10; 9; 8; 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1;0;5;6;7;8;9;10 .
Câu 40:

Cho hình chóp S.ABC có AB  7cm , BC  8cm , AC  9cm . Các mặt bên tạo với đáy một góc
30 . Tính thể tích khối chóp S.ABC .
A.

20 3
(cm3 ) .
3

B. 20 3(cm3 ) .

C. 20 3(cm3 ) .

D. 72 3(cm3 ) .

Lời giải
Chọn A

Gọi p là nửa chu vi của tam giác ABC . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC .
Vì các mặt bên của hình chóp cùng tạo với đáy một góc 30 nên SI  ( ABC ) .

SABC  p( p  a)( p  b)( p  c)  12 5 (cm2 ) , với p 

978
 12
2


SABC  pr  r 

SABC 12 5

 5 (cm) ( r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC ).
p
12

SI  r tan 300 

15
(cm)
3

1
1 15
20 3
.12 5 
( cm 3) .
Vậy VS . ABC  .SI .S ABC  .
3
3 3
3


Câu 41: Tập hợp tất cả giá trị thực của tham số m để phương trình 2  x  1  x  m  x  x 2 có 4
nghiệm phân biệt là khoảng  a; b  . Tính S  a  b .
A. S 


3
.
4

B. S  11 .

C. S 

43
.
4

D. S 

47
.
4

Lờigiải
Chọn D
Câu 1.

Điềukiện: 1  x  2

2  x  1  x  m  x  x 2  3  2  x 2  x  2  m  x  x 2  m  x 2  x  2  x 2  x  2  3.
Xét g ( x)  x 2  x  2  x 2  x  2  3 / [1; 2] .

g '( x)  2 x  1 

2x 1

 x2  x  2

 (2 x  1)(1 

1
 x2  x  2

)  x  (1;2) .

1

x  2

1 5

g '( x)  0   x 
2

1 5

x  2


Bảng biến thiên

 23 
Để phương trình m  g  x  có 4 nghiệm phân biệt thì m   ;6  . Khi và chỉ khi
 4 
23
47

a  , b  6 . Vậy S 
.
4
4
Câu 42: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên R và hàm số g ( x)  2 f ( x)  x 2  2 x  2019 có đồ thị

y  f ’  x  như hình bên. Số điểm cực trị của hàm số y  g | x | là:

A. 5 .

B. 3 .

C. 2 .

D. 4 .


Lờigiải
Chọn A
Ta có g '( x)  2 f '( x)  2( x  1) .
g '( x)  0  2 f '( x)  2( x  1)  f '( x)  x  1.

Vẽđồ thị hàm số y  f ’  x  và đường thẳng y  x  1 trên cùng

hệ

hệ trục Oxy .

 x  1
Từ đồ thị trên hệ trục suy ra phương trình g '( x)  0   x  1


 x  3
Do đó hàm số y  g  x  có một điểm cực trị âm và 2 điểm cực trị dương
Số điểm cực trị của hàm số y  g | x | bằng số điểm cực trị dương của hàm số y  g  x  nhân
2 cộng thêm 1. Suy ra số điểm cực trị của hàm số y  g | x | là 5.
Câu 43: Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A ' B ' C ' có A ' B  a 6 , đường thẳng A ' B vuông góc với
đường thẳng B ' C . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho theo a .
A.

a3 6
.
3

B. a 3 6 .

C.

3a 3
.
4

D.

9a 3
4

Lờigiải
Chọn B

Dựng hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' hình hộp, khi đó A ' D / / B ' C và đáy ABCD là hình thoi.

Khi đó A ' B  A ' D suy ra tam giác A ' DB vuông cân tại A ' .
Suy ra BD  a 6. 2  2 3a . Gọi I  BD  AC  BI 

BD
 3a .
2

Tam giác đều ABC có đường cao BI  AB  2a .
Khi đó AA'  A ' B2  AB2  a 2
Thể tích khối lăng trụ là V  S ABC .AA '  (2a)2

3
.a 2  a3 6.
4


Câu 44: Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy là tam giác đều cạnh bằng 2 , hình chiếu của S lên mặt
( ABC ) là
phẳng
điểm
trong
tam
giác ABC sao
cho
H nằm

AHB  1500 ; BHC  1200 ; CHA  900 . Biết tổng diện tích mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp
124
. Tính chiều cao SH của hình chóp.
3


S .HAB, S .HBC , S .HCA bằng

A. SH 

4
.
3

B. SH 

2 3
.
3

C. SH 

4 3
.
3

D. SH 

2
3

Lờigiải
ChọnC
Gọi R1 , R2 , R3 lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp S .HAB, S .HBC , S .HCA .
Ta có RAHB 


AB



2sin AHB

2
 2. Do SH  ( AHB) , áp dụng công thức ta có
2sin1500

SH 2
SH 2
 R 2 AHB 
4
4
4

R1 

Tươngtự RBHC 

RAHC

BC



2sin BHC


2
2
SH 2
SH 2 4
2

.
R


R


2
BHC
2sin1200
4
4
3
3

2
SH 2
SH 2
2


 1. R3 
 R AHC 
1

0
4
4
2sin AHC 2sin 90
AC

Theo đề bài ta có : 4 ( R12  R22  R32 ) 

124
.
3

 SH 2
4  124
16
4 3
4  3
 4   1 
 SH 2   SH 
.
3 
3
3
3
 4
Câu 45: Cho các số thực dương a , b thỏa mãn log 2

1  ab
 2ab  a  b  3 . Giá trị nhỏ nhất của biểu
ab


thức P  a  2b bằng:
A.

2 10  1
.
2

B.

2 10  3
.
2

C.

3 10  7
.
2

D.

2 10  5
.
2

Lời giải
Chọn B
Điều kiện: a  0; b  0;1  ab  0
Với điều kiện trên ta có:

log 2

1  ab
1  ab
 2ab  a  b  3 
 22 ab  a b 3  8(1  ab)  (a  b).4 ab.2 a b
ab
ab

 2.(1  ab).22(1ab )  (a  b).2a b (*)
t
Xét hàm số f (t )  t.2 trên (0;  )


f '(t )  2t (1  ln 2)  0 với mọi t  0 . Vậy hàm số đồng biến trên (0;  )

Phương trình (*) có dạng f  2(1  ab)  f (a  b)  2(1  ab)  a  b
 a (1  2b)  2  b  a 

Ta có P  a  2b 

2b
. Vì a  0; b  0 nên suy ra 0  b  2 .
1  2b

2b
1
5
 2b  2b  
1  2b

2 2(1  2b)

1
5
5
2
Xét hàm số P  2b  
trên khoảng  0; 2  có P '(b) 
2 2(1  2b)
(1  2b) 2

P '(b)  0  b 

2  10
4

Bảng biến thiên

 2  10  3  2 10
min P  P 
 
4
2


Cách 2 :
Điều kiện: a  0; b  0;1  ab  0 . Với điều kiện trên ta có: log 2

1  ab
 2ab  a  b  3

ab

 log 2 2 1  ab   2(1  ab)  log 2 (a  b)  a  b
Xét hàm f (t )  log 2 t  t đồng biến trên khoảng (0;  )
f '(t ) 

1
 1 với mọi t  0 . Vậy hàm số đồng biến trên (0;  )
ln 2.t

Phương trình (*) có dạng f  2(1  ab)  f (a  b)  2(1  ab)  a  b  a 

2b
1  2b

Vì a  0; b  0 nên suy ra 0  b  2 .
1
5
5
3
 2b  1 
 .
Ta có P  2b  
2 2(1  2b)
2(1  2b) 2

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có 2b  1 

5
5

3 3  2 10
.
 2 (2b  1).
 
2(1  2b)
2(2b  1) 2
2


Đẳng thức xảy ra khi 2b  1 

5
2  10
3  2 10
. Vậy min P 
.
b
2
2(2b  1)
4

Nhận xét thêm: Có thể không tính đạo hàm của hàm số ta cũng có được nhận xét
Cách 1: Tích của hai hàm số đồng biến và dương trên khoảng K là một hàm số đồng biến
trên K .
Cách 2: Tổng của hai hàm số đồng biến trên khoảng K là một hàm số đồng biến trên K .
Câu 46: Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 9 chữ số được lập từ các chữ số 1; 2;3; 4;5 . Lấy ngẫu nhiên
một số từ tập S . Tính xác suất để lấy được số thỏa mãn điều kiện : các chữ số 1; 2;3; 4 có mặt
đúng hai lần, chữ số 5 có mặt đúng một lần và các chữ số lẻ nằm ở vị trí lẻ (tính từ trái qua
phải).
180

180
30
30
A. 9 .
B. 9
C. 5
D. 5
9
5
5
9
Lời giải
Chọn B
Số phần tử của tập S là : n( S )  59 . Lấy ngẫu nhiên một số từ tập S thì số phần tử của
không gian mẫu là : n()  59
Biến cố A : « Số được chọn thỏa mãn điều kiện : các chữ số 1; 2;3; 4 có mặt đúng hai lần,
chữ số 5 có mặt đúng một lần và các chữ số lẻ nằm ở vị trí lẻ (tính từ trái qua phải) ». Đánh số
từ 1 đến 9 vị trí các chữ số từ trái qua phải.
Giả sử các chữ số 1,2,3,4 được lặp lại đúng hai lần đều khác nhau. Như vậy ta có 9 chữ số
khác nhau trong đó có 5 chữ số lẻ được xếp vào đúng 5 vị trí đánh số lẻ và 4 chữ số chẵn được
xếp vào đúng 4 vị trí đánh số chẵn.
Vậy số các số được tạo thành là : 5!4!
Do thực tế chữ số 1,2,3,4 lặp lại đúng hai lần nên không tính hoán vị của chúng.
Suy ra n  A  

5!.4!
180
 180 .Vậy xác suất cần tính là P ( A)  9 .
4
5

(2!)

Câu 47: Cho một đa giác đều 10 cạnh nội tiếp đường tròn (O) . Hỏi có bao nhiêu hình thang cân có 4
đỉnh là đỉnh của đa giác đều đó?.
A. 80.
B. 70.
C. 105.
D. 210.
Lời giải
Chọn B


+Mỗi hình thang cân ( trừ hình chữ nhật) luôn có duy nhất một trục đối xứng
+ Mỗi hình thang cân nói trên tồn tại trục đối xứng thoả mãn 1 trong 2 khả năng (trục đối xứng
là đường chéo chính của đa giác hoặc trục đối xứng là đường kính đi qua trung điểm hai cạnh
đối xứng nhau)
Khả năng 1: Trục đối xứng là đường kính và là đường chéo chính.
Có 5 đường chéo chính A1 A6 , A2 A7 ,…, A5 A10
Ta xét trục đối xứng là đường chéo A1 A6 : Mỗi hình thang nhận nó làm trục đối xứng sẽ có một
cạnh bên là nối 2 trong 4 đỉnh A2 , A3 , A4 , A5 ta có C42 cạnh bên như thế
Vậy ta có thể lập được 5.C42 hình thang trong khả năng 1.
Khả năng 2: Trục đối xứng là đường thẳng đi qua trung điểm hai cạnh đối diện chẳng hạn
đường đi qua M trung điểm A1 A2 và N là trung điểm A6 A7 ta thấy có 5 đường như thế
Xét MN là trục đối xứng khi đó mỗi hình thang cân có một cạnh bên là nối hai đỉnh trong 5
đỉnh A2 , A3 , A4 , A5 , A6 ta có thể lập được C52 cạnh bên như thế.
Vậy ta có thể lập được 5.C52
Như vậy tổng hai khả năng trên ta có thể lập được 5.C42  5.C52  80 hình thang cân
+ Tuy nhiên nếu hình thang là hình chữ nhật (vì là đa giác đều 10 đỉnh nên không có hình
vuông) khi đó nó có hai trục đối xứng nên hình chữ nhật đó bị kể hai lần.
Mỗi hình chữ nhật tạo thành nhờ lấy 2 đường chéo là hai đường kính trong 5 đường chéo chính

nên ta lập được C52  10 hình chữ nhật.
Vậy số hình thang cân có thể lập được là 80 10  70 hình.
Câu 48: Cho lăng trụ tam giác ABC.ABC có tam giác ABC là tam giác vuông cân tại B ,
AB  BC  2 ; AA  AB  AC  3 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AC và BC . Trên


hai cạnh A ' A và A ' B lấy các điểm P và Q tương ứng sao cho AP  1 , AQ  2 . Tỉ số

VPQMN
VABC . ABC
A.

bằng

1
.
36

B.

1
.
12

C.

1
.
24


D.

1
.
48

Lời giải
Chọn A

1
Ta có: VA ' ABC  VABC . A ' B 'C ' nếu ta đặt VA ' ABC  V thì VABC . A' B 'C '  3V
3

Ta xét tứ diện A ' ABC
Ta có: VPQMN  V  (VA'CMPN  VA' PQN  VAPQM  VBAQMN )
+ Ta có VAA 'CN 

V
V
AP AM AN 2 1 1 1
2
V
và APMN 
.
.
 . .   VA'CMPN  VAA 'CN 
2
VAA'CN AA ' AC AN 3 2 1 3
3
3


+ Ta có VA ' BAN 

V
V
A' P A'Q A' N 1 2 1 2
V
và A' PQN 
.
.
 . .   VA' PQN 
2
VA' AB N A ' A A ' B A ' N 3 3 1 9
9

+

VAQA'C
VABA'C



 VAQPM 

+

VABQC
VABA'C




V
A'Q 2
2V
AQ AP AM 1 2 1 1
mà AQPM 
  VAQA'C 
.
.
 . . 
VAQA'C AQ AA ' AC 1 3 2 3
A' B 3
3

VAQA 'C
3



2V
9

V
BQ 1
1
V
CQ CB CA 1 2 2
  VABQC  VABA'C  mà CQBA 
.
.

 . . 4
VCQNM CQ CN CM 1 1 1
BA ' 3
3
3

 VCQNM 

VCQBA
4

3
3 V V
. Lại có VBAQMN  VCQBA  . 
4
4 3 4

Từ trên ta có VPQMN

V
VPQMN
1
1 1 2 1
V
 12 
V (    )V 
. Vậy
3 9 9 4
12
VABC . A ' B 'C ' 3V 36



Cách 2: .

Gọi E là giao điểm của PQ và AB
Ta có S EMN 

VPEMN
VABC . ABC 

V
VQEMN
VPEMN
1
S ABC ; VPQMN  VPEMN  VQEMN  PQMN 

4
VABC. A' B 'C ' VABC. A' B 'C ' VABC. A' B ' C '

1
d ( P, ( ABC )).S EMN
VPqMN
1 AP 1 1 2 1 1
1 1
1
3
 .
.  . .  . Vậy
  
d ( A, ( ABC )).S ABC

3 AA 4 3 3 4 18
VABC .A B C  18 36 36

Câu 49: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình 5x  10  m 25x  4
có nghiệm duy nhất. Số tập con của S là
A. 3
B. 4 .
C. 16 .
D. 15 .
Lời giải
Chọn C
5x  10

5x  10  m 25x  4 

25x  4

m

1 .

TH 1: m  0 . Phương trình 1 vô nghiệm.

5
TH 2: m  0 . (1) 

x

 10




25  4
x

Đặt t  5 , t  0 . Ta có:
x

Xét hàm số f  t 
f  t  

t

2

4

Bảng biến thiên:

t 4
2

t2  4



2

 m2


t  10

t  10


20t 2  192t  80

2

2

2

 m2

(2)

trên khoảng  0;  

t  10(l )
. f (t )  0   2
.
t  (tm)
 5