DOWNLOAD đáp án file pdf

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (505.3 KB, 24 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

BẢNG ĐÁP ÁN

1.C 2.A 3.C 4.A 5.B 6.C 7.A 8.C 9.D 10.C
11.B 12.D 13.A 14.C 15.D 16.B 17.A 18.A 19.D 20.D
21.D 22.C 23.B 24.D 25.D 26.C 27.C 28.D 29.D 30.C
31.B 32.C 33.D 34.B 35.B 36.A 37.C 38.C 39.A 40.B
41.D 42.C 43.B 44.C 45.A 46.A 47.C 48.B 49.A 50.A

Lời giải chi tiết
Câu 1. Số cách chọn 2 học sinh từ 5 học sinh là

A. 52. B.

2

5. C. C52. D. A52.
Lời giải

Chọn C

Mỗi cách chọn 2 học sinh từ 5 học sinh là một tổ hợp chập 2 của 5 phần tử. vậy có 2
5

C cách.

Câu 2. Cho cấp số cộng

 

un có u1 1 và u59. Tìm u3.

A. u34. B. u3 3. C. u35. D. u36.

Lời giải 
Chọn A

Vì

 

un là cấp số cộng nên: 4= 1 5 1 1 1 3

1 9

2 .

2 2 2

u u u u d

u d u

  

 

    

Câu 3. Cho mặt cầu có diện tích bằng 36



a2. Thể tich khối cầu là

A. 18



a3. B. 12



a3. C. 36



a3. D. 9



a3.
Lời giải

Chọn C

Gọi R là bán kính mặt cầu.

Mặt cầu có diện tích bằng 36



a2 nên 4



R236



a2 R2 9a2R3a
Thể tích khối cầu là 4 3 4 (3 )3 36 3

3 3

V 



R 



a 



a

Câu 4. Hàm số nào dưới đây đồng biến trên khoảng



 ;



?
A. yx3x B. y x33x C.  


1
3
x
y

x D.





1
2
x
y

x
Lời giải

Chọn A

Vì y x 3xy3x2 1 0, x .

Câu 5. Cho hình hộp đứng có một mặt là hình vng cạnh a và một mặt có diện tích là 3a2. Thể tích

khối hộp là

A. a3. B. 3a3. C. 2a3. D. 4a3.
Lời giải

Chọn B

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Giả sử mặt ABB' A' là hình vng cạnh bằng a, mặt ABCD có diện tích bằng 2
3a .
Do đó chiều cao hAA' a, diện tích đáy là 2

ABCD

BS  a .

Suy ra thể tích của khối hộp đó là 2 3

3 3

V  a a a .

Câu 6. Tìm nghiệm của phương trình 3x127

A. x9 B. x3 C. x4 D. x10

Lời giải

Chọn C

1 3

3x 3   x 1 3x4. 
Câu 7. Cho

 

1 1

0 0

3, 2

f x dx g x dx 



. Tính giá trị của biểu thức

 

2 3

I 



 f x  g x dx

A. 12. B. 9. C. 6. D. y 6.
Lời giải

Chọn A

Ta có

 





1 1 1

0 0 0

2 3 2 3 2.3 3. 2 12

I



 f x  g x dx



f x dx



g x dx    .

Câu 8. Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số đạt cực tiểu tại x 5 B. Hàm số có bốn điểm cực trị 
C. Hàm số đạt cực tiểu tại x2 D. Hàm số khơng có cực đại

Lời giải

Chọn.C

Dựa vào bảng biến thiên. Hàm số có đạo hàm trên  và y

 

2 0;y đổi dấu từ âm sang
dương khi đi qua x2 nên hàm số đạt cực tiểu tại x2.

D'

C'
B'

A'

D

C
B

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu 9. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A.

y

  

x



1

B.

y x

 

3 x



1

C.

y

  

x

3 x



1

D.

y x





3 x



1

Lờigiải

ChọnD

Đồ thị hàm số là đồ thị của hàm số bậc ba nên loại A và B. 
Đồ thi hàm số bậc ba có hệ số a0 nên D đúng.

Câu 10. Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. log 3

 

a 3loga B. log 3 1log
3



a a C. loga33loga D. log 3

 

1log
3



a a

Lời giải 
Chọn C

Câu 11. Tìm nguyên hàm của hàm số

 



1

5 2

f x

x .

A.   





d 5 ln 5 2

5 2

x

x C

x B.



   

d 1

ln 5 2

5 2 5

x

x C

x

C.   





d ln 5 2

5 2

x

x C

x D.



    

d 1

ln 5 2

5 2 2

x

x C

x

Lời giải 
Chọn B

Áp dụng công thức   











dx 1lnax b C a 0

ax b a ta được



   

d 1

ln 5 2

5 2 5

x

x C

x .

Câu 12. Số phức 3 7i có phần ảo bằng

A. 3. B. 7. C. 3. D. 7.

Lời giải

Chọn 7

Câu 13. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A



1; 2; 1



, Bvà AB



1;3;1



. Xác
định tọa độ B

A.



2;5;0



. B.



0; 1; 2 



. C.



0;1; 2



. D.



 2; 5;0



.
Lời giải

Chọn A

Gọi B x y z



; ;



AB x



1;y2;z1



x
y

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

1 1
2 3
1 1

x
y
z

 



  

  



2
5
0

x
y
z




 

 




2;5;0



B

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Câu 14. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

  

S : x2



2



y3



2



z1



2 25. Tọa độ tâm I và
bán kính R của mặt cầu

 

S là

A. I



2;3; 1 ;



R25. B. I



 2; 3;1 ;



R25.
C. I



2;3; 1 ;



R5. D. I



 2; 3;1 ;



R5.

Lời giải 
Chọn C

Mặt cầu

 

S có tâm I



2;3; 1



và bán kính R5.

Câu 15. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

P :x2y z 5 0. Điểm nào dưới
đây thuộc

 

P ?

A. Q



2; 1; 5



B. N



5; 0; 0



C. P



0; 0; 5



D. M



1; 1; 6



Lời giải

Chọn D

Ta có 1 2.1 6 5 0    nên M



1; 1; 6



thuộc mặt phẳng

 

P .

Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình của đường
thẳng đi qua A



2; 3; 0



và vng góc với mặt phẳng

 

P :x3y z 50 ?

A.

  


 

  


1
1 3
1

x t

y t

z t

B.

  




  


1
3
1

x t

y t

z t

C.

  


 

  


1 3
1 3
1

x t

y t

z t

D.

  


 

  


1 3
1 3
1

x t

y t

z t

Lời giải 
Chọn B

Vectơ chỉ phương của đường thẳng là u



1; 3; 1



nên suy ra chỉ đáp án A hoặc B đúng. Thử
tọa độ điểm A



2; 3; 0



vào ta thấy đáp án B thỏa mãn

Câu 17. Cho hình chóp S ABC. có SAvng góc với mặt phẳng đáy,ABavà SB2a. Góc giữa
đường thẳngSBvà mặt phẳng đáy bằng

A. 600. B. 450. C. 300. D. 900.

Lời giải

a

2a

S

C

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Ta có SA



ABC



tạiA nên ABlà hình chiếu của SBlên mặt phẳng đáy.
Suy ra góc giữa đường thẳngSBvà mặt phẳng đáy là SBA.

Tam giác SABvuông tại A nên cos 1  600

AB

SBA SBA

SB

   
Câu 18. Cho hàm số y f x

 

có bảng xét dấu đạo hàm như sau

Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị?

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

Lời giải
Chọn A

Từ bảng biến thiên ta thấy f'

 

x đổi dấu 3 lần khi qua x 2;x0;x1 nên hàm số có 3
điểm cực trị.

Câu 19. Tìm giá trị nhỏ nhất mcủa hàm số y x2 2
x

  trên đoạn 1; 2
2

 

 

 .

A. 17

m B. m10 C. m5 D. m3

Lời giải 
Chọn D

Đặt y f x

 

x2 2
x
  

Ta có

2 2

2 2 2

2 x

y x

x x



    , 0 1 1;2

y  x   

 

Khi đó

 

1 3, 1 17,

 

2 5
2 4

f  f   f 

 

Vậy

 

;2
2

min 1 3

m f x f

 
 
 

   .

Câu 20. Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn ab38. Giá trị của log2a3log2b bằng

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

Lời giải
Chọn D

Ta có 3





2 2 2 2 2 2

log a3 log blog alog b log ab log 83.

Câu 21. Tìm tập nghiệm S của phương trình







 1









log x 1 log x 1 1.

A.    

 

 

3 13

2 B. S

 

3 C. S



2 5; 2 5



D. S



2 5



</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Chọn D

Điều kiện     
 



1 0

1
1 0

x

x .

Phương trình tương đương















 

















2 2 2 2 2

log 1 log 1 1 2 log 1 log 1 log 2

x x x x









  2    2   

2 2

log x 1 log 2 x 1 x 2x 1 2x 2

 

  


    

  


2 2 5

4 1 0

2 5

x L

x x

x

Câu 22. Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD vng tại C, AB vng góc với mặt phẳng



BCD



,
5

AB a, BC3a và CD4a. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
A.  5 2

3
a

R B. 5 3

3
a

R C.  5 2

2
a

R D.  5 3

2
a

R
Lời giải

Chọn C

Tam giác BCD vng tại C nên áp dụng định lí Pitago, ta được BD5a.
Tam giác ABD vuông tại B nên áp dụng định lí Pitago, ta được AD5a 2.

Vì B và C cùng nhìn AD dưới một góc vng nên tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là
trung điểm I của AD. Bán kính mặt cầu này là:   5 2.

2 2

AD a
R

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho phương trình f x

 

m có 3 nghiệm thực phân
biệt.

A.



1; 2



. B.



1; 2



. C.



1; 2



. D.



; 2



.
Lời giải

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình f x

 

m có 3 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi



1; 2



m  .

Câu 24. Cho F x

 

là một nguyên hàm của hàm số f x( )ex2x thỏa mãn

 

0  3

F . Tìm F x

 

.
A.

 

2  21

x

F x e x B.

 

  25
2

x

F x e x C.

 

  23
2

x

F x e x D.

 

  21
2

x

F x e x
Lời giải

Chọn D

Ta có F x

 







ex2 dx



x e xx2C

Theo bài ra ta có:

 

0  1  3  1

2 2

F C C .

Câu 25. Bé An luyện tập khiêu vũ cho buổi dạ hội cuối khóa. Bé bắt đầu luyện tập trong 1 giờ vào ngày
đầu tiên. Mỗi ngày tiếp theo, bé tăng thêm 5 phút luyện tập so với ngày trước đó. Hỏi sau một
tuần, tổng thời gian bé An đã luyện tập là bao nhiêu phút?

A. 505 (phút). B. 525 (phút). C. 425 (phút). D. 450 (phút).
Lời giải

Chọn D

Tổng thời gian bé An đã luyện tập là T7.60 6.5 450 (phút).

Câu 26. Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C.    có BB a, đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và

 2

AC a . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
A. 

a

V B. 

a

V C. 

a

V D. V a3

Lời giải

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Tam giác ABC vuông cân tại B    
2
AC

AB BC a. Suy ra:

   

    

2 2

1 1

. .

2 2 2

ABC ABC A B C ABC

a

S a V BB S a a .

Câu 27. Cho hàm số f x

 

có bảng biến thiên như sau

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

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

Lời giải 
Chọn C.

Từ bảng biến thiên đã cho ta có :

 

lim 0

x f x  nên đường thẳng y0 là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

 

lim

x f x   nên đường thẳng x0 là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

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

Câu 28. Hàm số yax3bx2 cx d có đồ thị như hình vẽ bên dưới:

Khẳng định nào là 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.

a 2

C'

B'

A

B

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Lời giải
Chọn D

+ Dựa vào hình dạng đồ thị ta khẳng định được a0.

+ Đồ thị cắt trục Oy tại điểm có tọa độ



0;d



. Dựa vào đồ thị suy ra d0.

+ Ta có: y 3ax22bxc. Hàm số có hai điểm cực trị x1, x2



x1x2



trái dấu nên phương
trình y 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 trái dấu. Vì thế 3 .a c0, nên suy ra c0.

+ Mặt khác từ đồ thị ta thấy 1
2

1
1

x
x

  

 

 nên x1 x2 0.

Mà 1 2 2

b

x x

a



  nên suy ra 2 0
3

b
a



  b 0.
Vậy a0, b0, c0, d0.

Câu 29. Cho hàm số y f x

 

x45x24 có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi

Slà diện tích hình phẳng
giới hạn bởi đồ thị hàm số y f x

 

và trục hoành (miền phẳng được tô đậm trên hình vẽ).
Mệnh đề nào sau đây sai?

A.

 

S f x x







. B.

 

2 d

S 



f x x.

C.

 

1 2

0 1

2 d 2 d

S 



f x x 



f x x . D.

 

2 d

S 



f x x .

Lời giải
Chọn D

Hình phẳng cần tính diện tích nhận trục tung làm trục đối xứng.

Xét PTHĐ giao điểm: 4 2

2
1
5 4 0

1
2

x
x

x x

x
x

  


  


     


 


Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là:

 

2 2 1 2

2 0 0 1

d 2 d 2 d 2 d

S f x x f x x f x x f x x



















Câu 30. Tìm phần ảo của số phức z biết z



2i



13i1.

A. 5i. B. 5i. C. 5. D. 5.
Lời giải

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Ta có:





13 1 1 13 3 5
2



      



i

z i i z i

i .

Vậy phần ảo của số phức z là 5.

Câu 31. Cho số phức z  1 2 ,i w2i. Điểm nào trong hình bên biểu diễn số phức zw?

A. N. B.

P

. C. Q. D.

M

Lời giải 
Chọn B

z w  i.

Do đó điểm biểu diễn của số phức zw là P



1;1



Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho vectơ u



1;1; 2 ,



v



1; 0;m



. Tìm tất cả giá trị
của m để góc giữa hai vectơ ,u v  bằng 450.

A. m2. B. m 2 6. C. m 2 6. D. m 2 6.
Lời giải

Chọn C

Ta có:

 

. 1 2

cos ,

. 6 . 1

u v m

u v

u v m



 



 
 

  .

Góc giữa hai vectơ ,u v

 

bằng 450 cos

 

, 2
2

u v

 

 

1 2 2

2
6 . 1

m
m



 











1 2 0

2 6

1 2 3 1

4 2 0

m m

m

m m


 

 

 

    

  

 

    

Vậy với m 2 6 thì góc giữa hai vectơ ,u v

 

bằng 450.

Câu 33. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( ) :S x2 y2z22y2z 7 0. Bán kính của mặt cầu
đã cho bằng

A. 9. B. 15. C. 7. D. 3.

Lời giải
Chọn D

Mặt cầu đã cho có phương trình dạng x2 y2z22ax2by2czd 0 có bán kính là

2 2 2 2 2

1 1 7 3

a b c d    

Câu 34. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A



1;3;0



và B



5;1; 1



. Mặt phẳng trung trực của đoạn
thẳng AB có phương trình là:

A. 2x   y z 5 0. B. 2x   y z 5 0. C. x y 2z 3 0. D. 3x2y z 140.
x

y

M

N P

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Lời giải
Chọn B

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua trung điểm I



3; 2; 1



, có vec tơ pháp tuyến





2; 1; 1
2

n AB   có phương trình: 2



x3



1



y2



1



z1



02x   y z 5 0.

Chọn đáp án B.

Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  có phương trình:

10 2 2

5 1 1

x y z

  . Xét mặt phẳng

 

P :10x2ymz11 0 , mlà tham số thực. Tìm tất
cả các giá trị của m để mặt phẳng

 

P vng góc với đường thẳng.

A. m 2 B. m2 C. m 52 D. m52

Lời giải
Chọn B

Đường thẳng : 10 2 2

5 1 1

x y z

   có vectơ chỉ phương u



5;1;1



Mặt phẳng

 

P :10x2ymz11 0 có vectơ pháp tuyến n



10; 2;m





Để mặt phẳng

 

P vng góc với đường thẳng  thì u phải cùng phương với n

5 1 1

2
10 2 m m

     .

Câu 36. Cho A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính
xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị là chữ số 1.

A. 643

45000 . B.

1285

90000. C.

107

7500. D.

143
10000.

Lời giải
Chọn A

Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 9.10490000n A

 

90000.
Số phần tử của không gian mẫu là n

 

 90000.

Gọi số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là

x abcd



1

.
Ta có

x abcd



1 10.



abcd

 

1 3.

abcd



7. abcd



1

Để

x abcd



1

chia hết cho 7



3. abcd



1 7



Đặt 3. 1 7 ; 2 1

k

abcd  k kabcd k  là số nguyên 1 3 1;
3

k

t k t t



    .
Khi đó ta được 7 2 1000 7 2 9999 998 9997

7 7

abcd t   t    t .

Vì t t



143;144;...;1428



suy ra có 1286 cách chọn t hay có 1286 số tự nhiên có 5

chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1.
Vậy xác suất cần tìm bằng 1286 643

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Câu 37. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, tam giác ABC đểu, hình chiếu
vng góc H của đỉnh S trên mặt phẳng



ABCD



trùng với trọng tâm của tam giác ABC.

Đường thẳng SD hợp với mặt phẳng



ABCD



góc o

30 . Tính khoảng cách d từ B đến mặt
phẳng



SCD



theo a.

A. d a 3. B. 2 21

a

d . C. 21

a

d . D. 2 5

a

d  .

Lời giải
Chọn C

Ta có 2 2 3
3

a

HD BH  , tan 30o 2 3. 1 2

3 3 3

a a

SH HD   .

Kẻ HKSC K,



SC



(1).

Do CHAB và AB/ /CD nên CH CD. Hơn nữa, SH CD nên CD



SHC



. Từ đó ta
có CDHK(2)

Từ (1) và (2) ta có HK



SCD



d H SCD( ,( ))HK.

Trong tam giác vng SHK có 1 2 1 2 12 1 2 1 2 212 2

4 21

2
3

3
3

a
HK

HK  HC  HS  a   a  a  

 

   

 

Lại có ( ) , 3
2

BH SCD D BD HD nên

3 3 3 2 21

( ,( )) ( ,( )) .

2 2 2 21 7

a a

d B SCD  d H SCD  HK  .

Câu 38. Cho hàm số f x

 

liên tục trên  và thỏa





5 d 1,

f x x x



  



 

5
2
1

d 3.

f x
x

x 



Tính

 

d .

f x x



A. -15. B. -2. C. -13. D. 0.

Lời giải
Chọn C

Đặt:

2
2

5 1 5

5 d d

2 2 2

t

t x x x x t

t t

  

         
  .

30o

B C

A D

S

H

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Ta có:

 

5 5 5

2 2

1 1 1

1 5 1 5

1 d d d

2 2 2 2

f t

f t t f t t t

t t
 
     
 



 

5 5
2
1 1

1 5 5 13

d 1 d 1 .3

2 2 2 2

f t

f t t t

t




 



   

 

5
1
d 13

f t t




 

Câu 39. Cho hàm số 2
2
mx
y
x m



 , với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham

số m để hàm số nghịch biến trên khoảng



0;1



. Tìm số phần tử của S.

A.

2

. B. 3. C.

1

. D. 5.

Lời giải
Chọn A

Tập xác định \
2

m
D  

 


Xét hàm số 2
2
mx
y
x m








2
2
4
'
2
m
y
x m

 


Điều kiện để hàm số nghịch biến trên khoảng



0;1



thì









' 0, 0;1

0;1

2
y x
m
  



 


2
4 0
2 2

0 0 0 2

2
2
1
2
m
m
m
m
m
m
m
  
   



  
     
 
   



  




Vì m nên m0 và m1.

Câu 40. Một khối đồ chơi bằng gỗ có các hình chiếu đứng, hình chiếu cạnh và hình chiếu bằng như hình
bên (các kích thước cho như trong hình).

Tính thể tích của khối đồ chơi đó (làm trịn kết quả đến chữ số hàng đơn vị).

A. 22668. B. 27990. C. 28750. D. 26340.
Lời giải

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Từ các hình chiếu ta có khối đồ chơi như hình vẽ.
Thể tích khối đồ chơi:

28.54.36 16.20.12 30.16.36 .11 .14 27990,14

V      

Câu 41. Cho x y, là các số thực dương thỏa mãn log4xlog6ylog9



xy



. Tính giá trị của biểu
thức
2
x
P
y
 
  
 
.

A. 2 5

P  . B. P62 5. C. 1 5

P  . D. 3 5

P  .

Lời giải
Chọn D

Đặt





4 6 9

log log log 6 4 6 9

t

t t t t

t

x

x y x y t y

x y
 

        
  

2

2 2 2 1 5

1 0

3 3 3 2

t t t

 

     

        

     

. Do đó

2
2

1 5 3 5

2 2
x
P
y
 
    
    

   
.

Câu 42. Tập hợp nào dưới đây chứa được tất cả các giá trị thực của tham số m để giá trị lớn nhất của
hàm số 4 2

y x  x m trên đoạn



0;3



bằng 14?

A.



 ; 5

 

  3;



. B.



 5; 2



. C.



7;1



. D.



4; 2



Lời giải:

Xét hàm số f x

 

 x48x2m trên đoạn



0;3



có f

 

x 4x316x.

 

f x  0

2
x
x


   


. f

 

0  m; f

 

2  m16; f

 

3  m9.

Khi đó

0;3

maxy m9 hoặc
0;3

maxym16 nên ta có 9 14
16 14
m
m
  

  

5
2
m
m
 

   

.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

A. 6 . B. 5 . C. 7 . D. 0 .
Lời giải

Chọn B

Điều kiện xác định x 1.

Khi đó phương trình trở thành





2 3 2 2 1

x  m x m  x ,   x 1.



x 1



x 2m 3



     ,   x 1

1
2 3
x
x m


 
 


,   x 1.

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì

0;8





1 2m 3 1 1 m 2 mm m 3; 4;5;6;7

         .
Vậy có 5 giá trị nguyên thỏa mãn.

Câu 44. Cho

 

2
cos

x
f x

x

 trên ;
2 2
 

 



 

  và F x

 

là một nguyên hàm của x f. '

 

x thỏa mãn

 

0 0

F  . Tính
3

F 

 
?
A. 
2
3
ln 2
36 3



  . B. 
2
4 3
ln 2
9 3



  .
C. 
2
4 3
ln 2
9 3



  . D.
2
3
ln 2
36 3



  .
Lời giải
Chọn C

Ta có

 



 



 

2 2

. ' dx= d dx= dx

cos cos

x x

F x x f x x f x xf x f x

x x





 















2 dx tan . tan tan . tan ln cos
cos

x

xd x x x xdx x x x C

x      



 





 





2
2
2 2
2

tan ln cos 0 0

cos

4 3

tan ln cos ln 2

3 9 3

cos

x

F x x x x C F C

x
x

F x x x x F

x
  
       
 
        
 

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

A. 13. B. 12. C. 8. D. 10.

Lời giải 
Chọn A

Điều kiện: 2 2

6 9 0 0

x x   x

Đặt t 3 4 6x9x2 ; 0 2
3

x
 

Ta có:

 





12 3 1

6 9

x
t x

x x


 



; 0 2
3

x

  ;

 

0 1
3

t x   t ( nhận ).

 

0 3; 1 1; 2 3.

3 3

t  t    t  
   
Nên   1 t 3.

Mặt khác:

 

m

f t   , t 



1;3



có nghiệm.
Từ đồ thị ta có 5 3 1 7 5

m

m


       .

m

nguyên nên có 13 giá trị

m

là



7 

6 

5

, 4,



3

, 2, 1,

0

, 1, 2,

3

, 4,

5

.
Câu 46. Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm trên . Biết hàm số y f x

 

có đồ thị như hình vẽ.

Hàm số g x

 

 f x

 

x đạt cực tiểu tại điểm
A. x1. B. x2.

C. Khơng có điểm cực tiểu. D. x0.
Lời giải

Chọn A

Xét hàm số g x

 

 f x

 

x có g x

 

 f

 

x 1

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

 

g x   f

 

x  1

0
1
2

x
x
x





 





Bảng biến thiên

Từ đó suy ra hàm số yg x

 

đạt cực tiểu tại điểm x1.
Câu 47. Cho

x

y

thỏa mãn

log

3 2 2



9 



9 

2 x

y

x x

y y

xy

x

y

xy













. Tìm giá trị lớn nhất của

3 2 9
10

x y

P

x y

 



  khi

x

, y thay đổi.

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

Lời giải
Chọn C

Điều kiện: xy0 (do

2 2

2 2 3

2 2 0

2 4

y y

x y xy x    

  ).

Đẳng thức đã cho tương đương với













 

3 2 2

log 9 9 2 *

x y

x x y y xy

x y xy



     

   .

Đặt 2 2

2 0

ux y xy  , v9x9y0, ta có.

 

* log3 log3 log3

v

u v u u v v

u

       .

Mà hàm số f t

 

 t log3t đồng biến trên



0; 



nên suy ra

 

2 2

* u v x y xy9x9y 2 0.
Ta có





2 2 9 9 2 0 9 3 2 9 2 3 3 19

2 2 4 2 4 4

y y

x y xy x y  x   x   y  y   y 

    .

Dẫn đến
2

19 1 19

9 1 2 19

2 2 4 2 2 2

y y y

x x x x y

   

             

   

    .

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

3 2 9 10 2 19 2 19

1 1

10 10 10

x y x y x y x y

P

x y x y x y

        

    

      .

2 19 8

3 3

x y x

P
y y
  
 
  
 
 
.

Vậy maxP1.

Cách 2:

Từ giả thiết, ta có x2y2xy9x9y 2 0 *

 

Ta thấy x8,y3 thỏa mãn

 

* , đặt x a 8,y b 3 khi đó:





2 2 2 2 2 2

9 9 2 0 10a 5 0 10a 5

10a 5 0 2a 0

x y xy x y a b ab b a ab b

b b

                 

     

Ta có:

3 2 9 3 2 21 2

1 1

10 21 21

x y a b a b

P

x y a b a b

    

    

     

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x8,y3. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1.

Câu 48. Cho hàm số f x

 

xác định và có đạo hàm f

 

x liên tục trên



1;3



, f x

 

0 với mọi



1;3



x , đồng thời

 



 







2 2

1 1

f x   f x   f x x 

  và f

 

1  1. Biết rằng

 





d ln 3 ,

f x xa b a b



  , tính tổng 2

S ab .

A. S 2. B. S  1. C. S 4. D. S 0.
Lời giải

Chọn B

Với x



1; 3



ta có:

 



 







 





2
2

2 2 2

4
1

1 1 f x f x 1

f x f x f x x x

f x
   
 
        
   

 
.

 

4 3 2

1 2 1

2 1

f x x x

f x f x f x

 
  
     
      
     
 
Suy ra:

 

3
2
3 2

1 1 1

x

x x C

f x

f x f x

      

   

   

(lấy nguyên hàm hai vế).

Ta lại có:

 

1 1 1 1 1 1 1 1 0

3 3

f         CC  .

Dẫn đến:

 











  

3 2

1 1 1 1 1

3 f x f x f x 3 x x x

   

            

   

Vì hàm số

 

1 3 2

g t   t t t nghịch biến trên  nên

 

1 1

* x f x

f x x

      .
Hàm số này thỏa các giả thiết của bài tốn.

Do đó

 

3 3

1 1

d d ln 3 1, 0

f x x x a b

x

 

        

 

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Câu 49. Cho hình chóp đều .S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 2a, các mặt bên là các tam
giác vuông cân tại S . Gọi G là trọng tâm của ABC,

 



là mặt phẳng qua Gvng góc với

SC. Diện tích thiết diện của hình chóp .S ABC khi cắt bởi mặt phẳng

 



bằng
A. 4 2

9a . B.

3a . C.

3a . D.

2
9a .

Lời giải
Chọn A

Xét SBC vng cân tại S BC, 2a ta có:

2 2 2 2 2 2 2

2 4 2 2

SB SC BC  SB  a SB  a SBa SASC.

Gọi J là trung điểm của BC, trong



SJA



kẻ GK/ /SA cắt SJ tại K.

Trong



SBC



kẻ đường thẳng qua K song song với SB cắt SC và CB lần lượt tại H và I.
Trong



SAC



kẻ HM / /SA cắt SC tại M .

Do các mặt bên của hình chóp .S ABC là các tam giác vng tại S nên ta có:





SA SC

SA SBC

SA SB




 





mà GK/ /SAGK



SBC



GKSC (1).

/ /

SB SC

IH SC

IH SB




 




(2).

Từ (1) và (2) SC



HMI



. Vậy thiết diện là HMI.

Ta có: KG/ /SA KJ; / /SB và do G là trọng tâm ABC nên 1 2

3 3

JG JK JI CI

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Mặt khác: HI/ /SB HM; / /SA nên ta có:

2 2 2 2

3 3 3

CI HI a

HI SB

CB SB

    

2 2 2 2

3 3 3

CI CH HM a

HM SA

CB CS SA

      .

Do SB



(SAC



;HI/ /SBHI



SAC



HI MH  HMIvuông tại H.

Diện tích HIM là:

2
2

1 1 2 2 4

. .

2 2 3 9

HIM

a a

S  HM HI    

 

Câu 50. Cho hàm số y f x

 

thỏa mãn:

Hàm số





3 2

y f x  x x  nghịch biến trên khoảng nào sau đây?

A.



3;5



. B.



;1



. C.



2 ; 6



. D.



2 ; 



.
Lời giải

Chọn A

Ta có





' 3 1

x

y f x

x



    



Hàm số nghịch biến y0





3 1 0

x

f x

x



    



(*).

Vì x22  x2  x x x nên

2 1

x
x




hay
2

1 0

x

x
x

  



</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22></div>
(23)<div class='page_container' data-page=23></div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

ĐÁP ÁN CHI TIẾT TẢI TẠI BẢN ĐÀY ĐỦ NHÉ!

THEO DÕI: FACEBOOK: 
PAGE: />

YOUTUBE:

WEB: />

</div>

DOWNLOAD đáp án file pdf

2

 

 



























<sub> </sub>

<sub> </sub>





<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

 

 

<i>y</i>

  

<i>x</i>

<i>x</i>



1

<i>y x</i>

 

3

<i>x</i>



1

<i>y</i>

  

<i>x</i>

3

<i>x</i>



1

<i>y x</i>





3

<i>x</i>



1

 

 

 

















<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>







