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 (571.77 KB, 25 trang )

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

BẢNG ĐÁP ÁN

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1. Từ các chữ số 1, 2, 3 , 4, 5 , 6 , 7 , 8 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm hai chữ số khác
nhau?.

A. 28. B. C82. C. 
2
8

A . D. 82.

Lời giải

Số số tự nhiên gồm hai chữ số khác nhau lập được từ các chữ số 1, 2, 3 , 4, 5 , 6 , 7 , 8 là số
cách chọn 2 chữ số khác nhau từ 8 số khác nhau có thứ tự.

Vậy có 2
8

A số.

Câu 2. Cho một cấp số cộng (un), biết 1 1; 8 26
3

u  u  . Tìm cơng sai d?

A. 3
10

d . B. 11

d . C. 3

d . D. 10

3
d  .
Lời giải

Chọn B

Ta có 8 26 1 7 26 1 7 26 11.

3 3

u  u  d   d d

Câu 3. Nếu tăng bán kính một khối cầu lên 5 lần thì thể tích của khối cầu tăng lên

A. 125 lần. B. 25 lần. C. 5 lần. D. 10 lần.
Lời giải

Chọn A

Thể tích khối cầu: 4 3

V  R  Nếu tăng bán kính R lên 5 lần thì thể tích V tăng lên

5 125lần.

Câu 4. Cho hàm số yx33x2. Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
A. Hàm số đồng biến trên khoảng



 ;



B. Hàm số nghịch biến trên khoảng



 ;



C. Hàm số nghịch biến trên khoảng



; 0



và đồng biến trên khoảng



0;



D. Hàm số đồng biến trên khoảng



; 0



và đồng biến trên khoảng



0;



Lời giải 
Chọn A

Ta có:

+) TXĐ: D.

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

+) y' 3 x2 3 0, x , do đó hàm số đồng biến trên .

Câu 5. Lăng trụ có chiều cao bằng a, đáy là tam giác vng cân và có thể tích bằng 2a3. Cạnh góc

vuông của đáy lăng trụ bằng

A. 4a. B. 2a. C. a. D. 3a.
Lời giải

Chọn B

Gọi cạnh góc vng của đáy là x



x0



Theo bài ra ta có: 1 2 2 2 2
2

đáy
V

S x a x a

h

     .

Câu 6. Tìm nghiệm của phương trình log 12



x



2.

A. x 3. B. x 4. C. x3. D. x5.
Lời giải

Chọn.A.

Ta có log 12



x



2   1 x 4x 3.

Câu 7. Biết rằng

 

1
d

2
f x x



, tính



 



2 1 d

I 



f x  x.

A. I 3. B. I1. C. I 2. D. 3
2
I  .
Lời giải

Chọn A

Ta có



 



 

2 2 2

2
0

0 0 0

2 1 d 2 d 1d 2. 1 2 3

I 



f x  x



f x x



x x    .

Câu 8. Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Hàm số đạt cực tiểu tại x 1 và đạt cực đại tại x2.
B. Giá trị cực đại của hàm số bằng 1.

C. Hàm số đạt cực tiểu tại x2 và khơng có điểm cực đại.
D. Hàm số đạt cực đại tại x 1 và đạt cực tiểu tại x2.

Lời giải
Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x2, giá trị cực tiểu là y 2.
Hàm số khơng có điểm cực đại.

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

A. yx33x23 B. y x42x21 C. yx42x21. D. y x33x21
Lời giải

Chọn A

Dựa vào đồ thị ta thấy đây là hình ảnh đồ thị của hàm số bậc ba nên loại đáp án B và C. Mặt
khác dựa vào đồ thị ta có

  

lim

x y nên hệ số của
3

x dương nên ta chọn đáp án
 33 23

y x x

Câu 10. Với

a

là số thực dương tùy ý,

ln 7

 

a



ln 3

 

a

bằng
A.

 

ln 7
ln 3

a

a B.

ln 7

ln 3 C.

7
ln

3 D.

ln 4

 

a

Lờigiải

ChọnC

 

ln 7

a



ln 3

a

ln 7
3
a
a

 

  

 

3
 .

Câu 11. Họ nguyên hàm của hàm số f x( )3x21 là

A. x3C B. 
3

3
x

x C

  C. 6xC D. x3 x C

Lời giải 
Chọn D





3x 1 dxx  x C.



Câu 12. Cho số phức z 3 2i. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z :

A. Phần thực bằng3 và Phần ảo bằng 2i B. Phần thực bằng 3 và Phần ảo bằng 2
C. Phần thực bằng 3 và Phần ảo bằng 2i D. Phần thực bằng 3 và Phần ảo bằng 2
Lời giải

Chọn D

3 2 3 2

z  iz  i. Vậy phần thực bằng 3 và Phần ảo bằng 2

Câu 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai véc-tơ a



3; 2;1 ,



b 



2; 0;1



. Độ dài của
véc-tơ a b  bằng

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

Lời giải
Chọn B

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

Độ dài của véc-tơ a b  là 2 2 2

1 2 2 3

ab    

 

Câu 14. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz phương trình nào sau đây khơng phải là phương trình của
một mặt cầu?

A. x2y2z2 x 2y4z 3 0. B. 2x22y22z2   x y z 0.
C. 2x22y22z24x8y6z 3 0. D. x2y2z22x4y4z100.

Lời giải
Chọn D

Phương trình x2y2z22ax2by2cz d 0 là phương trình mặt cầu nếu thỏa điều kiện

2 2 2

0
a b c d .

Phương trình: x2y2z22x4y4z100 có 12 ( 2)2(2)210  1 0. Do đó
phương trình này khơng là phương trình của mặt cầu.

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

 

P : 3x  z 2 0. Vectơ nào dưới đây
là một vectơ pháp tuyến của

 

P ?

A. n4 



1;0; 1



B. n1



3; 1; 2



C. n3



3; 1;0



D. n2



3; 0; 1



Lời giải

Chọn D

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

P : 3x  z 2 0 là n2



3; 0; 1



Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng





: 2 3 ;
5
x

d y t t

z t





  


  


 . Véctơ nào

dưới đây là véctơ chỉ phương của d?

A. u1



0;3; 1



B. u2 



1;3; 1



C. u3



1; 3; 1 



D. u4



1; 2;5



Lời giải

Chọn A

Đường thẳng

: 2 3 ; ( )

5
x

d y t t

z t





  


  


 nhận véc tơ u



0;3; 1



làm VTCP

Câu 17. Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng đáy và
2

SB a. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng

A. 60o. B. 90o. C. 30o. D. 45o.

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

Ta có AB là hình chiếu của SB trên



ABCD



Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng góc giữa SB và AB.
Tam giác SAB vuông tại A, cos 1

2
AB
ABS

SB

  ABS 60o.

Câu 18. Cho hàm số y f x

 

có bảng xét dấu đạo hàm như hình sau

Hàm số y f x

 

đạt cực tiểu tại

A. x0. B. x3. C. x 1. D. x5.

Lời giải 
Chọn B

Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm ta thấy: Qua x3 thì f

 

x đổi dấu từ âm sang dương nên
hàm số đạt cực tiểu tại x3.

Câu 19. Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số y 3x 42
x

  trên khoảng



0;



.
A.

 

miny 3 9

  B. min0;y7
C.

0; 
33
min

5
y

  D.  

3
0;

miny 2 9

 

Lờigiải 
Chọn A

Cách 1: (Dùng bất đẳng thức CauChy)

3
3

2 2 2

4 3 3 4 3 3 4

3 3 . . 3 9

2 2 2 2

x x x x

y x

x x x

       (do x0)

Dấu "" xảy ra khi 3
2

3 4 8

2 3

x

x
x

   .

Vậy

 

3
0;

miny 3 9

 

Cách 2:(Dùng đạo hàm)

Xét hàm số y 3x 42
x

  trên khoảng



0;



A D

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

Ta có y 3x 42 y' 3 83

x x

    

Cho 3 3

8 8 8

' 0 3

3 3

y x x

x

      

 

3
3

min 3 9

3
y y



 

   

 

Câu 20. Cho log 75 a và log 45 b. Biểu diễn log 5605 dưới dạng log 5605 m a. n b.  p, với m n p, , là
các số nguyên. Tính Smn p. .

A. S3. B. S4. C. S2. D. S5.

Lời giải 
Chọn A

Ta có log 5605 log 7.4 .55 2 log 75 2log 4 15  a2b1

1, 2, 1 3

m n p S

Câu 21. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 7 33



 x



 2

x bằng

A. 2. B. 1. C. 7 . D. 3 .

Lời giải
Chọn A.

Điều kiện xác định của phương trình là 7 3 x 03x 7 log 73

x .





log 7 3 2 7 3 3 7 3



 x    x x  x   x  x
Đặt 3x

t , với 0 t 7, suy ra xlog3t
Ta có phương trình 2

7 9 0

  

t t có hai nghiệm 1 7 13
2



t và 2 7 13

2



t .

Vậy có hai nghiệm x x1, 2 tương ứng.
Ta có x1x2log3 1t log3 2t log3 1 2t t.

Theo định lý Vi-ét ta có t t1 2. 9, nên x1x2log 93 2.

Câu 22. Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.     có ABa, AD2a và AA 2a. Tính bán kính R
của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABB C .

A. R3a B. 3
4

a

R C. 3

2
a

R D. R2a

Lời giải 
Chọn C

x 0 3 8 

3
'

y

3 9
0

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

Ta có AB C ABC90 nên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

ABB C

 

có đường kính

AC



. Do đó
bán kính là 1 2

 

2 2

 

2 2 3

2 2

a

R a  a  a  .

Câu 23. Cho hàm số y f x

 

xác định trên \ 0

 

, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến
thiên như sau

Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực

m

sao cho phương trình f x

 

m có ba
nghiệm thực phân biệt.

A.



1; 2



. B.



1; 2



. C.



1; 2



. D.



; 2



.

Lời giải 
Chọn B

Câu 24. Biết F x

 

là một nguyên hàm của

 

1
1
f x

x


 và F

 

2 1. Tính F

 

3 .
A. F

 

3 ln 2 1 B. F

 

3 ln 2 1 C.

 

3 1

F  D.

 

3 7

F 

Lời giải
Chọn B

( ) ( )d d ln 1

F x f x x x x C

x

    





. (2) 1F  ln1C 1 C1.
Vậy F x( )ln x 1 1. Suy ra F(3)ln 2 1 .

Câu 25. Một người gửi 300triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7%/năm. Biết rằng nếu không
rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho
năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền hơn 600triệu đồng
bao gồm cả gốc và lãi?. Giả định trong suốt thời gian gửi lãi suất khơng đổi và người đó khơng
rút tiền ra.

A. 10năm. B. 11năm. C. 9năm. D. 12 năm
Lời giải

Chọn B

2a

2a
a

C'

D'

B'

D
A

B C

A'

x



0 

y 



0



y



 

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

Theo công thức lãi kép số tiền nhận được sau nnăm là: (1A r)n.

7
(1 )

100

(1 ) 600000000 300000000(1 ) 600000000 log 2 10, 24
100

n n

A r n



        

Suy ra: n11.

Câu 26. Tính thể tích Vcủa khối lập phươngABCD A B C D.    , biết AC a 3.
A. V a3 B.

3 6
4
a

V  C. V 3 3a3 D. 1 3

V  a

Lời giải
Chọn A

Giả sử khối lập phương có cạnh bằng x x;



0



Xét tam giác A B C' ' ' vuông cân tại B' ta có:

2 2 2

' ' ' ' ' '

A C A B B C x2x22x2

' ' 2

A C x

 

Xét tam giác A AC' ' vuông tại A'ta có

2 2 2

' ' ' '

AC A A A C 3a2 x22x2 xa

Thể tích của khối lập phương ABCD A B C D.    là V a3.

Câu 27. Cho hàm số y 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. 4. B. 1. C. 3. D. 2.

Lời giải 
Chọn D

Hàm số y f x

 

có tập xác định: D\ 0 .

 

Ta có:

 

lim

x f x   Không tồn tại tiệm cận ngang khi x .

 

lim 2

x f x  vậy hàm số y f x

 

có tiệm cận ngang y2.

 

lim
x

f x





 ;

 

lim 4.

x

f x




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

Đồ thị hàm số y f x

 

có tiệm cận đứng x0.
Vậy tổng số tiệm cận đứng và ngang là 2.
Câu 28. Cho hàm số y ax b

cx d



 có đồ thị như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây là khẳng định

đúng?

A. 0

0
ad
bc








. B. 0

0
ad
bc








. C. 0

0
ad
bc








. D. 0

0
ad
bc








.
Lời giải

Chọn C

Nhận xét từ đồ thị:

+ Giao với trục hoành tại xo b 0
a

    a và b trái dấu.

+ Giao với trục tung tại yo b 0 b
d

   và d trái dấu (2).

+ Tiệm cận đứng: x d 0 d
c

    và c cùng dấu (3).
Từ (1) và (2) suy ra: a và d cùng dấu hay ad0.
Từ (2) và (3) suy ra: b và c trái dấu hay bc0.

Câu 29. Ký hiệuS là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y f x

 

, trục hoành, đường
thẳng xa x, b (như hình bên). Hỏi khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?

A.

 

d .
b

a

S 



f x x B.

 

d .

c b

a c

S 



f x x



f x x

C.

 

d .

c b

a c

S 



f x x



f x x D.

 

d .

c b

a c

S



f x x



f x x
Lời giải

O

x

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

Chọn C

Từ đồ thị ta thấy

 



;



 



;



f x   x a c  f x  f x  x a c
.

 



;



 



;



.
f x   x c b  f x  f x  x c b

nên diện tích hình phẳng cần tìm là

 

d .













 







b c b c b

a a a a c

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

Câu 30. Phần thực và phần ảo của số phức z(1 2 ) i i.

A. 1 và 2 . B. 2 và 1. C. 1 và 2 . D. 2 và 1.
Lời giải

Chọn B

Ta cóz(1 2 ) i i   2 i.

Vậy phần thực của số phức

z

là 2 và phần ảo là 1.

Câu 31. Gọi M và M lần lượt là các điểm biểu diễn cho các số phức z và z. Xác định mệnh đề đúng.
A. M và M đối xứng nhau qua trục hoành. B. M và M đối xứng nhau qua trục tung.
C. M và M đối xứng nhau qua gốc tọa độ. D. Ba điểm ,O M và M thẳng hàng.

Lời giải 
Chọn A

Giả sử z a bi a b,



, 



. Ta có: z a bi.
Khi đó: M a b



;



,M a b



;



Ta thấy hai điểm M a b



;



,M a b



;



đối xứng nhau qua trục hồnh.

Câu 32. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C.    có tất cả các cạnh đều bằng

a

, cosin góc giữa hai
đường thẳng A B và B C bằng

A. 1

4. B.

4 . C.

2. D.

3
4.
Lời giải

Chọn A

Đặt AA a AB , b AC , c theo giả thiết ta có: 1 2

, 0,
2
a  b  c a abac bc a

       

.
Có A B B A  và B C C B  là các hình vng nên AB  BC a 2.

B

C

A' C'

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

Mà   AB  a b và      BCACAB  a c b suy ra









2 1 2 2

. 2 1

cos , cos ,

4
2. 2

a a a

AB BC

AB BC AB BC

a a

AB BC

 

 

       

 

 
 

  .

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. 3. C. 15. D. 7.

Lời giải
Chọn B

Ta có 2

 

1 1 7 3

     

R .

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



5; 4; 2



và B



1; 2; 4 .



Mặt phẳng đi qua A và
vng góc với đường thẳng AB có phương trình là

A. 2x3y  z 8 0. B. 3xy3z130.
C. 2x3y z 200. D. 3xy3z250.

Lời giải

( 4; 6; 2) 2(2; 3; 1)

AB     



 

P đi qua A



5; 4; 2



nhận n(2; 3; 1)  làm VTPT

 

P : 2x3y z 200

Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I



1; 2; 3



và mặt phẳng

 

P : 2x2y z 40. Mặt cầu tâm I tiếp xúc với

 

P tại điểm H. Tìm tọa độ điểm H.
A. H



3; 0; 2



B. H



1; 4; 4



C. H



3; 0; 2



D. H



1; 1; 0



Lời giải 
Chọn C

Tọa độ điểm H là hình chiếu của điểm I trên mặt phẳng

 

P .

Phương trình đường thẳng d qua I và vng góc với mặt phẳng

 

P là:

  


 

  


1 2
2 2
3

x t

y t

z t

Tọa độ điểm H là giao điểm của d và

 

P , ta có:













 

 



   

2 1 2t 2 2 2t 3 t 4 0 t 1

Vậy H



3; 0; 2



Câu 36. Từ các chữ số thuộc tập X 



0;1; 2;3; 4;5;6; 7



có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ
số khác nhau và chia hết cho 18 .

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

Lời giải 
Chọn D

Một số tự nhiên chia hết cho 18 phải chia hết cho 2 và 9.

Do tổng các chữ số thuộc tập X bằng 28 nên ta sẽ lựa chọn các bộ 6 số có tổng chia hết cho 9
bằng cách loại bớt đi 2 số có tổng chia 9 dư 1, tức là loại các cặp số

  

0;1 , 4; 6 , 3;7

 



.
Ta thu được các bộ 6 số có tổng chia hết cho 9 là:



2;3; 4;5;6;7 , 0;1; 2; 4;5;6 , 0;1; 2;3;5;7

 



.
Bộ



2;3; 4;5; 6;7



cho ta 3.5! 360 số,

Bộ



0;1; 2; 4;5; 6



cho ta 4.5! 3.4! 408  số,
Bộ



0;1; 2;3;5;7



cho ta 2.5! 4! 216  số,

Vậy số các số thỏa yêu cầu bài toán là 360 408 216  984 số.

Câu 37. Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB2 3a,
BCa, 3

2
a

AA  . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và B C bằng

A. 3 7
7

a

. B. 3 10

20
a

. C. 3

4
a

. D. 3 13

13
a

.
Lời giải

Chọn C

Lấy E đối xứng với B qua C  B C //C E









d B C AC  d B C C AE 

  d C





C AE





Kẻ CIAE tại I , CH C I tại H, BKAE tại K.

Ta có





AE CI

AE C CI

AE CC






 







AE CH

  .

Lại có CH C I CH



C AE



CH AE







 










d C C AE CH

  .

1
2

CI BK .

2.
BE BA

EA


2 2

2 .2 3

2 4 12

a a





3
2
a
CI

  .

2 2 2 2

1 1 1 16

9
CH C C CI  a

a
CH

  . Vậy





3
4

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

Câu 38. Cho

3
0

ln 2 ln 3
3

4 2 1

x a

dx b c

x   

 



, với , ,a b c là các số nguyên. Giá trị của abc

bằng

A. 2. B. 9. C. 7. D. 1.

Lời giải 
Chọn D

Đặt

04 2 1

x

I dx

x


 



Đặt

t



x

 

1 t

  

x

1

2 tdt



dx

Đổi cận 0 1

3 2

x t

  




  


Khi đó

2 2 2 3 2

1 1 1

1 6

2 2 3

4 2 2 2

t t t

I tdt dt t t dt

t t t

   

       

    



2
3 2

3 6 ln 2
3t t t t

 

     

 

8 1

4 6 6 ln 4 1 3 6 ln 3

3 3

   

         

   

12 ln 2 6 ln 3
3

   .

Suy ra
7

12
6
a
b
c





 

 


Vậy abc1.

Câu 39. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số mđể hàm số 1 3 2 2019

y  x x mx nghịch
biến trên khoảng



0;



là:

A. m 1. B. m 1. C. m 1. D. m1.
Lời giải

Chọn A

Tập xác định DR.

Hàm số nghịch biến trên khoảng



0; 



y x22xm0  x



0;



. 
Đặt g x

 

x22xm g x

 

 x



0;



.

 

2 2 ;

 

0 1

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

min ( )0;  1

m g x m



     .

Câu 40. Cho tứ diện ABCD có BCa, CDa 3, CDa 3, ABCADCBCD900. Góc
giữa hai đường thẳng BC và AD bằng 600. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

ABCD.

A. a 3. B. 7
2
a

. C. 3

2
a

. D. a.

Lời giải 
Chọn B

Dựng điểm E sao cho AE



EBCD



. Khi đó EBCD là hình chữ nhật.
Vì BC//AD nên



AD BC



,







AD ED



,







ADE



60

Mặt khác: ABC ADC AEC900.

Nên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A EBCD. và có đường
kính là AC.

Xét tam giác AED vng ở E ta có: tan 600 AE AE AE a 3

AD BC

    .

Xét tam giác BECvuông ở B ta có: EC BE2BC2 2a vì BECDa 3.
Xét tam giác AECvng ở E ta có: AC AE2EC2 



a 3



2



2a



2 a 7.

Vậy 7

2 2

AC a

R  .

Câu 41. Cho các số thực a b, 1 thỏa mãn điều kiện log2alog3b1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức P log3a log2b.

A. log 3 log 22  3 . B. log 23  log 32 . C. 1



log 3 log 22 3



2  . D. 2 3

log 3 log 2 .
Lời giải

Chọn A.

a 3

60

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

Đặt





3
2
3 3
2 2
log 1
0 1
log

log log 2
log 1 log 3

b x
x
a x
a x
b x
 



 

  


  


Đặt

 





 









3 2

1 log 2 log 3
log 2 1 log 3

2 1

x x

P f x x x f x

x x
 

     


.

 





3 2

2 3

log 2
0 1 log 2 log 3

log 3 log 2

f x   x x  x

 .

Ta có bảng biến thiên

x 0 3

2 3

log 2

log 3 log 2 1

 

f x  0



 

f x

log 2

2 3

log 3 log 2

log 3



Vậy Pmax  log 3 log 22  3 .

Câu 42. Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số

2 2

x mx m

y

x

 




trên đoạn



1;1



bằng 3 . Tính tổng tất cả các phần tử của S.

A. 8
3

 . B. 5. C. 5

3. D. 1.

Lời giải 
Xét hàm số

 

2
2

x mx m

y f x

x

 

 

 trên



1;1



có

 





2
4
1
2
f x
x
  
 ;

 





0
0
4 1;1
x
f x
x


   
  


;

 

1 3 1;

 

0 ;

 

1 1

3 1

m m

f    f  m f  

  .

Bảng biến thiên

x 1 0 1

 

f x  0 

 

f x f

 

f  f

Trường hợp 1. f

 

0 0m0. Khi đó

 1;1

 



 



3 max f x max f 1 ; f 1



   3 max 3 1; 1

3
m
m

 
   

 m 1 3m2.
Trường hợp 2. f

 

0 0m0.

Khả năng 1.

 

1 0
1
1 0
f
m
f
 


  





. Khi đó

 1;1

 

3 max f x f 0



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

Khả năng 2. 1 1
3
m

    . Khi đó

 

1 0
1 0
f
f
 






.

 1;1

 



 



3 max f x max f 0 ; f 1



 





3 max m m; 1

    : Trường hợp này vô nghiệm.
Khả năng 3. 1 0

3 m

   . Khi đó

 1;1

 



 



3 max f x max f 0 ; f 1 ; f 1



   : Vơ nghiệm.

Vậy có hai giá trị thỏa mãn là m1 3,m22. Do đó tổng tất cả các phần tử của S là 1.
Câu 43. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình









log 5log x  1 log mx 4xm đúng với mọi x?

A.

0

. B. 1. C. Vô số. D. 2.

Lời giải
Chọn A

Ta có log 5log



x2 1



log



mx24xm











2 2

4 0

log 5 1 log 4

mx x m

x mx x m

   

 
   




 



2
2 2
4 0

5 1 4

mx x m

x mx x m

   

 
   












2 2
2
0

4 0 4 0

5 0

5 4 1 0

4 5 1 0

m

mx x m m

x m

m

m x x m

m m
 


      
 
        
    
 
 
   



Câu 44. Biết





x3 e



2xdx 1e2x



2xn



C,



m n, 



m . Giá trị của

2 2



m n bằng

A. 10 . B. 65 . C. 5 . D. 41.

Lời giải 
Chọn B

Đặt: ux 3 dudx,d e 2 d 1e2
2

 

 x    x

v x v .

Ta có:



3 e



2 d 1e2





1 e 2 d

2 2

  

    



x x x x x



x x.





2 1 2





1 2

3 e d e 3 e

2 4

  

     



x x x x x x C.





2 1 2





3 e d e 2 7

 

    



x x x x x C.

Vậy, ta có 2 2

4, 7 65

    

m n m n .

Câu 45. Hàm số trùng phương y f x

 

x4ax2b có giá trị cực tiểu bằng 2 và giá trị cực đại bằng
4. Tìm điều kiện cần và đủ của m để f x

 

m có đúng hai nghiệm thực phân biệt?

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

C. m



2; 4



. D. m 



; 2







4;



.
Lời giải
Chọn B

Từ giả thiết ta có bảng biến thiên của hàm số trùng phương y f x

 

x4ax2bnhư sau

Số nghiệm phương trình f x

 

m là số giao điểm của đường thẳng ym và đồ thị hàm số

 

4 2

   

y f x x ax b.

 



f x m có đúng hai nghiệm thực phân biệt

 đường thẳng ym cắt đồ thị hàm số y f x

 

x4ax2b tại hai điểm phân biệt
2

4


  


m
m .

Câu 46. Cho đồ thị hàm số y f x

 

có đạo hàm trên  và hàm số y f

 

x có đồ thị là đường cong
dưới đây

Số điểm cực đại của hàm số g x

 

 f x



33x



là

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

Lời giải 
Chọn B

Ta có

 



 



3 3 . 3

    

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

 







 



2
2
2
3
3
1
3 3
2
3
1
1
1

1 0

3 3 0 2

0 3 2 0 1 2 0

1, 5

3 0

3 1 0 3 1 0

0, 3
1, 9


  

 

  
       
                
 
   
      
     

 


x
x
x
x
x x

g x x x x x

x x

f x x

x x x x

x x
x x

Vì x 2 là nghiệm kép của f

 

x 0 nên cũng là nghiệm kép của g x

 

0.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số g x

 

 f x



33x



có 2 điểm cực đại. 
Cách 2: Từ đồ thị ta tìm được f

 

x x33x24



x1



x2



2.

 



3 2 3 .

 

3 3



 

g x  x  f x  x 



3x23



x33x1



x33x2







 



3 1 1  1 2 

       

 

x x x x x x x x x x .

Lập bảng biến thiên tương tự trên suy ra kết quả.

Câu 47.

Cho hai số thực x y, thỏa mãn x2y21. Đặt

6
1 2 2

x xy

P

xy y




  . Khẳng định nào sau đây
đúng?

A. P khơng có giá trị nhỏ nhất. B. P khơng có giá trị lớn nhất.
C. Giá trị nhỏ nhất của P là 3 . D. Giá trị lớn nhất của P là 1.

Lời giải
Chọn C

Đặt xsin ;t ycost.

 

2 2

1 cos 2

3sin 2

6 sin 6 sin .cos 2 6sin 2 cos 2 1

1
1 2 2 1 2 sin .cos 2 cos 1 sin 2 1 cos 2 2 sin 2 2 cos 2 4

t

x xy t t t t t

P

xy y t t t t t t t





   

   

         .

 

1 tương đương



2P6 sin 2



t



2P1 cos 2



t 1 4P

 

2 .
Phương trình

 

2 có nghiệm khi













2 2 3

2 6 2 1 1 4 2 3 9 0 3

P  P   P  P  P    P .

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





2 2 2 2 2 2

2 2

1 1 1

6 3 6 6 12 6 3 0 4 12 9 0

6 13 4 13
;

1 13 13

2 3 0 6 13 4 13

;
2

13 13

x y x y x y

x xy xy y x xy y x xy y

x y
x y
x y
x y
x y
x y
        
  
 
  
           
  
  
 
     
  
  
   

  
  
   



Câu 48. Cho hàm số ( )f x có đạo hàm liên tục trên  và thỏa mãn

1
0

( ) d 1
f x x



, f

 

1 cot1.

Tính tích phân



 



2
0

tan tan d

I



f x x f x x x.

A. 1 ln cos1





. B. 0. C. 1. D. 1 cot1 .
Lời giải

Chọn B.

CÁCH 1:

Xét tích phân



 



 

1 1 1

2 2

1 2

0 0 0

tan tan d tan d tan d

I 



f x x f x x x



f x x x



f x x xI I .

Tính

 

1
2

tan d
I 



f x x x.

Đặt

 





tan

d 1 tan d

d d

u x

u x x

v f x x




  






, chọn v f x

 

Khi đó

 





1 1

1 2

2 0

0 0

tan d . tan 1 tan d .

I 



f x x x f x x 



f x  x x

 

1 1
2
2
0 0
1 1
2 2
2 1
0 0
1 2

1 . tan1 d tan d .

cot1. tan1 1 tan d tan d .

0 0.

I f f x x f x x x

I f x x x f x x x I

I I I

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

 





 





 





2
0

1 1

0 0

1 1

0 0

1
0

tan tan d

1 tan d .

cos
1

tan d d .

cos

tan d d .

tan 1 cot1. tan1 1 0

I f x x f x x x

f x f x x x

x

f x f x x x f x x

x

f x x x f x x

f x x



 

    

     

 

  

    

 



 

    



Câu 49. Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác đều ABC có cạnh bằng

6

. Biết rằng các mặt bên
của hình chóp có diện tích bằng nhau và một trong các cạnh bên bằng 3 2. Tính thể tích nhỏ
nhất của khối chóp .S ABC.

A.

2 3

. B. 2 2. C. 3 . D. 4.
Lời giải

Chọn C

Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu vng góc của điểm S trên các cạnh BC, CA, AB. Và
H là hình chiếu vng góc của S trên



ABC



SAB SBC SAC

S





S





S

 1 . 1 . 1 .

2SP AB 2SM BC 2SN AC

   SPSM SN

HP HM HN

   suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp ABC mà ABC đều nên H cũng
là trọng tâm ABC.

2 2 6. 3

. 2

3 3 2

AH AM   .

Khơng mất tính tổng quát, giả sử SA3 2.
SAH

 vuông tại H có SH  SA2AH2 4.

Vậy

 

2
.

6 3

1 1

. .4. 2 3

3 3 4

S ABC ABC

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

Trường hợp H nằm ngoài ABC.

SAB SBC SAC

S





S





S

 nên d H BC





d H AC





d H AB





do đó H là tâm đường tròn
bàng tiếp ABC mà ABC đều nên giả sử H thuộc đường tròn bàng tiếp đỉnh A. Khi đó

ABHC là hình thoi tâm O. Ta có HA2OA3 2 nên suy ra

SB



SC



2 3

.
Do đó SH SB2BH2 2 3.

 

6 3

1 1

. . .2 3 3

3 3 4

S ABC ABC

V  S SH   .

Vây Vmin min 2 3 , 3





3.

Câu 50. Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm trên . Đường cong trong hình vẽ dưới đây là đồ thị của
hàm số y f

 

x và y g x

 

. Hàm số h x

 

3f x

 

3g x

 

3x nghịch biến trên khoảng
nào sau đây?

A.



1;3



. B.



0; 2



. C.



2;4



. D.



3; 4



.
Lời giải

Chọn A

Có h x

 

3f

 

x 3g x

 

3

 

h x   f x  g x 

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

Dựa vào vị trí tương đối giữa 2 đồ thị hàm số y f

 

x và y g x

 

1, ta có:

 

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23></div>
(24)<div class='page_container' data-page=24></div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

ĐÁP ÁN CHI TIẾT TẢI TẠI BẢN ĐÀY ĐỦ NHÉ!

THEO DÕI: FACEBOOK: 
PAGE: />

YOUTUBE:

/>WEB: />

</div>

DOWNLOAD đáp án file pdf

























<sub></sub>

<sub></sub>









 





 



<sub></sub>



 



 

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

 

<i>a</i>

ln 7

 

<i>a</i>



ln 3

 

<i>a</i>

 

 

ln 4

 

<i>a</i>

 

 

ln 7

<i>a</i>



ln 3

<i>a</i>







<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

 

 

















 

















