Đề khảo sát Toán 12 lần 2 năm 2019 - 2020 THPT Nông Cống 2 - Thanh Hóa - TOANMATH.com

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT THANH HÓA Trường THPT Nông Cống 2. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ 2 NĂM HỌC: 2019 - 2020 MÔN: TOÁN 12 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề). ĐỀ CHÍNH THỨC. Mã đề thi 32. Họ, tên thí sinh:......................................................... Số báo danh: ....................... x. x  3 e  . Câu 1: Cho các hàm số y  log2 x , y    , y  log 1 x , y    2   2  . Trong các hàm số trên có bao nhiêu hàm số đồng biến trên tập xác định của hàm số đó? A. 3. B. 4. C. 2. D. 1. Câu 2: Tính giới hạn lim  x  2 . 3x 2  x  1 x2. A. -3. B. . C. 3. D. . Câu 3: Họ nguyên hàm của hàm số f  x   x 2 4  x3 là A.. 2 9. 3 3. 4  x . C .. B.. 1 9. 3 3. 4  x . C .. C. 2 x3  4  C .. D. 2. 3 3. 4  x . C.. 2x  1 . Mệnh để đúng là x 1 A. Hàm số đồng biến trên hai khoảng  ; 1 và  1;   , nghịch biến trên khoảng  1;1. Câu 4: Cho hàm số y . B. Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  1;   C. Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và  1;   D. Hàm số đồng biến trên tập R Câu 5: Hàm số nào dưới đây có đồ thị như hình vẽ?. A. y  x 3  3x  1. B. y  x 3  3x  1. C. y  x 3  3x  1. D. y  x 3  3x  1. Câu 6: Tập nghiệm của phương trình cos 2 x  cos x  1  0 là    2 A. x   k , x    k 2 , k  . B. x   k 2 , x    k 2 , k  . 2 3 2 3    2 C. x   k 2 , x    k 2 , k  . D. x   k , x    k 2 , k  . 2 3 2 3 n. 1  Câu 7: Biết tổng các hệ số của khai triển   x 3  bằng 1024. Khi đó hệ số của x 6 trong khai triển x   bằng A. 792 B. 165 C. 210 D. 252   600 ,  Câu 8: Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC , góc  ASB  900 , BSC ASC  1200. Tính góc giữa. đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABC ) .. A. 600 .. B. 450 .. C. 300 .. D. 900. Câu 9: Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  2a. Tính thể tích khối chóp S.ABC Trang 1/6 - Mã đề thi 32.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 B. C. D. 12 2 6 3 Câu 10: Cho hình trụ có thiết diện qua trục của hình trụ là một hình chữ nhật có chu vi là 12cm . Giá trị lớn nhất của thể tích khối trụ là: A. 64 (cm3 ) B. 16 (cm3 ) C. 32 (cm3 ) D. 8 (cm3 ). A.. Câu 11: Cho đường cong (C) có phương trình y  tuyến của (C) tại M có phương trình là A. y  2x  1 B. y  2x  1 Câu 12: Tập xác định của hàm số y . x 1 . Gọi M là giao điểm của (C) với trục tung. Tiếp x 1. C. y  x  2. D. y  2x  1. 1 là tan x.       A. D   k , k    . B. D   \  k , k    . C. D   \ k , k   . D. D  k , k  .  2   2 . Câu 13: Nguyên hàm của hàm số f  x   32 x 1 là: A.. 1 2 x1 3 C 2ln 3. B.. 1 2x1 3 C ln3. C.. 1 2 x1 3 C 2. D.. 1 2 x1 3 ln 3  C 2. Câu 14: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?. . . A. Hàm số y  ln x  x 2  1 không phải là hàm chẵn cũng không phải là hàm lẻ B. Tập giá trị của hàm số y  ln  x 2  1 là  0;  .  1 C. ln x  x 2  1     x2 1. . . . . D. Hàm số y  ln x  x 2  1 có tập xác định là  Câu 15: Cho lăng trụ đứng ABC. A' B 'C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a. Góc giữa đường thẳng A' B và mặt đáy là 600 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A' B 'C ' . A. 2a 3 . B. a 3 . C. 6a 3 . D. 4a 3 . Câu 16: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa SC và mặt đáy bằng 45 0 . Gọi E là trung điểm BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE a 38 a 5 a 5 a 38 và SC. A. . B. . C. . D. . 5 5 19 19 Câu 17: Gieo đồng thời ba con súc sắc cân đối. Tính xác suất để tổng số chấm ở mặt xuất hiện của ba con 7 1 1 13 súc sắc bằng 11. A. B. C. D. 54 9 8 108   600 cạnh bên SA vuông góc với đáy và Câu 18: Cho hình chóp S.ABC có AB  a, AC  2a, BAC. SA  a 3 . Bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng: a 55 a 7 a 10 A. R  B. R  C. R  6 2 2. D. R . a 11 2. Câu 19: Hệ số góc k của tiếp tuyến đồ thị hàm số y  x3  1 tại điểm M 1; 2  là A. k  3 .. B. k  4 .. C. k  5 .. D. k  12 .. Câu 20: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình x 4  4 x 2  4  2m  0 có 4 nghiệm phân biệt? A. 4. B. 2. C. 1. D. 3. 2. Câu 21: Tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình 2log 4  x  3  log 4  x  5  0 là A. 8  2.. B. 8  2.. C. 8.. D. 4  2. Trang 2/6 - Mã đề thi 32.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu 22: Hiện tại hệ thống các cửa hàng điện thoại của Thế giới di động đang bán Iphone 7 64GB với giá 18.790.000đ. Người mua có thể chọn 03 hình thức mua điện thoại. Hình thức 1 trả tiền ngay lập tức 18.790.000đ. Hình thức 2 trả trước 50% còn lại 50% chia đều cho 08 tháng, mỗi tháng tiền phí bảo hiểm 64.500đ/tháng. Hình thức 3 trả trước 30%, số tiền còn lại chia đều cho 12 tháng, tiền bảo hiểm 75.500đ/tháng. Nếu lãi suất ở hình thức 3 là 1,37%/tháng, thì tổng số tiền hàng tháng khách hàng phải trả là (làm tròn đến 500đ). A. 1.351.500đ. B. 1.276.000đ. C. 1.352.000đ. D. 1.276.500đ. Câu 23: Một cái bể cá hình hộp chữ nhật được đặt trên bàn nằm ngang, một mặt bên của bể rộng 10dm và cao 8dm . Khi ta nghiêng bể thì nước trong bể vừa đúng che phủ mặt bên nói trên và chỉ che phủ. 3 bề 4. mặt đáy của bể (như hình bên). Hỏi khi ta đặt bể trở lại nằm ngang thì chiều cao h của mực nước là bao nhiêu ? B 8. B C. A 8. C 10 A. h 10 D. D. B. h  2,5dm .. A. h  3dm .. C. h  3,5dm .. D. h  4dm .. Câu 24: Một hình trụ có bán kính đáy bằng 40cm và có chiều cao là 40cm. Một đoạn thẳng AB có chiều dài là 80cm và có hai đầu mút nằm trên hai đường tròn đáy. Tính khoảng cách d từ đoạn thẳng đó đến trục hình trụ. Câu. 25:. A. d  40 3 cm Cho. hàm. số. B. d  25 cm C. d  20 cm D. d  20 3 cm. y  f x. xác. định. và. liên. tục.  \ 0. trên. thỏa. mãn:. 2. x 2f 2  x    2x  1 f  x   x.f '  x   1 với x   \ 0 đồng thời f 1  2. Tính  f  x  dx 1. 1 A.  ln 2  2. 3 B.  ln 2  2. ln 2 3 C.   2 2. D. . ln 2 1 2. 9 trên đoạn  2; 4 là x 25 13 B. min y  . C. min y  . 4 2  2;4  2; 4. Câu 26: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x . A. min y  6. D. min y  6.  2;4   2; 4 Câu 27: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SA vuông góc với 2 4 mặt đáy. Thể tích của khối chóp S.ABCD là :A. 2a 3 . B. 4a 3 . C. a 3 . D. a 3 . 3 3 Câu 28: Hàm số y  f ( x ) nào có đồ thị như hình vẽ sau : y 2. 1. x 0. A. y  f ( x) . x 1 x2. B. y  f ( x) . x 1 x2. 1. 2. C. y  f ( x) . x 1 x2. D. y  f ( x) . x 1 x2. Trang 3/6 - Mã đề thi 32.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 29: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA=2a, SA vuông góc mp(ABC).Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng SB,SC. 50V 3 Tính ,với V là thể tích khối chóp ABCNM. a3 A. 12 . B. 10 . C. 11 . D. 9 . Câu 30: Với các số thực dương a, b bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng? a a ln a A. ln  ln b  ln a B. ln  C. ln( ab)  ln a.ln b D. ln( ab)  ln a  ln b b b ln b 2x  4 Câu 31: Gọi (C) là đồ thị của hàm số y  . Trong các mệnh đề sau, tìm mệnh đề sai. x 3 A. (C) có đúng 1 tiệm cận đứng B. (C) có đúng 1 tâm đối xứng C. (C) có đúng 1 tiệm cận ngang D. (C) có đúng 2 trục đối xứng 2. Câu 32: Biết. . ln x 2. dx . b b  a ln 2 (với a là số thực, b, c là các số nguyên dương và là phân số tối c c. x giản). Tính giá trị của 2a  3b  c A. 6. B. 4. C. 5. D. 6 . Câu 33: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn  2020;2020 để hàm số 1. cot 2 x  2m cot x  2m2  1    nghịch biến trên  ;  cot x  m 4 2 A. 2020 B. 2019 C. 2022 D. 2021 Câu 34: Cho tứ diện ABCD, biết tam giác BCD có diện tích bằng 16. Mặt phẳng (P) đi qua trung điểm của AB và song song với mặt phẳng (BCD) cắt tứ diện theo một thiết diện có diện tích bằng A. 12 B. 4 C. 8 D. 16 ax  b Câu 35: Cho hàm số y  có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? cx  d y y. O. A. ac  0, bd  0 .. B. ab  0, cd  0 .. x. C. bc  0, ad  0 .. D. bd  0, ad  0 ..   log 3a 11   log 1 x 2  3ax  10  4 . log 3a x 2  3ax  12  0 7   Giá trị thực của tham số a để bất phương trình trên có nghiệm duy nhất thuộc khoảng nào sau đây A. 2;  B. 0;1 C. 1;2  D.  1;0 . Câu 36: Cho bất phương trình. . . . 1 Câu 37: Tìm điểm cực tiểu của hàm số y  x 3  2x 2  3x  1 3 A. x  3 B. x  1 C. x  1. . D. x  3. Câu 38: Cho hai hàm số f , g liên tục trên đoạn  a; b và số thực k tùy ý. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai? b. b. A.  kf ( x)dx  k  f ( x)dx . a. a. b. B..  a. a. f ( x)dx    f ( x)dx . b. Trang 4/6 - Mã đề thi 32.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> b. C.. b. b.  xf ( x)dx  x  f ( x)dx . a. a. D.. b. b.   f ( x)  g ( x) dx  f ( x)dx   g ( x)dx . a. a. a. Câu 39: Cho mạch điện gồm 4 bóng đèn, xác xuất hỏng của mỗi bóng là 0,05. Tính xác suất để khi cho dòng điện chạy qua mạch điện thì mạch điện sáng (có ít nhất một bóng sáng)..  A. 0,99750625. B. 0,99500635 C. 0,99750635 D. 0,99500625 Câu 40: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng nào dưới đây?. A.  2;  . B.  0; 2 . C.  2;2 . D.  ;0 . Câu 41: Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A, AB  3a và AC =4a. Độ dài đường sinh l của hình nón nhận được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AC bằng: A. l = 5a B. l = 2a C. l = a D. l = 3a Câu 42: Cho một tấm nhôm hình tròn tâm O bán kính R được cắt thành hai miếng hình quạt, sau đó quấn thành hai hình nón  N1  và  N 2  . Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích của khối nón  N1  và  N 2  . Tính k. V1 biết AOB  900 . V2. 7 105 3 105 C. k  9 5 Câu 43: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau. A. k  2. B. k . D. k  3. Trang 5/6 - Mã đề thi 32.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Đồ thị hàm số y  f  x-2020   2020 có bao nhiêu điểm cực trị? A. 5 .. C. 4 D. 3 . x2 Câu 44: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y  2 là: A. 3 B. 1 C. 4 D. 2 x  3x  2 1 Câu 45: Cho a là số thực dương. Viết biểu thức P  3 a 5 . dưới dạng lũy thừa cơ số a ta được kết quả a3 B. 2. 5. 1. 7. 19. A. P  a 6 B. P  a 6 C. P  a 6 Câu 46: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hàm số y  f '  x  như hình vẽ:. D. P  a 6. Xét hàm số g  x   2 f  x   2 x 3  4 x  3m  6 5 với m là số thực. Điều kiện cần và đủ để g  x   0 x    5; 5  là: 2 2 A. m  f 5 . B. m  f  0  . 3 3.  . C. m . 2 f  5 . 3. . . Câu 47: Tìm số nghiệm thuộc khoảng (0;2 ) của phương trình tan 3 x  A. 8. B. 4. C. 6. D. m . 2 f 3.  5.. 1    3 cot   x   4 . 2 cos x 2   D. 3. Câu 48: Cho tứ diện ABCD có AB  a, CD  a 3 , khoảng cách giữa AB và CD bằng 8a , góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng 60 0 . Tính thể tích khối tứ diện ABCD. A. 2a 3 B. 2 3a3 C. a3 D. 3a3 Câu 49: Trên một bàn bi a có 15 quả bóng được đánh số lần lượt từ 1 đến 15, nếu người chơi đưa được quả bóng nào vào lỗ thì sẽ được số điểm tương ứng với số trên quả bóng đó. Hỏi người chơi có thể đạt được số điểm tối đa là bao nhiêu? A. 60 B. 120 C. 150 D. 100 Câu 50: Một hình trụ có bán kính đáy r  a , độ dài đường sinh l  2 a . Tính diện tích toàn phần S của hình trụ này. A. S  5 a 2 B. S  6 a 2 C. S  2 a 2 D. S  4 a 2 -------------------. HẾT ---------Trang 6/6 - Mã đề thi 32.

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

<span class='text_page_counter'>(8)</span> BẢNG ĐÁP ÁN 1.D 11.A 21.A 31.D 41.A. 2.B 12.B 22.C 32.B 42.C. 3.A 13.A 23.A 33.C 43.D. 4.B 14.A 24.C 34.B 44.D. 5.B 15.C 25.A 35.C 45.B. 6.D 16.D 26.D 36.B 46.A. 7.C 17.C 27.D 37.D 47.C. 8.C 18.B 28.D 38.C 48.A. 9.C 19.A 29.D 39.D 49.B. 10.D 20.C 30.D 40.B 50.B. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT x. e Câu 1 . Cho các hàm số y log = = = 2 x, y 1 x, y =  , y log π  2. x.  3   . Trong các hàm số trên có bao nhiêu  2 . hàm số đồng biến trên tập xác định của hàm số đó? A. 3 .. B. 4 .. C. 2 .. D. 1 .. Lời giải Chọn D +) Hàm số y = log 2 x có cơ số 2 > 1 suy ra hàm số đồng biến trên tập xác định. x. e e +) Hàm số y =   có cơ số < 1 suy ra hàm số nghịch biến trên tập xác định. π π . +) Hàm số y = log 1 x có cơ số 2. 1 < 1 suy ra hàm số nghịch biến trên tập xác định. 2. x.  3 3 +) Hàm số y =  < 1 suy ra hàm số nghịch biến trên tập xác định.  có cơ số 2 2   Câu 2.. Tính giới hạn lim − x →( −2 ). 3x 2 − x + 1 x+2. A. −3 .. C. 3 .. B. −∞ .. D. +∞ .. Lời giải Chọn B 2 lim − 3 x= x + 2 0; Khi x → ( −2 ) ta có x + 2 < 0 . − x + 1 15; lim = − −. x →( −2 ). x →( −2 ). Suy ra lim − x →( −2 ). Câu 3.. 3x 2 − x + 1 = −∞ x+2. Họ nguyên hàm của hàm số f= ( x ) x 2 4 + x3 là A.. 2 9. (4 + x ) 3. 3. B.. +C.. 1 9. (4 + x ) 3. 3. +C .. C. 2 x3 + 4 + C .. Lời giải Chọn A Ta có. x ) dx ∫ x ∫ f (=. 2. 4 + x 3 dx .. D. 2. (4 + x ) 3. 3. +C ..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Câu 4.. Đặt = u. 2 3 x 2 dx ⇒ x 2 d x = 4 + x3 ⇒ u 2 =4 + x3 ⇒ 2udu = udu . 3. Suy ra. f (= x ) dx. ∫. Cho hàm số y =. 2 2 2 2 2 3 2 3 du u +C = ∫ x 4 + x dx = ∫ u. 3 udu = 3 ∫ u = 9 9. (4 + x ). 3 3. +C .. 2x +1 . Mệnh đề đúng là x +1. A. Hàm số đồng biến trên hai khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) , nghịch biến trên ( −1;1) . B. Hàm số đồng biến trên hai khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) . C. Hàm số nghịch biến trên hai khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) . D. Hàm số đồng biến trên  . Lời giải Chọn B. D  \ {−1} . Tập xác định= Ta = có y′. 1. ( x + 1)2. > 0, ∀x ∈  \ {−1} .. Bảng biến thiên. Vậy hàm số đã cho đồng biến trên ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) . Câu 5.. Hàm số nào dưới đây có đồ thị như hình vẽ?. A. y = − x3 + 3x + 1 .. B. y = x 3 − 3 x + 1 .. C. y = x3 + 3 x + 1 .. D. y = − x3 − 3x + 1 ..

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Lời giải Chọn B + Từ đồ thị hàm số ta có lim y = −∞; lim y = +∞ suy ra loại phương án A và D. x →−∞. x →+∞. + Hàm số y = x 3 + 3 x + 1 có y=′ 3 x 2 + 3 > 0, ∀x ∈  suy ra hàm số y = x 3 + 3 x + 1 đồng biến trên  . Loại phương án C.. + Hàm số y = x 3 − 3 x + 1 có y′ = 3 x 3 − 3, y′ = 0⇔ x= ±1 . Giá trị cực đại của hàm số bằng 3 tại x = −1 , giá trị cực tiểu của hàm số bằng −1 tại x = 1 . Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm M ( 0;1) . Vậy đồ thị đã cho là đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x + 1 . Câu 6.. Tập nghiệm của phương trình cos 2 x + cos x + 1 =0 là. π π  A. S =  + kπ ; ± + k 2π , k ∈   . 3 2 . 2π π  B. S =  + k 2π ; ± + k 2π , k ∈   . 3 2 . π π  C. S =  + k 2π ; ± + k 2π , k ∈   . 3 2 . 2π π  D. S =  + kπ , ± + k 2π , k ∈   . 3 2 . Lời giải Chọn D Tập xác định:  .. cos x = 0 Ta có cos 2 x + cos x + 1 =0 ⇔ 2 cos x + cos x = . 0⇔ cos x = − 1  2 2. +) cos x = 0 ⇔ x = +) cos x = −. π 2. + kπ , k ∈  .. 1 2π 2π cos ⇔ cos x = ⇔x= ± + k 2π , k ∈  . 2 3 3. 2π π  Vậy tập nghiệm của phương trình là S =  + kπ , ± + k 2π , k ∈   . 3 2  n. Câu 7.. 1  Biết tổng các hệ số của khai triển  + x3  bằng 1024. Khi đó hệ số của x 6 trong khai triển x  bằng B. 165 .. A. 792 .. C. 210. D. 252 .. Lời giải Chọn C n. 1 1 1 1 3 n −1 1  +) Ta có  + x3 = Cn0 n + Cn1 n −1 x3 + Cn2 n − 2 x 6 +  + Cnn −1 x ( ) + Cnn x3n . x x x x x  +) Vì tổng các hệ số của khai triển bằng 1024 nên thay x = 1 ta được:.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> n. 1 3  n n 10 .  + 1 = 1024 ⇔ 2= 1024 ⇔ = 1  10. k 1 1  +) Số hạng tổng quát của khai triển  + x 3  là: C10k 10− k ( x3 ) = C10k x 4 k −10 . x x . +) Xét hệ số của x 6 ta có: 4k − 10 = 6 ⇔ k = 4 . +) Hệ số của x 6 là: C104 = 210 . Câu 8.. = 60° ,  = SB = SC ,  Cho hình chóp S . ABC có SA ASB= 90° , BSC ASC = 120° . Tính góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABC ) .. A. 60° .. B. 45° .. C. 30° .. D. 90° .. Lời giải Chọn C. = 60° nên ∆SBC đều và ∆SBA vuông cân tại S . Giả = SB = SC và  +) Vì SA ASB= 90° , BSC = SB = SC = BC = a và AB = a 2 . sử SA = a ta có: SA. +) Xét ∆SAC cân tại S ta có: AC =. a 2 + a 2 − 2.a.a.cos120 = ° a 3.. +) Xét ∆ABC có: AC 2 = AB 2 + BC 2 = 3a 2 , do đó ∆ABC vuông tại B .. = SB = SC nên DA = DB = DC , do +) Gọi D là hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC ) , vì SA 2. a 3 a đó D là trung điểm của AC và SD = SC − DC = a −   = . 2  2  2. 2. 2.  . = SB, DB ) SBD +) Ta có ( SB,= ( ABC ) ) (. SD 1 =  =° =⇒ SBD 30 . +) Xét ∆SBD , vuông tại D ; sin SBD SB 2 Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABC ) là 30° . Câu 9.. Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Tính thể tích khối chóp S . ABC ..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> A.. a3 3 . 12. B.. a3 3 . 2. C.. a3 3 . 6. D.. a3 3 . 3. Lời giải Chọn C. Ta = có VS . ABC. a 2 3 a3 3 1 1 . SA.S ∆ABC a. .2 = = 3 3 4 6. Câu 10. Cho hình trụ có thiết diện qua trục của hình trụ là một hình chữ nhật có chu vi là 12 cm. Giá trị lớn nhất của thể tích khối trụ là A. 64π ( cm3 ) .. C. 32π ( cm3 ) .. B. 16π ( cm3 ) .. D. 8π ( cm3 ) .. Lời giải Chọn D. Giả sử thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật ABCD có AB = a ( cm ) và AD = b ( cm ) (với a , b > 0 ).. h AD = b và bán kính đáy Khi đó hình trụ có chiều cao= = R. 1 a . = AB 2 2. Từ giả thiết ta có 2 ( a + b ) = 12 ⇔ b = 6 − a . Vì b > 0 nên a < 6 . 2. 1 2 1 2 a = V π= R h π  = .b Thể tích khối trụ là: π a (6 − = a) π a (12 − 2a ) . 4 8 2 2. Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 3. a 2 (12 − 2= a). 3. a.a. (12 − 2a ) ≤. a + a + 12 − 2a = 4 , hay a 2 (12 − 2a ) ≤ 43 . 3. 1 Do đó V ≤ π .43 ⇔ V ≤ 8π . 8. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 12 − 2a ⇔ a = 4 . Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối trụ là 8π ( cm3 ) đạt được khi a = 4 ( cm ) và b = 2 ( cm ) . Cách 2: Xét hàm số f ( a ) = a 2 (12 − 2a ) = 12a 2 − 2a 3 với 0 < a < 6 .. a = 0 f ′ (= a ) 24a − 6a 2 ; f ′ ( a )= 0 ⇔  . a = 4 Bảng biến thiên. Ta có max f ( a ) = 64 đạt khi a = 4 . ( 0;6 ). Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối trụ= là V. b = 2 ( cm ) .. 1 = π .64 8π ( cm3 ) đạt được khi a = 4 ( cm ) và 8. x −1 . Gọi M là giao điểm của ( C ) với trục tung. x +1 Tiếp tuyến của ( C ) tại M có phương trình là. Câu 11 . Cho đường cong ( C ) có phương trình y =. A. = y 2x −1.. B. = y 2 x + 1.. C. y= x − 2 .. D. y = −2 x − 1 .. Lời giải Chọn A +) M là giao điểm của ( C ) với trục tung ⇒ tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình. x −1  x = 0 y = . x +1 ⇔    y = −1  x = 0 Suy ra M ( 0; − 1) . +) y′ =. 2. ( x + 1). 2. ⇒ y′ ( 0 ) = 2.. +) Tiếp tuyến của ( C ) tại M có phương trình là = y 2 x − 1 . Vậy chọn A. Câu 12 . Tập xác định của hàm số y =. 1 là tan x.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>  π  B. D  \ k , k ∈   . =  2 . π  A. D  = k , k ∈   .  2 . = C. D  \ {kπ , k ∈ } .. {kπ , k ∈ } .. = D D. Lời giải. Chọn B. cos x ≠ 0 π cos x ≠ 0 ⇔ ⇔ sin 2 x ≠ 0 ⇔ 2x ≠ kπ ⇔ x ≠ k , k ∈  . Điều kiện xác định:  2 sin x ≠ 0  tan x ≠ 0  π  Vậy tập xác định của hàm số đã= cho là D  \ k , k ∈   .  2 . Câu 13. Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 32 x +1 là A.. 1 2 x +1 3 +C . 2 ln 3. B.. 1 2 x +1 3 +C . ln 3. C.. 1 2 x +1 3 +C. 2. D.. 1 2 x +1 3 ln 3 + C . 2. Lời giải Chọn A Áp dụng : ∫ a x dx = Ta có. ∫. f ( x ) d= x. ax + C ( a > 0, a ≠ 1) . ln a. 2 x +1 ∫ 3 d=x. Mở rộng : ∫ a mx + n dx=. 1 2 x +1 32 x +1 3 d 2 1 x + = +C . ( ) 2∫ 2 ln 3. a mx + n + C ( a > 0, a ≠ 1, m ≠ 0 ) . m ln a. Câu 14. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?. (. ). A. Hàm số y = ln x + x 2 + 1 không phải là hàm số chẵn cũng không phải là hàm số lẻ. B. Tập giá trị của hàm số = y ln ( x 2 + 1) là [ 0; + ∞ ) .. (. ). ′ 1 C. ln x + x 2 + 1  = .   x2 + 1. (. ). D. Hàm số y = ln x + x 2 + 1 có tập xác định là  . Lời giải Chọn A. (. ). *) Phương án D đúng: Xét hàm số y = ln x + x 2 + 1 . +) Với ∀x ∈  , ta luôn có x ≤ x < x 2 + 1 . Suy ra x + x 2 + 1 > 0 , với ∀x ∈  ..

<span class='text_page_counter'>(15)</span> ). (. +) Vậy hàm số y = ln x + x 2 + 1 có tập xác định là  .. ). (. *) Phương án A sai: Xét hàm số y = f ( x ) = ln x + x 2 + 1 . +) Tập xác định D =  . 1) ∀x ∈ D ⇒ − x ∈ D .. (. 2) f ( − x )= ln − x + =ln. (−x). 1 2. x +1 + x. 2. ) (. + 1 = ln. =ln. (. (x ln. ). 2. x +1 − x =. x2 + 1 + x. ). −1. =− ln. (. 2. + 1) − x 2. x2 + 1 + x. ). x 2 + 1 + x =− f ( x ) .. ). (. +) Vậy hàm số y = f ( x ) = ln x + x 2 + 1 là hàm số lẻ. *) Phương án B đúng: Xét hàm số = y ln ( x 2 + 1) . +) Tập xác định D =  . +) Với ∀x ∈ D , ta có ln ( x 2 + 1) ≥ ln1 = 0. +) lim ln ( x 2 + 1) = +∞ x →+∞. +) Vậy tập giá trị của hàm số = y ln ( x 2 + 1) là [ 0; + ∞ ) . u′ *) Phương án C đúng: Áp dụng: ( = ln u )′ u. (. ). ′ 2 +1  +) Ta có ln x + x=   =. (. (u > 0) .. ′ 1+ 2x x + x2 + 1 2 x2 + 1 = x + x2 + 1 x + x2 + 1. ). x + x2 + 1 = x + x2 + 1 x2 + 1. ). (. 1 x2 + 1. .. Câu 15. Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a . Góc giữa đường thẳng A′B và mặt đáy là 60° . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ . A. 2a 3 .. B. a 3 .. C. 6a 3 . Lời giải. Chọn C. D. 4a 3 ..

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Thể tích V của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là: V = B.h . Diện tích đáy của khối= lăng trụ: B. 1 2= a.2a.sin 60° 2. 3a 2. Chiều cao của khối lăng trụ h = AA′ . Ta có AA′ ⊥ ( ABC ) ⇒ A là hình chiếu của A′ lên mặt phẳng ( ABC ) .. A′BA= 60° . Khi đó góc giữa A′B và mặt phẳng ( ABC ) là góc  Xét tam giác vuông A′AB : tan 60 = °. AA′ ⇒ AA =′ AB.tan 60 = ° 2a. 3 . AB. ⇒ Thể tích của khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ là : V B= .h =. 3a 2 .2 = 3a 6a 3 .. Câu 16. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa SC và mặt đáy bằng 45° . Gọi E là trung điểm BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC . A.. a 38 . 5. B.. a 5 . 5. C.. a 5 . 19. D.. a 38 . 19. Lời giải Chọn D Cách 1:. Dựng hình bình hành DKCE , khi đó DE // CK ⇒ DE // ( SCK ) . ⇒ d ( DE , SC= ) d ( DE , ( SCK = ) ) d ( D, ( SCK ) ) .. Vì DKCE là hình bình hành nên DK = CE = 1 ⇒ d ( D, ( SCK ) ) = d ( A, ( SCK ) ) . 3. 1 1 = AD AK 2 3.  AI ⊥ CK , ⇒ CK ⊥ ( SAI ) . Kẻ AI ⊥ CK , ( I ∈ CK ) . Ta có:  CK ⊥ SA  AJ ⊥ SI ⇒ AJ ⊥ ( SCK ) ⇒ d ( A, ( SCK ) ) = AJ . Kẻ AJ ⊥ SI , ( J ∈ SI ) . Ta có :  CK ⊥ AJ + Tính AI :.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 2. a 5 a Xét tam giác vuông DCE vuông tại C : CK =DE = CD + EC = a +   = . 2 2 2. 2. 2. 3 a. a CD. AK 1 1 2 = 3a 5 = Ta có: S ∆ACK AI .CK CD. AK ⇒ AI= = = AI 5 2 2 a 5 2 + Tính SA : Ta có SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng ( ABCD ) . Khi đó góc. = 45° ⇒ ∆SAC là tam giác vuông cân tại A . giữa SC và mặt đáy ( ABCD ) là góc SCA ⇒ SA = AC = a 2 . Xét ∆SAI vuông tại A ta có: Vậy d (= DE , SC ). 1 1 1 1 5 19 3 38 a. = + 2 = + 2 = ⇒ AJ = 2 2 2 2 2a 9a 18a 19 AJ SA AI. 1 1 3 38 d ( A,= . a ( SCK ) ) = 3 3 19. 38a . 19. Cách 2: Ta có SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng ( ABCD ) . Khi đó góc giữa. = 45° ⇒SAC là tam giác vuông cân tại A SC và mặt đáy ( ABCD ) là góc SCA ⇒ SA = AC = a 2 . Gắn hệ trục tọa như hình vẽ và chọn a = 1 ta có :.  1  A ( 0;0;0 ) , B (1;0;0 ) D ( 0;1;0 ) , C (1;1;0 ) , S 0;0; 2 , E 1; ;0  .  2 . (. ).    1   Suy ra : DE = 1; − ;0 , SC = 1;1; − 2 , DC = (1;0;0 ) ;   2      DC.  DE , SC  38 . ⇒ d ( DE , SC= )   = 19  DE , SC   . (. ).    2 3  DE; SC  =  ; 2; .    2 2  .

<span class='text_page_counter'>(18)</span> 38 Vậy với cạnh của hình vuông ABCD là a ⇒ d ( DE , SC ) = a. 19. Câu 17. Gieo đồng thời ba con súc sắc cân đối. Tính xác suất để tổng số chấm ở mặt xuất hiện của ba con súc sắc bằng 11. A.. 7 . 54. B.. 1 . 9. C.. 1 . 8. D.. 13 . 108. Lời giải Chọn C. = = 216 . Xét phép thử “Gieo đồng thời ba con súc sắc cân đối” ⇒ n ( Ω ) 6.6.6 Gọi A là biến cố “tổng số chấm ở mặt xuất hiện của ba con súc sắc bằng 11”. Ta thấy các bộ 3 số có tổng bằng 11 là: (1; 4;6 ) , (1;5;5 ) , ( 2;3;6 ) , ( 2; 4;5 ) , ( 3;3;5 ) , ( 3; 4; 4 ) . Với các bộ số có 3 số khác nhau thì mỗi bộ có 6 hoán vị khác nhau, các bộ số có 2 số giống nhau thì mỗi bộ có 3 hoán vị khác nhau. Do đó n ( A ) = 6.3 + 3.3 = 27 .. ⇒ P ( A) =. n ( A). n (Ω). =. 1 . 8. = 60° . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và Câu 18. Cho hình chóp S . ABC có AB = a , AC = 2a , BAC SA = a 3 . Bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC bằng A. R =. a 55 . 6. B. R =. a 7 . 2. C. R =. a 10 . 2. D. R =. Lời giải Chọn B. 2  = 3a 2 ⇒ BC = Xét tam giác ABC có: BC = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos BAC a 3.. Do đó AB 2 + BC 2 = AC 2 nên tam giác ABC là tam giác vuông tại B ..  BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SB . Ta có:   BC ⊥ AB Gọi I là trung điểm của SC .. a 11 . 2.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> ∆SAC vuông tại A suy ra IA = IS = IC và ∆SBC vuông tại B suy ra IB = IS = IC . Vậy 1 = IS = SC . IS = IA = IB = IC nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC , bán kính R 2 ∆SAC vuông tại A , có SC =. SA2 + AC 2 = a 7 .. Vậy mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC có bán kính R =. a 7 . 2. y x3 + 1 tại điểm M (1; 2 ) là Câu 19. Hệ số góc k của tiếp tuyến đồ thị hàm số = A. k = 3 .. B. k = 4 .. C. k = 5 .. D. k = 12 .. Lời giải Chọn A Tập xác định: D =  . Ta có y′ = 3 x 2 .. ′ (1) 3 . y x3 + 1 tại điểm M (1; 2 ) = Hệ số góc của tiếp tuyến đồ thị hàm số = là k y= Vậy k = 3 . Câu 20. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình x 4 − 4 x 2 − 4 + 2m = 0 có 4 nghiệm phân biệt A. 4 .. B. 2 .. D. 3 .. C. 1 . Lời giải. Chọn C Ta có : x 4 − 4 x 2 − 4 + 2m = 0 ⇔ x 4 − 4 x 2 − 4 =−2m (1) . Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số y =x 4 − 4 x 2 − 4 và đường thẳng y = −2m . Xét hàm số y =x 4 − 4 x 2 − 4 . Tập xác định D =  .. x = 0 = y′ 4 x3 − 8 x , y′= 0 ⇔  . x = ± 2 Bảng biến thiên. x y′. −∞ −. − 2 0. +∞ y. 0 +. 0. −. 2 0. +∞ +. −4 −8. −8. Dựa vào bảng biến thiên ta có: Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi. −8 < −2m < −4 ⇔ 2 < m < 4 . Vì m nguyên nên m = 3 .. +∞.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Vậy có 1 giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt. Câu 21: Tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình 2 log 4 ( x − 3) + log 4 ( x − 5) 2 = 0. A. 8 + 2 .. B. 8 − 2 .. C. 8 .. D. 4 + 2 .. Lời giải Chọn A.  x  3 Điều kiện:  .  x  5 Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương. 1 0 ⇔ ( x − 3) 2 ( x − 5) 2 = log 4 ( x − 3) 2 + log 4 ( x − 5) 2 = 0 ⇔ log 4 ( x − 3) 2 ( x − 5) 2  =  x 2 − 8 x + 15 =  x 2 − 8 x + 14 =  x= 4 ± 2 0 1 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ . x = 4 − + = − x 8 x 15 1 − + = x 8 x 16 0    Đối chiếu điều kiện ta có phương trình đã cho có nghiệm x= 4 + 2 và x = 4 . Vậy tổng các nghiệm thực của phương trình bằng 8 + 2 . Câu 22: Hiện tại hệ thống các cửa hàng điện thoại của Thế giới di động đang bán Iphone 7 64GB với giá 18.790.000 . Người mua có thể chọn 03 hình thức mua điện thoại. Hình thức 1 trả tiền ngay lập tức 18.790.000 . Hình thức 2 trả trước 50% còn lại 50% chia đều cho 08 tháng, mỗi tháng tiền phí bảo hiểm 64.500 đ/tháng. Hình thức 3 trả trước 30% , số tiền còn lại chia đều cho 12 tháng, tiền bảo hiểm 75.500 đ/tháng. Nếu lãi suất ở hình thức 3 là 1,37% /tháng, thì tổng số tiền hàng tháng khách hàng phải trả là (làm tròn đến 500 đ). A. 1.351.500 (đồng).. B. 1.267.000 (đồng).. C. 1.352.000 (đồng).. D. 1.267.500 (đồng). Lời giải. Chọn C Số tiền khách phải trả ngay lúc đầu theo hình thức mua thứ ba là 18 790 000.30% . Số tiền còn lại phải trả trong 12 tháng là 18 790 000 − 18 790 000 x30% = 13 153 000 = A. Mỗi tháng người mua phải trả góp số tiền là A 13 153 000 + A.1,37% + 75 500 = + 13 153 000.1,37% + 75 500 = 1 352 000 (đồng). 12 12 Chú ý bài toán: Cho A là khoản vay, n là kì hạn vay, x% = r là lãi suất theo tháng và B là tiền bảo hiểm. Số tiền phải trả góp hàng tháng tính theo công thức: A T = + A.r + B . n. Câu 23. Một cái bể cá hình hộp chữ nhật được đặt nằm ngang, một mặt bên của bể rộng 10 dm và cao 3 4 bề mặt đáy của bể (như hình bên). Hỏi khi ta đặt bể trở lại nằm ngang thì chiều cao h của mực nước là bao nhiêu? 8dm . Khi ta nghiêng bể thì nước trong bể vừa đúng che phủ mặt bên nói trên và chỉ che phủ.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> A. 3dm .. B. 2,5dm .. C. 3,5dm .. D. 4dm .. Lời giải Chọn A. Gọi ADHK là phần mặt nước che phủ được. 3 bề mặt đáy của bể. Gọi kích thước còn lại của 4. hình hộp chữ nhật bằng x dm . 1 3 Lăng trụ đứng CDH . AKB có thể tích V  AD.SCDH  10. . x.8  30 x dm3 . 2 4. Thể tích nước khi bể nằm ngang là V  10.h.x dm3 . Ta có 30 x  10.h.x  h  3dm . Câu 24. Một hình trụ có bán kính đáy bằng 40 cm và có chiều cao là 40 cm . Một đoạn thẳng AB có chiều dài 80 cm và có hai đầu mút nằm trên hai đường tròn đáy. Tính khoảng cách d từ đoạn đó đến trục hình trụ. A. 40 3 cm .. B. 25cm .. C. 20 cm . Lời giải. Chọn C. D. 40 3 cm ..

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Gọi O, O′ lần lượt là tâm hai đường tròn đáy như hình vẽ. Vì AB = 80 cm nên AB không song song với OO′ (giả sử A, B như hình vẽ). Kẻ đường sinh AI như hình vẽ. Gọi H là trung điểm AB . Vì OO′ // AI ⇒ OO′ // ( ABI ) ⇒ d ( OO′, AB= ) d ( OO′, ( ABI )=) d ( O, ( ABI ) ) . Ta có OH ⊥ AB (tính chất đường kính dây cung) và OH ⊥ AI (vì AI // OO′ ), do đó. OH ⊥ ( ABI ) ⇒ d ( O, ( ABI ) ) = OH = d.. Xét ∆ABI vuông tại I , ta có BI =. AB 2 − AI 2 =. Xét ∆OHI vuông tại H , ta có OH =. 802 − 402 = 40 3 cm ⇒ IH = 20 3 cm .. OI 2 − HI 2 =. (. ). tục. trên. 402 − 20 3. 2. = 20 cm .. Vậy d = 20 cm . Câu 25. Cho. hàm. số. y = f ( x). xác. định. và. liên.  \ {0}. x 2 f 2 ( x ) + ( 2 x − 1) f ( x= ) xf ′ ( x ) − 1 ∀x ∈  \ {0} đồng thời f (1) = −2 . Tính. thỏa. 2. ∫ f ( x ) dx 1. 1 A.  ln 2  . 2. 3 B.  ln 2  . 2. C. . ln 2 3  . 2 2. D. . ln 2 1 . 2. Lời giải Chọn A Ta có:. x 2 f 2 ( x ) + ( 2 x − 1) f ( x= ) xf ′ ( x ) − 1 ⇔ x 2 f 2 ( x ) + 2 xf ( x ) − f ( x ) = xf ′ ( x ) − 1 2. ⇔ x 2 f 2 ( x ) + 2 xf ( x )= + 1 xf ′ ( x ) + f ( x ) ⇔  xf ( x ) + 1= xf ′ ( x ) + f ( x ) (*) . 1 0 ⇒ f ( x) = −1 (không thỏa mãn). Xét xf ( x ) + 1 = − ⇒ f (1) = x Xét xf ( x ) + 1 ≠ 0 , ta có (*) ⇔. xf ′ ( x ) + f ( x )  xf ( x ) + 1. 2.  xf ( x ) + 1′ = 1⇔ = 1. 2  xf ( x ) + 1. mãn:.

<span class='text_page_counter'>(23)</span>  xf ( x ) + 1′ 1 dx = dx ⇒ − ⇒∫ = x+C . 2 ∫ xf ( x ) + 1  xf ( x ) + 1 Cho x = 1 ta được : − ⇒−. Vậy. 1 1 = 1+ C ⇒ − = 1+ C ⇒ C = 0 . −2 + 1 1 f (1) + 1. 1 1 1 1 = x ⇒ xf ( x ) + 1 =− (vì x ≠ 0 ) ⇒ f ( x ) = − 2− xf ( x ) + 1 x x x 2. ∫ 1. 2. 2. 1 2 1  1 1 f ( x ) dx = ∫  − 2 −  d= x − ln x 1 =− − ln 2 . x x x1 2 1. Câu 26. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y= x + A. min y = −6 .. B. min y =. [ 2;4]. [ 2;4]. 9 trên đoạn [ 2; 4] là x 25 . 4. C. min y =. [ 2;4]. 13 . 2. D. min y = 6 .. [ 2;4]. Lời giải Chọn D Hàm số y= x +. 1 Ta có: y′ =−. 9 liên tục trên đoạn [ 2; 4] . x. x2 − 9 = . x2 x2 9.  x= 3 ∈ ( 2; 4 ) . Giải y′ = 0 ⇒ x 2 − 9 = 0 ⇔   x =−3 ∉ ( 2; 4 ) Khi đó:= y ( 2). 13 25 . = ; y ( 3) 6;= y ( 4) 2 4. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y= x +. 9 trên đoạn [ 2; 4] là min = y y= ( 3) 6 . x [ 2;4]. Câu 27. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , SA = a , SA vuông góc với mặt đáy. Thể tích của khối chóp S . ABCD là A. 2a 3 .. B. 4a 3 .. C. Lời giải. Chọn D. 2 3 a . 3. D. 4 a 3 . 3.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Thể tích của khối chóp S . ABCD là V = S . ABCD. 1 1 4 3 SA a . = . AB.CD = .a.2a.2a 3 3 3. Câu 28. Hàm số y = f ( x ) nào có đồ thị như hình vẽ sau:. A. y =. x +1 . x −2. B. y =. x −1 . x+2. C. y =. x +1 . x+2. D. y =. x −1 . x −2. Lời giải Chọn D + Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = 2 nên loại đáp án B và C. + Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ (1;0 ) nên loại A, nhận đáp án D. Câu 29. Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA = 2a , SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường thẳng SB, SC . Tính A. 12 .. 50V 3 , với V là thể tích khối chóp ABCNM . a3 B. 10 .. C. 11 . Lời giải. Chọn D. D. 9 ..

<span class='text_page_counter'>(25)</span> 1 1 1 3 a3 3 SA.S ABC .2a. = .a.a. Thể tích khối chóp S . ABC = là VS . ABC = . 3 3 2 2 6 Tam giác SAB vuông tại A và có AM là đường cao nên. SM SA2 SA2 4a 2 4 = = 2 = 2 = . SM .SB = SA ⇔ 2 2 2 SB SB SA + AB 4a + a 5 2. Tam giác SAC vuông tại A và có AN là đường cao nên. SN SA2 SA2 4a 2 4 = = = = . 2 2 2 2 2 SC SC SA + AC 4a + a 5 Ta có. VS . AMN SM SN 4 4 16 16 .= = . = ⇒ VS . AMN = VS . ABC VS . ABC SB SC 5 5 25 25. Suy ra V =VABCNM =VS . ABC − VS . AMN =VS . ABC − Vậy. 16 9 9 a 3 3 3a 3 3 VS . ABC = VS . ABC = . = . 25 25 25 6 50. 50V 3 =9. a3. Câu 30. Với các số thực dương a , b bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng?. a A. ln= ln b − ln a . b. B. ln. a ln a . = b ln b. = C. ln ( ab ) = ln a.ln b . D. ln ( ab ) ln a + ln b . Lời giải. Chọn D. = Với hai số thực dương a , b ta có: ln ( ab ) ln a + ln b . Câu 31. Gọi ( C ) là đồ thị của hàm số y = A. ( C ) có đúng 1 tiệm cận đứng.. 2x − 4 . Trong các mệnh đề sau, tìm mệnh đề sai. x −3 B. ( C ) có đúng 1 tâm đối xứng..

<span class='text_page_counter'>(26)</span> C. ( C ) có đúng 1 tiệm cận ngang.. D. ( C ) có đi qua điểm A ( 2;1) . Lời giải. Chọn D TXĐ: D =  \ {3} .. 2x − 4  y = lim+ = +∞ +  xlim →3 x →3 x − 3 nên ( C ) có 1 tiệm cận đứng x = 3 ⇒ phương án A đúng. +)   lim y = lim 2 x − 4 = −∞ x →3− x − 3  x →3−. 2x − 4 +) lim y lim = = 2 nên ( C ) có 1 tiệm cận ngang y = 2 ⇒ phương án C đúng. x →±∞ x →±∞ x − 3 +) Đồ thị hàm số ( C ) nhận giao điểm hai đường tiệm cận I ( 3; 2 ) làm tâm đối xứng ⇒ phương án B đúng. +) Thay tọa độ của A vào phương trình hàm số y = án D sai. Câu 32. Biết. 2x − 4 ta được mệnh đề sai ⇒ phương x −3. 2. ln x b b dx= + a ln 2 (với a là số thực, b, c là các số nguyên dương và là phân số tối 2 x c c 1. ∫. giản). Tính giá trị của 2a + 3b + c. B. 4 .. A. 6 .. C. 5 .. D. −6 .. Lời giải Chọn B 1  du = dx u = ln x  ln x   x . Gọi I = ∫ 2 dx . Đặt  chọn  1 x 1 v = − 1 dv = x 2 dx  x 2. 2. 2. 2. 1 1 1 1 1  1 Ta có: I = − ln x + ∫ 2 dx = − ln 2 + .  − ln x −  = x x x 1 2 2  x 1 1 b b + a ln 2 (với a là số thực, b, c là các số nguyên dương và là phân số tối giản) nên c c 1 suy ra a = − , b == 1, c 2. 2. Vì I=.  1 Vậy 2a + 3b + c = 2.  −  + 3.1 + 2 = 4.  2. Câu 33: Có bao nhiêu giá trị nguyên của. m. thuộc đoạn. [ −2020; 2020]. cot 2 x − 2m cot x + 2m 2 − 1 π π  y= nghịch biến trên  ;  ? cot x − m 4 2 A. 2020.. B. 2019.. C. 2022. Lời giải. D. 2021.. để hàm số.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Chọn C. π π  π π  Đặt t = cot x . Ta có x ∈  ;  nên t ∈ ( 0; 1) , t = cot x là hàm nghịch biến trên  ;  . 4 2 4 2. = y f= Khi đó, bài toán trở thành tìm tham số m nguyên để hàm số (t ) biến trên ( 0; 1) .. t 2 − 2mt + 2m 2 − 1 đồng t −m. Tập xác định của hàm số y = f ( t ) là D =  \ {m} . Ta có: f ′ ( t ) =. t 2 − 2mt + 1. (t − m). 2. .. Hàm số y = f ( t ) đồng biến trên ( 0; 1) khi và chỉ khi f ′ ( t ) ≥ 0, ∀t ∈ ( 0;1)  t2 +1 ≤ m , ∀t ∈ ( 0;1)  2t  t − 2mt + 1 ≥ 0, ∀t ∈ ( 0;1) ⇔ ⇔ m ∉ ( 0;1) m ≤ 0   m ≥ 1 2. ( *) .. t2 +1 y g= = Xét hàm số trên khoảng ( 0; 1) . (t ) 2t Khi đó g ′= (t ). t 2 −1 < 0, ∀t ∈ ( 0;1) nên hàm số y = g ( t ) nghịch biến trên ( 0; 1) . 2t 2. m ≤ g (1) m ≤ 1 m ≤ 0   Do đó (*) ⇔  m ≤ 0 ⇔   m ≤ 0 ⇔  . m = 1    m ≥1  m ≥ 1   Mà m là số nguyên và thuộc đoạn [ −2020; 2020] nên có 2022 giá trị của m thoả mãn. Câu 34. Cho tứ diện ABCD , biết tam giác BCD có diện tích bằng 16. Mặt phẳng ( P ) đi qua trung điểm của AB và song song với mặt phẳng ( BCD ) cắt tứ diện theo một thiết diện có diện tích bằng A. 12 .. B. 4 .. C. 8 . Lời giải. Chọn B. D. 16 ..

<span class='text_page_counter'>(28)</span> A. P. N M I. D. C. J B. Gọi M là trung điểm của AB .. = Gọi MN. ( P ) ∩ ( ABD ). ( N ∈ AD ), do ( P ) // ( BCD ) ⇒ MN // BD ⇒ N là trung điểm của AD .. = Gọi MP. ( P ) ∩ ( ABC ). ( P ∈ AC ), do ( P ) // ( BCD ) ⇒ MP //BC ⇒ P là trung điểm của AC .. Thiết diện của tứ diện ABCD cắt bởi mặt phẳng ( P ) là ∆MNP . Cách 1: Gọi I , J lần lượt là trung điểm của CD và BD .. ∆JDI (c – c – c ). Ta chứng minh được ∆MNP = Ta có S ∆= S= ∆DIJ MNP. 1 1 1 1 1   . DB.DC.sin BDC .S ∆= .16 4. DI .DJ .sin = JDI = = DBC 2 4 2 4 4. Vậy S ∆MNP = 4. Cách 2: Ta có MN =. 1 1 1 1 BD, NP = CD, MP = BC ⇒ ∆MNP và ∆BCD đồng dạng theo tỉ số k = . 2 2 2 2 2. ⇒ S ∆MNP Câu 35.. 1 1 =  .S ∆BCD = .16 =4. 4 2. Cho hàm số y =. ax + b có đồ thị như hình vẽ bên. cx + d.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. ac > 0, bd > 0 .. B. ab < 0, cd < 0 .. C. bc > 0, ad < 0 .. D. bd < 0, ad > 0 .. Lời giải Chọn C Ta có: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số nằm phía trên trục hoành: y = Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số nằm bên phải trục tung: x =− Giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung có tung độ âm y =. a > 0 ⇒ ac > 0 (1) . c. d d > 0 ⇔ < 0 ⇒ cd < 0 ( 2 ) . c c. b < 0 ⇒ bd < 0 ( 3) . d. Từ ( 3) suy ra: Đáp án A sai. Từ (1) , ( 2 ) ⇒ ad .c 2 < 0 ⇔ ad < 0 ⇒ Đáp án D sai. Từ ( 2 ) , ( 3) ⇒ bc.d 2 > 0 ⇔ bc > 0 . Từ (1) , ( 3) ⇒ ab.cd < 0 ⇔ ab > 0 ⇒ Đáp án B sai. Vậy đáp án C là đúng. Câu 36. Cho bất phương trình. ). (.   log 3a 11 +  log 1 x 2 + 3ax + 10 + 4  .log 3a ( x 2 + 3ax + 12 ) ≥ 0 .Giá trị thực của tham số a để 7   bất phương trình trên có nghiệm duy nhất thuộc khoảng nào sau đây?. A. ( 2; +∞ ) .. B. ( 0;1) .. C. (1; 2 ) .. D. ( −1; 0 ) .. Lời giải Chọn B  log 3a 11 +  log 1 7 . (. ).  x 2 + 3ax + 10 + 4  .log 3a ( x 2 + 3ax + 12 ) ≥ 0 || (1) .  x 2 + 3ax + 10 ≥ 0  Điều kiện  . 1 0 < a ≠  3 . Đặt t =. x 2 + 3ax + 10 , t ≥ 0 .. (1) ⇔ log3a 11 − log 7 ( t + 4 ) .log3a ( t 2 + 2 ) ≥ 0 || ( 2 ) . (1). có nghiệm duy nhất suy ra ( 2 ) có nghiệm duy nhất.. Vế trái của ( 2 ) là một hàm số liên tục theo biến t trên nửa khoảng [ 0; + ∞ ) . Điều kiện cần để ( 2 ) có nghiệm duy nhất là phương trình. log 3a 11 − log 7 ( t + 4 )  .log 3a ( t 2 + 2 ) = 0 || ( 3) có nghiệm duy nhất..

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Ta có. ( 3) ⇔ 1 − log 7 ( t + 4 ) .log11 ( t 2 + 2 ) =0 ⇔ log 7 ( t + 4 ) .log11 ( t 2 + 2 ) =1 .. (. ). log 7 ( t + 4 ) .log11 t 2 + 2 , t ≥ 0 . Đặt f ( t ) = Dễ thấy hàm f ( t ) đồng biến trên nửa khoảng [ 0; +∞ ) và f ( 3) = 1 . Suy ra phương trình ( 3) có nghiệm duy nhất t = 3 . Ta có t =⇔ 3 x 2 + 3ax + 10 =⇔ 3 x 2 + 3ax + 1 = 0 || ( 4 ) . 2 Phương trình ( 4 ) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi ∆ = 0 ⇔ 9a 2 − 4 = 0 ⇔ a = ± . 3. So với điều kiện ta nhận a = Thử lại với a = log 2 11 − log 7. Đặt u =. (. 2 . 3. 2 bất phương trình (1) trở thành 3. ). x 2 + 2 x + 10 + 4 .log 2 ( x 2 + 2 x + 12 ) ≥ 0 || ( 5 ) .. x 2 + 2 x + 10, u ≥ 3 .. Khi đó ( 3) ⇔ log 7 ( u + 4 ) .log 2 ( u 2 + 2 ) ≤ log 2 11 || ( 6 ) . Vì hàm h ( u ) = log 7 ( u + 4 ) .log 2 ( u 2 + 2 ) đồng biến trên nửa khoảng [3; +∞ ) và h ( 3) = log 2 11 nên ( 6 ) ⇔ h ( u ) ≤ h ( 3) ⇔ u ≤ 3 . Kết hợp với u ≥ 3 suy ra u =3 ⇔ x 2 + 2 x + 10 =3 ⇔ x =−1 . Vậy giá trị a thỏa mãn bài toán là a= Câu 37. Tìm điểm cực tiểu của hàm số y = A. x = −3 .. 2 ∈ ( 0;1) . 3. 1 3 x − 2 x 2 + 3x + 1 ? 3. B. x = 1 .. C. x = −1 .. D. x = 3 .. Lời giải Chọn D ′′ 2 x − 4 . Ta có: y′ = x 2 − 4 x + 3 , y=. x = 1 y′ = 0 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔  . x = 3 Tại điểm x = 1 , ta có y′′(1) =2.1 − 4 =−2 < 0 ⇒ Hàm số đạt cực đại tại x = 1 . Tại điểm x = 3 , ta có y′′(3) = 2.3 − 4 = 2 > 0 ⇒ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 . Câu 38. Cho hai hàm số f , g liên tục trên đoạn [ a; b ] và số thực k tùy ý. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> b. b. a. a. b. b. a. a. A. ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx . C.. B.. ∫ xf ( x ) dx = x ∫ f ( x ) dx .. D.. b. a. a. b. ∫ f ( x ) dx = −∫ f ( x ) dx . b. ∫  f ( x ) + g ( x ) dx = a. b. ∫ a. b. f ( x ) dx + ∫ g ( x ) d x . a. Lời giải Chọn C Theo sách giáo khoa cơ bản, trang 107 – 108 ta có: b. ∫ a. a. f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx b. b. b. a. a. ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx , với k là hằng số. b. ∫  f ( x ) + g ( x ) dx = a. b. ∫ a. b. f ( x ) dx + ∫ g ( x ) d x a. Do đó: đáp án A, B, D đúng. Đáp án C sai. Câu 39. Cho mạch điện gồm 4 bóng đèn, xác suất hỏng của mỗi bóng là 0, 05 . Tính xác suất để khi cho dòng điện chạy qua mạch điện thì mạch điện sáng ( có ít nhất một bóng sáng).. A. 0,99750625 .. B. 0,99500635 .. C. 0,99750635 .. D. 0,99500625 .. Lời giải Chọn D Gọi Ai là biến cố : “ Bóng đèn thứ i sáng”, với i = 1; 4 .. ( ). 1 − 0, 05 = 0,95 , P Ai = 0, 05 . Ta có các Ai độc lập và P ( Ai ) = Gọi A là biến cố: “ Có ít nhất một bóng đèn sáng”. Để không có bóng đèn nào sáng ta có các trường hợp sau: Trường hợp 1: Cả 4 bóng đèn cùng bị hỏng. B là biến cố: “ Bốn bóng đèn bị hỏng”.. 054 0, 00000625 . Khi đó xác suất để cả 4 bóng đèn bị hỏng là: P= ( B ) 0,= Trường hợp 2: Ba bóng đèn bị hỏng. Gọi C là biến cố: “ Ba bóng đèn bị hỏng”.. = = 053.0,95 0, 000475 . Xác suất để có 3 bóng đèn bị hỏng là: P ( C ) 4.0, Trường hợp 3: Hai bóng đèn phía trái hoặc hai bóng đèn phía phải bị hỏng..

<span class='text_page_counter'>(32)</span> Gọi D là biến cố: “ Hai bóng đèn phía trái hoặc hai bóng đèn phía phải bị hỏng”. = = 052.0,952 0, 0045125 . Xác suất để hai bóng đèn cùng phía bị hỏng là: P ( D ) 2.0, 1 − ( P ( B ) + P (C ) + P ( D )) = 0,99500625 . Xác suất để có ít nhất một bóng đèn sáng là: P ( A ) = Câu 40. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây.. A. ( 2; +∞ ) .. B. ( 0; 2 ) .. C. ( −2; 2 ) .. D. ( −∞;0 ) .. Lời giải Chọn B Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;0 ) , ( 2; +∞ ) và đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) . Câu 41. Trong không gian cho tam giác ABC vuông tại A , biết = AB 3= a, AC 4a . Độ dài đường sinh l của hình nón nhận được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AC bằng A. l = 5a .. B. l = a 2 .. C. l = a .. D. l = a 3 .. Lời giải Chọn A. C. O A. B. Khi quay tam giác ABC xung quanh cạnh góc vuông AC ta thu được hình nón có độ dài đường sinh l =BC = AB 2 + AC 2 =5a . Câu 42. Cho một tấm nhôm hình tròn tâm O bán kính R được cắt thành hai miếng hình quạt, sau đó quấn thành hai hình nón  N1  và  N 2  . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của khối nón  N1  và  N 2  . Tính k . V1 AOB  90 . biết  V2.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> A. k  2 .. B. k . 7 105 . 9. C. k . 3 105 . 5. Lời giải Chọn C Chu vi đường tròn tâm O bán kính R là C  2 R . Gọi r1 , r2 lần lượt là bán kính đáy của hình nón  N1  và  N 2  . Hai hình nón  N1  và  N 2  có đường sinh lần lượt là l1  l2  R . 3 3 3 R Chu vi đáy hình nón  N1  là C1  C  .2 R  . 4 4 2. Do đó: 2r1 . 3 R 3R .  r1  2 4. 1 1 R Chu vi đáy hình nón  N 2  là C2  C  .2 R  . 4 4 2. Do đó: 2r2 . R R  r2  . 2 4. Đường cao của hình nón  N1  là h1  l12  r12  Đường cao của hình nón  N 2  là h2  l2 2  r22 . 7 R. 4. 15 R. 4. 1 2 9R2 7 r1 h1  R 2 V r h 3 105 4 Do đó: k  1  3 .  12 1  162  V2 1 r 2 h r2 h2 5 R 15  R 2 2 3 16 4. Vậy k . 3 105 . 5. Câu 43 . Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau. D. k  3 ..

<span class='text_page_counter'>(34)</span> Đồ thị hàm số y = f ( x − 2020 ) + 2020 có bao nhiêu điểm cực trị? A. 5.. B. 2.. C. 4.. D. 3.. Lời giải Chọn D Đặt g ( x ) =f ( x − 2020 ) + 2020 . Khi đó g ′= ( x ) f ′ ( x − 2020 ) .. −1  x = 2019  x − 2020 = g′( x) = 0 ⇔ f ′ ( x − 2020 ) = 0⇔ ⇔ = 3 x 2023  x − 2020 = Ta có bảng biến thiên. Suy ra bảng biến thiên của hàm số y = f ( x − 2020 ) + 2020 .. Vậy đồ thị hàm số y = f ( x − 2020 ) + 2020 có 3 điểm cực trị. Câu 44. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y = A. 3.. B. 1.. x−2 là x − 3x + 2 2. C. 4. Lời giải. Chọn D TXĐ: D = R \ {1; 2} .. D. 2..

<span class='text_page_counter'>(35)</span> lim+. x−2 x−2 = −∞ . = +∞ ; lim− 2 x →1 x − 3 x + 2 x − 3x + 2. lim. x−2 = 1. x − 3x + 2. x →1. x→2. 2. 2. Suy ra đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.. x−2 x−2 = 0. = 0 ; lim 2 x →−∞ x − 3 x + 2 x →+∞ x − 3 x + 2 lim. 2. Suy ra đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận. Câu 45. Cho a là số thực dương . Viết biểu thức P = 3 a 5 .. 1 a3. dưới dạng lũy thừa cơ số a ta được kết. quả là 5 6. 1 6. A. P = a .. B. P = a .. 7 6. C. P = a .. 19 6. D. P = a .. Lời giải Chọn B Ta có= P. 3. 5 5 5 3 1 −3 − 1 1 3 3 3 2 2 a . = a .= a .= a a= a 6 . 3 3 a a2 5. Câu 46. Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị hàm số y = f '( x) như hình vẽ:. ) 2 f ( x) + 2 x3 − 4 x − 3m − 6 5 với m là số thực . Điều kiện cần và đủ để Xét hàm số g ( x= g ( x) ≤ 0, ∀x ∈  − 5; 5  là A. m ≥. 2 f ( 5) . 3. B. m ≥. 2 f (0) . 3. C. m ≥. 2 f (− 5) . 3. D. m ≤. 2 f ( 5) . 3. Lời giải Chọn A Ta có: g ( x) ≤ 0, ∀x ∈  − 5; 5  ⇔ 2 f ( x) + 2 x3 − 4 x − 3m − 6 5 ≤ 0, ∀x ∈  − 5; 5 .

<span class='text_page_counter'>(36)</span> ⇔ 2 f ( x) + 2 x 3 − 4 x − 6 5 ≤ 3m, ∀x ∈  − 5; 5  (1) .. ) 2 f ( x) + 2 x3 − 4 x − 6 5 trên D =  − 5; 5  . Xét hàm số h( x= ) 2 f ′( x) + 6 x 2 − 4 . Ta có: h '( x= h '( x) = 0 ⇔ 2 f ′( x) + 6 x 2 − 4 = 0 ⇔ f ′( x) = 2 − 3 x 2 . Xét Parabol: ( P ) : y = −3 x 2 + 2 . Dựa vào hình vẽ suy ra Parabol ( P ) luôn nằm phía dưới đồ thị y = f ′ ( x ) , ∀x ∈  − 5 ; 5  ⇒ f ′ ( x ) ≥ 2 − 3 x 2 , ∀x ∈  − 5 ; 5  ⇒ h′ ( x ) ≥ 0, ∀x ∈  − 5; 5  . Suy ra hàm h ( x ) đồng biến trên D =  − 5; 5  .. Với x ∈  − 5 ; 5  ⇒ h ( x ) ≤ h 2 (1) ⇔ 2 f 5 ≤ 3m ⇔ m ≥ f 3 2 Vậy m ≥ f 5 . 3. ( ) ( ). 2 f ( 5 ) . Suy ra max h ( x ) = 2 f ( 5 ) . ( 5) = ( 5). D. Câu 47. Tìm số nghiệm thuộc khoảng ( 0; 2π ) của phương trình tan 3 x + A. 8.. B. 4.. C. 6.. 1 π  − 3cot  − x  = 4. 2 cos x 2 . D. 3.. Lời giải Chọn C. cos x ≠ 0 π  ⇔ cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + mπ , ( m,∈  ) . Điều kiện xác định:   π  2 sin  2 − x  ≠ 0    Với điều kiện đó phương trình đã cho tương đương: tan 3 x + 1 + tan 2 x − 3 tan x =4.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> π  − + kπ x = 4  tan x = −1   π − + kπ ⇔ tan 3 x + tan 2 x − 3 tan x − 3 = 0 ⇔  tan x = − 3 ⇔  x =  3  tan x = 3    x= π + kπ  3. (k ∈ ) .. Đối chiếu điều kiện xác định của phương trình ta thấy các nghiệm này đều thỏa mãn. Vì x ∈ ( 0; 2π ) nên phương trình có các nghiệm là: x = x=. 4π . 3. 2π 5π π 3π 7π ,x= , x= , x= , x = và 3 3 3 4 4. Vậy số nghiệm thuộc khoảng ( 0; 2π ) của phương trình là 6. Câu 48. Cho tứ diện ABCD có AB = a , CD = a 3 , khoảng cách giữa AB và CD bằng 8a , góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng 60° . Tính thể tích khối tứ diện ABCD . B. 2 3a 3 .. A. 2a 3 .. D. 3a 3 .. C. a 3 . Lời giải. Chọn A. A. F. A. E B. D. B. C. D C. +) Ta xét bài toán: Cho tứ diện ABCD biết độ dài hai cạnh AB , CD , biết khoảng cách giữa AB , CD là d và góc giữa giữa hai đường thẳng AB , CD là α . Chứng minh thể tích của tứ 1 diện ABCD là VABCD = . AB.CD.d .sin α . 6 Chứng minh: Dựng hình lăng trụ tam giác AEF .BCD (như hình vẽ). Gọi V là thể tích khối lăng trụ AEF .BCD . Ta có: VABCD =. V 2V 3 ; VA.CDEF = V − VABCD = hay V = VA.CDEF . 2 3 3. 1 Mà VA.CDEF = .d ( A, ( CDEF ) ) .SCDEF . 3. , ( CDEF ) ) d ( AB= , ( CDEF ) ) d= Vì AB // ( CDEF ) , CD ⊂ ( CDEF ) nên d ( A= ( AB, CD ) d . Vì AB //CE nên góc giữa đường thẳng AB và CD bằng góc giữa đường thẳng CE và CD và bằng α ..

<span class='text_page_counter'>(38)</span>    hoặc ECD      ⇒ sin ECD = sin α . Khi đó: ECD .CD.sin α AB.CD.sin α . = = Do đó: SCDEF CE Suy ra: VA.CDEF = Vậy: VABCD =. 1 1 .d ( AB, CD ) . AB.CD.sin α . AB.CD.d .sin α . = 3 3. 1 3 1 1 . . AB.CD.d .sin α . AB.CD.d .sin α . = 3 2 3 6. +) Áp dụng kết quả bài toán trên với d  8a ,   60 , ta có: VABCD =. 1 .a= . 3a.8a.sin 60° 2a 3 . 6. Câu 49. Trên một bàn bi a có 15 quả bóng được đánh số lần lượt từ 1 đến 15, nếu người chơi đưa được quả bóng nào vào lỗ thì sẽ được số điểm tương ứng với số trên quả bóng đó. Số điểm tối đa người chơi có thể đạt được là A. 60 .. B. 120 .. C. 150 .. D. 100 .. Lời giải Chọn B Người chơi sẽ đạt số điểm cao nhất nếu đánh được tất cả 15 quả bóng vào lỗ. Khi đó tổng điểm 120 . đạt được là 1 + 2 + ... + 15 = Câu 50. Một hình trụ có bán kính đáy r = a , độ dài đường sinh l = 2a . Diện tích toàn phần của hình trụ là A. 5π a 2 .. B. 6π a 2 .. C. 2π a 2 .. D. 4π a 2 .. Lời giải Chọn B Diện tích toàn phần của hình trụ là: Stp = 2πr 2 + 2πrl = 2πa 2 + 2πa.2a = 6πa 2 . ------------ HẾT ------------.

<span class='text_page_counter'>(39)</span>