Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐỀ LUYỆN THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2017 SỐ 88 MÔN THI: TOÁN HỌC Ngày 18 tháng năm 2017 Câu 1: Cho A log b a = x log b c = y Hãy biểu diễn log a + 4y 6x B 20y 3x C Câu 2: Cho F (x) nguyên hàm hàm số F ( x ) + ln ( e x + 1) = Câu 3: Cho hàm số A ) b5c theo x y: + 3y 3x D 20x + 20y thỏa mãn F ( ) = − ln Tìm tập nghiệm S phương trình e +1 x S = { −3} A ( B S = { ±3} C S = { 3} D S = ∅ y = x − 3x − mx + Tìm tất giá trị m để hàm số cho đồng biến khoảng ( 0; +∞ ) m ≤ −1 B m≤0 C m ≤ −3 D m ≤ −2 Câu 4: Cho khối tứ diện ABCD có ABC BCD tam giác cạnh a Góc hai mặt phẳng (ABC) (BCD) 60 Tính thể tích V khối tứ diện ABCD theo a A a3 Câu 5: Tìm tất giá trị m để phương trình x1 + x = A Không tồn m B a3 16 B a3 C D a3 12 x + ( 4m − 1) 2x + 3m − = có hai nghiệm x1 , x thỏa mãn m = ±1 C m = −1 D m =1 Câu 6: Cho số thực a, b thỏa mãn a > b > Chọn khẳng định sai khẳng định sau: A log a b > log b a B log a b > log b a lna > lnb D log ( ab ) < y = x − 2x + Tính diện tích tam giác ABC Câu 7: Gọi A, B, C điểm cực trị đồ thị hàm số A C B C D 2 Câu 8: Trong không gian cho hai điểm phân biệt A, B cố định điểm M di động cho khoảng cách từ M đến đường thẳng AB số thực dương d không đổi Khi tập hợp tất điểm M mặt mặt sau? A Mặt nón B Mặt phẳng C Mặt trụ Câu 9: Cho khối chóp tứ giác có cạnh đáy a cạnh bên A a3 B a3 C D Mặt cầu a Tính thể tích V khối chóp theo a a 10 D a3 Câu 10: Trong khẳng định sau, khẳng định sai? A Chỉ có năm loại hình đa diện B Hình hộp chữ nhật có diện tích mặt hình đa diện C Trọng tâm mặt hình tứ diện đỉnh hình tứ diện D Hình chóp tam giác hình đa diện Câu 11: Cho tam giác ABC có AB ,BC, CA 3, 5, Tính thể tích khối tròn xoay sinh hình tam giác ABC 50π quay quanh đường thẳng AB A Câu 12: Nghiệm dương phương trình ( x+2 )(2 A 5.21006 B 2017 1006 B 1008 75π C 275π − e − x ) = 22018 gần số sau C 21011 D 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa D 125π Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch Câu 13: Tìm tọa độ tất điểm M đồ thị (C) hàm số ( d) : y = đường thẳng x+ 2 A ( 0;1) ( 2; −3) B x −1 cho tiếp tuyến (C) M song song với x +1 y= ( 1;0 ) ( −3; ) C ( −3; ) D ( 1;0 ) Câu 14: Trong không gian cho hai điểm phân biệt A, B cố định Tìm tập hợp tất điểm M không gian thỏa mãn uuuu r uuur MA.MB = AB2 A Mặt cầu đường kính AB B Tập hợp rỗng (tức điểm M thỏa mãn điều kiện trên) C Mặt cầu có tâm I trung điểm đoạn thẳng AB bán kính R =AB D Mặt cầu có tâm I trung điểm đoạn thẳng AB bán kính Câu 15: Gọi (C) đồ thị hàm số y= R= AB x−2 Tìm mệnh đề sai mệnh đề sau: 2x + A (C) có tiệm cận đường thẳng có phương trình 1 x = − ,y = 2 B Tồn hai điểm M, N thuộc (C) tiếp tuyến (C) M N song song với C Tồn tiếp tuyến (C) qua điểm  1 − ; ÷  2 D Hàm số đồng biến khoảng ( 0; +∞ ) −3t   Câu 16: Một điện thoại nạp pin, dung lượng nạp tính theo công thức Q ( t ) = Q 1 − e ÷ với t khoảng thời gian   tính Q0 dung lượng nạp tối đa (pin đầy) Nếu điện thoại nạp pin từ lúc cạn pin (tức dung lượng pin lúc bắt đầu nạp 0%) sau nạp 90% (kết làm tròn đến hàng phần trăm)? A t ≈ 1,54h B t ≈ 1, 2h Câu 17: Giả sử a b số thực thỏa mãn A C t ≈ 1h D t ≈ 1,34h 3.2a + 2b = 5.2a − 2b = Tính a + b B C D Câu 18: Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ Gọi M trung điểm cạnh AB Mặt phẳng (MB’D’) chia khối hộp thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần A 12 B Câu 19: Hàm số sau nguyên hàm hàm số A F( x) = x.ln ( x + 1) B F( x) = { C } Sau: S1 ,S2 diện tích hình H1 , H Tính tỉ số A 99 Câu 21: Cho A x8 B 101 B x8 D F( x) = ln x 2.x D F( x) = 17 ln x + { H = M ( x, y ) / log ( + x + y ) ≤ + log ( x + y ) S2 S1 C 102 x > Hãy biểu diễn biểu thức 24 H1 , H , xác định H1 = M ( x, y ) / log ( + x + y ) ≤ + log ( x + y ) Gọi C ln x f ( x) = x ln ( x + 1) Câu 20: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét hai hình 17 D 100 x x x dạng lũy thừa x với số mũ hữu tỉ? C x8 D 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa x8 } Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch Câu 22: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Một mặt phẳng song song với đáy cắt cạnh bên SA, SB, SC, SD M, N, P, Q Gọi M’, N’, P’, Q’ hình chiếu M, N, P, Q mặt phẳng đáy Tìm tỉ số SM: SA để thể tích khối đa diện MNPQ.M’N’P’Q’ đạt giá trị lớn A B Câu 23: Cho hàm số C D y = mx + ( m − 1) x + − 2m Tìm tất giá trị m để hàm số có điểm cực trị m > A < m < B < m 4 Câu 45: Đồ thị hàm số B y= C dx ∫ ( − 2x ) D < m < 4 2x + x2 − D = m ( − 2x ) + C Tìm m n − x + 3x + m = có nghiệm thực phân biệt y = x + 25x − có tất điểm cực trị ? A Câu 44: Biết D S = 64 C − D có tất đường tiệm cận ? 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch A B C Câu 46: Cho F(x) nguyên hàm hàm số A −1 B f ( x) = D x thỏa mãn F ( ) = Tính F ( π ) cos x C D Câu 47: Nếu độ dài cạnh bên khối lăng trụ tăng lên ba lần độ dài cạnh đáy giảm nửa thể tích khối lăng trụ thay đổi nào? A Có thể tăng giảm tùy khối lăng trụ Câu 48: Trên đồ thị hàm số A y= B Không thay đổi C Tăng lên D Giảm x +1 có điểm cách hai đường tiệm cận x−2 B C D Câu 49: Cho tứ diện ABCD có ABC tam giác đều, BCD tam giác vuông cân D ( ABC ) ⊥ ( BCD ) Có mặt phẳng chứa hai điểm A, D tiếp xúc với mặt cầu đường kính BC? A Vô số Câu 50: Cho hàm số B C D y = f ( x ) có đạo hàm cấp khoảng K x ∈ K Tìm mệnh đề mệnh đề cho phương án trả lời sau: A Nếu f ' ( x ) = x điểm cực trị hàm số y = f ( x ) B Nếu f " ( x ) > x điểm cực tiểu hàm số y = f ( x ) C Nếu x điểm cực trị hàm số y = f ( x ) f " ( x ) ≠ D Nếu x điểm cực trị hàm số f ' ( x ) = 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch LỜI GIẢI CHI TIẾT SỐ 88 Câu 1: Đáp án A- Phương pháp: Áp dụng công thức logarit sau: log b a = ln a = k ⇒ ln a = k.ln b ( a, b > ) ln b ln ( a m b n ) = m ln a + n.ln b Biểu thức cần tính sau đưa loganepe việc tối giản biểu thức đơn giản - Cách giải: log a ( log b a = bc )= ln ( ln a = x ⇒ ln a = x.ln b ( a, b > ) ln b b5 c ln ( ah2 ) ) log b c = lnc = y ⇒ lnc = y.ln b ( b, c > ) ln b  53 34  5 ln  b c ÷ ln b + ln c ln b + y.ln b + 4y =3 3 =  =3 = 2.ln a 2.ln a 2.x.ln b 6x Câu 2: Đáp án C - Phương pháp: + Nguyên hàm phân thức mà có tử số đạo hàm mẫu số: G ( x) = ∫ d( f ( x) ) f ( x ) '.dx =∫ = ln f ( x ) + C f ( x) f ( x) d ( e x + 1)  ex  ex dx = x − ln ( e x + 1) + C - Cách giải: F ( x ) = ∫ x dx = ∫ 1 − x = x−∫ x ÷dx = ∫ 1.dx − ∫ x e +1 e +1 e +1  e +1  F ( ) = − ln + C = − ln ⇒ C = ⇒ F ( x ) = x − ln ( e x + 1) F ( x ) + ln ( e x + 1) = x = Câu 3: Đáp án C - Phương pháp: Điều kiện để hàm số f(x) đồng biến (nghịch biến) khoảng (a,b) + f(x) liên tục ¡ + f(x) có đạo hàm f „(x) ≥ (≤ 0) ∀x ∈ (a,b) số giá trị x để f’(x) = hữu hạn + Bất phương trình f „(x) ≥ (≤ 0) ta cô lập m g(x) ≥ q(m) ( g(x) ≤ q(m)) Nếu g(x) ≥ q(m) → Tìm GTNN g(x) → Min g(x) ≥ q(m) → Giải BPT Nếu g(x) ≤ q(m) → Tìm GTLN g(x) → Max g(x) ≤ q(m) → Giải BPT - Cách giải: y ' = 3x − 6x − m; ∀x ∈ ( 0; +∞ ) y = x − 3x − mx + y ' ≥ 0; ∀x ∈ ( 0; +∞ ) ⇔ 3x − 6x − m ≥ 0; ∀x ∈ ( 0; +∞ ) ⇔ g ( x ) = 3x − 6x ≥ m; ∀x ∈ ( 0; +∞ ) GTNN g ( x ) = ? g ' ( x ) = 6x − 6; ∀x ∈ ( 0; +∞ ) g '( x ) = ⇔ x = g ( ) = 0;g ( 1) = −3 ⇒ Min g ( x ) = −3 ⇒ −3 ≥ m x∈( 0;+∞ ) Câu 4: Đáp án B - Phương pháp: + Góc mặt bên (P) mặt đáy (Q) hình chóp : ( P ) ∩ ( Q) = d I ∈ d ; IS ⊥ d ( IS ∈ ( P ) ) ; IO ⊥ d ( IO ∈ ( Q ) ) => Góc mặt bên (P) mặt đáy (Q) hình chóp= Góc SIO - Cách giải: Lấy M Trung điểm BC 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch Vì Tam giác BDC nên DM vuông góc BC ,Vì Tam giác ABC nên AM vuông góc BC Theo phương pháp nói thì: Góc hai mặt phẳng (ABC) (BCD)= Góc · DMA = 600 Mặt khác Tam giác BDC = Tam giác ABC nên DM=AM Từ nhận thấy Tam giác DAM cân có góc 600 nên DAM tam giác nên AD=AM=DM Ta có: 3 a ⇒ AM = a ,Kẻ DH vuông góc AM nên DH ⊥ ( ABC ) 2 DM = DB.sin ( DBM ) = a.sin 600 = 1 1 a3 3 0 Ta có DH = DM.sin ( DMA ) = a sin 60 = a , VABCD = DH.SABC = a  a sin 60 ÷ = 3 2 16  Câu 5: Đáp án C- Phương pháp: + Đặt ẩn phụ cho biểu thức sau đưa Phương trình bậc có nghiệm phân biệt (có biểu thức liên hệ nghiệm ) Và sử dụng định lý Viet để tìm tham số m - Cách giải: + Đặt: t = 2x ; ( t > ) t + ( 4m − 1) t + 3m − = ( 1) ∆ = b − 4ac = ( 4m − 1) − ( 3m − 1) = 4m − 8m + = ( 2m − ) + ≥ 0∀t ∈ ¡ 2  m = ±1  t1.t = 3m − = x1.2 x = x1 + x =  ⇒ 3m − > ⇒ m = −1 Áp dụng định lý Viet cho (1) ta có:   t1 > 0; t > 1 − 4m >  Câu 6: Đáp án A - Phương pháp: + a > b > nên ta có hàm loagarit số a logarit số b hàm đồng biến + ln b = log a b ln a - Cách giải: + > ( log a + + + log a b.log b a = a > b > ⇒ ln a > ln b > ⇒ > ln b = log a b > → C ln a b ) ⇒ log a b.log b a > ( log a b ) ⇒ log b a > log a b → B 2 log ( ab ) = log 2−1 ( ab ) = −1.log ( ab ) < → D Câu 7: Đáp án B - Phương pháp: + Đồ thị hàm số trùng phương với đạo hàm f’(x) có nghiệm phân biệt tạo thành tam giác cân có đỉnh điểm cực trị.=> - Cách giải: + Stam giac = h.Day (h đường cao nối từ đỉnh đến trung điểm đáy ) y' = 4x − 4x ⇔ y ' = ⇔ x = 0; x = −1; x = ⇒ A ( 0;3) ; B ( 1, ) ;C ( −1, ) AB = AC = 2; BC = Từ nhận thấy Tam giác ABC cân A.Gọi H trung điểm BC ⇒ AH ⊥ BC, H ( 0; ) ⇒ AH = 1 SABC = AH.BC = 1.2 = 2 Câu 8: Đáp án C- Cách giải: + Mặt Trụ: Các điểm nằm mặt trụ có khoảng cách đến đường thẳng AB ( Đường cao hình trụ) số thực dương d không đổi Trong d bán kính mặt đáy hình trụ Câu 9: Đáp án C - Phương pháp: 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch + Hình chóp tứ diện có cạnh đáy a cạnh bên x Công thức tính thể tích là: V = x − - Cách giải: + áp dụng CT với V= x=a ( a ) − a2 a a 2 a 10 a = Câu 10: Đáp án C - Cách giải: + Trong không gian ba chiều, có khối đa diện lồi, chúng khối đa diện (xem chứng minh bài) có tất mặt, cạnh góc đỉnh Tứ diện Khối lập Khối bát diện Khối mười hai Khối hai mươi mặt mặt đều phương => A + Hình chóp tam giác hình tứ diện → D + Hình hộp chữ nhật có diện tích mặt khối lập phương → B + Trọng tâm mặt hình tứ diện đỉnh hình tứ diện → C sai Câu 11: Đáp án B - Phương pháp: + Diện tích tam giác có cạnh a, b, c S = p ( p − a ) ( p − b) ( p − c) với p= a+b+c (công thức Hê–rông) + Thể tích khối tròn xoay hình tam giác quay quanh đường thẳng AB = Thể tích khối trụ có chiều cao AB, đáy đường tròn có bán kính CH ( Đường cao hạ từ C tam giác ABC) - Cách giải: ∆ABC có nửa chu vi p = 1 V = AB.Sday = AB.π.CH 3 AB + BC + CA = = 7,5m 2S 15 SABC = CH.AB = p ( p − AB ) ( p − BC ) ( p − CA ) = m ) ⇒ CH = ABC = ( m) ( AB 2   75π 1 V = AH.Sday = AB.π.CH = 3.π  ÷ ÷ = 3   Câu 12: Đáp án C- Phương pháp: + Dùng bất đẳng thức đề xác định x nằm khoảng đề loại đáp án không - Cách giải: 22018 = ( x + 21006 ) ( 21008 − e − x ) < ( x + 21006 ) 21008 ⇒ x + 21006 > 21010 ⇒ x > 21010 − 21006 = 21006 ( 24 − 1) = 15.21006 Câu 13: Đáp án B - Phương pháp: + Hệ số góc tiếp tuyến điểm A có hoành độ trước f ' ( x ) Hệ số góc đường thẳng (d) k + Nếu Tiếp tuyến song song với đường thẳng (d) + Phương trình tiếp tuyến điểm là: x = x với đồ thị hàm số y = f ( x ) cho + Nếu Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng (d) → f ' ( x ) k = −1 → f '( x0 ) = k y = f ' ( x ) ( x − x ) + f ( x ) - Cách giải: + y= x −1 ⇒ y' = ∀x ∈ TXD x +1 ( x + 1) + Hệ số góc tiếp tuyến điểm A có hoành độ + Ta có: ( x + 1) = x = x với đồ thị hàm số y = f ( x ) cho trước f ' ( x ) = ⇔ ( x + 1) = ⇔ x = 1; x = −3 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa ( x + 1) Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch x = ⇒ y0 = f ( x ) = x = −3 ⇒ y = f ( x ) = uuur uuur uuuu r AB + AC Câu 14: Đáp án D- Phương pháp: + Tam giác ABC có đường trung tuyến AM → AM = uuuu r uuur uuuu r uuur uuu r MA + MB uuu r MA + MB - Cách giải: + Tam giác MAB có đường trung tuyến IM → MI = MI = 2 uuur uuuu r uuur uuuu r uuur uuuu r uuur BA + .AB2 MA + MB MA − MB + 4MA.MB uuu r Vậy MI = AB ⇒ MI = = = = AB2 4 ( ) ( ) ( ( ) ) Vậy Tập hợp điểm M không gian Mặt cầu có tâm I trung điểm đoạn thẳng AB bán kính Câu 15: Đáp án C- Phương pháp: + Đồ thị hàm số y= R = AB f ( x) có tiệm cận đứng x = x1 , x = x , , x = x n với g( x) x1 , x , , x n nghiệm g(x) mà không nghiệm f(x) +Đồ thị hàm số y= f ( x) có tiệm cận ngang y = y1 với y1 giới hạn hàm số y x tiến đến vô cực g( x) + Hàm số bậc bậc đơn điệu khoảng xác định + Hàm số bậc bậc có tâm đối xứng giao điểm đường tiệm cận + Hàm số bậc bậc tồn tiếp tuyến song song với đường thẳng (d) cho trước phù hợp - Cách giải: + A,B + y= => Hàm số đồng biến khoảng Câu 16: Đáp án A x−2 ⇒ y' = > 0∀x ≠ − → Hàm số đồng biến ∀x ≠ − 2x + ( 2x + 1) ( 0; +∞ ) + Phương pháp loại trừ → C sai - Phương pháp: e x = a ⇒ x = ln a - Cách giải: + Pin nạp 90% tức −3t −3t   −3t Q ( t ) = Q 0,9 → Q ( t ) = Q0 0,9 = Q 1 − e ÷⇒ e = 0,1 ⇒ = ln 0,1   ⇒ t ≈ 1,54h Câu 17: Đáp án B - Cách giải: Đặt x = 2a , y = b 5.x − y =  x = 2 ⇒ a = log x = 1,5 ⇔   y = ⇒ b = log y = 0,5 3.x + y = Câu 18: Đáp án B- Cách giải: + Lập thiết diện khối hộp qua mặt phẳng (MB’D’) Thiết diện chia khối hộp thành hai phần có AMN.A’B’D’+ Lấy N trung điểm AD → MN đường trung bình tam giác ABD ⇒ MN / /BD 1 MN = BD => MN / / B'D' MN = B' D ' => M,N,B’,D’ đồng phẳng với 2 => Thiết diện MNB’D’ Nhận thấy AMN.A’B’D’ hình đa diện tách từ K.A’B’D’ ( K giao điểm MB’,ND’ AA’)+ Áp dụng định lý Ta lét ta có : KA KM KN MN = = = = KA ' KB' KD ' B' D ' VK.AMN KA KM KN = = VK.A 'B'D' KA ' KB' KD ' 7 1 1 ⇒ VAMN.A 'B'D' = VK.A 'B'D' = KA '.A'B'.A'D' = 2AA '.A 'B'.A ' D ' = Shình hộp 8 24 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch => Tỷ lệ phần 17 Câu 19: Đáp án D- Phương pháp: - Cách giải: f ( x) = +C n +1 n −1 F ( x ) = ∫ f ( n ) f ' ( x ) dx = ∫ f ( x ) d ( f ( x ) ) n n ln x ln x ln x 3 f ( x) = ⇒ F( x) = ∫ dx = ∫ ln x dx = ∫ ln x.d ( ln x ) = +C x x x Câu 20: Đáp án C- Phương pháp: + log a ≤ log b; ( a > 1) ⇒ a ≤ b + Giả sử Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét hình H thỏa mãn: { H = M ( x, y ) / ( x − a ) + ( y − b ) ≤ R 2 } Thì H Hình tròn tâm (a,b) bán kính R - Cách giải: { H1 = M ( x, y ) / log ( + x + y ) ≤ + log ( x + y ) } log ( + x + y ) ≤ + log ( x + y ) ⇒ + x + y ≤ 10 ( x + y ) ⇒ ( x − ) + ( y − ) ≤ ( ) { H = M ( x, y ) / log ( + x + y ) ≤ + log ( x + y ) => H1 Hình tròn tâm (5;5) bán kính ( ) } ⇒ ( x − 50 ) + ( y − 50 ) ≤ 102 => H2 Hình tròn tâm (50;50) bán kính 102 => Tỉ lệ S 102 2 Câu 21: Đáp án B- Cách giải: 1 2    71  2          ÷ x x x =  x  x  x ÷÷ ÷ =  x  x ÷ ÷ =  x.x ÷ = x = x  ÷  ÷      ÷    ÷      Câu 22: Đáp án A- Phương pháp: + Áp dụng định lý talet - Cách giải: Đặt SM = k Áp dụng định lý Talet Tam giác SAD có MN//AD SA Áp dụng định lý Talet Tam giác SAB có MQ//AB MN SM = = k ⇒ MN = k.AD AD SA MQ SM = = k ⇒ MQ = k.AB AB SA Kẻ đường cao SH hình chóp Áp dụng định lý Talet Tam giác SAH có MM’//SH MM ' AM SM = = 1− = − k ⇒ MM ' = ( − k ) SH SH SA SA ⇒ VMNPQ.M ' N 'P'Q' = MN.MQ.MM ' = AD.AB.SH.k ( − k ) = Vhinh chop k ( − k ) V k = 1− k → k = Câu 23: Đáp án B- Phương pháp: + Điều kiện để hàm số có điểm cực trị đạo hàm y ' = có nghiệm phân biệt, nghiệm phải thỏa mãn tập xác định để tồn 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch - Cách giải: y = mx + ( m − 1) x + − 2m  x =  1− m  y ' = ⇔ x = 2m   1− m x = − 2m  y ' = 4mx + ( m − 1) x ⇒ m ( 1− m) > ⇒ < m < Câu 24: Đáp án C - Phương pháp: + Thể tích khối trụ sinh hình chữ nhật ABCD quay quanh đường thẳng AB = V1 = AB ( πAD ) Thể tích khối trụ có đường cao AB, đáy đường bán kính AD + Thể tích khối trụ sinh hình chữ nhật ABCD quay quanh đường thẳng AB = V2 = AD ( πAB2 ) Thể tích khối trụ có đường cao AB, đáy đường bán kính AD - Cách giải: V2 AD ( πAB ) AB = = =2 V1 AB ( πAD ) AD Câu 25: Đáp án B - Phương pháp: + a đạo hàm v, v đạt cực trị a = Vậy nên vận tốc vật lớn thời điểm mà a=0 gia tốc đổi từ dương sang âm (vận tốc vật nhỏ thời điểm mà a=0 gia tốc đổi từ âm sang dương) - Cách giải: + Nhìn vào đồ thị ta thấy Trong thời gian từ giây thứ đến giây thứ 10 có giây thứ gia tốc a = gia tốc đổi từ dương sang âm Vậy nên giây thứ vận tốc vật lớn Câu 26: Đáp án B - Phương pháp: + (S) khối cầu bán kính R + (N) khối nón có bán kính đáy R chiều cao h →S= π.R 3 → N = h.π.R - Cách giải: + Thể tích khối cầu (S) khối nón (N) ⇒ h h.π.R = π.R ⇒ = 3 R x > m x > ⇒ log x > ⇒  ⇒0< x < ⇒ = ⇒ m+n =5 n log x < −1 4 Câu 27: Đáp án B −1 + log Câu 28: Đáp án C- Phương pháp: Điều kiện để hàm số f(x) đồng biến (nghịch biến) khoảng + f(x) liên tục khoảng + f(x) có đạo hàm f ' ( ) ≥ ( ≤ ) ∀x ∈ khoảng cho trước số giá trị x để f ' ( x ) = hữu hạn Hàm số có cận đứng x=m lim f ( x ) = ±∞ ; hàm số có tiệm cận ngang y = n khi x →m lim f ( x ) = n x →±∞ Đồ thị hàm số logarit - Cách giải: => Hàm số f ( x ) = log a x n , x ≠ có điểm gián đoạn x=0 điểm cực tiểu f ( x ) = log x , x ≠ f '( x ) = 2x = x ln x.ln 2 + x ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ f ' ( x ) > f ( x ) = log x đồng biến ( 0; +∞ ) → A + x ∈ ( −∞;0 ) ⇒ f ' ( x ) < => Hàm số f ( x ) = log x nghịch biến ( −∞;0 ) → B + lim f ( x ) = lim log x = ∞ → Đồ thị hàm số f ( x ) = log x có đường tiệm cận đứng x = ⇒ D x →0 x →0 Câu 29: Đáp án A - Phương pháp: 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch + Góc mặt bên (P) mặt đáy (Q) hình chóp : ( P) ∩ ( Q) = d I ∈ d , IS ⊥ d ( IS ∈ ( P ) ) , IO ⊥ d ( IO ∈ ( Q ) ) => Góc mặt bên (P) mặt đáy (Q) hình chóp= Góc SIO + Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD : Giao điểm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy ( biết mặt phảng tương ứng qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác mặt phẳng đáy) + Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD biết bán kính R: S = 4πR - Cách giải: Gọi M Trung điểm AB Vì Tam giác ADB tam giác ABC tam giác → DM ⊥ AB;CM ⊥ AB Do có ABC ABD tam giác cạnh a nằm hai mặt phẳng vuông góc với => Góc · DMC = 900 Gọi H tâm đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABC G tâm đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABD  H ∈ CM;CH = CM  => H,G đồng thời trọng tâm tam giác ABC ABD ⇒  G ∈ DM; DG = DM  Kẻ Đường vuông góc với đáy (ABC) từ H Đường vuông góc với (ABD) từ G Do hai đường vuông góc thuộc (DMC) nên chúng cắt O => O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCG R = OC Tam giác ABC → CM = CB.sin ( 600 ) = Từ nhận thấy OGMH hình vuông CM = CB.sin ( 60 ) = → OH = 3 3 a ⇒ CH = a; HM = a CMTT ta có GM = a 6 a Tam giác OHC vuông H → Áp dụng định lý Pitago ta có: 3 a ⇒ CH = a; HM = a OC = CH + OH = a = R ⇒ V = 4πR = πa 3 12 Câu 30: Đáp án A - Phương pháp: + Khối tứ diện ABCD có cạnh a tích V= a3 12 + Áp dụng định lý talet không gian VAB'C 'D ' AB' AC ' AD a3 - Cách giải: = = ⇒ VAB'C'D = VABCD AB AC AD 48 Câu 31: Đáp án B - Phương pháp: Tìm giá trị lớn (nhỏ nhất) hàm số đoạn [a;b] + Tính y’, tìm nghiệm x1, x2, thuộc [a;b] phương trình y’ = + Tính y(a), y(b), y(x1), y(x2), + So sánh giá trị vừa tính, giá trị lớn giá trị GTLN hàm số [a;b], giá trị nhỏ giá trị GTNN hàm số [a;b] - Cách giải: Đặt t = sin x ⇒ t ∈ [ −1;1] t = sin x − cos 2x + sin x + = sin x − ( − 2sin x ) + sin x + = t + 2t + t + + t ∈ ( −1;1) ⇒ y ' = 3t + 4t + = ⇔ t = −1  −1  23 ; t = −1 ⇒ Miny = y  ÷ =   27 Câu 32: Đáp án A - Phương pháp: Điều kiện để hàm số đạt cực tiểu m tập R : 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch + f ' ( m ) = với x thuộc tập R - Cách giải: + f " ( m ) lớn với x thuộc tập R y ' = − x + 3mx − ( m − 1) x + m y ' = −3x + 6mx − ( m − 1) + y" = −6x + 6m  y ' ( ) = −3m + 12m − = ⇒ m = 1; m = ⇒m=3   y" ( ) = −12 + 6m ≥ Câu 33: Đáp án C - Phương pháp: Gửi ngân hàng số tiền a với lãi suất x%/năm => Sau n năm số tiền - Cách giải: +Người năm gửi 300 triệu sau năm số tiền nợ Câu 34: Đáp án D - Phương pháp: - Cách giải: a ( + x% ) n 300 ( + 6% ) Xấp xỉ 357 triệu log ( a ) + log ( b ) = log ( ab ) log ( x ) < m; ( m > 1) ⇒ < x < 10m log ( ( x − 40 ) ( 60 − x ) ) < ⇒ < ( x − 40 ) ( 60 − x ) < 100 +, < ( x − 40 ) ( 60 − x ) ⇒ 40 < x < 60 +, ( x − 40 ) ( 60 − x ) < 100 ⇒ x − 100x + 2500 > ⇒ ( x − 50 ) > ⇒ x ≠ 50 Vậy có 18 số nguyên dương nằm 41 59 loại bỏ số 50 Câu 35: Đáp án A - Phương pháp: + Khoảng cách tiếp tuyến đồ thị hàm số + Phương trình tiếp tuyến điểm y = f ( x ) điểm cực trị A ( a, b ) ; B ( a ', b ' ) b − b ' x = x đồ thị hàm số y = f ( x ) là: y = f ' ( x ) ( x − x ) + f ( x ) - Cách giải: Gọi A,B điểm cực trị hàm số, d1 tiếp tuyến đồ thị A;d2 tiếp tuyến đồ thị B f ( x ) = x − 3x + +, f ' ( x ) = 3x − = ⇔ x = ±1 A ( 1, −1) ⇒ d1 : y = f ' ( m ) ( x − m ) + f ( m ) = −1 +, ⇒ A ( 1, −1) ; B ( −1,3) B ( −1,3) ⇒ d : y = => Khoảng cách d1,d2 Câu 36: Đáp án A - Phương pháp: Cho hình chóp tứ giác có góc mặt bên mặt đáy a.Biết mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tứ giác có bán kính R.Độ dài đáy hình chóp - Cách giải: Thay α = 600 ; R = = 4R.tan α tan α + 5a Ta có Độ dài đáy hình chóp = 2a Câu 37: Đáp án D - Phương pháp: + ABCD hình vuông cạnh a, có E trung điểm cạnh CD F trung điểm cạnh BC AF vuông góc BE Gọi O giao điểm BE AF Đồng thời dựa vào hệ thức lượng tam giác vuông ABF có BO đường cao tính AO = 5a - Cách giải: ABCD hình vuông cạnh a, có E trung điểm cạnh CD F trung điểm cạnh BC AF vuông góc BE Gọi O giao điểm BE AF Đồng thời dựa vào hệ thức lượng tam giác vuông ABF có BO đường cao tính AO = 5a SA vuông góc (ABCD) → BE vuông góc SA Mà BE vuông góc AF nên Kẻ AH vuông góc với SO Vì Ta có: VABCD → BE ⊥ ( SAO ) AH ∈ ( SAO ) ⇒ AH ⊥ BE ( BE ⊥ ( SAO ) ) ⇒ AH ⊥ ( SBE ) 1 a3 = SA.Sday = SA.a = ⇒ SA = a 3 1 2a = + ⇒ AH = 2 AH SA AO 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch Câu 38: Đáp án D - Phương pháp: Điều kiện để hàm số f(x) đồng biến (nghịch biến) TXD + f(x) liên tục TXD + f(x) có đạo hàm f ' ( x ) ≥ ( ≤ ) ∀x ∈ ¡ số giá trị x để f ' ( x ) = hữu hạn Hàm số trùng phương có đạo hàm f’(x) phương trình bậc nên có nghiệm f ' ( x ) → Hàm số trùng phương không đơn điệu R - Cách giải: + Tất hàm số có TXD R y = xe x ⇒ y ' = e x ( x + 1) ⇒ y ' = ⇔ x = −1 + Theo phương pháp → Loại C y = x + sin 2x ⇒ y ' = + 2.cos 2x ⇒ y ' = ⇔ cos 2x = −0,5 => Loại A, B Câu 39: Đáp án A - Phương pháp: - Cách giải: + Nhận thấy khoảng cách từ G A xuống mặt phẳng (A’B’C’) ( G,A thuộc mặt phẳng (ABC)//(A’B’C’) VGA 'B'C ' = VA.A 'B'C' Mà VA.A 'B'C ' = VABB'C' (Do hình chóp có đáy AA’B’ ABB’ diện tích nhau;chung đường cao hạ từ C’) ⇒ VGA 'B'C' = VABB'C' => Không khối chóp GA’B’C’hoặc ABB’C’ thể thích nhỏ → Loại B,C + So sánh Khối A’BCN Khối BB’MN Nhận thấy khoảng cách từ M A’ xuống mặt BBCC’ → Khối A’BCN Khối BB’MN có đường cao hạ từ M A’ Mặt khác Diện tích đáy BNB’ > Diện tích đáy BCN => Khối A’BCN < Khối BB’MN.=> Khối A’BCN có diện tích nhỏ Câu 40: Đáp án C - Phương pháp: + Thể tích khối lập phương cạnh - Cách giải: + a = a = α3 + Tổng diện tích S mặt hình lập phương = ⇒ S = 6.32 = 54 Câu 41: Đáp án A - Phương pháp: + Đồ thị hàm số y= + Khoảng cách từ ax + b d a với a, c ≠ 0;ad ≠ bc có tiệm cận đứng x = − TCN y = cx + d c c M ( m; n ) đến đường thẳng x = a m − a đến đường thẳng y = b n − b + Bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm a, b: - Cách giải: Gọi a + b ≥ ab Dấu xảy ⇔ a = b  m +1  M  m; ÷∈ ( C ) ( m ≠ 1) Tổng khoảng cách từ M đến đường tiệm cận x = y =  m −1  184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 6a Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch m +1 2 −1 = m −1 + ≥ m −1 =2 m −1 m −1 m −1 S = m −1 + Dấu “=” xảy ⇔ m −1 = ⇔ m −1 = ⇔ m = 1± m −1 Câu 42: Đáp án A - Phương pháp: + Dùng khảo sát hàm số + Điều kiện cần đủ để đa thức f(x) bậc có nghiệm thực phân biệt f(x) có cực đại cực tiểu điểm cực đại cực tiểu đồ thị hàm f(x) nằm phía khác trục hoành - Cách giải: Gọi A, B điểm cực trị đồ thị hàm số + Xét y = f ( x ) = − x + 3x + m f ' ( x ) = −3x + 6x ⇒ f ' ( x ) = ⇔ x = 0; x = ⇒ A ( 0, m ) ; B ( 2, m + ) Vì Đạo hàm f’(x) hàm số đổi dấu từ âm sang dương qua điểm Nhận thấy A,B phải nằm phía trục hoành nên x = nên A điểm cực tiểu B điểm cực đại m < < m + ⇒ −4 < m < Câu 43: Đáp án D - Phương pháp: + Hàm số trùng phương có điểm cực trị - Cách giải: y = x + 25x − y ' = 4x + 50x ⇒ y ' = ⇔ x = Đạo hàm f’(x) hàm số trùng phương có nghiệm nên đồ thị hàm số có điểm cực trị Câu 44: Đáp án D- Phương pháp: - Cách giải: dx ∫ ( − 2x ) y=∫ = m ( − 2x ) n f ' ( x ) dx ( f ( x) ) n =∫ d( f ( x) ) ( f ( x) ) n = − n +1 ( f ( x ) ) +C −n + 1 −2dx d ( − 2x ) ( − 2x ) +C = − ∫ =− ∫ =− 5 ( − 2x ) ( − 2x ) −4 Câu 45: Đáp án B - Phương pháp: + Đồ thị hàm số y= −4 + C Ta có m = f ( x) có tiệm cận đứng x = x1 , x = x , , x = x n với g( x) x1 , x , , x n nghiệm g(x) mà không nghiệm f(x) +Đồ thị hàm số y= f ( x) có tiệm cận ngang y = y1 với y1 giới hạn hàm số y x tiến đến vô cực g( x) - Cách giải: + Nhận thấy g ( x ) = có hai nghiệm phân biệt 2, −2 đồng thời không nghiệm f ( x ) = 2x + → Đồ 1 2+ 2x + x = 2; lim 2x + = lim x = −2 = lim thị hàm số có đường tiệm cận đứng + xlim 2 →+∞ x →+∞ x →−∞ x →−∞ 4 x −4 x −4 1− − 1− x x 2+ => Tổng cộng có tiệm cận Câu 46: Đáp án D + F ( 0) = ⇒ C = Câu 47: Đáp án D F ( x ) = ∫ f ( x ) dx = ∫ Thay x dx = ∫ x.d ( tan x ) = x.tan x − ∫ tanx dx = x.tan x + ln cos x + C cos x x = π → F( x) = - Phương pháp: Thể tích khối lăng trụ tích cạnh bên độ dài cạnh đáy a.b.c ( a độ dài cạnh bên;b,c độ dài hai cạnh đáy) - Cách giải: + Nếu độ dài cạnh bên khối lăng trụ tăng lên ba lần + Nếu độ dài cạnh đáy giảm nửa → a ' = 3a → b ' = 0,5.b;c ' = 0,5c ⇒ V ' = 0, 75.V Thể tích khối lăng trụ giảm 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch Câu 48: Đáp án D- Phương pháp:+ Đồ thị hàm số y= y= ax + b d với a, c ≠ 0;ad ≠ bc có tiệm cận đứng x = − TCN cx + d c a + Khoảng cách từ M ( m; n ) đến đường thẳng x = a m − a đến đường thẳng y = b n − b c - Cách giải: Gọi m−2 ;  m +1  M  m; ÷∈ ( C ) ( m ≠ ) Khoảng cách từ M đến đường tiệm cận x = y =  m−2 m +1 −1 ⇒ m − ; m−2 m−2 khoảng cách ⇔ Vậy có điểm thỏa mãn toán m−2 = ( ⇔ m−2 = ⇔ m = 2± m−2 ) ( M1 + 3;1 + , M 2 − 3;1 − ) Câu 49: Đáp án D- Phương pháp: + Góc mặt bên (P) mặt đáy (Q) hình chóp : ( P ) ∩ ( Q ) = d , I ∈ d , IS ⊥ d ( IS ∈ ( P ) ) , IO ⊥ d ( IO ∈ ( Q ) ) => Góc mặt bên (P) mặt đáy (Q) hình chóp= Góc SIO - Cách giải: Gọi M Trung điểm BC Vì Tam giác ABC → AM vuông góc BC Mặt khác ( ABC ) ⊥ ( BCD ) → AM ⊥ ( BDC ) Nhận thấy độ dài AM > MC mặt cầu đường kính BC có tâm M, mặt cầu qua B,C,D ( MB=MC=MD – Tính chất tam giác vuông có đường trung tuyến nửa cạnh huyền).=> A nằm mặt cầu đường kính BC Nếu tồn mặt phẳng chứa hai điểm A, D tiếp xúc với mặt cầu đường kính BC → Mặt phẳng tiếp xúc mặt cầu D → MD vuông góc DA → Vô lý Câu 50: Đáp án C- Phương pháp: + Điều kiện để hàm số có điểm cực tiểu x = x là: f ' ( x ) = f " ( x ) > K; Hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp khoảng K x ∈ K + Điều kiện để hàm số có điểm cực đại x = x là: f ' ( x ) = f " ( x ) < K; Hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp khoảng K x ∈ K - Cách giải: + Dựa vào phương pháp nêu nên A,B sai Nếu x điểm cực trị hàm số y = f ( x ) f " ( x ) ≠ Vậy đáp án C Đáp án 1-A 11-B 21-B 31-B 41-A 2-C 12-C 22-A 32-A 42-A 3-C 13-B 23-B 33-C 43-D 4-B 14-D 24-C 34-D 44-D 5-C 15-C 25-B 35-A 45-B 6-A 16-A 26-B 36-A 46-D 7-B 17-B 27-B 37-D 47-D 8-C 18-B 28-C 38-D 48-D 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 9-C 19-D 29-A 39-A 49-D 10-C 20-C 30-A 40-C 50-C ... x, y ) / log ( + x + y ) ≤ + log ( x + y ) } log ( + x + y ) ≤ + log ( x + y ) ⇒ + x + y ≤ 10 ( x + y ) ⇒ ( x − ) + ( y − ) ≤ ( ) { H = M ( x, y ) / log ( + x + y ) ≤ + log ( x + y ) => H1 Hình... GTNN hàm số [a;b] - Cách giải: Đặt t = sin x ⇒ t ∈ [ −1;1] t = sin x − cos 2x + sin x + = sin x − ( − 2sin x ) + sin x + = t + 2t + t + + t ∈ ( −1;1) ⇒ y ' = 3t + 4t + = ⇔ t = −1  −1  23 ;... x + 1)  ex  ex dx = x − ln ( e x + 1) + C - Cách giải: F ( x ) = ∫ x dx = ∫ 1 − x = x−∫ x ÷dx = ∫ 1.dx − ∫ x e +1 e +1 e +1  e +1  F ( ) = − ln + C = − ln ⇒ C = ⇒ F ( x ) = x − ln ( e x +