SỞ GD&ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT KIM LIÊN MÃ ĐỀ 101 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC: 2019 – 2020 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút MỤC TIÊU: Chủ Nhật ngày 12 tháng 01 năm 2020, trường THPT Kim Liên, thành phố Hà Nội tổ chức kỳ thi thử THPT Quốc gia mơn Tốn năm học 2019 – 2020 lần thứ dành cho học sinh khối 12 Đề thi giúp học sinh thứ ơn luyện lại kiến thức tồn HK1 chương trình 12, phần nhỏ kiến thức lớp 11, phù hợp với chương trình học lớp học sinh thời điểm Thứ hai, kiểm tra chất lượng học sinh, giúp học sinh có kế hoạch ơn thi phù hợp Câu 1: Cho hình chóp tứ giác SABCD có đáy hình vng cạnh a Tam giác SAD cân S mặt bên (SAD) vng góc với mặt phẳng đáy Biết thể tích khối chóp SABCD a Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) 6a a B 37 37 x1 Câu 2: Giải phương trình  25 A C 3a D 3a 37 A x = B x = C x = D x = Câu 3: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f '  x    x  1  x  3x   , x  Số điểm cực trị hàm số cho là: A B C Câu 4: Trong mệnh đề sau, mệnh đề đúng? D A Hàm số y  log1,2 x nghịch biến  0;   B log  a  b   loga  logb, a  0, b  C Hàm số y  e10 x 2020 đồng biến D a x y  a x  a y ,   0, x, y  Câu 5: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: Hàm số cho đồng biến khoảng đây? A  ; 1   1;   B  ;1 D  2;1 C  ;   Câu 6: Cho hình nón có chiều cao 2a bán kính đáy a Diện tích xung quanh hình nón cho bằng: A  a B 2 a C  a   1 D  a Câu 7: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: Trang Số nghiệm thực phương trình f  x    là: A B C D Câu 8: Cho cấp số cộng  nu  với u1  1; cơng sai d  Tính tổng 100 số hạng cấp số cộng  un  A S100  9800 B S100  19600 C S100  9900 D S100 19800 Câu 9: Từ tháng 11 năm 2019, mạng Viettel sở hữu 13 đầu số dành cho thuê bao di động bao gồm: 096; 097; 098; 086; 032; 033; 034; 035; 036; 037; 038; 039; 03966 Hỏi mạng Viettel có số điện thoại di động gồm 10 chữ số khác nhau? A 1.107 B 10! C 11.7! D 13.7! Câu 10: Một hộp có mười thẻ đánh số từ đến 10 Rút ngẫu nhiên hai thẻ nhân hai số ghi hai thẻ với Tính xác suất để kết nhận số chẵn A B C D 11 11 Câu 11: Cho a b hai số thực dương thỏa mãn a3b2  625 Giá trị 3log5 a  2log5 b bằng: A B 12 C Câu 12: Thể tích khối trụ có chiều cao h bán kính đáy r là: A  r h B  r h C 4 r h Câu 13: Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên sau: D D r h Tổng số tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số là: A B C D Câu 14: Một khối gỗ hình trụ có bán kính đáy r = 1, chiều cao Người ta khoét rỗng hai đầu khối gỗ thành hai nửa hình cầu mà đường tròn đáy khối gỗ đường tròn lớn nửa hình cầu Tính thể tích phần lại khối gỗ  5 7 4 B C D 3 3 Câu 15: Cho khối hộp ABCD.A' B'C ' D' tích V Tính theo V thể tích khối đa diện ABDD ' B ' A A V B V C 2V D V Câu 16: Hình hộp chữ nhật có ba kích thước đơi khác có mặt phẳng đối xứng? A mặt phẳng B mặt phẳng C mặt phẳng D mặt phẳng Trang Câu 17: Cho khối lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy tam giác cạnh 2a AA '  a Thể tích khối lăng trụ cho bằng: 3a D 6a Câu 18: Tính thể tích V khối chóp tứ giác có cạnh đáy a, góc mặt bên mặt đáy 450 A 3a3 A V  a3 B 3a C B V  a3 C V  a3 D V  a3 Câu 19: Giải phương trình log3   5x   log3  x 1 x  A   x  4 C Vô nghiệm B x =1 Câu 20: Tổng giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y  D x =-4 lnx đoạn x 1   e ;e  là: 1 2 B T  e  C T    D T   e e e e e e Câu 21: Cho khối tứ diện ABCD tích V điểm E nằm cạnh AB cho AE  3EB Tính theo V thể tích khối tứ diện EBCD A T  e  V V B Câu 22: Hàm số y  x 23cosx có đạo hàm là: A A  x  3sinx  x C  x  3sinx  x C V B  x  3sinx  x 3cosx ln D D  x  3sinx  2x 3cosx ln 2 3V 3cosx 3cosx Câu 23: Cho hình chóp SABC có SA vng góc với mặt phẳng  ABC  , SA  3a , tam giác ABC vuông B, BC  a AC  a 10 Góc đường thẳng SB mặt phẳng (ABC) bằng: A 300 D 450 C 900 B 600 Câu 24: Điểm cực tiểu hàm số y  x3  3x  x  là: A yCT  25 Câu 25: Cho dãy số  un  A u4  C yCT  B x = -1 D x = u1   xác định  Tìm số hạng u4  un 1   un 1 B u4  C u4  D u4  14 27 Câu 26: Cho mặt cầu (S ) có tâm I, bán kính R  điểm A thuộc (S) Gọi (P) mặt phẳng qua A tạo với IA góc α Biết sin  Tính diện tích hình tròn có biên đường tròn giao tuyến mặt phẳng (P) mặt cầu (S ) A  B 8 C  D  Trang Câu 27: Cắt mặt xung quanh hình nón theo đường sinh trải mặt phẳng ta nửa hình tròn có bán kính Góc đỉnh hình nón là: A 1200 B 300 C 900 D 600 Câu 28: Diện tích mặt cầu có đường kính R là: B  R C 2 R D 4 R  R2 Câu 29: Cho phương trình log4 x2  log2   x   log2   m  Có giá trị nguyên m để A phương trình có nghiệm? D vơ số A B C Câu 30: Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên sau: Hàm số đặt cực đại điểm A x  3 B x  1 C x = x Câu 31: Tiệm cận đứng đồ thị hàm số y  là: x3 D x =-2 A y  3 B x  1 C x = Câu 32: Cho hàm số y = f (x) có bảng xét dấu đạo hàm sau: D x  3 Hàm số y = f (2 -3x ) nghịch biến khoảng đây? A  2;  B  6; 4  C  4; 2  D  5;10  Câu 33: Cho lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có AB = AA ' = a Tính khoảng cách d hai đường thẳng BC ' AC A d  a 21 B d  a 21 C d  a 21 D d  a 21 14 Câu 34: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' có cạnh Tính thể tích khối lăng trụ ngoại tiếp khối lập phương cho 125 125 125 A 125π B C D Câu 35: Cho hai điểm A, B cố định AB= a Điểm M thay đổi không gian cho diện tích S MAB tam giác MAB a Trong mệnh đề sau, mệnh đề đúng? A M thuộc mặt cầu cố định bán kính 2a B M thuộc mặt mặt trụ cố định bán kính a Trang C M thuộc mặt cầu cố định bán kính a D M thuộc mặt trụ cố định bán kính 2a Câu 36: Có giá trị nguyên thuộc tập xác định hàm số f  x   1  log  x  1  A B C D 10 Câu 37: Một xô làm inox, hình dạng kích thước có tỷ lệ hình vẽ (xơ khơng có nắp, đáy xơ hình tròn bán kính 9dm) Giả định 1dm2 inox có giá a (đồng) Khi giá nguyên vật liệu làm 10 xô gần với kết đây? A 1161 πa (đồng) B 11610 πa (đồng) C 13230 πa (đồng) Câu 38: Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên sau: D 1323 πa (đồng) Khẳng định sau đúng? A Hàm số khơng có giá trị lớn khơng có giá trị nhỏ B Hàm số có giá trị lớn có giá trị nhỏ C Hàm số khơng có giá trị lớn có giá trị nhỏ - D Hàm số có giá trị lớn có giá trị nhỏ - Câu 39: Cho hàm số y  x3  3x  x  có đồ thị (C) Phương trình tiếp tuyến với (C) giao điểm (C )và trục tung là: C y  x  B y  2 x  A y = 2x +1 D y  2 x  12 1  Câu 40: Tìm số hạng chứa x khai triển  x   x  A C123 x6 B C123 x C C123 D C123 Câu 41: Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình vẽ bên A y  x  x  B y   x4  x2  C y   x4  x2  D y  x  x  Trang Câu 42: Với a ≠ tùy ý, loga bằng: C  log a B 2log a A 2loga D  loga Câu 43: Trong mệnh đề sau, mệnh đề đúng? A Đồ thị hàm số y  e x đồ thị hàm số y = lnx đối xứng qua đường thẳng y = -x B Đồ thị hàm số y = ln x đồ thị hàm số y  đối xứng qua trục tung ln x C Đồ thị hàm số y  e x đồ thị hàm số y = lnx đối xứng qua đường thẳng y = x đối xứng qua trục hoành ex Câu 44: Đồ thị cho hình vẽ bên đồ thị hàm số hàm số sau? D Đồ thị hàm số y = e x đồ thị hàm số y  x 3 1 A y    B y  log x C y    D y  log x 2 x 2 Câu 45: Chị Dung gửi 300 triệu đồng vào ngân hàng Agribank với kỳ hạn cố định 12 tháng hưởng lãi suất 0,68%/tháng Tuy nhiên, sau gửi tròn tháng chị Dung có việc phải dùng đến 300 triệu đồng Chị đến ngân hàng rút tiền nhân viên ngân hàng tư vấn: “nếu rút tiền trước kỳ hạn tồn số tiền chị gửi hưởng mức lãi suất không kỳ hạn 0,2%/tháng Chị nên chấp sổ tiết kiệm ngân hàng để vay ngân hàng 300 triệu với lãi suất 0,8%/tháng Khi sổ chị đến hạn, chị rút tiền để trả nợ ngân hàng” Nếu làm theo tư vấn nhân viên ngân hàng so với việc định rút tiền trước kỳ hạn, chị Dung đỡ thiệt số tiền gần với số (biết ngân hàng tính lãi suất theo thể thức lãi kép)? A 18,16 triệu đồng B 12,72 triệu đồng C 12,71 triệu đồng D 18,15 triệu đồng Câu 46: Xét khối tứ diện ABCD có độ dài cạnh AB thay đổi, CD = cạnh lại 22 Khi thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn Hãy tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 340 340 52 85 A S  B S  C S  D S  9 Câu 47: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục có đồ thị hình vẽ Gọi  C1   C2  đồ thị hàm số y  f ''  x  f  x    f '  x  y  2020x Số giao điểm  C1   C2  là: A B C D Trang Câu 48: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' cạnh a Gọi O, ' tâm hai đáy ABCD A ' B ' C ' D ' Xét khối đa diện ( H ) có điểm bên phần không gian chung hai khối tứ diện AC 'D ' A ' C 'BD Gọi V 1là thể tích phần khơng gian bên hình lập phương khơng bị ( H ) chiếm chỗ V2 thể tích khối nón ( N ) qua tất đỉnh đa diện ( H ) , đỉnh tâm đáy ( N ) O , O ' Tính A V1 V2 V1  V2 5 B V1 2  V2 C V1  V2  D V1 5  V2 Câu 49: Cho hàm số y = f (x) , hàm số y = f ' (x) liên tục có đồ thị hình vẽ Bất phương trình f  x   m  x3  x (m tham số thực) nghiệm với x∈ (- 2;0) khi: B m  f     10 A m  f   C m  f  2   10 D m  f   Câu 50: Cho tứ diện ABCD có AB  BC, BC  CD, CD  DA, BC  a, CD  a 15 , góc AB CD 300 Thể tích khối tứ diện A 5a B 5a3 5a - HẾT -C D 5a 3 Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm ĐÁP ÁN 1-C 2-D 3-A 4-C 5-B 6-A 7-B 8-A 9-C 10-C 11-D 12-A 13-A 14-C 15-A 16-D 17-B 18-C 19-D 20-D 21-A 22-C 23-D 24-D 25-B 26-B 27-D 28-B 29-B 30-D 31-D 32-D 33-D 34-D 35-D 36-B 37-B 38-C 39-B 40-A 41-A 42-B 43-C 44-A 45-B 46-A 47-A 48-A 49-D 50-D (http://tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết) Trang Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu (TH) - Khái niệm thể tích khối đa diện Phương pháp: Hình chóp tích ,V diện tích đáy S chiều cao khối chóp là: h  3V S Cách giải: Gọi H hình chiếu S AD  SH   ABCD   SH  3SVABCD 3a3   3a S ABCD a Chọn C Câu (TH) - Phương trình mũ phương trình lơgarit Phương pháp: f x Giải phương trình mũ: a    a m  f  x   m Cách giải: 53 x1  25  53 x 1  52  3x 1   3x   x 1 Chọn D Câu (TH) - Cực trị hàm số Phương pháp: Số điểm cực trị đồ thị hàm số y = f (x) số nghiệm bội lẻ phương trình f ' (x) = Cách giải: Ta có: f '  x     x  1  x 3x      x  1 x  1 x 2   Trang   x  1  x 2    x   boi   x 1    x    x   boi1 ⇒ Hàm số y  f  x  có điểm cực trị là: x = Chọn A Câu (TH) - Ôn tập chương 2: Hàm số lũy thừa Hàm số mũ hàm số lôgarit Phương pháp: Sử dụng cơng thức logarit tính đơn điệu hàm số mũ, hàm số logarit Cách giải: +) Đáp án A: Xét hàm số y  log1,2 x có a  1,  ⇒ hàm số đồng biến  0;   ⇒ loại đáp án A +) Đáp án B: Ta có: log  a  b   loga  logb ⇒ loại đáp án B +) Đáp án C: Xét hàm số y  e10 x  2020 có a  e  ⇒ hàm số đồng biến ⇒ đáp án C Chọn C Chọn A Câu (TH) - Tương giao đồ thị hàm số biện luận nghiệm phương trình Phương pháp: 1 Số nghiệm phương trình f  x     f  x    số giao điểm đường thẳng y   2 đường thẳng y  f  x  Dựa vào BBT để biện luận số nghiệm giao điểm hai đồ thị hàm số chọn đáp án 1 Số nghiệm phương trình f  x     f  x    số giao điểm đường thẳng y   2 đường thẳng y  f  x  Trang Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y   cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) điểm phân biệt Chọn B Câu (TH) - Cấp số cộng (lớp 11) Phương pháp: Tổng n số hạng đầu CSC có số hạng đầu u 1và công sai : Sn n  u1  un  n  2u1   u1  un    2 Cách giải: Ta có: S100  100   1  99.2  9800 Chọn A Câu (TH) - Hoán vị - Chỉnh hợp - Tổ hợp (lớp 11) Phương pháp: Sử dụng phương pháp liệt kê quy tắc đếm để làm Cách giải: Ta có tập hợp A  0;1;2;3;4;5;6;7;8;9 Xét đầu số thuê bao ta có: +) Với đầu số: 096, số lại chọn từ tập A ta có: A77  5040 cách chọn Tương tự với đầu số, 097; 098;086;032;034;035;036;037;038;039, có cách chọn là: 10 A77  50400 cách chọn Đối với đầu số 033 03966 chọn số có 10 chữ số khác Như có: 5040 + 50400 = 55440 = 11.7! cách chọn Chọn C Câu 10 (TH) – Xác suất (lớp 11) Phương pháp: n Cơng thức tính xác suất biến cố A là: P  A  A   P A n   Cách giải: Gọi biến cố A: „„Rút hai thẻ ngẫu nhiên tích hai số thẻ số chẵn‟‟ ⇒ A : „„Rút hai thẻ ngẫu nhiên tích hai số thẻ số lẻ‟‟ Rút ngẫu nhiên hai thẻ mười thẻ ta có khơng gian mẫu là: n  C112 Tích hai số ghi thẻ số lẻ ta rút thẻ đánh số lẻ ⇒ nA  C52 cách rút    P A  C52 C112  11    P  A   P A    11 11 Trang 10   x  1 x     x   ktm   x 1    x    x  4  tm  Vậy phương trình có nghiệm x   Chọn D Câu 20 (VD) - Ôn tập chương 2: Hàm số lũy thừa Hàm số mũ hàm số lôgarit Phương pháp: Cách 1: +) Tìm GTLN GTNN hàm số y  f  x   a; b cách: +) Giải phương trình y ' = tìm nghiệm xi +) Tính giá trị f  a  , f  b  , f  xi  ( xi   a; b) Khi đó: f  x    f  a  ; f  b  ; f  xi  , max f  x   max  f  a  ; f  b  ; f  xi  a ;b a ;b Cách 2: Sử dụng chức MODE để tìm GTLN, GTNN hàm số  a; b Cách giải: Ta có: y  ln x x x  lnx  lnx  y'  x  x x2 1  y '    ln x   x  e   ; e2  e      ln e  y     e  e e   y  e     1e ;e2   ln e    y e    e e max      1e ;e2  e    ln e 2  y  e   e2  e2    T  e e Chọn D Câu 21 (TH) - Ôn tập chương 1: Khối đa diện Phương pháp: Sử dụng công thức tính tỉ lệ thể tích: Cho điểm M  SA, N  SB, P  SC ta có: Trang 14 VSMNP SM SN SP  VSABC SA SB SC Cách giải: Áp dụng công thức tỉ số thể tích ta có: VEBCD VBECD EB    VABCD VBACD AB 1  VEBCD  VABCD  V 4 Chọn A Câu 22 (TH) - Hàm số mũ Phương pháp: f x Cho hàm số y  a    y '  f '  x  a x lna Cách giải: Ta có: y  2x 23cosx  y '   x  3cosx  '.2 x ln2   x  3sinx  x 3cosx 3cosx ln2 Chọn C Câu 23 (TH) - Ôn tập chương 2: Đường thẳng mặt phẳng không gian Quan hệ song song (lớp 11) Phương pháp: Góc đường thẳng d mặt phẳng ( )α góc d d ' với d ' hình chiếu d ( α ) Cách giải: Ta có: SA   ABC   SA  AB Trang 15 ⇒ AB hình chiếu SB ( ABC )    SB,  ABC      SB, AB   SBA Áp dụng định lý Pitago cho ∆ ABC vng B ta có: AB  AC  BC  10a  a  3a SA 3a  tanABS   1 AB 3a  ABS  450    SB,  ABC   Chọn D Câu 26 (TH) – Mặt cầu Phương pháp: Cơng thức tính diện tích đường tròn bán kính R là: S   R2 Cách giải: Gọi O tâm đường tròn giao tuyến (P) (S)  IO   P  Khi ta có:   IA;  P      IA, OA   IAO  sinIAO  OI    OI  IA 3 Trang 16  AO  r  A  OI I  2  3         2   8 SO    r        Chọn B Câu 27 (TH) – Mặt nón Phương pháp: Cơng thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy ,R chiều cao h đường sinh l : S xq   Rl   R h2  R Cách giải: Khi cắt mặt xung quanh hình nón theo đường sinh trải mặt phẳng ta nửa hình tròn có bán kính 5⇒ đường sinh hình nón ban đầu là: l = 1  S xq  Stron   rl   R 2 25 ⇔ r = 2,5  5r  Khi ta có: góc đỉnh hình nón ASB  2OSB OB 2,5 Ta có: sinOSB   OSB  300   SB  ASB  2.300  600 Chọn D Câu 28 (NB) – Mặt cầu Phương pháp: Cơng thức tính diện tích mặt cầu có bán kính r là: S  4 r Cách giải: R Diện tích mặt cầu có đường kính R là: S  4     R 2 Chọn B Câu 29 (VD) - Phương trình mũ phương trình lơgarit Phương pháp: Trang 17  f  x   Giải phương trình logarit: log a f  x   b  0  a   f x  ab    Cách giải: x  x    Điều kiện: 4  x    x  2  m  m  2   log4 x  log2   x   log2   m   log22 x2  log2   x   log2   m   log2 x  log2   x   log2   m   log2   x  x  log2   m   4  x x   m  x   x    m 1  x    x   x    m   x  Xét phương trình 1   x2  x  m  Xét hàm số y   x  x  0;  ta có: y '  2 x   y '   2 x    x    0;4  Ta có bảng biến thiên: Dựa vào BBT ta thấy phương trình 1 có nghiệm   m    2  m  m  Z  m 1;0;1 Xét phương trình    x2  x  m  Xét hàm số y  x  x   ;0  ta có: y '  x   y '   x    ;0  Ta có bảng biến thiên: Trang 18 Dựa vào BBT ta thấy phương trình   có nghiệm  m    ktm  Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn toán Chọn B Câu 30 (NB) – Cực trị hàm số Phương pháp: Ta có: x  x0 điểm cực đại hàm số y  f  x  ⇔ điểm x  x0 hàm số có y ' đổi dấu từ dương sang âm Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy hàm số cho đạt cực đại điểm x  2 Chọn D Câu 31 (NB) - Đường tiệm cận Phương pháp: ax  b d Đồ thị hàm y   ad  bc  có TCĐ x   cx  d c Cách giải: 2 x Đồ thị hàm số y  có TCĐ x  3 x3 Chọn D Câu 32 (TH) - Sự đồng biến, nghịch biến hàm số Phương pháp: - Tính đạo hàm hàm số - Giải bất phương trình y '  kết luận khoảng nghịch biến hàm số Cách giải: Ta có: y '  3 f '   3x    3x  4 x  x  y '   f '   3x          3x   6  3x  2  x  Vậy hàm số y  f   3x  nghịch biến  2;    2;0  , hàm số nghịch biến  5;10  Chọn D Câu 33 (VD) - Khoảng cách (Toán 11) Phương pháp: - Tính đạo hàm hàm số - Giải bất phương trình y '  kết luận khoảng nghịch biến hàm số Cách giải: Trang 19 Ta có AC || A ' C ' , AC ||  A ' BC '  BC ' Suy d  BC '; AC   d  AC;  A ' BC '   d  A;  A ' BC '  Gọi O  AB ' A ' B ta có: d  A;  A ' BC '  d  B ';  A ' BC '   AO 1 B 'O  d  A;  A ' BC '   d  B ';  A ' BC '   A'C '  B ' M Gọi M trung điểm A ' C ' ta có:   A ' C '   BB ' M   A ' C '  BB '  B ' H  BM ( A ' C '   BB ' M ) ⇒ B ' H   A ' BC ' Trong  BB ' M  kẻ B ' H  BM ta có:  B ' H  A ' C '  d  B ';  A ' BC '   B ' H a Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông BB ' M ta có: Tam giác A ' B ' C ' cạnh a nên B ' M  B'H  a BB '.B ' M a 21   2 BB '  B ' M 3a a  Vậy d  B ';  A ' BC '   a a 21 Chọn D Câu 34 (TH) - Mặt trụ Phương pháp: Thể tích khối trụ có đường cao h, bán kính đáy r V   r h Cách giải: Trang 20 Hình trụ ngoại tiếp khối lập phương có bán kính r  OA  , đường cao h  AA '  1 5  125 Vậy thể tích khối trụ là: V   r h      3   Chọn D Câu 35 (TH) - Mặt trụ Phương pháp: Sử dụng định nghĩa mặt trụ: Trong mặt phẳng  P  cho hai đường thăngr ∆ l song song với nhau, cách khoảng r Khi quay mặt phẳng  P  xung quanh ∆ đường thẳng l sinh mặt tròn xoay gọi mặt trụ tròn xoay Đường thẳng ∆ gọi trục, đường thẳng l đường sinh r bán kính mặt trụ Cách giải: 1 Ta có: SMAB  d  M ;  AB   AB  a  d  M ; AB  a  d  M ; AB   2a 2 Do khoảng cách từ M đến AB không đổi 2a nên M thuộc mặt trụ cố định bán kính 2a Chọn D Câu 36 (TH) - Ôn tập chương 2: Hàm số lũy thừa Hàm số mũ hàm số lôgarit Phương pháp: - Hàm số y  loga f  x   a  1 xác định  f  x   - Hàm số y  x n (n  ) xác định  x  Cách giải: 1  log  x  1  log( x  1)   x   10  x     Hàm số xác định    x   x  x  x  ⇒Tập xác định hàm số D  1;9  Vậy có giá trị nguyên thuộc tập xác định hàm số 2;3; 4;5;6;7;8 Chọn B Câu 37 (TH) - Mặt nón Phương pháp: - Diện tích xung quanh hình nón cụt có đường sinh l , hai bán kính đáy R, r là:   R  r  l - Tính giá nguyên liệu Trang 21 Cách giải: Diện tích tồn phần hình nón cụt là:    21 36   92  1161  dm2  Vậy giá nguyên liệu làm 10 xô 11610 a (đồng) Chọn B Chú ý: Đề yêu cầu tính giá thành làm 10 xô Câu 38 (TH) - Mặt nón Phương pháp: Dựa vào BBT xác định GTLN, GTNN hàm số Cách giải: Dựa vào BBT ta có: Hàm số có GTNN 2 khơng có GTLN Chọn C Câu 39 (TH) - Mặt nón Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  điểm có hồnh độ x  x0 : y  f '  x0  x  x0   f  x0  Cách giải: Giao điểm  C  trục tung có hồnh độ x0  Ta có: y '  3x2  x   y '    2 y    1 Vậy phương trình tiếp tuyến với  C  giao điểm  C  trục tung là: y  2  x     y  2 x  Chọn B Câu 40 (TH) - Nhị thức Niu-tơn (Toán 11) Phương pháp: n Sử dụng khai triển nhị thức Niu-tơn:  a  b  n   Cnk a n  k bk k 0 Cách giải: 12 k 12 12 1 1 k 12  k  k 12  k  k x   C x    12      C12  1 x x   x k 0 k 0 Số hạng chứa x ứng với 12  2k   k  Vậy số hạng chứa x 6trong khai triển C123  1 x6  C123 x6 Chọn A Câu 41 (TH) - Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số Phương pháp: n Sử dụng khai triển nhị thức Niu-tơn:  a  b  n   Cnk a n  k bk k 0 Cách giải: Đồ thị hàm số đồ thị hàm bậc bốn trùng phương, có dạng y  ax  bx  c Đồ thị hàm số có nét cuối lên  a  , loại đáp án B C Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ dương ⇒ c > Đồ thị hàm số có cực trị  ab  , mà a   b  0, loại D Trang 22 Chọn A Câu 42 (NB) - Lôgarit Phương pháp: Sử dụng công thức logabm  mlogab   a  1, b   Cách giải: log a  2log a (Với a  ) Chọn B Chú ý: Điều kiện hàm số y  log a x x  Câu 43 (TH) - Ôn tập chương 2: Hàm số lũy thừa Hàm số mũ hàm số lôgarit Phương pháp: Đồ thị hàm số y  a x y  loga x đối xứng qua đường thẳng y  x Cách giải: Mệnh đề là: Đồ thị hàm số y  e x đồ thị hàm số y  lnx đối xứng qua đường thẳng y = x Chọn C Câu 44 (NB) - Hàm số mũ Phương pháp: Đồ thị hàm số y  a x y  loga x đối xứng qua đường thẳng y = x Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: - Hàm số xác định nên loại đáp án B D - Hàm số nghịch biến nên loại đáp án C Chọn A Câu 45 (VD) - Hàm số mũ Phương pháp: - Tiền lãi chị Dung nhận sau gửi 300 triệu 12 tháng với mức lãi suất 0,68%/ tháng A (triệu đồng) - Tiền lãi chị Dung phải trả vay nợ 300 triệu đồng với lãi suất 0,8%/ tháng B (triệu đồng) ⇒ Tổng số tiền lãi chị Dung nhận M = A - B - Số tiền lãi chị Dung nhận tháng với mức lãi suất 0,2%/ tháng là: N - Suy làm theo nhân viên tư vấn ngân hàng chị Dung đỡ thiệt số tiền M  N triệu đồng Cách giải: Nếu chị Dung nghe theo nhân viên tư vấn ngân hàng + Tiền lãi chị Dung nhận sau gửi 300 triệu 12 tháng với mức lãi suất 0,68%/ tháng A  300 1  0, 68%   300 (triệu đồng) 12 + Tiền lãi chị Dung phải trả vay nợ 300 triệu đồng với lãi suất 0,8%/ tháng B  300 1  0,8%   300 (triệu đồng) Tổng số tiền lãi chị Dung nhận M = A - B * Nếu chị Dung rút tiền Số tiền lãi chị Dung nhận tháng với mức lãi suất 0,2%/ tháng là: N = 300 ( + 0,2% )9 - 300 (triệu đồng) Suy làm theo nhân viên tư vấn ngân hàng chị Dung đỡ thiệt số tiền M  N  12,72 triệu đồng Trang 23 Chọn B Câu 46 (VDC) - Mặt cầu Cách giải: Đặt AB  x Gọi M , N trung điểm CD AB Do ∆ ACD , ∆ BCD cân A B nên  AM  CD  CD   ABM    BM  CD 1 Do đó: VA.BDM  DM S ABM ,VC ADM  CM S ABM 3 1  VABCD  VA.BDM  VC ADM  DM S ABM  CM S ABM  CD.S ABM  S ABM 3 3 Dễ dàng chứng minh ACD  BCD  c.c.c   AM  BM ⇒∆ ABM cân M ⇒ MN ⊥ AB (Đường trung tuyến đồng thời đường cao) Xét tam giác vng ACM có: AM  AC  CM  22   Xét tam giác vng AMN có: MN  AM  AN  18  x 1  S ABM  MN AB  18  x 2 x  18  x x 2 Áp dụng BĐT Cơ-si ta có 18  x x  18  x  x   S ABM   VABCD   12 Suy Max VABCD  12 Dấu “=” xảy  18  x2  x  18  x2  x2  x   AB  Ta có MN  AB  cmt  , dễ dàng chứng minh ABD  ABC  c.c.c  ⇒ NC = ND ⇒∆ NCD cân N ⇒ MN ⊥ CD Do MN đoạn vng góc chung hai đường thẳng AB CD Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam gíac BCD, qua O kẻ đường thẳng vng góc với ( BCD ) cắt MN I Ta có: I  MN  IA  IB I  MN  IC  ID Trang 24 I nằm đường thẳng vng góc với ( BCD ) O nên IB = IC = ID Áp dụng định lí Pytago tam giác vng BCM có: BM  22   1  SBCD  BM CD  2.4  2  OB  BC.BD.CD 22 22.4 11    BM ⇒ M nằm B O 4S BCD 4.6  OM  OB  BM  Xét ∆ MNB ∆ MOI có: MNB  MOI  900 , NMB  OMI (đối đỉnh)  MNB  MOI  g.g   MN MB 3     MI  MO MI MI Áp dụng định lí Pytago tam giác vng CIM có: IC  IM  MC  85  R  85  340 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là: S  4      Chọn A Câu 47 (VDC) - Hàm số mũ Cách giải: Chọn A Câu 48 (VDC) - Ôn tập tổng hợp: Chương 1, (Hình học 12) Cách giải: Gọi M , N , P , Q tâm hình vng ABB ' A ', ADD ' A ', CDD ' C ', BCC ' B ' a  V H  Khi ( H ) khối bát diện OMNPQO ' cạnh Thể tích khối lập phương a a 2      3  a3 a3 5a3  V1  a   6 Trang 25 Khối nón ( N ) có đỉnh tâm đáy O, O ' ⇒ OO ' đường cao khối nón ⇒ Mặt đáy khối nón vng góc với OO ' Mà OO '   MNPQ  nên  MNPQ  song song với mặt đáy khối nón ( N ) Qua O dựng mặt phẳng song song với ( MNPQ ) , gọi M ', N ', P ', Q ' giao điểm OM , ON , OP , OQ với mặt đáy khối nón ( N ) Khi khối nón ( N ) khối nón ngoại tiếp chóp O.M ' N ' P ' Q ' a a  a nên MP  2 MP đường trung bình tam giác OM ' P ' nên M ' P '  2MP  2a ⇒ Bán kính đáy khối nón ( N ) r  M ' P '  a Ta có OO '  AA '  a Ta có MNPQ hình vng cạnh  a3  V2   a a  3 V1 5a3  a  :  Vậy V2 2 Chọn C Câu 49 (VDC) - Giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số Phương pháp: - Cô lập m, đưa bất phương trình dạng g  x   m x   2;0   m  max g  x  2;0 - Lập BBT hàm số y  g  x  kết luận Cách giải: Ta có: f  x   m  x3  x  f  x   x3  x  m x   2;0  Đặt g  x   f  x   x3  x ta có g  x   m x   2;0   m  max g  x  2;0 Ta có: g '  x   f '  x   3x  ; g '  x    f '  x   3x  2 Số nghiệm phương trình g '  x   số giao điểm đồ thị hàm số y  f '  x  đồ thị hàm số y  3x  Trang 26 Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy  2;0 , phương trình g '  x   có nghiệm x  BBT hàm số y  g  x  : Dựa vào BBT ta thấy: max g  x   g    f   2;0 Vậy m  f   Chọn D Câu 50 (VDC) - Khái niệm thể tích khối đa diện Cách giải: Dựng hình chữ nhật ABCE Ta có AB || CE    AB; CD     CE; CD   ECD  300 Gọi O = AC ⋂ BD ⇒ O trung điểm AC BE 1 Tam giác ACD vuông D ⇒ DO  AC  BE 2 ⇒∆ BDE vng D (Định lí đường trung tuyến) Đặt AB = CE = x Áp dụng định lí Pytato tam giác vng ta có: Trang 27 BE  a  x2 BD2  a2  15a2  16a2 Áp dụng định lí Cosin tam giác CDE ta có: DE  CD2  CE  2CD.CE.cos30 DE  15a  x  2.a 15.x DE  15a  x2  ax Tam giác BDE vuông D ( cmt ) nên ta có: BD2  DE  BE (Định lí Pytago)  16a2  15a2  x2  ax  a2  x2  30a  5ax   3a 10a  5x    5x  10a  x  a  AB  CE  5a  S ABCE  AB.BC  5a.a  5a  S ABC  S ABCE  a Trong ( CDE ) kẻ DH ⊥ CE ta có:  BC  CD  BC   CDE   BC  DH   BC  CE  DH  CE  DH  ( ABCD)   DH  BC Trong tam giác vng CDH có: CH  CD.sin300  a 15 1 a 15 3a3 a  Vậy VABCD  DH S ABC  3 Trang 28 ... Cán coi thi khơng giải thích thêm ĐÁP ÁN 1- C 2-D 3-A 4-C 5-B 6-A 7-B 8-A 9-C 10 -C 11 -D 12 -A 13 -A 14 -C 15 -A 16 -D 17 -B 18 -C 19 -D 20-D 21- A 22-C 23-D 24-D 25-B 26-B 27-D 28-B 29-B 30-D 31- D 32-D... định 1dm2 inox có giá a (đồng) Khi giá ngun vật liệu làm 10 xơ gần với kết đây? A 11 61 πa (đồng) B 11 610 πa (đồng) C 13 230 πa (đồng) Câu 38: Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thi n sau: D 13 23... Niu-tơn (Toán 11 ) Phương pháp: n Sử dụng khai triển nhị thức Niu-tơn:  a  b  n   Cnk a n  k bk k 0 Cách giải: 12 k 12 12 1 1 k 12  k  k 12  k  k x   C x    12      C12  1