Tải bản đầy đủ
Đề THPT chuyên ĐHSP HN

Đề THPT chuyên ĐHSP HN

Tải bản đầy đủ

Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 13: Cho các số thực a , b , c thỏa mãn

Câu 20: Chuyện kể rằng: Ngày xưa, có ông vua

8  4 a  2b  c  0
. Số giao điểm của đồ thi hàm

8  4 a  2 b  c  0

hứa sẽ thưởng cho một vị quan món quà mà vị

số y  x 3  ax 2  bx  c và trục Ox là:

hạ thưởng cho một hạt thóc thôi ạ! Cụ thể như sau:

A. 0

B. 2

C. 3

D. 1

Câu 14: Một đám vi trùng tại ngày thứ t có số

7000
lượng là N  t  . Biết rằng N '  t  
và lúc đầu
t2
đám vi trùng có 30000 con. Sau 10 ngày, đám vi
trùng có khoảng bao nhiêu con?
A. 332542 con

B. 312542 con

C. 302542 con

D. 322542 con

Câu 15: Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’
cạnh a. Thể tích của khối tứ diện ACB’D’ là:
a3
a3
a3
C.
D.
6
2
3
Câu 16: Cho hình lập phương có cạnh bằng 1.

A. a3

B.

Diện tích mặt cầu đi qua các đỉnh của hình lập

Bàn cờ vua có 64 ô thì với ô thứ nhất thần xin thêm
1 hạt, ô thứ 2 thì gấp đôi ô đầu, ô thứ 3 lại gấp đôi
ô thứ 2,… ô sau nhận số hạt thóc gấp đôi phần
thưởng dành cho ô liền trước”. Giá trị nhỏ nhất
của n để tổng số hạt thóc mà vị quan xin từ n ô
đầu tiên (từ ô thứ 1 đến ô thứ n) lớn hơn 1 triệu là:
A. 21

B. 19

C. 18

D. 20

Câu 21: Cho a là số thực dương khác 1. Xét hai số
thực x1 ; x2 . Phát biểu nào sau đây là đúng?
A. Nếu ax1  ax2 thì  a  1 x1  x2   0
B. Nếu ax1  ax2 thì  a  1 x1  x2   0
C. Nếu ax1  ax2 thì x1  x2
D. Nếu ax1  ax2 thì x1  x2
Câu 22: Điều kiện cần và đủ của m để hàm số

phương là:
A. 6

quan đươc chọn. Vị quan tâu: “Hạ thần chỉ xin Bệ

C. 

B. 3

D. 2

Câu 17: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên
như hình bên. Số đường tiệm cận ngang của đồ
thi hàm số y  f  x  là:
x

y





x3
  m  1 x2  m2  2m x  1
3

nghịch biến

trên  2; 3  là:

A. m  1; 2

B. m 1; 2 

C. m  1

D. m  2

Câu 23: Khối trụ có thiết diện qua trục là hình
+

vuông cạnh a  2cm có thể tích là:
A. 3cm3

1

B. 4cm3

C. 2cm3

D. cm3

Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho

các điểm A  0; 2; 1 và B 1; 1; 2  . Tọa độ điểm

-1
A. 0

B. 1

C. 3

D. 2

Câu 18: Cho hình trụ có các đường tròn đáy là  O 
và  O’ , bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a.
Các điểm A; B lần lượt thuộc các đường tròn đáy
là (O) và (O’) sao cho AB  3a. Thể tích của khối
tứ diện ABOO’ là:
a3
A.
2

a3
B.
3

3

C. a

a3
D.
6

1
Câu 19: Hàm số y  x3  mx2  x  1 nghịch biến
3
trên
khi và chỉ khi:
A. m  \ 1;1

B. m \ 1;1

C. m  1;1

D. m \ 1;1

M thuộc đoạn thẳng AB sao cho: MA= 2MB là:
1 3 1
A.  ;  ; 
2 2 2

B.  2; 0; 5 

2 4 
C.  ;  ;1 
3 3 

D.  1; 3; 4 

Câu 25: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là
tam giác vuông cân đỉnh A, mặt bên BCC’B’ là
hình vuông, khoảng cách giữa AB’ và CC ’ bằng
a. Thể tích của khối trụ ABC.A’B’C’ là:
A.
Câu

26.

B.
Hàm

2a3
3
số

C.

2a3

y  f  x

D. a3


đạo

hàm

f '  x    x  1  x  3  . Phát biển nào sau đây là
2

đúng?
Lovebook.vn|100

2a3
2

13 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

A. Hàm số có một điểm cực đại

Ngọc Huyền LB

A.

B. Hàm số có hai điểm cực trị

a3
3

B.

.

a3
3 3

C.

.

3a 3 .

D. 3 3a 3 .

C. Hàm số có đúng 1 điểm cực trị

Câu 35. Một người gửi ngân hàng 100 triệu theo

D. Hàm số không có điểm cực trị

thể thức lãi kép, lãi suất 0,5% một tháng (kể từ

Câu 27. Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng
0

tháng thứ 2, tiền lãi được tính theo phần trăm của

2 cm, góc ở đỉnh bằng 60 . Diện tích xung quanh

tổng tiền có được tháng trước đó và tiền lãi của

của hình nón là:

tháng trước đó). Sau ít nhất bao nhiêu tháng,

A. 6cm . B. 3cm
2

2

D.  cm .

C. 2cm

2

2

Câu 28. Số nghiệm thực phân biệt của phương
2

2

trình 4x  5.2x  4  0 là:
A. 3

B. 2

C. 4

D. 1

Câu 29. Cho hình trụ có bán kính đường tròn đáy

người đó có nhiều hơn 125 triệu?
A. 45 tháng

B. 46 tháng

C. 44 tháng

D. 47 tháng

Câu 36. Tập hợp các giá trị của m để đồ thị của
hàm số y 

bằng chiều cao và bằng 2 cm. Diện tích xung

8 2
cm . B. 4cm2 . C. 2cm2 D. 8cm2 .
3
Câu 30. Phát biểu nào sau đây là đúng?
8 2
cm . B. 4cm 2 . C. 2cm 2 . D. cm 2 .
A.
3
A.



Câu 31. Hàm số y  log 0 ,5  x 2  2 x



đồng biến

trên khoảng:
C.  ;1 D. 1;  

B. 1; 2 





 2 x  1 4 x 2  4m  1

có đúng

đường tiệm cận là:

quanh của hình trụ bằng:

A.  0;1 .

 mx

2x  1
2

Câu 32. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác
vuông tại B , cạnh SA vuông góc với đáy và

A.  ; 1  {0}  1;   B. {0}.
D.  ; 1  1;   .

C. 

Câu 37. Cho các số dương a, b, c , d. Biểu thức

a
b
c
d
S  ln  ln  ln  ln bằng:
b
c
d
a
A. 1
B. 0
a b c d
D. ln     
b c d e

C. ln  abcd  .

Câu 38. Số nghiệm thực phân biệt của phương
2

1
4x

x 1

x

 24

 4 là:

AB  a, SA  AC  2a. Thể tích khối chóp S.ABC là:

trình 2

2 3a 3
3a 3
2a3
. C.
. D. 3a3 .
A.
B.
.
3
3
3
Câu 33. Hàm số nào trong các hàm số sau có bảng

Câu 39. Trên khoảng  0;   , hàm số y  ln x là

-2

+

y'

0

y

0

+

-1
A. y  x  3 x  1.

B. y  2 x 3  6 x 2  1.

C. y  x 3  3 x 2  1

D. y  2 x 3  9 x 2  1

2

D. 0

1
B. y  .
x
D. y  x ln x  x  C,C  .

Câu 40. Tập nghiệm của bất phương trình
ln  x  1 x  2  x  3   1  0 là:

3

3

C. 3

một nguyên hàm của hàm số:
A. y 

0



B. 2

1
 C ,C  .
x
C. y  x ln x  x.

biến thiên như hình dưới đây
x

A. 1

A. 1; 2    3;   .

B. 1; 2  3;  

C.  ;1   2; 3

D.  ;1   2; 3

Câu 41. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình
thang vuông tại A và D, AB  2a, AD  DC  a,

Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình

cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  2a. Gọi

vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng

M , N là trung điểm của SA và SB. Thể tích của

 ABCD ,

góc giữa SB với mặt phẳng  ABCD 

khối chóp S.CDMN là:

0

bằng 60 . Thể tích của khối chóp S.ABCD là:

A.

a3
.
2

B.

a3
.
3

C. a 3 .

D.

a3
.
6

101|Lovebook.vn

Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 42. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho

A. 2sin  cos . B. 2

C. 2 sin  cos 

D. 4

các điểm A 1; 1;1 , B  0;1; 2  và điểm M thay

Câu 47. Cho hàm số có đồ thị ở hình bên. Phát biểu

đổi trên mặt phẳng tọa độ Oxy  . Gía trị lớn nhất

nào sau đây là đúng?

của biểu thức T  MA  MB là:
6.

A.
Câu

12.

B.

43.

Giá

trị

C.
lớn

B. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1

14.

nhất

của

C. Hàm số đồng biến trên  ; 2    0;  

8.

D.

hàm

số

y  sin x  sin x là:
4

3

A. 0
Câu





Tập

C. 3

nghiệm

của

phương

trình



a 3
a 3
D.
.
3
2
Câu 49. Điều kiện cần và đủ của m để hàm số

A. a3

D. 1  2

Câu 45. Ngày 1/7/2016, dân số Việt Nam khoảng
91,7 triệu người. Nếu tỉ lệ tăng dân số Việt Nam
hàng năm là 12% và tỉ lệ ổn định 10 năm liên tiếp
thì ngày 1/7/2026 dân số Việt Nam khoảng bao
nhiêu triệu người?

B. 3a3

C.

mx  5
đồng biến trên từng khoảng xác định là
x1
A. m  5. B. m  5. C. m  5. D. m  5
Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , các
y

điểm A 1;2;3  , B 3;3;4 , C  1;1;2 

A. 104,3 triệu người

B. 103,3 triệu người

A. thẳng hàng và A nằm giữa B và C

C. 105,3 triệu người

D. 106,3 triệu người

B. thẳng hàng và C nằm giữa A và B

Cho

sin4  cos 4  sin 2 cos 2 

2

quanh đường thẳng AB một góc 3600 ta được
đó là:



46.
2

4

Lovebook.vn|102



một khối tròn xoay. Thể tích của khối tròn xoay
B. {2,4}.

C. 1  2;1  2

Câu

B

AB  3a, BC  a. Khi quay hình tam giác đó xung

D. -1

log 2 x 2  1  log 2 2 x là:

 1  2 
A. 

 2 

D. Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x  2.
Câu 48. Tam giác ABC vuông tại

B. 2

44.

A. Hàm số nghịch biến trên  2;0 

 
   0;  .
 2

bằng:

Biểu

thức

C. thẳng hàng và B nằm giữa C và A
D. là ba đỉnh của một tam giác

13 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT
1A
11C
21A
31B
41B

2C
12C
22A
32B
42A

3D
13C
23
33C
43B

4A
14B
24C
34A
44D

5D
15B
25A
35A
45B

6A
16B
26C
36B
46B

7B
17D
27C
37B
47A

8D
18D
28A
38D
48A

9C
19C
29D
39B
49D

10C
20D
30D
40A
50A

Câu 1: Đáp án A.
Điều kiện: x  0

2

x2  4

 2 x2  4  1  0

 ln x 2  0
2
 1 .ln x  0   2
 2 x  4  1  0

2
 ln x  0



2  x  2
2
x2  4
x2  4



 2  x  1
1  0
 20

2
2
x  4  0
TH1: 
.

 2
  x  1

2
2



1  x  2
 x  1
x  1
ln x  0
ln x  ln1

2
x2  4


1  0
2
x  4  0

TH2: 
( loại).

2
2


x  1
ln x  0

Câu 2: Đáp án C.
Phân tích: Đồ thị hàm số đã cho là đồ thị hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất
nên sẽ có hai tiệm cận, ta đã xác định được tiệm cận đứng là x  1 , mà đường
tiệm cận đứng không đi qua điểm A  2;7  . Do đó ta đi xét luôn đến tiệm cận
ngang là y  2m  1 . Để đường TCN của đồ thị hàm số đi qua A  2; 7  thì
2m  1  7  m  3 .

Câu 3: Đáp án D
Phân tích: Đây là bài toán quen thuộc của các bài toán liên quan đến cực trị.
Ghi nhớ: Xem bảng
trang 38 SGK cơ bản.

Nhận thấy, với m  0 thì hàm số đã cho trở thành y  x 2  1 là hàm số bậc hai
có đồ thị là parabol có duy nhất một điểm cực tiểu. Nên m  0 thỏa mãn. Với
m  0 thì đây là hàm số bậc bốn trùng phương, ta đi tìm điều kiện để đồ thị

hàm số có duy nhất một điểm cực tiểu.
Lời giải:
Với m  0 thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Với m  0 , để đồ thị hàm số đã cho có duy nhất một điểm cực tiểu thì
Trường hợp 1: Đồ thị hàm số có duy nhất một điểm cực trị và đó là điểm cực
tiểu khi:
Hệ số a của hàm số đã cho dương và phương trình y '  0 có duy nhất một
nghiệm.

a  m  0

 m  0.
 m  1 m  0
Trường hợp 2: Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị, trong đó có 1 điểm cực tiểu và
hai điểm cực đại.
Khi đó Hệ số a âm và € y '  0 có ba nghiệm phân biệt:
103|Lovebook.vn

Ngọc Huyền LB

The best or nothing

a  m  0
 m  1

 m  1 m  0
Kết hợp các trường hợp ta có m  1
Câu 4: Đáp án A.
Ta nhận thấy:

Ghi nhớ:

 sin  ax  b  dx
1
  .cos  ax  b   C
a

1
Với A: Ta có  sin  ax  b  dx   .cos  ax  b   C .
a
1
Áp dụng công thức trên ta có  sin 2xdx  cos 2x  C. Vậy A đúng.
2
Câu 5: Đáp án D.
Điều kiện: x  0





log x 2  25  log  10 x   x2  25  10x  x2  10x  25  0   x  5   0
2

Ghi nhớ:

A2  x   0  A  x   0

x5

Kết hợp điều kiện thì ta được x   0; 5   5;   .

Sau khi giải nhớ kết hợp
điều kiện.

Câu 6: Đáp án A
Ta chọn A luôn vì đây là dạng đồ thị hàm số bậc ba không có điểm cực trị, mà ở
đây có duy nhất phương án A thỏa mãn.

S

Câu 7: Đáp án B.
1

Nhận thấy hàm số y  x 3 xác định trên
Câu 8: Đáp án D
Ta có hình vẽ mặt cắt của mặt phẳng chứa trục của hình nón và vuông góc với

A

mặt đáy. Ở đây SH là trục của hình nón, SA, SB là các đường sinh, Khi đó góc

B

H

giữa trục và đường sinh là HSB  60 .
Tam giác SHB vuông tại H nên HB  tan HSB tan HSB  3. tan 60  3 3 .

A

Mặt khác HB chính là bán kính của hình tròn đáy khối nón, do đó thể tích khối

 

1
1
nón là: V  .B.h  .3. 3 3
3
3
Câu 9: Đáp án C

2

  27 

Ta có hình vẽ của tứ diện

D

Nhận xét hai mặt phẳng  ABC  và  BCD  vuông góc với nhau có BC là giao

B

tuyến.
Gọi H là trung điểm của BC suy ra AH  BC ( do tam giác ABC là tam giác

H

đều).

C

Suy ra AH   BCD  , hay AH là đường cao của tứ diện ABCD. Mặt khác

1
1 a2 3 a 3 a3
a 3
.

. Do vậy VABCD  .SBCD .AH  .
.
3
3 4
2
8
2
Câu 10: Đáp án C
AH 

B’
A’

C’

Thể tích khối bát diện đã cho là

1
V  2VA ' B'C ' BC  2.4VA '.SBC  8VS. ABC  8. SG.SABC
3

S

a
Lovebook.vn|104

A

G

C

B

13 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết





Ta có: SA; ABC

tan SAG 

Ngọc Huyền LB

  SAG  60 . Xét SGA vuông tại G :
0

SG
 SG  AG.tan SAG  a.
AG

1
3

1
3

Vậy V  8. SG.SABC  8. .a.

a 2 3 2 3a 3

.
4
3

Câu 11: Đáp án C.
Ta có

 x

2



2





 1 dx   x4  2 x2  1 dx 

x5 2 3
 x  x  C; C 
5 3

.

Câu 12: Đáp án C.
Ta thấy đồ thị hàm số nhận trục Oy
Mặt khác lim y   và lim y   . Do đó đây là đồ thị của hàm số logarit có
x 0

x 

cơ số a  1 nên ta chọn C.
Câu 13: Đáp án C.
Ta thấy 8  4a  2b  c  y  2   0 và 8  4a  2b  c  y  2   0 .
Ta có y '  3x 2  2ax  b  0 có  '  a2  3b
8  4 a  2 b  c  0
 b  4b  16  b  4
Mặt khác hệ bất phương trình  
8  4 a  2 b  c  0
Do b  4 nên  '  0 , từ đây suy ra phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
b
4
x1 ; x2 . Mặt khác x1 x2    nên phương trình đã cho có hai nghiệm trái
3
3
dấu. Đặt x1  0  x2 khi đó x1 ; y  x1  là điểm cực đại, và x2 ; y  x2  là điểm









cực tiểu.
Mặt khác ta có y  2   0 , do hàm số đạt cực đại tại x1 , mà -2 là điểm lân cận x1
nên y  x1   y  2   0 .
Tương tự thì ta suy ra được y  x2   y  2   0 . Suy ra y  x1  .y  x2   0 , suy ra
hai điểm cực trị của đồ thị hàm số nằm về hai phía trục Ox, từ đây suy ra đồ thị
hàm số đã cho luôn cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt.
Trên đây là cách tư duy suy luận, không phải là một lời giải chi tiết một bài toán nên
cách trình bày không được đúng chuẩn mực toán học.
Câu 14: Đáp án B
Ta thấy đây là dạng bài toán tìm nguyên hàm mà tôi đã giới thiệu ở câu 22 đề
số 2 sách bộ đề tinh túy Toán 2017.
Lời giải:
Ta có: N  t   

7000
dt  7000.ln t  2  C . Do ban đầu đám vi trùng có 300 000
t2
nên C  300000 , đến đây thay t  10 ta được

N 10   7000.ln12  300000  317394.3465
B

A
D

Câu 15: Đáp án B.
Ta có hình vẽ:

C

Câu này giống câu 39 đề THTT lần 5 mà tôi đã public.
Nhìn vào hình vẽ ta thấy nếu đi tính trực tiếp thể tích khối tứ diện ACD’B’ là
B’

A’
D’

khá lâu, do đó ta sẽ đi tìm một cách gián tiếp như sau:

C’
105|Lovebook.vn

Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Lời giải:
Ta có VACD' B'  VABCD. A' B'C ' D'  VD' ADC  VB' ACB  VCB'C ' D'  VAA' B' D' .
Mặt khác ta nhận thấy VD' ADC  VB' ACB  VCB'C ' D'  VAA' B' D'

 1
1
 .a. .SABCD  a3
3 2
6

1
a3
Do vậy VACD' B'  a3  4. a3  .
6
3

Nhớ: Khi việc tính thể tích
của khối đề bài yêu cầu
quá khó để thiết lập công
thức, ta nên chuyển hướng
sang cách làm gián tiếp

Câu 16: Đáp án B.
Ta thấy mặt cầu đi qua các đỉnh của hình lập phương có đường kính là đường
chéo của hình lập phương. Mà hình lập phương có cạnh là 1, do đó áp dụng
công thức về đường chéo khối hộp tôi đã đưa ra ở các đề trước thì ta có

d  2 R  12  12  12  3  R 

3
. Khi đó diện tích mặt cầu là:
2

Nhớ: Công thức tính
đường chéo hình hộp chữ
nhật có kích thước là a, b,
c là l  a  b  c
2

2

2

2

 3
S  4R  4. 
  3 .
 2 


Câu 17: Đáp án D.
2

Nhìn vào BBT ta thấy lim y  1 và lim y  1 nên đồ thị hàm số có hai TCN là
x 

x 

x  1; x  1
Câu 18: Đáp án D.
Kí hiệu như hình vẽ.
Ta có tam giác A’AB vuông tại A’ nên A ' B  AB2  A ' A 2  a 2 .

A

O

Tam giác A’O’B có A ' O '2  O ' B2  a2  a2  2a2  A ' B2  tam giác A’O’B
vuông cân tại O’. Từ đó suy ra O ' B  A ' O ' .

Ta có O ' B  A ' O '; O ' B  O ' O nên O ' B   AOO ' A '  hay O ' B   AOO '  . Nên
từ đây ta có O’B là đường cao của khối tứ diện ABOO’. Vậy
1
1
1
a3
VABOO '  .O ' B.SAOO '  ..a. .a.a  .
3
3
2
6
Câu 19: Đáp án C

O’
A’

B

Ta có y '   x 2  2 mx  1 .

1
 0 nên để hàm số
3
thì phương trình y '  0 vô nghiệm hoặc có nghiệm

Nhận thấy hàm số đã cho là hàm số bậc ba có hệ số a  
đã cho nghịch biến trên

kép, hay  '  m2  1  0  1  m  1
Câu 20: Đáp án D.
Bài toán tương tự đã xuất hiện trong câu 21 đề số 12 sách bộ đề tinh túy ôn thi
THPT QG 2017.
Từ dữ kiện đề bài suy ra số thóc ở ô thứ n sẽ là 2 n1 hạt. Vậy tổng số thóc từ ô 1
đến ô thứ n là 1  2  22  23  ...  2n1 

2n  1
 2n  1 với 1  n  64; n 
2 1

Để số hạt thóc lớn hơn 1 triệu thì 2 n  1  1000 000  2n  1000 001
n  log 2 1000001  19,93157 . Vậy n  20 .

Câu 21: Đáp án A.
Với phương án A: ta thấy
Lovebook.vn|106

Nhớ: Công thức sử dụng
bên cạnh là công thức
tính tổng cấp số nhân.

13 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Nếu 0  a  1 thì x1  x2



Ngọc Huyền LB



Nếu a  1 thì x1  x2 . Từ đây suy ra  a  1 x1  x 2  0 . Ta chọn A, và không
cần xét các phương án còn lại.
Câu 22: Đáp án A.

Ta có y '  x2  2  m  1 x  m2  2m





x3
  m  1 x2  m2  2m x  1 nghịch biến trên  2; 3  thì y '  0
3
với mọi x   2; 3  . Tức là khoảng  2; 3  nằm trong khoảng hai nghiệm phương
Để hàm số y 

Nhớ: Áp dụng cách xét
dấu tam thức bậc hai,
trong trái ngoài cùng, ở
đây hệ số 1  0 , do đó
trong khoảng 2 nghiệm

trình y '  0 .

 m  12  m2  2 m  0
1  0

 '  0


  x1  2  x2  2   0
  x1 x2  2  x1  x2   4  0

 x1  2  3  x2


 x1 x2  3  x1  x2   9  0
 x1  3  x2  3   0

thì y'  0

2
2


0  m  2
m  2m  2.2.  m  1  4  0
m  2m  0
1 m 2
 2
 2

1 m 3
m

2
m

3.2.
m

1

9

0
m

4
m

3

0







Câu 24: Đáp án C

Do điểm M nằm trên đoạn AB nên AM  2 MB . Từ đây suy ra
x M  x A  2  xB  x M   x M 

2 xB  x A
3



2
. Chọn luôn C.
2

Câu 25: Đáp án A.
B

C

Ta thấy

 ABB ' A '   d CC '; AB '   d CC ';  ABB ' A '    d C ';  ABB ' A '    a
Mặt khác ta có C ' A '  BB '; C ' A '  A ' B '  C ' A '   ABB ' A '   C ' A '  a . Khi
C 'C

A

đó B ' C '  a 2 ( do tam giác A’B’C’ vuông cân tại A’ ). Mà BCC ' B ' là hình
B’

C’

vuông nên chiều cao hình lăng trụ là BB '  B ' C '  a 2 . Vậy

1
a3 2
VABC . A ' B ' C '  .a2 .a 2 
.
2
2
Câu 26: Đáp án C.

A’

x  1
Ta có f '  x   0  
, tuy nhiên ta thấy f '  x  không đổi dấu khi qua x  1 ,
x  3

do đó x  1 không phải là điểm cực trị của hàm số. Vậy hàm số có đúng một
điểm cực trị là x  3 .
Câu 27: Đáp án C.

S

Ta có hình vẽ:
Công thức tính diện tích xung quanh của hình nón là S  Rl . Ở đây t còn thiếu
R do đó ta sẽ đi tìm R dựa vào các dữ kiện đã biết.
Lời giải:
Áp dụng định lý hàm cos cho tam giác SAB ta được

A

AB2  SA 2  SB2  2.SA.SB.cos ASB  AB  2 2  2 2  2.2.2.cos 60  2

B

Mà AB  2R  R  1 . Vậy S  R.l  .1.2  2 .
Câu 28: Đáp án A.
107|Lovebook.vn

Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Xét phương trình 4x  5.2x  4  0 . Nếu đặt 2 x  a  a  0  thì phương trình đã
2

2

2

a  4
cho trở thành a2  5.a  4  0  
.
a  1

Nhận xét với a  4 thì x2  2  x  2; x   2
Với a  1 thì x2  0  x  0 . Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm thực phân
biệt.
Câu 29: Đáp án D.
Ta có diện tích xung quanh của hình trụ được tính bằng công thức
S  2R.h  2.2.2  8

Câu 30: Đáp án D.
Ở phần giải chi tiết đề THTT 05 tôi đã nhắc đến việc nhớ công thức đạo hàm là

 tan x '  1  tan
Vậy ở đây

 tan

Nhớ:  tan x  '  tan 2 x  1

2

x

2

xdx   tan 2 x  1  1 dx  tan x  x  C .





Câu 31: Đáp án B
Điều kiện xác định: x2  2x  0  0  x  2





Xét hàm số y  log 0 ,5  x 2  2 x có tập xác định D   0; 2 

y' 

 x

2 x  2
2



 2 x .ln 0, 5


ln 0, 5  0
Nhận thấy  2
do đó y '  0  2x  2  0  x  1 .

 x  2 x  0

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên  1; 2  .

S

Câu 32: Đáp án B
Tam giác ABC vuông tại B nên BC  AC 2  AB2  4a 2  a 2  a 3

1 1
1
a3 3
Thể tích khối chóp S.ABC là V  . .AB.BC.SA  .a.a 3.2a 
.
3 2
6
3
Câu 33: Đáp án C
Nhận xét nhìn vào BBT ta thấy đây là bảng biến thiên của hàm số bậc ba có hệ
số a  0 .
phương trình y '  0 .
Tức y '  0  x  x  2   0  x2  2x  0  3x2  6x  0 . Đến đây ta loại được B
và D.
Với x  0 thì y  1 do đó chọn C.
Câu 34: Đáp án A.
Nhận xét: Ta thấy do SA là đường cao của hình chóp SABCD do đó hình chiếu





của SB lên  ABCD  là AB . Từ đây suy ra SB,  ABCD   SBA  60 .
Tam giác SBA vuông tại A  SA  AB. tan SBA  a. tan 60  a 3 .
1
1
a3
Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là V  .SA.SABCD  .a 3.a2 
.
3
3
3

Lovebook.vn|108

2a

C

A
a

Hàm số có hai điểm cực trị là x  2 ; x  0 . Do đó x  2; x  0 là nghiệm của

Câu 35: Đáp án A.

2a

B

13 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Sau tháng thứ hai số tiền người đó có trong ngân hàng là:
A.  1  0, 5%   A. 1  0, 5%  .0, 5%  A. 1  0, 5% 

2

Sau tháng thứ ba, số tiền người đó có trong ngân hàng là
A.  1  0, 5% 

3


Sau tháng thứ n số tiền lãi nhận được là:
A.  1  0, 5%   100. 1  0, 5%   125  n  log 1 0 ,5% 1, 25  44, 74
n

n

Do vậy sau ít nhất 45 tháng người đó sẽ có nhiều hơn 125 triệu.
Câu 36: Đáp án B
Ta có:
Với m  0 thì hàm số đã cho có dạng y 

2x  1

 2x  1  4x

2



1



1
, trong TH
4 x2  1

1
x 2  0 ; lim 1  0 . Vậy đồ thị hàm số
x  4 x 2  1
1
4 2
x
có một tiệm cận ngang y  0 . ( thỏa mãn). Đến đây ta loại được C và D.
1
 lim
này hàm số có lim 2
x  4 x  1
x 

Với m  0 thì xét phương trình

 mx

2

 mx2  2 x  1  0
 2 x  1 4 x2  4mx  1  0  *    2
 4 x  4mx  1  0





Để đồ thị hàm số đã cho có duy nhất một tiệm cận thì phương trình  *  vô
nghiệm ( do đồ thị hàm số luôn có một tiệm cận y  0 ).

1  m  0
m  1


 m  .
2
 2m   4  0 1  m  1
Kết luận: Chỉ có m  0 thỏa mãn.
Câu 37: Đáp án B.
Do a, b, c, d là các số dương nên các biểu thức S xác định.
Áp dụng công thức: ln x  ln y  ln xy ta được:
a b c d
S  ln  . . .   ln 1  0 .
b c d a

Câu 38: Đáp án D
Điều kiện x  0
Ta có 2

x

1
4x

x 1

x

 24

 4 1

Với x  0 thì VT  4 , do đó x  0
Ta có áp dụng Bđt Cauchy thì
x

1

x
1
1
 2 x.
 1  2 4 x  21  2 .
4x
4x
x 1


x 1
x 1
  2. .  2  2 4 x  21  2 .
4 x
4 x

109|Lovebook.vn

Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Từ đây suy ra 2

x

1
4x

x 1

x

 24

 2 1
x 
 4 (Dấu bằng xảy ra khi vaf chir khi 
4 (vô
x2  2


lý)).
Vậy phương trình đã cho VN.
Câu 39: Đáp án B.
Ta có  ln x  ' 

1
, do đó ta chọn B.
x
Chú ý: Nhiều bạn nhầm lẫn giữa A và B, tuy nhiên ở đây ta đi tìm biểu thức
đạo hàm của hàm số y  ln x chứ không phải tìm nguyên hàm nên không có C.
Câu 40: Đáp án A.
Ta có điều kiện:  x  1 x  2  x  3  1  0  x3  6x2  11x  5  0
Khi đó
ln  x  1 x  2  x  3   1  0   x  1 x  2  x  3   1  1

1  x  2
  x  1 x  2  x  3   0  
( Thỏa mãn điều kiện).
x  3

Câu 41: Đáp án B
Do ở đây là hình chóp tứ giác không phải là tứ diện nên không áp dụng được

S

công thức tỉ lệ thể tích. Tuy nhiên, nếu chia đáy khối chóp thành 2 phần thì ta
có thể áp dụng dễ dàng.
Ta có SABCD 

1
1
3
AB  CD  .AD  .  2a  a  .a  a2

2
2
2

N

M

A

1 3
VSABCD  . a2 .2a  a3 .
3 2
1
1
1
2
Ta có SABC  .AD.AB  .2a.a  a2  SABCD  SADC  SABCD .
2
2
3
3

2
VSABC  3 VSABCD
Từ đây suy ra 
* 
1
V

V
 SADC 3 SABCD

B

D

C

Áp dụng công thức tỉ lệ thể tích ta có

VSMNC
VSABC
VSMCD
VSACD



SM SN SC 1
1
1 2
1
.
.
  VSMNC  VSABC  . VSABCD  VSABCD
SA SB SC 4
4
4 3
6



SM SC SD 1
1
1 1
1
.
.
  VSMCD  VSADC  . .VSABCD  VSABCD
SA SC SD 2
2
2 3
6

1
a3
Từ đây ta có VSMNCD  VSABCD 
3
3
Câu 42: Đáp án A.

B’
A

Nhận xét: A , B nằm về hai phía so với mặt phẳng Oxy  , gọi B’ là điểm đối
xứng của B qua mặt phẳng Oxy  . Khi đó B '  0;1; 2  và

M

MA  MB  MA  MB ' . Gọi I là giao điểm của AB’ với mặt phẳng Oxy  .
B

Lovebook.vn|110

I