Tải bản đầy đủ

Hướng dẫn giải chi tiết đề toán 2018 HD (34)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT BA ĐÌNH

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
CÁC MÔN THI THPT QUỐC GIA
LẦN 1-NĂM HỌC 2017-2018
MÔN TOÁN KHỐI 12
Mã đề 132

ĐỀ THI CHÍNHTHỨC
Họ tên thí sinh:
Câu 1.Cho hàm số y 

SBD:
x 1
 C  . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của (C) với trục
x2

Ox là:
1
1

A. y  x  .
3
3

B. y  3x  3 .

C. y  3x .

D. y  x  3 .

Câu 2.Gọi (C) là đồ thị hàm số y  x3  3x  3 . Khẳng định nào sau đây là sai?
A. Đồ thị  C  nhận điểm I  0;3 làm tâm đối xứng.
B. Đồ thị  C  tiếp xúc với đường thẳng y  5 .
C. Đồ thị  C  cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt.
D. Đồ thị  C  cắt trục Oy tại một điểm.
Câu 3.Cho log 2 5  a,log3 5  b . Khi đó log 6 5 tính theo a và b là:

1
ab
.
C.
.
D. a  b .
ab
ab
Câu 4.Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’. Gọi M là trung điểm của BB’. Mặt phẳng (MDC’) chia khối
hộp chữ nhật thành hai khối đa diện. Một khối chứa đỉnh C và một khối chứa đỉnh A’. Gọi V1 ,V2 lần lượt là
A. a 2  b2 .

B.

thể tích hai khối đa diện chứa C và A’. Tính
A.

V1
7
.

V2 24


B.

V1
.
V2

V1 7
 .
V2 17

C.

V1 7
 .
V2 12

D.

V1 17
.

V2 24

Câu 5.Đường cong hình bên là đồ thị của hàm số nào trong bốn hàm số sau:

A. y  

1

x4
 2 x2  2 .
2

B. y  

x4
3
3
 x 2  2 . C. y   x  5 x  2 . D. y   x  3x 2  2 .
4

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


Câu 6.Chị Hoa mua nhà trị giá 300000000 đồng bằng tiền vay ngân hàng theo phương thức trả góp lãi suất
0,5% /tháng. Nếu cuối mỗi tháng bắt đầu từ tháng thứ nhất chị Hoa trả 5500000 đồng /tháng thì sau bao lâu
chị hoa trả hết số tiền trên?
A. 64 tháng.
B. 63 tháng.
C. 62 tháng.
D. 65 tháng.
Câu 7.Hệ số của x 4 y 2 trong khai triển Niu tơn của biểu thức  x  y  là
6

A. 20 .

B. 15 .

C. 25 .





Câu 8.Tìm tập xác định của hàm số y  x 2  1
A.  1;1 .

\ 1;1 .

B.

D. 30 .

2

C.  ; 1  1;   . D.  ; 1  1;   .

Câu 9.Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp S.ABC là:
a3
a3
a3
.
B.
.
C.
.
D. 2a 3 .
6
3
8
4
2
Câu 10.Hàm số y  mx   m  3 x  2m  1 chỉ có cực đại mà không có cực tiểu khi m:

A.

A. m  3 .
B. m  3 .
C. 3  m  1 .
D. m  3  m  0 .
x 1
x2
Câu 11.Với giá trị nào của m thì phương trình 4  2  m  0 có nghiệm?
A. m  1 .
B. m  1 .
C. m  1 .
D. m  1 .
Câu 12.Lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 60 , AB=a .
Thể tích khối đa diện ABCC’B’ bằng:
A.

3a 3
.
4

3a 3
.
8

B.

3a 3
C.
.
4

3a3 .

D.

Câu 13.Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  3x 2  9 x  1 trên đoạn

 4; 4 . Tổng M+m bằng:
A. 12 .
B. 98 .
C. 17 .
D. 73 .
Câu 14.Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là hình thoi cạnh a , góc BAD có số đo bằng 60 . Hình chiếu
của S lên mặt phẳng (ABCD) là trọng tâm tam giác ABC. Góc giữa (ABCD) và (SAB) bằng 60 . Tính
khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD).
A.

3a 17
.
14

B.

Câu 15.Đạo hàm của hàm số y  esin
2

A. esin x sin x cos x .

2

x

3a 7
.
14

C.

3a 17
.
4

D.

3a 7
.
4

trên tập xác định là:
2

B. ecos x .

2

C. esin x sin 2 x .

2

D. 2esin x sin x .
2x  4
Câu 16.Gọi M, N là giao điểm của đường thẳng y  x  1 và đường cong y 
. Khi đó hoành độ trung
x 1
điểm I của đoạn thẳng MN bằng:
A. x  1 .
B. x  1 .
C. x  2 . D. x  2 .
Câu 17.Đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  x3  3x  2 tại ba điểm phân biệt khi
A. 0  m  4 .
B. m  4 .
C. 0  m  4 .
D. 0  m  4 .
Câu 18.Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương có độ dài đường chéo bằng 4a .
A. 64a 2 .
B. 16a .
C. 16a 2 . D. 8a 2 .
Câu 19.Trong các loại khối đa diện đều sau, tìm khối đa diện có số cạnh gấp đôi số đỉnh.

2

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


A.Khối hai mươi mặt đều.
C.Khối mười hai mặt đều.

B.Khối lập phương.
D.Khối bát diện đều.

x  m2  m
trên đoạn  0;1 bằng 2 khi
x 1
A. m  2 .
B. m  1 .
C. m  2 và m  1 . D. m  2 và m  1 .
Câu 21.Người ta bỏ ba quả bóng bàn cùng kích thước vào trong một chiếc hộp hình trụ có đáy bằng hình
tròn lớn của quả bóng bàn. Gọi Sb là tổng diện tích của ba quả bóng bàn, St là diện tích xung quanh của

Câu 20.Giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  

hình trụ . Tính tỉ số

St
.
S1

A. 1, 2 .

B. 1 .

C. 1,5 .

D. 2 .

Câu 22.Có bao nhiêu cách sắp xếp 10 người vào 10 ghế hàng ngang?
A. 3028800 .
B. 3628880 .
C. 3628008 .
D. 3628800 .
Câu 23.Cho hàm số f  x  có đạo hàm là f   x  . Đồ thị của hàm số y  f   x  như hình vẽ bên.

Biết f  0   f  3  f  2  f  5 . Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của f  x  trên đoạn  0;5 lần lượt là:
A. f 1 , f  5 .

B. f  2  , f  0  .

C. f  2  , f  5 .

x 2  3x  2
Câu 24.Tìm số đường tiện cận của đồ thị hàm số y 
.
x2  4
A. 1 .
B. 0 .
C. 3 .

D. f  0  , f  5 .

D. 2 .

Câu 25.Hàm số y  x  6 x  mx  1 đồng biến trên  0;   khi giá trị của m là:
3

2

A. m  12 .
B. m  12 .
x
x
Câu 26.Phương trình 9  3  6  0 có nghiệm là:
A. x  2 .
B. x  2 .

C. m  0 .

D. m  0 .

C. x  1 .

D. x  3 .

Câu 27.Cho hàm số y  x  3x  7 x  5 . Kết luận nào sau đây là đúng?
3

2

A.Hàm số không có cực trị.
B. Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y  2 .
C. Đồ thị hàm số có các điểm cực đại và cực tiểu nằm về cùng một phía với trục tung.
D. Đồ thị hàm số có các điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía với trục tung.
Câu 28.Cắt một khối trụ T bằng một mặt phẳng đi qua trục của nó ta được một hình vuông có diện tích bằng
9 . Khẳng định nào sau đây là sai?

3

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


9
.
4
C. Khối trụ T có diện tích xung quanh S xq  9 .

27
.
2
D.Khối trụ T có độ dài đường sinh là l  3 .

A. Khối trụ T có thể tích V 

B.Khối trụ T có diện tích toàn phần Stp 

Câu 29.Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:
A.Hàm số y  a x với 0  a  1 là hàm số đồng biến trên  ;   .
x

1
B. Đồ thị các hàm số y  a và y    0  a  1 đối xứng với nhau qua trục tung.
a
x

C. Hàm số y  a x với a  1 là một hàm số nghịch biến trên  ;   .
D. Đồ thị hàm số y  a x với 0  a  1 luôn đi qua điểm  a;1 .
Câu 30.Cho hàm số y  f  x  liên tục trên

và có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây. Khẳng định nào

sau đây là sai?

A. f  x  nghịch biến trên khoảng  ; 1 .

B. f  x  đồng biến trên khoảng  0;6  .

C. f  x  nghịch biến trên khoảng  3;   .

D. f  x  đồng biến trên khoảng  1;3 .

Câu 31.Người ta thả một lá bèo vào một hồ nước . Kinh nghiệm cho thấy sau 9 giờ bèo sẽ sinh sôi kín cả
mặt hồ. Biết rằng sau mỗi giờ, lượng lá bèo tăng gấp 10 lần lượng bèo trước đó và tốc độ tăng không đổi.
1
Hỏi sau mấy giờ thì số lá bèo phủ kín mặt hồ?
3
109
9
A. 3 .
B.
.
C. 9  log 3 .
D.
.
3
log 3
Câu 32.Phương trình log 2 x   x  6 có tập nghiệm là:
A. 4 .

B. 2;5 .

Câu 33.Với giá trị nào của m thì hàm số y 
A. m  1 .

C.

 m  1 x  2m  2

B. m  2 .

Câu 34.Nghiệm của phương trình cos 2 x  tan 2 x 


A. x    k 2 .
3

4

3 .

xm

D.  .

nghịch biến trong khoảng  1;   ?

m  2
C. 
.
m  1

D. 1  m  2 .

cos 2 x  cos3 x  1
là:
cos2 x


B. x   k 2; x    k 2 .
2
3

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!



C. x    k 2; x    k 2 .
3

D. x  k 2; x  

Câu 35.Tìm dạng lũy thừa với số mũ hữa tỷ của biểu thức

3

7

1

A. a 4 .

B. a 4 .


 k 2 .
3

a5 4 a với a  0 .
4

C. a 7 .

1

D. a 7 .

 x 2  2 x khi x  0

Câu 36.Hàm số y  2 x
khi  1  x  0
3x  5 khi x  1


A. Không có cực trị.
B. Có một điểm cực trị.
C. Có hai điểm cực trị.
D. Có ba điểm cực trị.
Câu 37.Cho đa giác đều có 15 đỉnh. Gọi M là tập tất cả các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho.
Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập M, tính xác suất tam giác được chọn là một tam giác cân nhưng
không phải tam giác đều.
73
18
8
18
A. P  .
B. P  .
C. P  .
D. P  .
91
91
91
73
x
Câu 38.Tìm điều kiện của m để đồ thị hàm số y 
có hai tiệm cận ngang.
1  mx 2
A. m  0 .
B. m  1 .
C. m  1 .
D. m  0 .
Câu 39.Có bao nhiêu biển đăng ký xe gồm 6 ký tự trong đó có 3 kí tự đầu tiên là 3 chữ cái (sử dụng trong 26
chữ cái), ba kí tự tiếp theo là ba chữ số. Biết rằng cứ mỗi chữ cái và mỗi chữ số đều xuất hiện không quá một
lần.
A. 13232000 .
B. 12 232000 .
C. 11232000 .
D. 10 232000 .
Câu 40.Có hai hộp cùng chứa các quả cầu. Hộp thứ nhất có 7 quả cầu đỏ, 5 quả cầu xanh. Hộp thứ hai có 6
quả cầu đỏ, 4 quả cầu xanh. Từ mỗi hốp lấy ra ngẫu nhiên 1 quả cầu. Tính xác suất để hai quả cầu lấy ra
cùng màu đỏ.
9
7
17
7
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
20
20
20
17
Câu 41.Tính thể tích khối trụ có bán kính đáy R=3, chiều cao h=5.
A. V  45 .
B. V  45 .
C. V  15 .
D. V  90 .
Câu 42..Tính thể tích V của khối lập phương có các đỉnh là trọng tâm các mặt của khối bát diện đều cạnh a .
8a 3
a3
16a 3 2
.
B. V 
.
C. V 
.
27
27
27
Câu 43.Bảng biến thiên dưới đây là bảng biến thiên của hàm số nào:

A. V 

5

D. V 

2a 3 2
.
27

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


x2
x2
x 1
x 1
.
B. y 
.
C. y 
.
D. y 
.
x 1
x 1
x 1
x 1
Câu 44.Cho các số thực x, y, z thay đổi và thỏa mãn x2  y 2  z 2  1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A. y 

P   xy  yz  2xz  

8

x  y  z

2

 xy  yz  2

A. min P  5 .

là:

B. min P  5 .

C. min P  3 .

D. min P  3 .

Câu 45.Tại một buổi lễ có 13 cặp vợ chồng tham dự, mỗi ông bắt tay với mọi người trừ vợ mình. Các bà
không ai bắt tay với nhau. Hỏi có bao nhiêu cái bắt tay?
A. 78 .
B. 185 .
C. 234 .
D. 312 .
Câu 46.Cho 0  x  y  1 . Đặt m 

1 
y
x 
 ln
 ln
 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
y  x  1 y
1 x 

A. m  4 .

B. m  1 .

C. m  4 .



 



D. m  2 .

Câu 47.Tổng các nghiệm của phương trình  x  1 .2x  2 x x 2  1  4 2 x 1  x 2 bằng
2

A. 4 .
B. 5 .
C. 2 .
D. 3 .
Câu 48.Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, các mặt bên (SAB) và (SAD) cùng
vuông góc với đáy, SA=a, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAB) là  . Khi đó tan  bằng:
1
A. tan  
.
B. tan   1 .
C. tan   3 .
D. tan   2 .
2
Câu 49.Gọi S là tổng các nghiệm thuộc đoạn  0; 2 của phương trình
9 
15 


sin  2 x    3cos  x 
  1  2sin x .
2 
2 


A. S  4 .
B. S  2 .
C. S  5 .
D. S  3 .
Câu 50.Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi D, E, F lần lượt là trung
điểm các cạnh BC, A’C’, C’B’. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng DE và AB.

A. d 

a 2
.
4

6

B. d 

a 3
.
4

C. d 

a 2
.
3

D. d 

a 5
.
4

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM
11.A
21.B
31.C
12.A
22.D
32.A
13.D
23.C
33.D
14.B
24.D
34.C
15.C
25.A
35.A
16.B
26.C
36.D
17.C
27.D
37.B
18.C
28.A
38.D
19.D
29.B
39.C
20.D
30.B
40.B

1.A
2.C
3.C
4.B
5.D
6.A
7.B
8.B
9.C
10.A

41.A
42.D
43.A
44.D
45.C
46.A
47.B
48.A
49.A
50.B

Câu 1.
Phương pháp:
+) Tính y .
+) Tìm tọa độ tiếp điểm M  x0 , y0  .
+) Viết phương trình tiếp tuyến tại M  x0 , y0  có dạng y  f   x0  x  x0   y0 .
Cách giải:
Ta có y 

3

 x  2

2

,  x  2  .

x 1
 0  x  1  M 1;0  .
x2
1
1
1
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng y  y 1 x  1  0  y   x  1  y  x  .
3
3
3
Chọn A.
Hoành độ tiếp điểm M là nghiệm của phương trình

Câu 2.
Phương pháp:
+) Sử dụng các kiến thức về tâm đối xứng, sự tương giao và tiếp xúc để xác định tính đúng sai của mỗi đáp
án.
+) Tâm đối xứng của hàm bậc ba y  ax3  bx 2  cx  d  a  0  có hoành độ là nghiệm của phương trình
y  6ax  2b  0 .


 f  x  g  x
+) Hai đồ thị hàm số y  f  x  và y  g  x  tiếp xúc với nhau  
có nghiệm.


f
x

g
x







+) Phương trình f  x   g  x  có bao nhiêu nghiệm thì hai đồ thị hàm số y  f  x  và y  g  x  cắt nhau tại
bấy nhiêu điểm.
Cách giải:

7

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


+ Ta có y  3x 2  3, y  6 x . Hoành độ của tâm đối xứng là nghiệm của phương trình
6 x  0  x  0  y  3 . Vậy tâm đối xứng có tọa độ  0;3  đáp án A đúng.
3
2


 x2  1
 x2  1
 x  3x  3  5
x  1
+) Xét hệ  2
 2


 x  1.
3x  3  0
 x .x  3 x  3  5
2 x  3  5
 x  1



Nên y  5 tiếp xúc với đồ thị hàm số đã cho nên đáp án B đúng.
+) Xét phương trình tương giao của đồ thị hàm số với trục Ox : x3  3x  3  0 (1). Sử dụng máy tính bấm
nghiệm phương trình bậc ba ta thấy phương trình (1) có duy nhất một nghiệm nên đồ thị hàm số đã chocắt
trục Ox tại một điểm duy nhất.
Nên đáp án C sai.
+) Đồ thị hàm số  C  cắt trục tung tại một điểm duy nhất có x  0  y  3 nên đáp án D đúng.
Chọn C.
Câu 3.
Phương pháp:
Dùng các công thức log a b 

1
;log a  b.c   log a b  log a c, 0  a  1, b, c  0  để biến đổi.
log b a

Cách giải:
Ta có log 6 5 

1
1
1
1
mà log 2 5  a  log 2 5  , log3 5  b  log 5 3  .

a
b
log5 6 log5 2  log5 3

Từ đó log 6 5 

1
ab

.
1 1 ab

a b

Chọn C.
Câu 4.
Phương pháp:
+) Mở rộng mặt phẳng (MDC’) rồi xác định thiết diện của hình hộp chữ nhật bị cắt bởi mặt phẳng (MDC’),
từ đó phân chia thành hai phần đa diện chứa C và A’.
+) Sử dụng phân chia thể tích để phân chia khối đa diện chứa C thành hai khối chóp. Tính thể tích hai khối
1
chóp đó theo công thức V  h.S với h là chiều cao hình chóp và S là diện tích đáy.
3
+) Từ đó suy ra thể tích của phần đa diện chứa C theo thể tích V của khối hộp chữ nhật sau đó ta tính được
thể tích phần đa diện chứa A’ và suy ra tỉ lệ thể tích.
Cách làm:

8

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


+) Bước 1: Mở rộng mặt phẳng (MDC’).
Lấy N là trung điểm của AB thì MN//AB’ (vì MN là đường trung bình của tam giác ABB’)
Mà DAB’C’ là hình bình hành nên DC’//AB’ nên suy ra MN//DC’ hay mặt phẳng (MDC’) trùng với mặt
phẳng (MC’DN).
Từ đó mặt phẳng (MC’DN) chia hình hộp chữ nhật ra thành hai phần: phần đa diện chứa C là: BCC’DNM,
phần đa diện chứa A’ là NMC’DD’A’AB’.
+) Bước 2: Ta có
VBCCDNM  VC.CDNB  VN .BMC .
Gọi thể tích ABCD.A’B’C’D’ là V.
Vì ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp chữ nhật nên CC   CDNB  , NB   BNC  .
AB 

CD 

 BC 3
1
1
3
2 

Từ đó VC .CBND  CC .S BNDC  CC .
 CC .CD.CB  V .
3
3
2
12
12


1
1 BB
BB .BC
1
1 BA BB.BC V
.
S BMC  BM .C B 
.BC 
 VN .BMC  NB.S BMC 
.

2
2 2
4
3
3 2
4
24
3V V 7V
7V 17V
V 7V 17V
7
 V1  VC.CBND  VN .BMC 


 V2  V 

 1 
:
 .
12 24 24
24
24
V2 24 24 17

Chọn B.
Câu 5.
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp loại trừ.
+) Xác định hình dáng đồ thị, dựa vào lim y để xác định dấu của hệ số a.
x 

+) Từ đồ thị hàm số ta biết được các điểm cực trị, số giao điểm với trục hoành và trục tung từ đó suy ra đáp
án.
Cách làm:
+) Từ đồ thị hàm số ta có các điểm cực trị  2;2  ,  2;2  ,  0; 2  và có bốn giao điểm với trục hoành trong
đó có hai giao điểm là  1;0  và 1;0  .

9

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


x4
+) Xét hàm số y    2 x 2  2 ta thay x  1; y  0 thấy không thỏa mãn phương trình nên loại A.
2

+) Xét hàm số y  

x4
 x 2  2 ta thay x  1; y  0 thấy không thỏa mãn nên loại B.
4

+) Xét hàm số y   x  5 x  2 ta thay x  1; y  0 thấy không thỏa mãn nên loại C.
3

+) Xét hàm số y   x  3x 2  2 ta thay các điểm  2; 2  ,  2; 2 ,  0; 2 ;  1;0  ; 1;0  thấy thỏa mãn.
3

Chọn D.
Câu 6.
Phương pháp:
Sử dụng công thức cho bài toán trả góp:

Pn  a 1  r 

n

1  r 
x

n

1

r

Với
Pn là số tiền còn lại sau tháng thứ n.
a làsố tiền nợ ban đầu.
r là lãi suất/tháng.
x số tiền trả mỗi tháng.
Cách làm:
Gọi n là số tháng mà chị Hoa trả hết nợ.
Sử dụng công thức Pn  a 1  r 

n

1  r 
x

n

1

r

cho r  0,5%, x  5500000, a  300000000 và tìm n .

Vì trả hết nợ nên sau n tháng thì Pn  0  300000000 1  0,5% 

n

1  0,5% 
 5500000
0,5%

n

1

0

5500000  5500000
n
n
 1, 005  300000000 

 0  1, 005  1,375  n  log1,005 1,375  64 .

0, 005 
0, 005

Vậy sau 64 tháng chị Hoa trả hết nợ.
Chọn A.
Câu 7.
Phương pháp:
n

Sử dụng khai triển nhị thức Niutơn  x  y    Cnk x n k y k có số hạng tổng quát Tk 1  Cnk x nk y k  0  k  n 
n

k 0

Từ đó tìm số k ứng với số mũ của số hạng cần tìm. Sau khi tìm được k thay trở lại số hạng tổng quát ta tìm
được hệ số.
Cách làm:
6

+) Ta có  x  y    C6k x 6k y k , số hạng tổng quát Tk 1  C6k x6k y k ,  0  k  6, k 
6

.

k 0

6  k  4
 k  2 (thỏa mãn)
+) Số hạng x 4 y 2 ứng với 
k  2
+) Vậy hệ số cần tìm là C6k  C62  15 .

10

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


Chọn B.
Câu 8.
Phương pháp:
Điều kiện xác định của hàm số y   f  x   với n là số nguyên âm là f  x   0 .
n

Cách làm:
Đk: x2  1  0  x2  1  x  1 nên TXĐ: D 

\ 1;1 .

Chọn B.
Câu 9.
Phương pháp:
1
+) Tính thể tích khối chóp theo công thức V  h.S với h là chiều cao hình chóp và S là diện tích đáy.
3
+) Xác định chiều cao của hình chóp theo hệ quả nếu hai mặt phẳng vuông góc với nhau có giao tuyến là d
thì bất kì đường thẳng  nào nằm trong mặt phẳng này mà vuông góc với giao tuyến d thì  sẽ vuông góc
với mặt phẳng còn lại.

 P    Q 

Hay  P    Q   d     Q  .

   P  ;   d
Cách làm:
Lấy M là trung điểm của AB. Vì tam giác SAB đều nên SM  AB (1).

Lại có  SAB    ABC  (gt) và  SAB    ABC   AB (2).
Từ (1) và (2) suy ra SM   ABC  .
Tam giác ABC đều cạnh a mà M là trung điểm AB nên CM  AB . Theo định lý Pytago trong tam giác
CMB vuông tại M ta có:

CM  CB 2  BM 2  a 2 

a2 a 3
1
1a 3
a2 3

.
 S ABC  CM . AB 
.a 
4
2
2
2 2
4

Vì SAB  CAB và cùng là tam giác đều cạnh a nên SM  CM 

a 3
.
2

1
1 a 3 a 2 3 a3
 VS . ABC  SM .SABC  .
.
 .
3
3 2
4
8
Chọn C.
Câu 10.
Phương pháp:

Xét hàm số y  ax4  bx 2  c .
+) Với a  0, b  0 ta có y  bx 2  c là phương trình bậc hai có đồ thị là một parabol. Hàm số này chỉ có một
cực trị x  0 ( là cực đại nếu b  0 , là cực tiểu nếu b  0 ) .
+) Với a  0 thì y  ax4  bx 2  c là hàm trùng phương (bậc 4). Hàm này hoặc có ba cực trị hoặc có một cực
trị. Trong trường hợp có ba cực trị thì luôn luôn có cực tiểu nên để hàm số có cực đại mà không có cực tiểu
thì hàm số chỉ có một cực trị là cực đại.
Nghĩa là phương trình y  0 có nghiệm x0 duy nhất và x0 là điểm cực đại.

11

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


Cách làm.
+) Với m  0 thì ta có hàm số y  3x 2  1 có 3  0 nên đồ thị hàm số là một parabol có bề lõm hướng lên
trên  hàm số có cực tiểu x  0 .
+) Với m  0 ta có hàm trùng phương y  mx4   m  3 x 2  2m  1
 y  4mx3  2  m  3 x  x  4mx 2  2m  6  , y  12mx 2  2  m  3 .

x  0
Xét phương trình y  0  x  4mx  2m  6   0   2 m  3
.
x 
 2
2m

Để hàm số có cực đại mà không có cực tiểu thì phương trình y  0 có nghiệm x  0 duy nhất .
2

Hay phương trình (2) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép x  0 

 m  3
m  3
m3
.
0
0
2m
m
m  0

Với m  0 thì 4mx2  2m  6  0 x nên y  0  x  0, y  0  x  0 do đó x  0 là điểm cực tiểu của
hàm số (loại).
Với m  3 thì 4mx2  2m  6  0 x nên y  0  x  0, y  0  x  0 do đó x  0 là điểm cực tiểu
(nhận).
Chọn A.
Câu 11.
Phương pháp:
Cô lập m đưa phương trình về dạng f  x   m . Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm đồ thị
hàm số y  f  x  và đường thẳng y  m . Lập bảng biến thiên của hàm số y  f  x  rồi kết luận.
Cách làm:
Ta có 4x1  2x2  m  0  4.4x  4.2x  m  0  4.4x  4.2x  m . Đặt 2x  t  t  0  ta được phương trình

4.t 2  4t  m 1 . Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của độ thị hàm số f  t   4t 2  4t ,  t  0 
và đường thẳng y  m .
Xét hàm f  t   4t 2  4t ,  t  0  có f   t   8t  4  0  t 

1
(nhận).
2

Bảng biến thiên của f  t  với t  0 .

Từ bảng biến thiên, để phương trình đã cho có nghiệm thì m  1 .

12

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


Chọn A.
Câu 12.
Phương pháp:
+) Nhớ lại lăng trụ tam giác đều là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều.
+) Tìm góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) như sau:
-Xác định giao tuyến d của (P) và (Q)
-Trong (P) xác định d’ vuông góc với d, trong (Q) xác định d’’ vuông góc với d sao cho d’ cắt d’’.
-Góc giữa (P) và (Q) là góc giữa d’ và d’’.
+) Xác định chiều cao của hình chóp A.BCC’B’.
1
+) Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp: V  h.S với h là chiều cao hình chóp và S là diện tích đáy.
3
Cách làm:

Lấy M là trung điểm của BC. Vì tam giác ABC đều nên AM  BC .
Vì ABC.A’B’C’ là lăng trụ đều nên A’C=A’B. Trong tam giác cân A’BC thì AM  BC .
 BC  AM   ABC 

Từ đó ta có:  BC  AM   ABC  suy ra góc giữa (A’BC) và (ABC) là góc giữa AM và A’M
 
 A M  AM  M 

 AMA  60 .
Xét tam giác ABC đều cạnh a có AM là trung tuyến cũng là đường cao, theo Pytago ta tính được
AM  AB 2  BM 2 

a 3
.
2

Xét tam giác A’AM vuông tại A, có AA  AM .tan AMA  AM .tan 60 

13

a 3
3a
.
. 3
2
2

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


3a
a 3
.
, BC  a, AM 
2
2
 AM  BC

Lại có 
 AM   BCC B  .

 AM  CC   do CC    ABC  
 CC   AA 

 VA.BCCB 

1
3a 3a 2
.
AM .S BCC B . Mà BCCB là hình chữ nhật nên S BCCB  BC.CC   a. 
3
2
2

1 a 3 3a 2 a3 3
.
 VA.BCC B  .
.

3 2
2
4
Chọn A.
Câu 13.
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp tìm GTLN và GTNN của hàm số trên một đoạn [a,b].

+)  a, b  D , tính y’

+) Giải phương trình y’=0 tìm các nghiệm xi   a, b và các x j   a; b làm y’ không xác định (nếu có).









+) Khi đó min y  min y  xi  ; y  x j  ; y  a  ; y  b  , max y  max y  xi  ; y  x j  ; y  a  ; y  b  .
 a ,b 

 a ,b 

Cách làm:
TXĐ: D  ,  4, 4  D .
 x  1  4; 4
Ta có y  3x 2  6 x  9 , y  0  3x 2  6 x  9  0  
.
 x  3   4; 4

Và y  4  21; y  4   77; y 1  4; y  3  28 .
Nên M  max y  77, m  min y  4  M  m  73 .
4;4

4;4

Chọn D.
Câu 14.
Phương pháp:
+) Xác định góc giữa hai mặt phẳng theo phương pháp đã nói ở câu 11.
+) Xác định khoảng cách từ một điểm H đến một mặt phẳng (P) theo các bước sau:
- Xác định mặt phẳng (Q) chứa H và vuông góc với (P).
- Xác định giao tuyến của (P) và (Q)
- Trong (Q), từ H kẻ HK vuông góc với d tại K. Khi đó d  H ;  P    HK .
+) Sử dụng công thức tỉ lệ khoảng cách để đưa về điểm dễ tính hơn.
d  L,  P  

d  Q,  P  

14



LP
.
QP

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


Cách làm:

+) Xác định góc giữa (SAB) và (ABCD).
Gọi O là tâm của hình thoi, H là trọng tâm tam giác ABC  SH   ABCD  tại H (giả thiết) và
2
BO .
3
Từ H kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt AB và CD lần lượt tại N và M.
H  BO; BH 

 AB  HN   ABCD 
AB

SH


 AB   SHN   AB  SN do đó  AB  SN   SAB 
Ta có 
nên góc giữa (SAB) và
 AB  HN

 ABCD    SAB   AB

(ABCD) bằng góc giữa SN và HN hay SNH  60 .
+) Ta có

d  B,  SCD  

d  H ,  SCD  



2
2 1
1
2
BD 3
 (vì BH  BO  . BD  BD  HD  BD ).
3
3 2
3
3
HD 2

+) Xác định khoảng cách từ H đến (SCD).
 SH  CD
 CD   SHM    SCD    SHM  .
Ta có 
 HM  CD

 HK  SM
 HK   SCD  tại K
Mà  SCD    SHM   SM , trong  SHM  kẻ HK  SM tại K suy ra 
 HK  CD
Hay d  H ,  SCD    HK .

15

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


+) Tính HK.
1
a
2a
Tam giác ABD cân có BAD  60 nên ABD là tam giác đều cạnh a mà BH  BD nên BH  ; DH 
.
3
3
3
a
a 3
Xét tam giác BNH vuông tại N có HN  BH .sin HBN  .sin 60 
.
3
6

Xét tam giác SHN vuông tại H có SH  HN .tan SNH 

a 3
a
.tan 60  .
6
2

Vì ABCD là hình thoi nên ADB  BDC  60 .
Xét tam giác HDM vuông tại M có HM  HD.sin HDM 

2a
2 3a
.
.sin 60 
3
6

Xét tam giác SHM vuông tại H, theo hệ thức lượng ta có HK 

SH .HM
SH 2  HM 2



a 2a 3
.
2 6
a 2 12a 2

4
36

a2 3
a 7
.
 6 
7
a 7
2 3
3
3
3a 7
Ta có d  B,  SCD    d  H ,  SCD    HK 
.
2
2
14
Chọn B.
Câu 15.
Phương pháp:
Sử dụng công thức đạo hàm eu   u.eu và u    .u 1.u .

 

 

Cách làm:



y  esin

2

x

  sin x  e
2

sin 2 x

 2sin x cos x.esin x  sin 2 x.esin x .
2

2

Chọn C.
Câu 16.
Phương pháp:
+) Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y  f  x  và y  g  x  là nghiệm của phương trình

f  x  g  x .
xM  xN

 xI 
2
+) Sử dụng công thức tọa độ trung điểm I của MN: 
.
y

y
M
N
y 
 I
2
Cách làm:
Xét phương trình hoành độ giao điểm x  1 

16

x  1 6
2x  4
.
 x  1  x 2  2 x  5  0   N
x 1
 xM  1  6

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


Hoành độ trung điểm I của MN là xI 

xM  xN
1.
2

Chọn B.
Câu 17.
Phương pháp:
Sử dụng đồ thị (bảng biến thiên) để tìm số giao điểm của hai đồ thị hàm số.
Cách làm:
Ta lập BBT của hàm số y  x3  3x  2 .

x  1
Ta có y  3x 2  3  0  
.
 x  1
BBT:

Từ BBT để đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số y  x3  3x  2 tại ba điểm phân biệt thì 0  m  4 .
Chọn C.
Câu 18.
Phương pháp:
+)Trong hình lập phương, tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là trung điểm đường chéo của nó.
+) Sử dụng công thức tính diện tích mặt cầu bán kính R: S  4R2
Cách làm:
4a
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là: R 
 2a  S  4R2  16a2 .
2
Chọn C.
Câu 19.
Phương pháp:
Sử dụng lý thuyết về khối đa diện đều.
Cách làm:
+) Khối mười hai mặt đều có 20 đỉnh và 30 cạnh.
+) Khối hai mươi mặt đều có 12 đỉnh và 30 cạnh.
+) Khối lập phương có 8 đỉnh và 12 cạnh.
+) Khối bát diện đều có 6 đỉnh và 12 cạnh.
Chọn D.
Câu 20.
Phương pháp:
+) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn theo cách làm đã nêu ở câu 13.

17

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


+) Biện luận theo tham số m (nếu cần) để có đầy đủ các trường hợp.
Cách làm:
TXĐ: D  \ 1 , 0;1  D .
2

1 3

m  
m2  m  1 
2 4
Ta có f   x  

 0, m nên hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.
2
2
 x  1
 x  1

 f  0   f 1 nên min f  x   f  0   m2  m , theo bài ra ta có
0;1

m  1
.
m2  m  2  m2  m  2  0  
 m  2
Chọn D.
Câu 21.
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ: S xq  2rl với r là bán kính đáy, l là đường sinh
của hình trụ. Công thức diện tích hình cầu S  4r 2 với r là bán kính hình cầu.
Cách làm:
Gọi bán kính một quả bóng bàn là r khi đó r cũng là bán kính đáy của hình trụ.
Vì hình trụ có chiều cao bằng ba lần đường kính bóng bàn nên chiều cao hình trụ là 3.2r  6r .
Vì hình trụ có chiều cao bằng đường sinh nên diện tích xung quanh hình trụ là St  2rl  2r.6r  12r 2 .
Diện tích ba quả bóng bàn là Sb  3.4r 2  12r 2 .

Sb 12r 2


 1.
St 12r 2
Chọn B.
Câu 22.
Phương pháp:
Sử dụng hoán vị: Cho tập hợp A gồm n phần tử ( n  1 ). Khi sắp xếp n phần tử theo một thứ tự ta được một
hoán vị cuả A.
Cách làm:
Mỗi cách sắp xếp 10 người ngồi vào 10 ghế hàng ngang là một hoán vị của 10 phần tử.
Vậy có số cách sắp xếp là: 10!  3628800 cách.
Chọn D.
Câu 23.
Phương pháp.
Sử dụng đồ thị của hàm số y  f   x  ta tìm ra các khoảng đồng biến, nghịch biến và điểm gián đoạn của

y  f   x  trên đoạn [0;5]. Vẽ BBT của y  f  x  và kết luận.
Cách làm:
Từ đồ thị hàm số y  f   x  ta có f   x   0 trên khoảng  0; 2  , f   x   0 trên khoảng  2;3 ;  3;5 và

f   x  gián đoạn tại x  3 .
Ta có BBT của hàm y  f  x  như sau:

18

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


Từ BBT ta thấy giá trị nhỏ nhất của y  f  x  trên đoạn  0;5 là f  2  .
Theo giả thiết f  0   f  3  f  2  f  5 mà f  2   f  3  f  0   f  5 .
Vậy giá trị lớn nhất của y  f  x  trên đoạn  0;5 là f  5 .
Chọn C.
Câu 24.
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa các đường tiệm cận.
Cách làm:

3 2
1  2
x 2  3x  2
x x  1 . Vậy y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
 lim
Ta có lim y  lim
x 
x 
x 
4
x2  4
1 2
x
2
 x  1 x  2  lim x  1  1 .
x  3x  2
lim y  lim

lim
x 2
x 2
x 2  x  2  x  2 
x  2 x  2
x2  4
4
lim y  lim

x 2

x 2

 x  1 x  2  lim x  1   . Vậy x  2 là tiệm cận đứng của đồ thị
x 2  3x  2
 lim
2
x 2  x  2  x  2 
x 2 x  2
x 4

hàm số.
Chọn D.
Câu 25.
Phương pháp:
Hàm số y  ax3  bx2  cx  d ,  a  0  đồng biến trên  p; q  khi và chỉ khi y  0, x   p; q  .
Cách làm.
Ta có y  3x2  12 x  m . Để hàm số đồng biến trên  0;   thì y  0, x  0

 3x2  12 x  m  0, x  0  3x2  12 x  m, x  0 . (*)
Xét y  g  x   3x 2  12 x với x  0 .
Ta có g   x   6 x  12  0  x  2 (TM).
BBT y  g  x  với x  0 .

19

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


Từ BBT ta có max g  x   12 , từ (*) suy ra m  max g  x   12  m  12 .
 0; 

 0; 

Chọn A.
Câu 26.
Phương pháp:
Giải phương trình mũ bằng cách đặt ẩn phụ.
Cách làm:
t  2  l 
Đặt 3x  t  t  0  ta có phương trình t 2  t  6  0  
.
t  3  tm 

Với t  3  3x  3  x  1.
Chọn C.
Câu 27.
Phương pháp:
Sử dụng kiến thức về cực trị và định nghĩa tiệm cận.
Cách làm:
Đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận.
Ta có y  3x 2  6 x  7,  y  184  0 nên hàm số có hai cực trị và a, c của y trái dấu nên hai cực trị trái dấu
nhau hay hai điểm cực trị sẽ nằm về hai phía của trục tung.
Chọn D.
Câu 28.
Phương pháp:
Sử dụng các công thức tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần và thể tích của hình trụ.
Cách làm:

20

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


Thiết diện qua trục là hình vuông ABCD có diện tích là 9 nên AB 2  9  AB  3  BC  OO; OA 

3
.
2

3
.
2
9
81
Thể tích khối trụ: V  .OA2 .OO  . .9 
.
4
4
3
Diện tích xuang quanh S xq  2OA.BC  2.. .3  9 .
2
3
9 27
Diện tích toàn phần Stp  2OA.BC  2.OA2  2.. .3  2. 
.
2
4
2
Chọn A.
Câu 29.
Phương pháp:

Vậy khối trụ có đường sinh là 3, bán kính

x

1
Sử dụng kiến thức về sự biến thiên và đồ thị của hàm số y  a x , y    .
a
Cách làm:
+) Hàm số y  a x với 0  a  1 nghịch biến trên tập xác định D  nên A sai.

+) Hàm số y  a x với a  1 đồng biến trên tập xác định D 

nên C sai.

+) Hàm số y  a x với 0  a  1 luôn đi qua điểm 1; a  .
Điểm có tọa độ  a;1 không thuộc đồ thị hàm số vì a a  1 với 0  a  1 nên D sai.
Chọn B.
Câu 30.
Phương pháp:
Sử dụng kĩ năng đọc BBT và tính đồng biến và nghịch biến của hàm số.
Cách làm:
Trên khoảng từ  0;6  ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng  0;3 và nghịch biến trên khoảng  3;6  nên đáp
án B sai.
Chọn B.
Sai lầm và chú ý.

21

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


Một số em sẽ bị nhầm khi nhìn vào y tăng từ 0 đến 6 thì đáp án B đúng. Nhưng đề bài hỏi khoảng biến thiên
của hàm số nên chúng ta phải kết luận theo x.
Câu 31.
Phương pháp:
Sử dụng kiến thức bài toán thực tế về sự tăng trưởng.
Cách làm:
Ban đầu có 1 là bèo, sau 1h lượng lá bèo là 10 lá.
Sau 2h, số lượng lá bèo là 10.10  102 lá.
Sau n giờ, số lượng lá bèo là 10n lá.
Vậy sau 9h lượng bèo kín mặt hồ là 109 là bèo.
1
Gọi n  n  1 là thời gian (giờ) lá bèo phủ kín mặt hồ.
3

 109 
1 9
n
10

.10

n

log
Khi đó ta có phương trình

  9  log 3 .
3
3


Chọn C.
Câu 32.
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp hàm số để giải phương trình. (Nếu f  x  là hàm đồng biến trên D và g  x  là hàm
nghịch biến trên D thì phương trình f  x   g  x  nếu có nghiệm thì sẽ có 1 nghiệm duy nhất trên D)
Cách làm:
Ta có log 2 x   x  6 (*), ĐK: x  0 .
1
 0, x  0 nên y  log 2 x là hàm đồng biến trên  0;   .
x ln 2
Xét hàm y   x  6 có y  1  0 nên y   x  6 là hàm nghịch biến trên R.

Xét hàm y  log 2 x có y 

Lại thấy x  4  0 thỏa mãn phương trình (*) nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất x  4 .
Chọn A.
Câu 33.
Phương pháp.
  ad  bc
0
2
y 
ax  b
cx  d 


Hàm số y 
nghịch biến trên K khi 
.
cx  d

d
 K
 c
Cách làm:
TXĐ: D 
Ta có y 

\ m .

m  m  1  2m  2

 x  m



m2  m  2

.

 x  m
Để hàm số nghịch biến trên khoảng  1;   thì
2

2

 y  0
m2  m  2  0
1  m  2



1 m  2.

m   1;  
m  1
m  1


22

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


Chọn D.
Câu 34.
Phương pháp:
Sử dụng các công thức biến đổi lượng giác cơ bản tan 2 x  1 

1
;cos 2 x  2cos 2 x  1 đưa về các
cos 2 x

phương trình lượng giác cơ bản.
Cách làm:
ĐK: cos x  0 .
cos 2 x  cos3 x  1
cos2 x
1
1
 cos 2 x  tan 2 x  1  cos x 
 cos 2 x  cos x  tan 2  1 
2
cos x
cos2 x

Ta có cos 2 x  tan 2 x 

1

cos x 

 2cos x 1  cos x  0  2cos x  cos x 1  0   2cos x  1 cos x  1  0 
2 (thỏa mãn).

cos x  1
2

2

1

 x    k 2, k  .
2
3
+) cos x  1  x    k 2, k  .

+) cos x 

Chọn C.
Câu 35.
Phương pháp:
Sử dụng các công thức

n

m
n

a  a  a
m

1
m n



, a m .a n  a m n ( a  0 ).

Cách làm:
Ta có

3

3

1

3

a5 4 a  a5 .a 4  a

5

1
4

3

21

21

7

 a 4  a 12  a 4 .

Chọn A.
Câu 36.
Phương pháp:
Sử dụng cách tìm cực trị: tính y’, giải phương trình y’=0.
Chú ý đến từng khoảng cho trước.
Cách làm:
+) Nhận xét thấy các hàm số y  2 x và y  3x  5 có đồ thị là các đường thẳng vì vậy hàm số không có cực
trị.
+) Xét hàm y  x 2  2 x với x  0 . Ta có y  2 x  2  0  x  1 (nhận).
Ta thấy với 0  x  1 thì y  0 , x  1 thì y  0 nên x  1 là điểm cực trị của hàm số.
Vậy hàm số đã cho có 1 cực trị.
Chọn B.
Câu 37.
Phương pháp:
Sử dụng kiến thức tổ hợp cho các bài toán hình học và công thức xác suất.
Cách làm:

23

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


Số các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác 15 đỉnh là C153  455 tam giác.
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đều có 15 đỉnh đó. Lấy A là một đỉnh bất kỳ trong số 15 đỉnh thì
ta có 7 cặp điểm đối xứng với nhau qua đường thẳng OA.
Như vậy có 7 tam giác cân đỉnh A được tạo thành.
Với 15 đỉnh đó ta lập được 15: 3  5 tam giác đều. Nhưng mỗi tam giác đều lại là tam giác cân tại mỗi đỉnh.
Nên trong các tam giác cân được tạo thành thì tam giác đều được đếm lại ba lần.
Vậy số tam giác cân nhưng không phải tam giác đều được tạo thành là 7.15  5.3  90 tam giác.
90 18
Xác suất có được là P 
 .
455 91
Chọn B.
Câu 38.
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang.
Đường thẳng y  a là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  nếu một trong các điều kiện sau được thỏa
mãn:
lim y  a; lim y  a .
x 

x 

Cách làm:
+) Với m  0 ta có ĐKXĐ: 1  mx 2  0  mx 2  1  x 2 

1
1
1
loại vì theo định nghĩa tiệm

 x
m
m
m

cận ngang phải tồn tại giới hạn khi x   .
+) Với m  0 ta có ĐKXĐ: 1  mx2  0 đúng với x .
1
x
x
1
Xét lim y  lim
nên y 
là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
 lim

x 
x 
m
m
1  mx 2 x x. 1  m
x2
1
x
x
1
Xét lim y  lim
nên y 
là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
 lim

2
x 
x 
x 
m
1
m
1  mx
 x. 2  m
x
1
1
Vậy với m  0 đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang y 
và y 
.
m
m
Chọn D.
Câu 39.
Phương pháp:
Sử dụng kiến thức về tổ hợp, chỉnh hợp, quy tắc cộng và quy tắc nhân.
Cách làm:
Số cách chọn ra ba chữ cái khác nhau trong 26 chữ cái rồi đem ra sắp xếp để có được ba kí tự đầu của biển
3
số xe là: A26
cách.
Số cách chọn ra ba chữ số khác nhau trong 10 chữ số rồi đem ra sắp xếp để có được ba kí tự sau của biển số
xe là: A103 cách.
3
Theo quy tắc nhân ta có số biển đăng kí xe là A26
. A103  11232000 .

Chọn C.
Sai lầm và chú ý:

24

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


Ở đây vì ba chữ cái đều có sự sắp xếp và ba chữ số cũng có sự sắp xếp (nhưng không xen kẽ nhau) nên ta
phải lấy là chỉnh hợp chứ không lấy tổ hợp.
Câu 40.
Phương pháp:
Sử dụng tổ hợp và công thức xác suất.
Cách làm:
Hộp thứ nhất có 5  7  12 quả cầu, hộp thứ hai có 6  4  10 quả cầu.
1
1
Số cách lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 1 quả cầu là C12
.C10
 120 cách.
Số cách lấy từ hộp thứ nhất được quả cầu đỏ là C71  7 cách.
Số cách lấy từ hộp thứ hai được quả cầu đỏ là C61  6 cách.
Theo quy tắc nhân thì số cách lấy được hai quả cùng màu đỏ là 6.7  42 .
42
7
Vậy xác suất cần tìm là P 
.

120 20
Chọn B.
Sai lầm và chú ý:
Một số em sẽ nghĩ việc lấy ra một quả cầu từ hai hộp cũng như lấy ra 2 quả cầu từ hộp lớn có 12  10  22
quả cầu nên số cách lấy là C222  231 cách. Như vậy là không đúng vì chúng ta lấy ở hai hộp khác nhau nên
hai quả cầu trong mỗi hộp sẽ không thể lấy ra cùng một lúc. Còn theo cách nghĩ sai trên thì hai quả cầu trong
một hộp có thể lấy ra cùng một lúc.
Câu 41.
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ V  r 2 h với h là chiều cao hình trụ và r là bán kính đáy.
Cách làm:
Ta có thể tích khối trụ là V  r 2 h  .32.5  45 .
Chọn A
Câu 42.
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính thể tích hình lập phương cạnh x là V  x3 .
Cách làm:

25

Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt
nhất!


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×