Tải bản đầy đủ

Hướng dẫn giải chi tiết đề toán 2018 HD (48)

SỞ GD&ĐT THANH HÓA

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I

TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG I

NĂM HỌC 2017-2018

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN THI: TOÁN – KHỐI 12
(Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian phát đề)
Mã đề: 321

Câu 1:Tìm giá trị cực đại của hàm số y  x 3  3x 2  2 .
C. 2

B. 2

A. 0


D. 1

Câu 2: Cho hàm số f  x   x 3  3x 2  2 . Tập nghiệm của bất phương trình f '  x   0 là:
A.  ;0    2;  

B.  2;  

C.  ;0 

D.  0; 2 



Câu 3: Số nghiệm của phương trình sin  x    1 thuộc đoạn  ;5 là:
4

B. 2

A. 0

C. 3

D. 1

Câu 4: Khẳng định nào sau đây là đúng về tính đơn điệu của hàm số y  x 3  3x 2  1 ?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;  

B. Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2 

C. Hàm số đồng biến trên khoảng  0; 2 

D.Hàm số đồng biến trên khoảng  ; 2 

Câu 5:Diện tích một mặt của một hình lập phương là 9 . Thể tích khối lập phương đó là:
A. 9

B. 27

C. 81


D. 729

Câu 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AD  3a ; hai mặt phẳng  SAB và

SAC 

cùng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABCD  bằng 600 . Khi

đó khối chóp S.ABC có thể tích là:
A.

3a 3
3

B.

3a 3
4

C. 3a 3

D.

3a 3
2

Câu 7: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên, trong các
khẳng định sau khẳng định nào là đúng?
A. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 và giá trị lớn nhất bằng 3 .
B. Hàm số có giá trị cực đại bằng 1 .
C.Hàm số đạt cực tiểu tại A  1; 1 và cực đại tại B 1;3 .
D. Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu tại A  1; 1 và điểm cực đại

B 1;3 .

1

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


Câu 8: Vào 4 năm trước, chị Thương có gửi vào ngân hàng nột số tiền là 20 triệu đồng theo hình thức lãi kép
có kì hạn. Số tiền hiện tại chị nhận được là 29,186792 triệu đồng. Biết rằng lãi suất ngân hàng tại thời điểm mà
chị Thương gửi tiền là 0,8% / tháng. Hỏi kỳ hạn k mà chị Thương đã chọn là bao nhiêu tháng?
A. k  3 tháng
Câu 9: Cho



B. k  5 tháng

 

2 1

m



D. k  6 tháng

C. m  n

D. m  n


C. x    k2
2

D. x  k

n

2  1 . Khi đó:

A. m  n

B. m  n

Câu 10: Điều kiện xác định của hàm số y 
A. x 

C. k  4 tháng


 k2
2

B. x 

1  sin x
là:
cos x


 k
2

Câu 11: Cho hàm số f  x  có đạo hàm f '  x    x  1  x  2   2x  3 . Tìm số điểm cực trị của hàm số f  x  .
2

A. 2

B. 3

3

C. 1

D. 0

C. P  56

D. P  65

Câu 12: Giá trị của biểu thức P  49log7 6  101log3  3log9 25 là:
A. P  61

B. P  35

Câu 13: Đồ thị hàm số y  x 4  x 2 có số giao điểm với trục Ox là:
A. 1

B. 4

C. 3

D. 2

C. a  b

D.

Câu 14: Cho log 2 7  a,log3 7  b khi đó log 6 7 bằng:
A.

1
ab

B. a 2  b2

Câu 15: Cho hàm số y 

ab
ab

3 x
. Chọn khẳng định đúng.
x2

A. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x  1.

B. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là y  2.

C. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x  2.

D. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là y  1.

Câu 16: Nhận xét nào dưới đây là đúng?
A. log3 ab  log3 a  log3 b  a, b  0
C. log3

a log3 a

 a, b  0
b log3 b

Câu 17: Cho hàm số y 

2

B. log3  a  b   log3 a  log3 b  a, b  0
D. loga b.logb c.logc a  1  a, b  0

x3
. Khẳng định nào sau đây đúng?
x2

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


A. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 3   2;   .
B. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 3 và  2;   .
C. Hàm số nghịch biến trên R.
D. Hàm số ngịch biến trên R \ 2.
Câu 18: Hàm số f  x   x3  2x 2  4x  5 có đạo hàm f '  x  là:
A. f '  x   3x 2  4x  4

B. f '  x   3x 2  4x  4  5

C. f '  x   3x 2  2x  4

D. f '  x   3x  2x  4

Câu 19: Đường thẳng  có phương trình: y  2x  1 cắt đồ thị hàm số y  x3  x  3 tại hai điểm A và B với
tọa độ được kí hiệu lần lượt là A  x A ; yA  và B  x B ; yB  trong đó x B  x A . Tím x B  yB ?
A. x B  yB  5

B. x B  yB  4

C. x B  yB  2

D. x B  yB  7

Câu 20: Tìm phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x3  3x  2 tại điểm của hoành độ bằng 0.
A. y  3x  2

B. y  3x  2

C. y  3x  2

D. y  3x  2

Câu 21: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  x3  3x 2  9x  7 trên đoạn  2; 2 .
A. max y  9
 2; 2

B. max y  5
 2; 2

C. max y  34
 2; 2

D. max y  29
 2; 2

C. y  x 4  2x 2  3

D. y  x 4  2x 2  3

Câu 22: Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số nào?

A. y  x 4  2x 2  3

B. y  x 4  2x 2  3

Câu 23: Cho hàm số y  x 4  2x 2  1. Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số?
A.  2; 1

B. 1; 1

C. 1; 4 

D.  0; 1

Câu 24: Một lăng trụ có 2017 mặt. Hỏi hình lăng trụ đó có bao nhiêu cạnh?

3

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


A. 2017

B. 6051

C. 4034

D. 6045

C. f '  x    cos3x

D. f '  x   cos3x

C. 2

D. log 2 10

Câu 25: Hàm số f  x   sin 3x có đạo hàm f '  x  là:
A. f '  x   3cos3x
Câu 26: Biết a 

B. f '  x   3cos3x

log 2  log 2 10 
log 2 10

A. 4

. Giá trị của 10a là:

B. 1

Câu 27: Hàm số nào sau đây không có cực trị?
A. y  x3  3x 2  2007

B. y 

2x  1
x 3

C. y  x 2  3x  2

D. y  x 4  3x 2  1

Câu 28. Nghiệm dương bé nhất của phương trình 2sin 2 x  5sin x  3  0 là:
A. x 


6

B. x 


2

C. x 

3
2

Câu 29. Tất cả các tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 

4x 2  8x  2
là:
2x  3

A. x  1

C. y = 1

B. y  1

D. x 

5
6

D. x  1

Câu 30. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với đáy và SA = a. Tính thể
tích của khối chóp S.ABC ?
A.

a3
6

B.

a3 3
4

C.

a3 3
12

D.

a3 3
6

Câu 31. Tìm m để bất phương trình x  x  1  m có nghiệm.
A. m  3

B. m > 1

C. m  3

D. m < 1

Câu 32. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số thỏa mãn số đó có 3 số chẵn và số đứng sau lớn hơn số đứng
trước.
A. 7200

B. 50

C. 20

D. 2880

Câu 33. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Cạnh SA vuông góc với đáy và AB = a,
AD  a 2,SA  a 3 . Số đo của góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) là:
A. 600

B. 450

C. 300

D. 750

Câu 34. Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho parabol  P  : y  x 2  4 và parabol (P’) là ảnh của (P) qua phép
tiện tiến theo v   0; b  , với 0 < b < 4. Gọi A, B là giao điểm của (P) với Ox, M, N là giao điểm của (P’) với

4

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


Ox, I, J lần lượt là đỉnh của (P) và (P’). Tìm tọa độ điểm J để diện tích tam giác IAB bằng 8 lần diện tích tam
giác JMN.
1

A. J  0;  
5


4

C. J  0;  
5


B. J  0;1

D. J  0; 1

Câu 35. Tìm ảnh của đường tròn (C):  x  2    y  1  4 qua phép tịnh tiến theo vector v  1; 2  .
2

2

A.  x  3   y  1  4

B.  x  1   y  3  9

C.  x  3   y  1  9

D.  x  1   y  3  4

2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 36. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d’ có phương trình 3x + 4y + 6 = 0 là ảnh của đường
thẳng d có phương trình 3x + 4y + 1 = 0 qua phép tịnh tiến theo vector v . Tìm tọa độ vector v có độ dài bé
nhất.
3 4
A. v   ;  
5 5

 3 4
B. v    ;  
 5 5

C. v   3; 4 

D. v   3; 4 

Câu 37. Cho hình chóp S.ABC có độ dài các cạnh SA = BC = x, SB = AC = y, SC = AB = z thỏa mãn
x 2  y2  z2  12 . Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABC ?
2
3

A.

B.

8
3

C.

Câu 38. Số các giá trị nguyên của m để hàm số y 
A. 3

2 2
3

D.

8 2
3

mx  2
đồng biến trên mỗi khoảng xác định là:
2x  m

B. 7

C. 5

D. Vô số

Câu 39. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy, góc giữa cạnh SB
và mặt đáy bằng 450. Độ dài cạnh SC bằng:
A.

a
2

B.

a 3
2

C. a 3

D.

a 3
3

Câu 40. Tìm m để phương trình x  3x 2  1  m  0 có 4 nghiệm phân biệt
3

A. m  3

B. m  1

C. 3  m  1

D. 3  m  1

1

Câu 41. Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển  x  
x

2
n2
2
3
3
n 3
Cn .Cn  2Cn .Cn  Cn .Cn  100

A. 9

B. 8

5

C. 6.

n

. Biết có đẳng thức là

D. 7.

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


Câu 42. Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A đến mặt phẳng
a
(A’BC) bằng
. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
2
A.

3 2a 3
12

B.

3a 3 2
16

C.

2a 3
16

D.

3a 3 2
48

Câu 43. Đồ thị hàm số y  x3  2mx2  m2 x  n có tọa độ điểm cực tiểu là (1;3). Khi đó m + n bằng
A. 4

B. 1

C.2

D.3

Câu 44. Bất phương trình  x  4 x  1  2 x  2x 2  3  6x 2  3x  3 có tập nghiệm là  a; b  . Giá trị của
2a + b là:
A. 0

B. 1

C. 1

D. 2

1
Câu 45. Tìm m để hàm số y  x3   m  1 x 2   m  2  x  2m  3 đạt cực trị tại 2 điểm x1 ; x2 thỏa mãn
3
2
2
x1  x2  18 .

Câu 46. Trong một kì thi. Thí sinh được phép thi 3 lần. Xác suất lần đầu vượt qua kì thi là 0,9. Nếu trượt lần
đầu thì xác suất vượt qua kì thi lần hai là 0,7. Nếu trượt cả hai lần thi xác suất vượt qua kì thi ở lần thứ 3 là 0,3.
Xác suất để thí sinh thi đậu là:
A. 0,97

B. 0,79

C.0,797

D. 0,979

Câu 47. Khối lăng trụ đều ABCD.A’B’C’D’ có thể tích 24cm3. Tính thể tích V của khối tứ diện ACB’D’.
A. V  8 cm3

B. V  6 cm3

C. V  12 cm3

D. V  4 cm3

Câu 48. Cho hàm số y  ax3  bx 2  cx  d có đạo hàm là hàm số
y =f’(x) có đồ thị như hình vẽ bên. Biết rằng đồ thị hàm số y =
f(x) tiếp xúc với trục hoành tại điểm có hoành độ dương. Hỏi đồ
thị hàm số y = f(x) cắt trục tung tại điểm có tung độ dương bằng
bao nhiêu?
A.

2
3

B. 1

C.

3
2

D.

4
3

Câu 49. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là ta giác vuông cân tại A, cạnh AB = 2a. Tam giác SAB là tam
giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi M là trung điểm của SB và N là điểm trên cạnh SC sao
cho SC = 3SN. Tính thể tích V của khôi chóp S.AMN ?

6

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


2 3a 3
A. V 
9

B.

3a 3
9

C.

3a 3
3

2a 3 3
D.
3

Câu 50: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh a , góc BAD  600 có SO vuông
góc với mặt phẳng  ABCD  và SO  a . Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  SBC  là:
A.

a 57
3

B.

a 3
4

C.

a 57
19

D. 2a 3

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
THỰC HIỆN BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM
1.C

11.A

21.D

31.B

41.C

2.A

12.A

22.A

32.C

42.B

3.B

13.C

23.D

33.B

43.A

4.B

14.D

24.D

34.D

44.A

5.B

15.C

25.B

35.D

45.D

6.C

16.A

26.D

36.B

46.D

7.D

17.B

27.B

37.C

47.A

8.C

18.A

28.A

38.A

48.D

9.A

19.A

29.B

39.C

49.B

10.B

20.C

30.C

40.C

50.C

Câu 1:
Phương pháp:
Phương pháp tìm giá trị cực đại, cực tiểu của hàm số bậc ba y  f  x   ax 3  bx 2  cx  d .

f '  x 0   0
 x 0 được gọi là điểm cực đại của đồ thị hàm số.

f ''  x 0   0
Cách giải:

x  0
Ta có: y '  3x 2  6x  0  3x  x  2   0  
x  2

7

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



f ''  0   6  0
f ''  x   6x  6  

f ''  2   6  0
 x  0 là điểm cực đại của hàm số.

yCD  y  0   2
Chọn C.
Chú ý:
HS thường nhầm lẫn giữa điểm cực đại và giá trị cực đại nên sẽ chọn đáp án A.
Câu 2:
Phương pháp:
- Tính f '  x  .
- Giải bất phương trình f '  x   0 , chú ý định lý dấu của tam thức bậc hai h  x   ax 2  bx  c : “Trong khoảng
hai nghiệm thì h(x) trái dấu với a , ngoài khoảng hai nghiệm thì h(x) cùng dấu với a .
Cách giải:
Ta có: f '  x   3x 2  6x .

x  2
f '  x   0  3x 2  6x  0  3x  x  2   0  
x  0
Vậy tập nghiệm của bpt f '  x   0 là S   ;0    2;   .
Chọn A.
Chú ý: HS thường nhầm lẫn định lý dấu của tam thức bậc hai và sẽ chọn đáp án D.
Câu 3:
Phương pháp:

 u    k2
- Giải phương trình lượng giác cơ bản: sin u  sin   
 k  Z .
 u      k2
- Tìm nghiệm của phương trình trong đoạn  ;5 và kết luận.
Cách giải:




 



Ta có: sin  x    1  sin  x    sin  x    k2  x   k2  k  Z 
4
4
2
4 2
4



8

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


Do x   ;5 nên  

kZ 3

19 kZ 3
19 kZ
 k2  5   k2 
  k   k  1; 2 .
4
4
4
8
8

Vậy có hai nghiệm trong đoạn  ;5 là x1 

9
17
.
; x2 
4
4

Chọn B.
Câu 4:
Phương pháp:
- Tính y ' , tìm các nghiệm của y '  0 .
- Tìm các khoảng dương, âm của y ' và kết luận.
Cách giải:

x  0
Ta có: y '  3x 2  6x  0  
.
x  2
x  2
nên hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2;   .
y'  0  
x  0
y'  0  0  x  2 nên hàm số nghịch biến trên  0; 2  .

Chọn B.
Câu 5:
Phương pháp:
- Tính cạnh của hình lập phương từ công thức S  a 2 với S là diện tích một mặt.
- Tính thể tích của khối lập phương theo công thức V  a 3 .
Cách giải:
Gọi cạnh của hình lập phương là a. Ta có: a 2  9  a  3  V  a 3  33  27 .
Vậy thể tích khối lập phương là V  27 .
Chọn B.
Câu 6:
Phương pháp:
- Chứng minh SA   ABCD  bằng cách sử dụng định lý: Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với mặt
phẳng thứ ba thì giao tuyến (nếu có) của chúng vuông góc với mặt phẳng đó.

9

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


- Xác định góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABCD  bằng cách sử dụng định nghĩa: Góc giữa hai mặt phẳng
là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng đó và cùng vuông góc với giao tuyến.
1
- Tính thể tích khối chóp theo công thức V  S.h .
3

Cách giải:
 SAB    ABCD 

Vì  SAC    ABCD 
nên SA   ABCD  , do đó

 SAB    SAC   SA
SA  BC .
Lại có AB  BC nên BC  SAB  BC  SB .
 SBC    ABCD   BC

Ta có: SB   SBC   BC
 SBA  600

AB   ABCD   BC
Xét tam giác vuông SAB có:

AB  a,SBA  600  SA  AB.tan 600  a 3
1
1
1
Vậy thể tích khối chóp S.ABC là V  SA.SABC  SA.AB.BC  .a 3.a.3a  3a 3 .
3
3
3
Chọn C.
Câu 7:
Phương pháp:
Quan sát đồ thị và nhận xét.
Cách giải:
Đáp án A sai vì hàm số bậc ba không có GTLN, GTNN trên R .
Đáp án B sai vì hàm số có giá trị cực đại yCD  3 .
Đáp án C sai vì hàm số đạt cực tiểu tại x CT  1 và đạt cực đại tại x CD  1 .
Đáp án D đúng.
Chọn D.
Chú ý:
HS thường:
- Nhầm lẫn giữa các khái niệm: điểm cực đại, cực tiểu của hàm số, đồ thị hàm số nên sẽ chọn nhầm đáp án C.
- Nhầm lẫn giữa GTLN, GTNN với giá trị cực đại, cực tiểu nên sẽ chọn nhầm đáp án A.

10

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


- Nhầm lẫn điểm đạt cực đại và giá trị cực đại nên chọn nhầm đáp án B.
Câu 8:
Phương pháp:
Công thức lãi kép, gửi một lần, có kỳ hạn:
n

T  M 1  k.r  k

Với: T là số tiền cả vốn lẫn lãi sau n kỳ hạn;

M là số tiền gửi ban đầu;
n là số kỳ hạn tính lãi (tháng)
r là lãi suất định kỳ, tính theo % .
k: kỳ hạn
Cách giải:
Gọi k (tháng) là kỳ hạn mà chị Thương chọn.
48

Theo công thức lãi kép ta có kì hạn: 29,186792  20 1  k.0,8%  k , thử các đáp án ta thấy k = 4 thỏa mãn.
Chọn C.
Câu 9:
Phương pháp:
Nếu a  1 thì a m  a n  m  n .
Nếu 0  a  1 thì a m  a n  m  n .
Cách giải:
Ta thấy: 0  2  1  1 nên



 

2 1

m



n

2 1  m  n .

Chọn A.
Chú ý:
HS thường nhầm lẫn a m  a n  m  n mà không để ý điều kiện của a nên sẽ chọn đáp án C.
Câu 10:
Phương pháp:
Hàm phân thức

11

f x
xác định khi g  x   0 .
gx

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


Cách giải:
Hàm số xác định khi cos x  0  x 


 k  k  Z  .
2

Chọn B.
Câu 11:
Phương pháp:
Nếu tồn tại đạo hàm của hàm số y  f  x  tại x  x 0 mà f '  x 0   0 và f '  x  đổi dấu qua x 0 thì x  x 0 là một
điểm cực trị của hàm số y  f  x  .
Cách giải:


 x  1

2
3
Xét phương trình f '  x   0   x  1  x  2   2x  3  0   x  2 .

3
x  

2
Xét dấu f '  x  ta có:

3
Từ đó ta thấy f '  x  chỉ đổi dấu qua hai nghiệm x1   ; x 2  2 nên hàm số y  f  x  có hai điểm cực trị.
2

Chọn A.
Chú ý:
HS thường không chú ý đến sự đổi dấu của f '  x  mà kết luận ngay phương trình f '  x   0 có ba nghiệm nên
có ba điểm cực trị dẫn đến chọn sai đáp án.
Câu 12:
Phương pháp:
Áp dụng công thức biến đổi:

a loga b  b;log a n b 

1
log a b;log a b n  n log a b; b  0,0  a  1
n

Cách giải:

12

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


P  49log7 6  101 log3  3log9 25
P   72 

log 7 6



P  7log7 6



2

log 2 52

 10.10log3  3

3

 10.3  3log3 5

P  62  30  5
P  61
Chọn A.
Chú ý và sai lầm: Có thể sử dụng trực tiếp MTCT cho bài toán này
Câu 13:
Phương pháp:
Số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  với trục Ox là số nghiệm của phương trình f  x   0 .
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm:

x  0
 x 4  x 2  0  x 2 1  x 2   0  
 x  1
Vậy phương trình có ba nghiệm phân biệt nên có 3 giao điểm.
Chọn C.
Câu 14:
Phương pháp:
Áp dụng các công thức biến đổi:

log a  bc   log a b  log a c;log a b 

1
; b,c  0,0  a  1
log b a

Cách giải:
Ta có:

log 6 7 

1
1
1



log 7 6 log 7  2.3 log 7 2  log 7 3

1
1
1

log 2 7 log3 7



1
1 1

a b



1
ab

ab ab
ab

Chọn D.
Câu 15:
Phương pháp:

13

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


Hàm số có lim f  x    thì x  x 0 được gọi là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x x0

Cách giải:
3 x
   x  2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x 2 x  2

Ta có: lim
Chọn C.
Câu 16:

Phương pháp:
Áp dụng các công thức của logarit để biến đổi và đưa ra nhận xét đúng:
loga bc  loga b  loga c; loga

b
 loga b  loga c (0  a  1; b, c  0); loga b.log b c  loga c  0  a, b  1, c  0 
c

Cách giải:
Ta xét các đáp án:
+) Đáp án A: log3 ab  log3 a  log3 b  đáp án A đúng.
+) Đáp án B: log3  a  b   log3 a  log3 b  log3 ab  đáp án B sai.
+) Đáp án C: log3

log3 a
a
 log3 a  log3 b 
 đáp án C sai.
b
log3 b

+) Đáp án D: loga b.log b c.logc a  loga c.log c a  log a a  1 với 0  a, b,c  1 đáp án D sai.
Chọn A.
Câu 17:
Phương pháp:
+) Xác định TXĐ của hàm số.
+) Tính y’ và xét tính đơn điệu của hàm số trên TXĐ của hàm số.
Cách giải:
TXĐ: D  R \ 2.
Có y ' 

1.2  3.1

 x  2

2



1

 x  2

2

 0 x  D

 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 3 và  2;   .
Chọn B.

14

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


Sai lầm mắc phải: Học sinh thường hay nhầm lẫn và dễ chọn nhầm đáp án A đúng. Khi chúng ta kết luận hàm
số đó nghịch biến hay đồng biến trên từng khoảng xác định thì không được dùng hợp mà phải kết luận là và.
Câu 18:
Phương pháp:

 

Sử dụng các công thức đạo hàm của hàm số cơ bản: x  '  x 1.
Cách giải:





Ta có: f '  x   x 3  2x 2  4x  5 '  3x 2  4x  4.
Chọn A.
Câu 19:
Phương pháp:
+) Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số.
+) Hoành độ giao điểm A và B của hai đồ thị là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm.
+) Tính được x B ta thay vào phương trình đường thẳng  để tìm y B sau đó tính x B  yB .
Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của  và hàm số y  x3  x  3 là: x3  x  3  2x  1

 x 3  3x  2  0
 x  2

.
x  1
Ta có: x B  x A  x B  2  yB  2x B  1  2. 2   1  3.

 x B  yB  2   3  5.
Chọn A.
Câu 20:
Phương pháp:
+) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm M  x 0 ; y0  là: y  f '  x 0  x  x 0   y0.
Cách giải:
Gọi M là điểm thuộc đồ thị hàm số y  x3  3x  2 và có hoành độ bằng 0  M  0; 2  .
Có f '  x   3x 2  3  f '  0   3

15

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


Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M là: y  f '  0  x  0   2  3x  2.
Chọn C.
Câu 21:
Phương pháp:
Sử dụng chức năng [MODE][7] của máy tính CASIO để tìm nhanh giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn
 2; 2 .
Cách giải:
Ta nhập hàm số f(x) đã cho vào máy tính với Start: -2; End: 2; Step

2   2 
19



4
. Ta được:
19

Ta nhận thấy hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 29 tại x  2.
Chọn D.
Câu 22:
Phương pháp:
+) Dựa vào BBT ta có thể nhận xét được hàm số này là hàm bậc 4.
+) Qua các điểm mà đồ thị hàm số đi qua và các điểm cực trị của hàm số để nhận xét dạng của hàm số và tìm
các công thức hàm số.
Cách giải:
Dựa vào dáng điệu của đồ thị hàm số qua BBT ta thấy hàm số có ba điểm cực trị tạo thành tam giác cân nên
hàm số có dạng y  ax 4  bx 2  c . Và đồ thị hàm số có nét cuối cùng đi lên nên a  0.

x  0
Ta có: y'  0  4ax  2bx  0  2x 2ax  b  0   2
x   b
2a

3



2



Theo BBT ta có hàm số có hoành độ các điểm cực trị là x  0; x  1.



b
 1  b  2a  b  0  do a  0 .
2a

Đồ thị hàm số đi qua các điểm  1; 4 ;  0; 3 ; 1; 4 nên ta có hệ phương trình:

16

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


a  b  c  4
a  b  1

.

c  3
c  3
Kết hợp với điều kiện b  2a  a  2a  1  a  1  tm   b  2.
Vậy hàm số cần tìm là: y  x 4  2x 2  3.
Chọn A.
Câu 23:
Phương pháp:
+) Điểm M  x 0 ; y0  thuộc đồ thị hàm số  y0  x 04  2x 02  1. Thử các điểm trong từng đáp án vào công thức
hàm số để chọn đáp án đúng.
Cách giải:
+) Đáp án A: Ta có:  2   2. 2   1  9  1  loại đáp án A.
4

2

+) Đáp án B: 1  2.1  1  0  1  loại đáp án B.
+) Đáp án C: 1  2.1  1  0  4  loại đáp án C.
+) Đáp án D: 0  2.0  1  1  đáp án D đúng.
Chọn D.
Câu 24:
Phương pháp:
Ta có: đáy của lăng trụ có n cạnh thì lăng trụ đó 2n cạnh đáy, và có n cạnh bên nên lăng trụ có 3n cạnh.
Số đỉnh của lăng trụ có đáy n cạnh là 2n đỉnh.
Ta có công thức: đỉnh + mặt = cạnh + 2.
Cách giải:
Theo công thức: đỉnh + mặt = cạnh + 2 ta có:
2n  2017  3n  2  n  2015.

Khi đó số cạnh của lăng trụ là: 3.2015  6045 cạnh.
Chọn D.
Câu 25:
Phương pháp:
Sử dụng công thức đạo hàm cơ bản:  sin ax  '  a cosax.

17

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


Cách giải:
Ta có: f '  x    sin3x  '  3cos3x.
Chọn B.
Câu 26:
Phương pháp:
+) Sử dụng các công thức sau để biến đổi a: n loga b  loga bn ; loga b  loga c  b  c.  b,c  0;0  a  1
+) Sau đó thay giá trị a vừa rút gọn được vào để tính 10a .
Cách giải:
Ta có: a 

log 2  log 2 10 
log 2 10

 a log 2 10  log 2  log 2 10 

 log 2 10a  log 2  log 2 10 
 10a  log 2 10.
Chọn D.
Câu 27:
Phương pháp:
Ta có thể dựa vào tính chất của các hàm số trong các đáp án để loại trừ và chọn đáp án đúng.
Cách giải:
Ta có hàm sô bậc nhất trên bậc nhất là hàm số không có cực trị.
Chọn B.
Câu 28.
Phương pháp:
Giải phương trình bậc cao của 1 hàm số lượng giác.
Cách giải:

2sin 2 x  5sin x  3  0   sin x  3 2sin x  1  0


sin x  3  vn 
 x  6  k2


 k  Z
sin x  1
5

x
 k2

2

6

18

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



Vậy nghiệm dương bé nhất của phương trình là x  .
6

Chọn A.
Câu 29.
Phương pháp:
Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  :





Nếu lim f  x   a lim f  x   a  y  a là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x 

x 

Cách giải:
Sử dụng MTCT, nhập hàm số sau đó cho x   bằng cách sử dụng phím [CALC] cho x nhận một giá trị rất
lớn và giá trị rất nhỏ.

Khi cho x   , ta nhận được:

 y  1 là TCN của đồ thị hàm số.

Khi cho x   , ta nhận được:

 y  1 là TCN của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận ngang là y  1 .
Chọn B.
Câu 30.
Phương pháp:
1
Thể tích của khối chóp V  Bh , trong đó h là chiều cao của khối chóp và B là diện tích đáy của khối chóp.
3

Cách giải:
Vì tam giác ABC đều cạnh a nên SABC

a2 3
1
1 a 2 3 a3 3
. Do đó VS.ABC  SA.SABC  a.


.
4
3
3
4
12

Chọn C.
Câu 31.
Phương pháp:

19

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


Bất phương trình dạng f  x   m có nghiệm khi và chỉ khi min f  x   m .
Cách giải:
ĐK: x  1.
Đặt f  x   x  x  1 . Bất phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi min f  x   m .
1; 

Ta có: f '  x   1 

1
1
5
 0  2 x 1 1  0  2 x 1  1  x 1   x 
4
4
2 x 1

3
5 3
f 1  1;f     min f  x   .
1;



4
4 4

Vậy m 

3
. Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đáp án B thỏa mãn.
4

Chọn B.
Chú ý và sai lầm: Học sinh cần phân biệt bài toán trên với bài toán tìm m để bất phương trình x  x  1  m
luôn có nghiệm. Khi đề bài yêu cầu tìm m để bất phương trình x  x  1  m luôn có nghiệm thì điều kiện
phải là max f  x   m .
1; 

Câu 32.
Phương pháp:
Tính số các số có 7 chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán (kể cả chữ số 0 đứng đầu) và số các số có 7 chữ số thỏa
mãn yêu cầu bài toán mà số 0 bắt buộc đứng đầu sau đó trừ cho nhau.
Cách giải:
Bước 1: Lập số có 7 chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán (kể cả số 0 đứng đầu).
7 chữ số có 3 chữ số chẵn, tức là gồm 3 chữ số chẵn và 4 chữ số lẻ.
Cách chọn 3 chữ số chẵn từ 5 chữ số chẵn
Số cách chọn 4 chữ số lẻ từ 5 số lẻ

0; 2; 4;6;8 là C

3
5

1;3;5;7;9 là C

4
5

 10 cách.

 5 cách.

Vì số đứng sau lớn hơn số đứng trước nên các chữ số được xếp theo chiều tăng dần từ trái qua phải, do đó có 1
cách xếp 7 chữ số vừa chọn được, do đó có 10.5 = 50 số có 7 chữ số thỏa mãn số đó có 3 số chẵn và số đứng
sau lớn hơn số đứng trước. (Tính cả số có số 0 đứng đầu).
Bước 2: Lập số có 7 chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán mà số 0 bắt buộc đứng đầu.
Số 0 đứng đầu nên chữ số hàng triệu có 1 cách chọn.

20

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


6 chữ số còn lại bao gồm 2 số chẵn được chọn từ 4 số chẵn

1;3;5;7;9 .
Cách chọn 2 chữ số chẵn từ 4 chữ số chẵn
Số cách chọn 4 chữ số lẻ từ 5 số lẻ

2; 4;6;8 là C

1;3;5;7;9 là C

4
5

2
4

2; 4;6;8 và 4 chữ số lẻ được chọn từ 5 số lẻ

 6 cách.

 5 cách.

Vì số đứng sau lớn hơn số đứng trước nên các chữ số được xếp theo chiều tăng dần từ trái qua phải, do đó có 1
cách xếp 7 chữ số vừa chọn được, do đó có 6.5 = 30 số có 7 chữ số thỏa mãn số đó có 3 số chẵn và số đứng sau
lớn hơn số đứng trước và chữ số 0 bắt buộc đứng đầu.
Vậy có 50 – 30 = 20 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn C.
Cách khác:
Gọi số thỏa mãn là a1a 2a 3a 4a 5a 6a 7  a1  0 
Vì chữ số 0 không thể đứng đầu và cũng không thể đứng phía sau (do các chữ số được sắp xếp tăng dần) nên ta
bỏ chữ số 0 .
Chọn 3 trong số 4 chữ số chẵn 2; 4;6;8 có C34  4 cách.
Chọn 4 trong số 5 chữ số lẻ 1;3;5;7;9 có C54  5 cách.
Vậy có tất cả 4.5  20 số.
Chú ý và sai lầm: Do các chữ số được sắp xếp theo thứ tự tăng dần từ trái qua phải nên không dùng chỉnh hợp
cho bài toán này.
Câu 33.
Phương pháp:
Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.
Cách giải:
Do SA   ABCD   A là hình chiếu của S trên (ABCD) nên AC là hình chiếu của SC trên (ABCD).

 SC;  ABCD    SC; AC   SCA .
Xét tam giác vuông ABC có AC  AB2  BC2  a 3 ,
Xét tam giác vuông SAC có tan SCA 

SA a 3

 1  SCA  450
AC a 3

Chọn B.

21

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


Câu 34.
Phương pháp:
J là ảnh của I qua phép tịnh tiến theo vector v, tìm tọa độ điểm J theo b.
Tìm tọa độ các điểm I, A, B, M, N và dùng giả thiết SIAB  8SJMN đề tìm b.
Cách giải:
Parabol (P) có đỉnh I  0; 4  , (P) giao với trục Ox tại 2 điểm A(2; 0) và B(-2; 0).
1
1
Dễ thấy SIAB  IO.AB  4 2   2   8  8SJMN  SJMN  1.
2
2

Vì phép tịnh tiến là phép dời hình nên Tv  I   J  IJ  v , gọi J(x; y)

x  0
 J  0; b  4  , khi đó phương trình parabol (P’) có dạng
Ta có:  x  0; y  4    0; b   
y  b  4

y  x 2  b  4 , do 0 < b < 4 nên 4 – b > 0.
(P’) giao với trục Ox tại 2 điểm M



 

4  b;0 ; N  4  b;0



Dễ thấy
SJMN 


1
1
JO.MN  b  4
2
2

1
4  b 2 4  b 
2



4b



4b   4b



3



 1  4  b  1  b  3  tm 

Vậy J  0; 1 .
Chọn D.
Câu 35.
Phương pháp:
Gọi I và R là tâm và bán kính của đường tròn (C).
Ảnh của đường tròn (C) qua phép tịnh tiến theo vector v là đường tròn (C’) có tâm I’ là ảnh của I qua phép tịnh
tiến đó và có bán kính R’ = R.
Cách giải:
Đường tròn (C) có tâm I(-2; 1) và bán kính R = 2.
Ảnh của đường tròn (C) qua phép tịnh tiến theo vector v là đường tròn (C’) có tâm I’ là ảnh của I qua phép tịnh
tiến đó và có bán kính R’ = R = 2.

22

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


 x  2  1  x  1
Gọi I '  x; y   Tv  I   II '  v   x  2; y  1  1; 2  

 I '  1;3
y 1  2
y  3
Vậy phương trình đường tròn (C’):

 x  1   y  3
2

2

 4.

Chọn D.
Câu 36.
Phương pháp:
Gọi v  a; b  .
Lấy một điểm A bất kì thuộc đường thẳng d, tìm ảnh A’ của A qua phép tịnh tiến theo vector v , sau đó thay tọa
độ điểm A’ vào phương trình đường thẳng d’ tìm mối liên hệ giữa a và b.
Cách giải:
Gọi v  a; b  , lấy điểm A  3; 2   d , gọi A’(x; y) là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo vector v  A '  d ' .

x  3  a
x  a  3
Tv  A   A '  AA '  v   x  3; y  2    a; b   

 A '  a  3; b  2 
y  2  b
y  b  2
Vì A '  d '  3  a  3  4  b  2   6  0  3a  4b  5  0 * .
Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đáp án B thỏa mãn đẳng thức (*)
Chọn B.
Câu 37.
Phương pháp:
1
Sử dụng công thức tính thể tích tứ diện gần đều: V  SC.ABsin SC; AB d SC; AB 
6

Cách giải:

23

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


Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AB và SC ta có:

SAC  CBS  c.c.c   FA  FB , do đó tam giác FAB cân tại F  FE  AB (trung tuyến đồng thời là đường
cao).
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được FE  SC , do đó EF là đường vuông góc chung của SC và AB.
1
 VS.ABC  SC.ABsin SC; AB d SC; AB 
6

Ta có: BF là trung tuyến của tam giác SBC nên BF2 

x 2  y2 z 2 z 2
x 2  y2  z 2
12  2z 2
 


 6  z2
2
4 4
2
2

Tam giác BEF vuông tại E nên EF  BF2  BE 2 



1
 VS.ABC  z 2 6  z 2 sin SC; AB  0  z  12
6

Thể

tích

chóp

của

S.ABC

đạt

GTLN

BC2  SB2 SC2 x 2  y2 z 2



2
4
2
4


khi



chỉ

khi

f  z   z2 6  z2

đạt

GTLN



sin SC; AB  1  SC  AB .





Xét hàm số f  z   z 2 6  z 2 0  z  12 , ta có:
f '  z   2z 6  z  z
2

z

2

6  z2



2z  6  z 2   z 3
6  z2



12z  3z3
6  z2

 z  0  ktm 

 0   z  2  ktm 
 z  2 ktm
 


 max f  z   f  2   4 2
 0; 12 
1
2 2
 Vmax  .4 2 
.
6
3

Chọn C.
Câu 38.
Phương pháp:
Hàm số y  f  x  đồng biến trên mỗi khoảng xác định khi và chỉ khi f '  x   0 trên toàn bộ TXĐ và chỉ bằng 0
tại hữu hạn điểm.
Cách giải:
Khi m = 2 hàm số có dạng y 

24

2x  2
 1 là hàm hằng nên không đồng biến trên mỗi khoảng xác định, loại.
2x  2

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


Khi m = - 2 hàm số có dạng y 
Khi m  2 , ĐKXĐ: x 

2x  2
 1 là hàm hằng nên không đồng biến trên mỗi khoảng xác định, loại.
2x  2

m
.
2

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó khi và chỉ khi y '  0 trên TXĐ và chỉ bằng 0 tại hữu hạn
điểm.
Ta có: y ' 

m 2  4

 2x  m 

2

 0  m2  4  0  2  m  2 .

Kết hợp nghiệm ta có 2  m  2 , mà m  Z  m 1;0;1  có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn A.
Câu 39.
Phương pháp:
Xác định góc giữa SB và mặt đáy, sử dụng định lí Pi – ta – go để tính SC.
Cách giải:
Do SA   ABCD   A là hình chiếu của S trên (ABCD)  AB là
hình chiếu của SB trên (ABCD)

 SB;  ABCD    SB; AB  SBA  450. Suy ra tam giác SAB
vuông cân tại A nên SA = AB = a.
ABCD là hình vuông cạnh a nên AC  a 2 .
Xét tam giác vuông SAC có SC  SA2  AC2  a 2  2a 2  a 3 .

Chọn C.
Câu 40.
Phương pháp: Chuyển phương trình đã cho về dạng

x  3x 2  1  m  0  x  3x 2  1  m Số nghiệm của
3

3

phương trình cũng chính là số giao điểm của 2 đồ thị hàm số y  x  3x 2  1; y  m
3

Vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x 2  1 sau đó suy ra đồ thị hàm y  x  3x 2  1 và vẽ đồ thị hàm y = m sau đó dựa
3

vào đồ thị hàm số vừa vẽ ta kết luận.
Cách giải:

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

×