Đề 2020 chuyên phan bội châu nghệ an lần 1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU MÃ ĐỀ 108 KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA - LẦN NĂM HỌC: 2019 – 2020 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút Câu 1: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục ¡ có bảng biến thiên sau Mệnh đề đúng? A Hàm số có giá trị cực đại B Hàm số có giá trị nhỏ ¡ - C Hàm số đạt cực tiểu điểm x = D Hàm số có điểm cực trị Câu 2: Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước 1, 2, bằng: A B C D Câu 3: Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số đây? 3 A y   x  x  2     B y  x  3x  C y   x  x  2     D y  x  x  Câu 4: Cho số thực dương a, b với a ≠ Mệnh đề đúng? log a2  ab   log ab log a2  ab    2log ab A B C log a2  ab   log a b D log a2  ab   1  log a b 2 x   3x  2  có đồ thị (C) Mệnh đề đúng? Câu 5: Cho hàm số 2 x x    3 A (C) có tiệm cận đứng B (C) có tiệm cận đứng y  C (C )có tiệm cận ngang y = Câu 6: Họ nguyên hàm hàm số F  x  1 e  C f  x   x  ex y D (C) có tiệm cận ngang là: x A B F  x  x2  ex  C Trang C F  x  x2  ex C D F  x  x2  e x ln  C 13 x Câu 7: Tập nghiệm S bất phương trình  16 là: 1  1  S   ;  S   ;   S   ; 1 S   1;   3  3  A B C D u  Câu 8: Cho cấp số cộng n xác định u1  1 , công sai d = Giá trị u5 bằng: A B -5 C D 3 Câu 9: Trong hàm số sau đây, hàm số xác định với giá trị thực x? A y   x  1 y   x  1  2 B    C y   1 2x  y  1 x 3 D u u u r A  2;3; 1 B  4; 1;9  Câu 10: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm Vecto AB có tọa độ là:  2; 4;8   6; 2;10   3; 1;5 A B C Câu 11: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục ¡ có bảng biến thiên sau” D   6; 2; 10  Mệnh đề đúng? A Hàm số đồng biến  ;  B Hàm số đồng biến  1;    3;    1;3   C Hàm số nghịch biến D Hàm số nghịch biến Câu 12: Với n số nguyên dương tùy ý lớn 1, mệnh đề đúng? n  n  1 n ! n  1 ! Cn2  Cn2  C  n n    C  n                  2 A B n C n D Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hình chiếu điểm  0; 3;5   1;0;0            1;0; 5 A B C M  1; 3; 5  trục Ox có tọa độ là:  0;0; 5 D  f  x  dx  3, 2 f  x  dx   f  x  dx Câu 14: Cho hàm số f (x) thỏa mãn Khi giá trị bằng: A -7 B C D -12 Câu 15: Cơng thức tính diện tích xung quanh hình nón trịn xoay có bán kính đáy r độ dài đường sinh l là: S  rl S  2 rl S   rl S  2rl A xq B xq C xq D xq x  8x f  x    x  đoạn  1;3 bằng: Câu 16: Giá trị lớn hàm số A – 15   B 4   C -3 D - Trang  S  : x  y  z  x  z   m  Gọi T tập Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu giá trị m để mặt cầu (S )tiếp xúc với mặt phẳng (Oyz) Tích giá trị m T bằng: A -5 B C D r r a    m; 2;3 b   1; n;  Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , để hai vecto phương 2m  3n A B S  I; R Câu 19: Cho mặt cầu đường trịn có chu vi bằng: C D R mặt phẳng (P) cách I khoảng Khi giao (P) (S) B 2 R C  R D  R y  f  x Câu 20: Cho hàm số liên tục ¡ có đồ thị hình vẽ bên Số nghiệm phương trình A 2 R f  x  là: A B C y  log  x  1 Câu 21: Đạo hàm hàm số điểm x = bằng: ln3       A B ln3 C 2ln3 Câu 22: Hàm số: y  x  3x  x  đồng biến khoảng sau đây? D 2 A (1;  ) B  5; 2  C  ;1            D ln3 D  1;3 Câu 23: Cho khối chóp SABCD tích 4a , đáy ABCD hình bình hành Gọi M trung điểm cạnh SD Biết diện tích tam giác SAB a2 Tính khoảng cách từ M tới mặt phẳng ( SAB ) A 12a B 6a C 3a D 4a Câu 24: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' có diện tích mặt chéo ACC ' A ' 2a Thể tích khối lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' bằng: 3 C 2a     D 2a 2 log  a  b  Câu 25: Với số a , b > thỏa mãn a  b  6ab , biểu thức bằng: 1   log 2a  log 2b    log2 a  log 2b  A B A a C 1  log2 a  log2b  B 2a D 2  log a  log 2b  Câu 26: Cho hình chóp SABC có BC  a , cạnh lại a Góc hai đường thẳng SB AC bằng: Trang 0  A 60    B 90 A 20 B - 34 0 C 30 D 120      log  x   x    log      a; b  Giá trị  x   có tập nghiệm khoảng Câu 27: Bất phương trình 5b  a bằng: C – 20 D 34 Câu 28: Gọi (H) hình phẳng giới hạn đường cong y   x  12 x y   x Diện tích (H) bằng: 343 793 397 937         A 12 B C D 12  Câu 29: Cho hàm số f ( x ) liên tục ¡ có A B 0  f  x  dx  2 f  x  dx;  Giá trị  f  x   dx 1 bằng: C D Câu 30: Chị X gửi ngân hàng 20 000 000 đồng với lãi suất 0,5%/ tháng (sau tháng tiền lãi nhập vào tiền gốc để tính lãi tháng sau) Hỏi sau năm chị X nhận tiền, biết năm chị X không rút tiền lần vào lãi suất không thay đổi (số tiền làm trịn đến hàng nghìn)? A 21 233 000 đồng B 21 235 000 đồng C 21 234 000 đồng D 21 200 000 đồng y  f  x   ax  bx  cx  d  a   f f  x   Câu 31: Cho hàm số có đồ thị hình vẽ Phương trình  có tất nghiệm thực? A B C D Câu 32: Cho hình chóp S ABC có SA  SB  SC  a , AB  AC  2a, BC  3a Thể tích khối chóp S ABC bằng: 5a        2  35a 2  35a 6  5a 4  A B C D Câu 33: Cho hàm số y = f (x) Hàm số y = f '(x) liên tục ¡ có đồ thị hình bên Hàm số y = f (2 - x) đồng biến khoảng: Trang A (1;3) B (2;+∞) C (- 2;1) D (-∞ ;2) 16  2.12 x   m   x  x Câu 34: Có giá trị nguyên dương tham số m để phương trình nghiệm dương? A B C Câu 35: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a , góc Gọi α góc đường thẳng SD mặt phẳng ( SBC ) Giá trị cosα bằng: A B C có D BAD  600 , SA  SB  SD  a 2 D y  x3  x  m Câu 36: Có giá trị ngun dương tham số m để phương trình có điểm cực trị? A B C D vô số Câu 37: Gieo xúc xắc chế tạo cân đối đồng chất lần liên tiếp độc lập Gọi a số chấm xuất lần gieo thứ nhất, b số chấm xuất lần gieo thứ hai Xác suất để phương trình x  ax  b  có nghiệm bằng: 17 A 36 19 B 36 C 12 D Câu 38: Cho tứ diện ABCD có cạnh Hình trụ (T) có đường tròn đáy đường tròn nội tiếp tam giác BCD chiều cao chiều cao tứ diện ABCD Diện tích xung quanh (T) bằng: 16 2 A 3  B 2 16 3 C 3  D 3   Câu 39: Biết bằng: A 24 dx  a  b c  x  1   x  x x  1  I  với a, b, c số nguyên dương Giá trị a  b  c C 18 D 46 A  1;0;0  , B  2;3;0  , C  0;0;3 Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm Tập hợp điểm M  x; y; z  A B 12 2 thỏa mãn MA  MB  MC  23 mặt cầu có bán kính bằng: B C Câu 41: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có D 23  A  1; 2; 1 , B  2;  1;3 , C   4;7;5  D  a; b; c  Gọi chân đường phân giác góc B tam giác ABC Giá trị a  b  2c bằng: A B C 14 D 15 Câu 42: Cho a b số thực dương khác Biết đường thẳng song song với trục tung mà cắt đồ thị y  log a x, y  logb x trục hoành A, B H phân biệt ta có 3HA  HB (hình vẽ bên dưới) Khẳng định sau đúng? Trang A a b  B 3a  4b C 4a  3b          D a b  1  ¡ \  f ' x  , f  0  f  1    thỏa mãn 2x 1 Câu 43: Cho hàm số f ( x) xác định Giá trị f  1  f  3 biểu thức bằng: A + ln15 B + ln15 C + ln15 D ln15 Câu 44: Cho khối chóp S ABC có góc phẳng định S 60 , SA  1, SB  2, SC  Thể tích khối chóp S ABC bằng: A 72 B C D SA   ABC  , AB  3, AC  Câu 45: Cho hình chóp có BAC  60 Gọi M, N hình chiếu A SB , SC Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp chóp ABCNM 21 R R          3   A R                B C D R = mx 1   xm 1  y       ;   5  Câu 46: Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số đồng biến khoảng  1    1  m   ;1 m    ;1  m   ;1 2    2  A m  ( 1;1) B C D Câu 47: Trong tất cặp số thực (x; y ) thỏa mãn log x2  y 3  x  y    1, có giá trị thực m để tồn cặp số thực (x;y) cho x  y  x  y  13  m  A B C 2 D Câu 48: Cho hình lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có AB  AA '  Gọi M , N , P trung  AB ' C ' ( MNP ) bằng: điểm cạnh A ' B ', A ' C ' BC Cơsin góc tạo hai mặt phẳng 13  A 65 Câu 49: Cho hàm số 13  B 65 y  f  x có đạo hàm 17 13           C 65 f ' x  18 13    D 65 xcosx  sinx , x  x2 Số điểm cực trị hàm số cho  0;100  là: khoảng A 100 B C 99 D ¡ Câu 50: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục có đồ thị hàm số y = f '(x) hình vẽ bên Gọi Trang 1 g  x   f  x   x3  x  x  2019 g  1  g  1  g    g   x   1; 2 Biết Với g(x) đạt giá trị nhỏ bằng: A g (2) B g (1) C g (-1) D g (0) -HẾT -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Để xem thêm đề THPT QG 2020 cập nhật từ trường nước mời bạn truy cập: http://bit.ly/cactruong2020 ĐÁP ÁN 1-C 2-D 3-D 4-D 5-B 6-B 7-C 8-A 9-B 10-B 11-D 12-A 13-B 14-C 15-C 16-A 17-A 18-D 19-C 20-B 21-D 22-B 23-C 24-D 25-A 26-A 27-C 28-D 29-B 30-C 31-D 32-D 33-C 34-B 35-C 36-B 37-B 38-A 39-D 40-C 41-B 42-D 43-C 44-C 45-B 46-C 47-C 48-B 49-C 50-A HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu (NB) - Cực trị hàm số Phương pháp: Ta có: dương x  x0 điểm cực tiểu hàm số y  f  x ⇔ điểm x  x0 hàm số có y’ đổi dấu từ âm sang Trang y  f  x x  x0 x  x0 Ta có: điểm cực đại hàm số ⇔ điểm hàm số có y’ đổi dấu từ dương sang âm Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạy cực đại điểm x  đạt cực tiểu x  3.  Chọn C Câu (NB) - Khái niệm thể tích khối đa diện Phương pháp: Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước a,b, c V  abc   Cách giải: Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước 1, 2, là: V  1.2.3   6 Chọn D Câu (NB) - Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số nhận xét tính đơn điệu hàm số điểm mà đồ thị hàm số qua để từ chọn hàm số Cách giải: Ta thấy đồ thị hàm số có nét cuối lên nên a   loại đáp án A C Hàm số có hai điểm cực trị x  x  2.  +) Xét đáp án B: y  x  3x  có y '  x  x 1  y '   3x2      x  1 Hàm số có hai điểm cực trị x = -1 x = ⇒ loại đáp án B Chọn D Câu (TH) - Lôgarit Phương pháp: x  log a xy  log a x  log a y; log a y  log a x  log a y  log  log x; log x m  m log x a a a a n Sử dụng công thức:  (giả sử biểu thức xác định) Cách giải: 1 1 log a2  ab   log a2 a  log a2 b  log a a  log ab   log a b 2 2 Ta có: Chọn D Câu (TH) - Đường tiệm cận Phương pháp: Đường thẳng x = a gọi TCĐ đồ thị hàm số Đường thẳng y = b gọi TCN đồ thị hàm số Cách giải: y  f  x  g  x  lim   h  x    x a y  f  x   lim f  x   b x  Trang Ta có: (C ) : y 2x 1 3 x   2    2 D  ¡ \       3 TXĐ: x đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số Chọn B Câu (TH) – Nguyên hàm Phương pháp: Sử dụng công thức nguyên hàm hàm số Cách giải: x2 F  x    f  x  dx    x  e   dx   e x  C Ta có: Chọn B Câu (TH) - Bất phương trình mũ bất phương trình lơgarit Phương pháp:  a   x  b x b a  a     0  a      x  b Giải bất phương trình mũ x Cách giải: 13 x 13 x Ta có:  16     x   x  1  S   ; 1 Chọn C Câu (TH) - Cấp số cộng (lớp 11) Phương pháp: Cơng thức tổng qt CSC có số hạng đầu u 1và công sai Cách giải: Ta có: u5  u1  4d  1  4.2  d : un  u1   n  1 d Chọn A Câu (TH) - Hàm số lũy thừa Phương pháp: Hàm số x nxác định Cách giải:  x  ¡ n  ¢     x  ¡ \  0 n  ¢   x  0;  n  ¢    +) Xét đáp án A: Hàm số y   x  1 +) Xét đáp án B: Hàm số y   x  1    2 xác định ⇔    2x 1   x  ⇒ loại đáp án A xác định ⇔ x   0x  ¡ ⇒ chọn đáp án B Trang Chọn B Câu 10 (TH) - Hệ tọa độ không gian Phương pháp: Cho hai điểm Cách giải: A  x1 ; y1 ; z1   A  2;3; 1 Ta có: và uuur B  x2 ; y2 ; z2   AB   x2  x1; y2  y1; z2   z1  uuur B  4;1;9   AB  6; 2;10  Chọn B Câu 11 (NB) - Sự đồng biến, nghịch biến hàm số Phương pháp: y  f  x  a; b   f '  x   0x   a; b  Hàm số đồng biến  a; b   f '  x   0x   a; b  Hàm số y = f ( x ) nghịch biến Cách giải:  3;   Hàm số nghịch biến (1;3) Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến (;1) Chọn D Câu 12 (NB) - Hoán vị - Chỉnh hợp - Tổ hợp (lớp 11) Phương pháp: n! n! Cnk  , Ank     k ! n  k  ! n   k  !  Sử dụng công thức: Cách giải: n  n  1  n   n  n  1   n! Cn2    2! n   2  !  n  2 ! +) Xét đáp án A: ⇒ Đáp án A Chọn A Câu 13 (TH) - Hệ tọa độ không gian Phương pháp: M  a; b; c  M  a;0;0  , M  0; b;0  , M  0;0; c  Cho điểm hình chiếu M trục Ox, Oy, Oz Cách giải: M  1; 3; 5  M  1;0;0  Ta có: hình chiếu trục Ox là: Chọn B Câu 14 (TH) - Tích phân Phương pháp: Sử dụng tính chất tích phân để chọn đáp án đúng: b b  kf  x  dx  k  f  x  dx  k    0    a b  a a c b f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx a c b b b a a a  f  x  dx   g  x  dx    f  x   g  x  dx Cách giải: Trang 10 b  Sử dụng tính chất tích phân: a Sử dụng phương pháp tích phân đổi biến Cách giải:  Ta có: 1 I1  f  x   dx   1 Tính c b a f   2 x  1 dx   f  x  1  dx   2  f   2 x  1 dx; I  f  x  1  dx   2 1 Đặt c f  x  dx   f  x  dx   f   x  dx.    I1   f  2 x  1 dx 1 2 x   t  dt   2dx  dx   dt Đặt  x  1  t     x   t  Đổi cận: I1   ⇒ 3 1 1 f  t  dt   f  t  dt   f  x  dx    23 20 20 I   f  x  1 dx Tính Đặt x   t  dt  2dx  dx  dt  x   t      x    t   0  Đổi cận: I2  1 1 f  t  dt   f  x  dx    20 20  I  I1  I    Chọn B Câu 30 (TH) - Hàm số mũ Phương pháp: T  A 1 r  n Gửi A đồng với lãi suất %r sau kì hạn n số tiền gốc lẫn lãi nhận là: Cách giải: T  20000000   0,5%   21234000 12 Sau năm, chị X nhận số tiền gốc lẫn lãi là: Chọn C Câu 31 (VD) - Tương giao đồ thị hàm số biện luận nghiệm phương trình Phương pháp: đồng Trang 17 f  x  m y  f  x Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số đường thẳng y = m có tính chất song song với trục hoành Cách giải: f  f  x   f  x   a   2; 1  1     f  x   b   0;1  2  f x  c  1;    3    Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Xét phương trình (1): số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số y = f ( x ) đường thẳng y = a với a  (2; 1) ) song song với trục hồnh, phương trình (1) có nghiệm Tương tự ta có: Phương trình (2) có nghiệm phân biệt Phương trình (3) có nghiệm phân biệt Các nghiệm phương trình (1), (2), (3) đơi phân biệt Vậy phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt Chọn D Câu 32 (VD) - Khái niệm thể tích khối đa diện Phương pháp: SO   ABC    - Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC suy - Tính diện tích tam giác ABC công thức Hê-rông: cạnh tam giác, p nửa chu vi tam giác S p  p  a  p  b  p  c - Sử dụng cơng thức tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác: - Áp dụng định lí Pytago tính đường cao khối chóp V  Sday h.  - Sử dụng cơng thức tính thể tích khối chóp R với a , b , c độ dài abc   4S Cách giải: Gọi O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Vì SA = SB = SC ( gt ) nên SO ⊥ ( ABC ) AB  BC  CA 7a p    2 Gọi p nửa chu vi tam giác ABC ta có S ABC  p  p  AB   p  BC   p  CA    7a2 Suy OA bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆ ABC nên OA  AB.BC.CA 2a.3a.2a a      S ABC   7.a   4 Trang 18 Vì SO ⊥ ( ABC ) nên SO ⊥ OA , tam giác SOA vng O Áp dụng định lí Pytago tam giác vng SOA ta có: SO  SA2  OA2    3a  16a a   35   7 1 a 35 7a a VS ABC  SO.S ABC     3 4 Vậy Chọn D Câu 33 (VD) - Sự đồng biến, nghịch biến hàm số Phương pháp: - Tính đạo hàm hàm số - Tìm khoảng x để đạo hàm dương Cách giải: g  x  f   x : g '  x    f '   x    Đặt ta có g '  x    f '   x   0.  Xét 2  x  x  f '  x    1   x   2  x  Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: y  f   x  3;    2;1   Vậy hàm số đồng biến Chọn C Câu 34 (VD) - Phương trình mũ phương trình lơgarit Phương pháp: x - Chia vế phương trình cho   x 4 t      x   lập BBT kết luận - Đặt ẩn phụ Cách giải: x Chia vế phương trình cho ta được: 16 x  2.12 x   m   x  2x x 4 4       m   3 ⇔ 3 x  4 t      t  2t  m    *   Đặt   , phương trình trở thành: Để phương trình ban đầu có nghiệm x > phương trình (*) có nghiệm t > f  t   t  2t  m   Xét hàm số ta có BBT: Trang 19 Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có nghiệm t  m    m  m   1; 2   Kết hợp điều kiện m nguyên dương ta có Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn B Câu 35 (VDC) - Đường thẳng vng góc với mặt phẳng (Tốn 11) Cách giải: Xét tam giác ABD có:  AB  AD  ABD   BAD   60 SH   ABCD    Gọi H trọng tâm ∆ ABD, SA  SB  SD nên Gọi M trung điểm AD, ta có BM  AD  BM  BC  BC  BM   BC  ( SBM )  Ta có:  BC  SH Gọi N, E trung điểm BC SC ta có:  BN / / DM   BNDM   BN  DM hình bình hành  DN / / BM Lại có NE đường trung bình tam giác SBC nên NE / / SB    NDE  / /  SBM    ⇒ BC   SBM  BC   NDE    Mà nên  NDE  kẻ DK  NE ( K  NE ) ta có: Trong  DK  NE  DK   SBC    DK   BC  BC   NDE     ⇒ Hình chiếu SD lên (SBC) SK    SD;  SBC      SD; SK   DSK   Trang 20 Xét tam giác SHA có AH  a a AO  , SA    3  Áp dụng định lí Pytago ta có: SH  SA2  AH  AC  AO  a  HC  AC  AH  Ta có: a 1 5  2a  .  Áp dụng định lí Pytago tam giác vng SHC ta có: Xét tam giác SCD có: DE   SC  SH  HC  a   SD  CD SC     4  3 a  a2 7a 2   4    16 a DE     ⇒ Xét tam giác DNE ta có: DN  BM  a a 3  a , NE  SB  , DE    4 Gọi p nửa chu vi tam giác DNE ta có: Diện tích tam giác DNE là: Lại có Ta có: S DNE  p 3  .  p  p  DN   p  DE   S DNE  a 5  p  NE    16 S   a   15 DK NE  DK  DNE    NE DK   SBC   DK  SK a 15 DK sinDSK    SD a ⇒ ∆ SDK vuông K , suy cos   sin 2    Vậy Chọn C Câu 36 (VD) - Cực trị hàm số Phương pháp: y  ax3  bx  cx  d Hàm số có điểm cực trị hàm số y  ax  bx  cx  d có điểm cực trị nằm hai phía trục Ox Cách giải:  x   y '  3x2      x  1 Xét hàm số y  x  3x  m ta có: Với x  y  m  2.  Trang 21 Với x  1 y  m  2.  A  1; m   ; B  1; m     Do hàm số y  x  3x  m có hai điểm cực trị y  x3  3x  m Để hàm số có điểm cực trị ,A B nằm khác phái trục Ox  m    m     2  m  2.  ⇒ m   1;0;1   Kết hợp điều kiện m nguyên suy Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn B Câu 37 (VD) - Xác suất biến cố (Tốn 11) Phương pháp: - Tính ∆, tìm điều kiện để phương trình có nghiệm - Xét giá trị b , giá trị a tương ứng Cách giải: n     6.6  36.  Không gian mẫu 2 Phương trình x  ax  b  có nghiệm   a  4b   a  4b Do a số chấm xuất lần gieo thứ nhất, b số chấm xuất lần gieo thứ hai nên a, b  X   0;1; 2;3; 4;5;6   TH1: b   a   a   2;3; 4;5;6  b   a   a   3; 4;5;6  Có cách chọn a TH2: b   a  12  a   4;5;6  Có cách chọn a TH3: b   a  16  a   4;5;6  Có cách chọn a TH4: TH5: b   a  20  a   5;6  b   a  24  a   5;6  Có cách chọn a Có cách chọn a TH6: Có cách chọn a  n  A         19.  Gọi A biến cố: “phương trình x  ax  b  có nghiệm” 19 P  A    36 Vậy Chọn B Câu 38 (VD) – Mặt trụ Phương pháp: - Tính bán kính đường trịn nội tiếp đáy, sử dụng công thức chu vi tam giác - Sử dụng định lí Pytago tính chiều cao hình tứ diện r - Diện tích xung quanh hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy r Cách giải: S p S, p diện tích nửa S xq  2 rh.  Trang 22 Tam giác BCD cạnh a nên S BCD  Gọi p nửa chu vi tam giác BCD ta có 42  3.  p 3.4  6.  r Khi bán kính đường tròn nội tiếp tam giác BCD là bán kính đáy hình trụ AO   BCD    Gọi O trọng tâm tam giác BCD ta có S 3    p 3  , 4 BO   , AB    3 Xét tam giác vng SOB có; 4 3  AO  AB  BO         , chiều cao hình trụ 2 Vậy diện tích xung quanh hình trụ Chọn A Câu 39 (VD) – Tích phân Phương pháp: S xq  2 16 2    3 Sử dụng phương pháp đổi biển, đặt t  x  x  1.  Cách giải: I  Ta có:  x  1 dx dx      x  x x  1 x  x  1  x  x  dt   1 x  1  x   dx x  x x  x   1   Đặt t  x   x ta có dx 2dt 2 dt        t x 1  x x  x  1 ⇒  x   t       x   t   Đổi cận:  I ⇒ 2  1 2dt  t t 2 1  2   2  1    3 2  1 = 2  2  2   2    32  12  Trang 23 ⇒ a  32, b  12, c  2.  Vậy a  b  c  32  12   46.  Chọn D Câu 40 (TH) – Hệ tọa độ không gian Phương pháp: A  x A ; y A ; z A  ; B  xB ; y B ; z B  - Tính độ dài đoạn thẳng AB biết , sử dụng công thức AB   x A  xB    y A  yB    z A  z B    2  S  : x  y  z  2ax  2by  2cz  d  2 - Mặt cầu Cách giải: Ta có: MA2   x  1  2  y   z  2   có tâm I  a; b; c  2 , bán kính R  a  b  c  d   MB   x     y    2   z  2   MC  x  y    z    3  Theo ta có: MA2  MB  MC  2    23 x  1  y  z   x     y  3  z  x  y    z  3  2   23  ⇒ 2 ⇔ x  y  z  6 x  y  z    0   2 2 2 ⇔ x  y  z  2 x  y  z    0  I  1;1;1 Vậy tập hợp điểm M mặt cầu tâm , bán kính R  3.  Chọn C Câu 41 (VD) – Phương trình đường thẳng khơng gian Phương pháp: - Viết phương trình tham số đường thẳng AC , tham số hóa tọa độ điểm D DA BA    - Sử dụng tính chất đườn phân giác DC BC BC Cách giải: uuur AC     5;5;6    Ta có: Phương trình tham số đường thẳng AC là: D   5; 2t  5; t   6t    Ta có D  AC nên Ta có: BA   1 BC   6  2  x   5 t    ¡)  y   5 t (t   z  1   t   32   4   26  82  22  104 DA BA      Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: DC BC Trang 24 uuur uuuu r uuur uuur DA , DC   DC   DA Do D nằm hai điểm ,A C nên ngược hướng nên uuur DC   5  5t;5  5t;6  6t  uuur DA   5; 5t ; 6t  5  5t  2,5t    5  5t  2  5t   t   6  6t  2  6t   11  D   ; ;1 Suy  3  a 11 b  ;c 1 a  b  c  3 Vậy Chọn B Câu 42 (VD) – Hàm số Lôgarit Phương pháp: H  x0 ;0   x0  1 - Gọi xác định tọa độ điểm A, B - Tính HA, HB sau biến đổi tìm mối liên hệ a b Cách giải: H  x0 ;0   x  1 A  x0log a x0  ; B  x0logb x0  Gọi ta có HA  log a x0 ; HB  logb x0  log a x0  logb x0   3HA  HB  3log a x0  4log b x0 Theo ta có:  3log a x0  4log b x0     0 log x0 a log x0 b 3log x0 b  4log x0 a log x0 b.log x0 a 0  log x0 b3  log x0 a   log x0 a 4b3   a 4b  Chọn D Câu 43 (VD) – Nguyên hàm Phương pháp: f  x    f '  x  dx.  - Sử dụng công thức - Phá trị tuyệt đối, tìm số C trường hợp Cách giải: f ' x  2x 1 Ta có: Trang 25  ln x   C x     2 f  x   dx  ln x   C     2x 1 ln  x  1  C x   ⇒ f    ln1  C2   C2  1.  Với x = ta có f  1  ln1  C1   C1  2.  Với x = ta có  ln  x  1  x   f  x     ln  x  1  x   ⇒ f  1  ln3  1; f  3  ln5   2   f  1  f  3  ln3  ln5     ln15  ⇒ Chọn C Câu 44 (VD) – Khái niệm thể tích khối đa diện Phương pháp: Sử dụng công thức tỉ số thể tích Cách giải: Theo ta có ASB  BSC  CSA  60 Trên cạnh SB , SC lấy điểm B ', C ' cho SB '  SC '  1.  Ta có tam giác SAB ', SB ' C ', SAC ' tam giác cạnh ⇒ AB ' = B ' C ' = AC ' =  VS AB 'C '  ⇒ S AB ' C ' tứ diện cạnh V SB ' SC ' 1 V  SAB 'C  '     .  V SB SC S ABC Ta có: VS ABC  6VS AB 'C '    12   Vậy Chọn C Câu 45 (VD) – Khái niệm thể tích khối đa diện Phương pháp: Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , chứng minh OA  OB  OC  OM  ON   Cách giải: Trang 26 Gọi E, F trung điểm AB , AC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tam giác ABM vuông M nên E tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM OE  AB  OE   SAB   OE   ABM     OE  SA SA  ABC      Ta có:  Do OA  OB  OM   Chứng minh tương tự ta có OA = OC = ON Lại có OA  OB  OC nên OA  OB  OC  OM  ON   Do O tâm mặt cầu ngoại tiếp đa diện ABCNM , bán kính mặt cầu R = OA , bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC SABC  1 3 AB AC sinBAC  3.2.sin 600    2 Ta có: Áp dụng định lí cosin tam giác giác ABC ta có: BC  AB  AC  2 AB AC.cos   BAC   BC  32  22   2.3.2.cos60   BC   7    BC      R  OA  AB.BC. AC 3.2 21     SABC   3 Vậy Chọn B Câu 46 (VD) – Hàm số mũ Phương pháp: - Tìm TXĐ hàm số 1  1  y '  0x   ;    ;    2  hàm số xác định - Hàm số đồng biến khoảng  Cách giải: D  ¡ \    m   TXĐ: 1   ;   2  mx 1 Ta có: m  1   x  m   y'  ln     5  x  m   Trang 27 1  1  1  y '  0x   ;    ;    ;    2  hàm số xác định   Để hàm số đồng biến  mx 1  x m m    1   1 1   ln   0x   ;      5 2    x  m    1  m   ;   2   m2    1  m  1       m 1  m m      m    ;1   Vậy Chọn C Câu 47 (VDC) – Bất phương trình mũ bất phương trình lơgarit Cách giải: Ta có: log x2  y 3   x  y  5   1   2 ⇔ x  y   x  y     3  x  y  2 x  y  2   0  1   ⇔ log 2   x  y  5   1   ⇒ Tập hợp cặp số thực ( x ,y ) thỏa mãn x  y 3 hình trịn 2  C1  : x  y  2 x  y   (tính biên) x  y  x  y  13  m    x     y    m.  Xét  x  2 m0   y   3 , không thỏa mãn (1) TH1: 2 TH2: m > , tập hợp cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn x  y  x  y  13  m  đường tròn  C2  : x  y  4 x  y  13  m  0.  Để tồn cặp số thực ( x;y ) thỏa mãn yêu cầu toán hai đường trịn ngồi với hai đường tròn  C1   C2  tiếp xúc đường tròn  C1   C2   C2  tiếp xúc có bán kính lớn C  đường tròn  C1  có tâm I1  1;1 , bán kính R1  2.  R  m  m     I  2; 3 , ( C 2) có tâm bán kính C  C  Để tiếp xúc ngồi I1 I  R1  R2   ⇔ ⇔  3   4   2  2  m      m  m   9   tm     Để đường tròn  C1   C2  tiếp xúc đường tròn  C2  có bán kính lớn đường trịn  C1  Trang 28 ⇒ R2  R1   I1 I m    3   2   42 ⇔ ⇔ m = 49 ( tm ) Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn C Câu 48 (VDC) – Hai mặt phẳng vng góc (Tốn 11) Cách giải: Ta có  MNP    MNCB    Gọi E,F trung điểm MN , B ' C '.  Dễ dàng chứng minh AA ' B '  AA ' C ' (hai cạnh góc vng) ⇒ AB '  AC '  AB ' C ' cân A ⇒ AF  B ' C ' (Đường trung tuyến đồng thời đường cao) Ta có MN / / B ' C '   MN / / BC nên MNCB hình thang Dễ dàng chứng minh BB ' M  CC ' N nên BM = CN Mà BM , CN , AA ' đồng quy (Định lí đường giao tuyến) nên MNCB hình thang cân Lại có E,P trung điểm hai đáy nên EP  MN , EP  BC.   ACC ' A ' gọi Q  CN  AC ',  ABB ' A ' gọi P  AB ' BM   Trong  AB ' C '   MNCB   PQ.  Khi  AB ' C '  B ' C '   MNCB   BC   AB ' C '    MNCB   PQ / / BC / / MN    B ' C '/ / BC Ta có:  Do PQ  EP  MNCB    AB ' C '   PQ      MNCB  ;  AB ' C '      EP; AF   MNCB   EF  PQ   AB ' C '  AF  PQ Ta có:  Trong ( AB ' C ' ) gọi G  PQ  AF   Trang 29 AQ AC AQ AG AQ   2   ;      AC ' AF AC ' Áp dụng định lí Ta-lét ta có: QC ' NC ' Áp dụng định lí Pytago tam giác vng ta có: AB '  AA '2  A ' B '2   12  4;  AF  AB '2  B ' F  16   13;  ⇒ AG  2 13 AF    3 Gọi H,K hình chiếu M, N BC , ta có Áp dụng định lí Pytago tam giác vng ta có: BH  KC  BC  MN  3    2 BM  BB '2  B ' M    7.    EP.  GP AP    GP  EP    3 Áp dụng định lí Ta-lét ta có: GE EF MH  BM  BH   3 AP   3.  Tam giác ABC cạnh nên Áp dụng định lí Cơsin tam giác AGP ta có:  13   2     3 GA2  GP  AP     13 cosAGP     2GA.GP 65 13 3 cos   MNCB  ;  AB ' C '    cos  EP; AF   13   65 Vậy Chọn B Câu 49 (VDC) – Cực trị hàm số Chọn C Câu 50 (VDC) – Giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số Cách giải: g '  x   f '  x   x  x    Ta có: g '  x    f '  x   x  x  1.  Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số y  f ' x y  x  x  Trang 30  x  1 g '  x      x     x  Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy BBT: g  1 g  2 So sánh g  1  g  1  g    g    g  1  g   >g    g  1   Ta có g    g  1  g    g  1  Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến (0;2) nên g  1  g   >0  g  1  g   Suy g  x   g   Vậy  1;2 Chọn A Trang 31 ... thêm đề THPT QG 2020 cập nhật từ trường nước mời bạn truy cập: http://bit.ly/cactruong2020 ĐÁP ÁN 1- C 2-D 3-D 4-D 5-B 6-B 7-C 8-A 9-B 10 -B 11 -D 12 -A 13 -B 14 -C 15 -C 16 -A 17 -A 18 -D 19 -C 20-B 21- D... điểm Cách giải: A  x1 ; y1 ; z1   A  2;3; ? ?1? ?? Ta có: và uuur B  x2 ; y2 ; z2   AB   x2  x1; y2  y1; z2   z1  uuur B  4 ;1; 9   AB  6; 2 ;10  Chọn B Câu 11 (NB) - Sự đồng biến,... x  2x ? ?1 Ta có: Trang 25  ln x   C x     2 f  x   dx  ln x   C     2x ? ?1 ln  x  1? ??  C x   ⇒ f    ln1  C2   C2  1.   Với x = ta có f  1? ??  ln1  C1   C1  2.