de thi thu thpt quoc gia mon toan 2020 lan 1 binh phu

Lời giải đề thi KSCL THPT Bình Phú Ngày tháng năm 2020 Câu Hàm số có nhiều cực trị nhất? A y = x2 + B y = ln(x) + 1 C y = x3 + x2 − 2x D y = x4 − x2 + 2x Lời giải Xét đáp án A Hàm số có y = 2x nên số cực trị B Hàm số khơng có cực trị C Hàm số có y = x2 + x − nên số cực trị D Hàm số có y = 4x3 − 2x + nên số cực trị Chọn C Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com xex dx = Câu Cho tích phân −2 b a (với a, b số nguyên) Giá trị eb a biểu thức P = a + b A B C D 17 Lời giải Sử dụng nguyên hàm phần, ta có xex dx = xex − ex + C nên dễ dàng tính tích phân cho 0e1 − (−3)e−2 = Do a = 3, b = e2 P = 32 + 23 = 17 Chọn D Câu Số (2 + 210 )2020 viết hệ thập phân có chữ số? A 6082 B 6083 C 2023 D 2024 Lời giải Giả sử (2 + 210 )2020 có n chữ số, 10n−1 ≤ (2 + 210 )2020 < 10n nên n − ≤ 2020 log(2 + 210 ) ≈ 6082, 52 < n ⇔ n − ≤ 6082 ⇔ n = 6083 n ≥ 6083 Chọn B Câu Trong khơng gian Oxyz, có mặt phẳng qua gốc tọa độ O cắt mặt cầu (C) : x2 + y + z + 10x + 100y + 1000z − 10000 = nhiều điểm? A B C D Vô số Lời giải Với điểm khơng gian tồn vơ số mặt phẳng cắt (C) nhiều điểm Ở đây, thay tọa độ O(0; 0; 0) vào vế trái phương trình, ta −10000 < chứng tỏ điểm O nằm mặt cầu, khơng ảnh hưởng đến kết tốn Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Chọn D Câu Cho hàm số f (x) bậc ba có hai điểm cực trị x1 x2 Hỏi có số nguyên m để phương trình f (x) = m có ba nghiệm thực phân biệt f (x1 ) = f (x2 ) = −3? A B C D Lời giải Để f (x) = m có ba nghiệm phân biệt dựa vào tương giao đồ thị y = f (x) y = m, ta cần có −3 < m < Do có tất giá trị m nguyên thỏa mãn Chọn C Câu Cho số phức z = (1 − i)2020 + (1 + i)2020 , điểm biểu diễn số phức liên hợp z có tọa độ là? A (21010 ; 0) B (−21010 ; 0) C (−21011 ; 0) D (21011 ; 0) Lời giải Ta có z = (1 − i)2020 + (1 + i)2020 = (−2i)1010 + (2i)1010 = −21011 Như z¯ = z = −21011 có điểm biểu diễn (−21011 ; 0) Chọn C Câu Phương trình 2020log2 x = logx2020 có tất nghiệm thực A B C D Lời giải Điều kiện xác định x > 0, x = Phương trình cho viết lại thành 2020log2 x = Do log2 x = 1 logx ⇔ 20202 log2 x = ⇔ (log2 x)2 = 2020 log2 x 20202 1 log2 x = − , nên phương trình có hai nghiệm thực 2020 2020 phân biệt Chọn C Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Câu Hàm số y = √ x2 + − 2x đạt giá trị lớn đoạn [−2; 0] A −2 C − B D −1 Lời giải Ta có y =√ x ∈ [−2; 0] kéo theo √ x − 2x · ln < +1 x2 x ≤ 0, 2x · ln > Do đó, hàm số nghịch x +1 biến max y = y(−2) [−2;0] Chọn A Câu Mệnh đề sau đúng: A Với x ≥ hàm số y = ln x đồng biến R B Hàm số y = a với a cho trước có GTLN GTNN a C Nếu hàm số f (x) đạt cực đại x0 GTLN hàm số f (x0 ) D Phương trình ax = b ln có nghiệm với số thực a, b b không âm Lời giải Xét đáp án A Hàm số y = ln x không đồng biến R nên loại B Hàm số y = a hàm nên giá trị không đổi, tức GTLN GTNN a C Giá trị cực đại hàm không thiết GTLN nên loại D Phản ví dụ: phương trình ax = khơng có nghiệm nên loại Chọn B Câu 10 Một AB có chiều dài 2a ban đầu người ta giữ góc nghiêng α = α0 , đầu tựa không ma sát với tường thăng đứng Khi bng thanh, trượt xuống tác dụng trọng lực Góc sin α rời khỏi tường A sin α0 B sin α0 C sin α0 D sin α0 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Lời giải y A N M v N F α O B x AB = a nên quỹ đạo chuyển động điểm M phần đường trịn tâm O bán kính a nên vận tốc v phương với tiếp tuyến M (O; a) Động quay động tịnh tiến M  v2 2  Kr = Iω = ma a2 = mv 2  mv  Kt = Gọi M khối tâm AB, ta có OM ≡ Thế góc lệch α V = mga sin α, lúc buông trạng thái nghỉ nên W0 = V0 = mga sin α0 Áp dụng định luật bảo toàn V + K = W0 mga sin α + mv = mga sin α0 ⇔v= ga(sin α0 − sin α) √ Vận tốc M theo phương Ox : vx = ga (sin α0 − sin α) sin α Thanh rời khỏi tường N = hay vx đạt cực đại Khảo sát hàm f (α) = thấy f (α) đạt cực đại sin α = (sin α0 − sin α) sin α sin α0 Chọn A Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Câu 11 Có giá trị m để phương trình x4 − 2x2 + = 2|x| + m có nhiều nghiệm thực nhất? A B C D Lời giải Ta thấy trước hết đồ thị (C) : f (x) = (x2 − 1) (C ) : g(x) = 2|x| có ba điểm chung ❼ Nếu ta tịnh tiến (C ) theo chiều dọc lên cắt đồ thị (C) hai điểm ❼ Ngược lại, tịnh tiến (C ) theo chiều dọc xuống 1, đơn vị cắt (C) điểm, số lượng tối đa Nếu tịnh tiến thêm đơn vị trở lên (C), (C ) khơng giao điểm Để làm rõ điều này, ta dùng định lý hàm trung gian để chứng minh hai phương trình sau có nghiệm phân biệt (chọn giá trị cụ thể thay để khoảng đổi dấu (−2; −1), [−1; 0), (0; 1], (1; 2)) (x2 − 1) − 2|x| + = (x2 − 1) − 2|x| + = Riêng (x2 − 1) − 2|x| + m = với m ≥ x ∈ [−1; 1], ta có vế trái ln dương 2|x| ≤ Khi đó, phương trình có hai nghiệm nằm ngồi đoạn [−1; 1] không thỏa mãn yêu cầu Chọn B Câu 12 Cho √ tứ diện SABC có khoảng cách hai đường thẳng SA BC a Cạnh tứ diện a A a B 2a C D 3a Lời giải Gọi b cạnh tứ diện −→ −−→ Vì SABC tứ diện nên SA ⊥ BC hay sin(SA, BC) = tích V = √ b 12 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Khoảng cách hai đường thẳng SA BC −→ −→ −→ −→ −→ −→ −−→ AB · SA, AC − AB |AB · SA, BC | d(SA, BC) = = −→ −−→ −→ −−→ SA · BC · sin(SA, BC) | SA, BC | −→ −→ −→ √ |AB · SA, AC | 6V = a = = b b Như √ √ 6· b 6V 12 a= = b ⇔ b = a = b b2 √ Chọn A Câu 13 Tập nghiệm bất phương trình log2 |x| + log3 |x| + ln |x| > có dạng (−∞; a) ∪ (b; +∞) Tính giá trị P = a2 b + b A B C D Lời giải Ta có log2 |x| (1 + log3 + ln 2) > ⇔ log2 |x| > ⇔ |x| > ⇔ x>1 x < −1 (do + log3 + ln > 0) Khi a = −1, b = nên P = Chọn A Câu 14 Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x − m)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = mặt phẳng (P ) : mx + 2y + 3mz = Tập hợp giá trị m để mặt phẳng (P ) mặt cầu (S) có điểm chung đoạn có dạng [a; b] Tính a + b + 20 A −1 B C D Lời giải Ta thấy (S) có tâm I(m; 2; 3) bán kính R = Để (P ) (S) có điểm chung |m2 + + 9m| d[I, (P )] ≤ R ⇔ √ ≤ 10m2 + Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Điều tương đương với (m2 + 9m + 4) ≤ 9(10m2 + 4) hay (m2 + 4) + 18m(m2 + 4) + 81m2 ≤ 90m2 + 36 ⇔ (m2 + 4)(m2 + 18m + 4) ≤ 9(m2 + 4) ⇔ m2 + 18m ≤ Do đó, dễ thấy a, b nghiệm phương trình m2 + 18m − = a + b + 20 = −18 + 20 = Chọn D Câu 15 Cho đa giác 60 đỉnh, tính xác suất để chọn ba đỉnh từ đa giác tạo thành tam giác tù A 58 B 42 59 C 590 D 45 118 Lời giải Ta thấy từ tam giác nhọn lấy từ đỉnh đa giác đều, cách vẽ ba đường kính qua ba đỉnh tương ứng thu ba tam giác tù Ngược lại, từ tam giác tù, ta có tương ứng tam giác nhọn cách thực Do đó, số tam giác tù gấp lần số tam giác nhọn Trong đa giác có 60 đỉnh, số tam giác vng 30 × 58, suy số tam giác tù 3 · (C60 − 30 × 58) = 24360 Từ suy xác suất cần tính 24360 42 = C60 59 Chọn B Bên ta có cách khác, "thú vị" sau: Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Cách khác Đánh số đỉnh đa giác từ P1 đến P60 ngược chiều kim đồng hồ Gọi O tâm đa giác Khi tam giác Pm Pn Pk với ≤ m < n < k ≤ 60 tam giác không tù điểm O nằm tam giác Pm Pn Pk Tức góc −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 hợp OPm OPn , OPn OPk , OPk OPm theo ngược chiều kim đồng hồ không vượt π Nói cách khác  2π    ≤π ϕ = (n − m)    60 n ≤ 30 + m  2π ⇔ k ≤ 30 + n (∗) ≤π ϕ2 = (k − n)   60    k ≥ 30 + m  ϕ3 = (m + 60 − k) 2π ≤ π 60 Như số (m, n, k) thỏa (∗) số cách chọn điểm tạo thành tam giác khơng tù Vì 60 ≥ k ≥ 30 + m nên m ≤ 30 ¯ = n(A) m,n,k:(∗) 59 ❼ m = 30 ⇒ k = 60 có = 29 cách chọn n n=31 ❼ m ≤ 29 ⇒ có 29 30+m min(60,30+n) 29 29+m min(60,30+n) 60 1+ 1= m=1 n=m+1 k=max(n+1,30+m) 29 m=1 n=m+1 29 m=1 k=31+m k=30+m 29+m 29 min(31 − m, + n − m) + = m=1 n=m+1 29 29 29+m 30 (31 − m) (1 + n − m) + = = 29 (30 − m)(1 − m) + m=1 +435 m=2 n=31 m=1 n=m+1 = (30 − m) m=1 29 m=2 (m−1)(31−m)=4466 30 · 31 m(m + 1) − 2 +4901 =4930 = 9831 ¯ = 9831 + 29 = 9860 ⇒ n(A) = n(Ω) − n(A) ¯ = C360 − 9860 Xác Như n(A) suất cần tìm n(A) C360 − 9860 42 = = p= n(Ω) C60 59 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Câu 16 Cho nguyên hàm x2 · ··· √ 10 xπ dx cπ axb+ d +C (biểu thức có xét dấu lồng từ bậc đến bậc 10) có dạng m + nπ c với a, b, c, d, m, n ∈ Z tối giản Tính giá trị P = (a − d)m + b − cn d A −1 B C D Lời giải √ m √ n Ta biết với m, n ∈ Z+ x = mn x với x > nên ta rút gọn biểu thức √ π dấu nguyên hàm thành x2 · 10! xπ = x2+ 10! nên nguyên hàm π π 10!x3+ 10! x3+ 10! = π + 10! · 10! + π nên a = d = 10!, b = 3, c = 1, m = · 10!, n = Suy P = Chọn D Câu 17 Trong hình bên có vẽ sẵn đồ thị hai hàm số liên tục f (x), g(x) Hỏi hai hàm số hàm cặp sau đây? A sin2 x, cos2 x B |sin x| , |cos x| C sin |x| , cos |x| D sin x, cos x Lời giải Dựa vào đồ thị, ta thấy f (x), g(x) ≥ với x nên câu A B Tuy nhiên, từ đồ thị sin x, cos x, để suy đồ thị |sin x| , |cos x|, ta thực lấy đối xứng qua trục hoành nên nghiệm sin x = 0, cos x = 0, đồ thị "nhọn" khơng cong hình vẽ Do đó, đồ thị sin2 x, cos2 x Chọn A 10 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Ta có AD = DC = CB = a Gọi α góc tạo (SBC), (SCD) rõ ràng ta có sin α = Vì AB d[B, (SCD)] d[B, SC] CD nên √ AS · AD a d[B, (SCD)] = d[A, (SCD)] = √ = AS + AD2 Ta có ∠ACB = 90◦ nên CB⊥AC, mà CB⊥SA√nên CB⊥(SAC), kéo theo ∠SCB = 90◦ Suy d[B, SC] = CB = a Do sin α = nên góc cần tìm 60◦ Chọn D Câu 32 Tập hợp điểm có tọa độ nguyên thuộc (C) : y = x2 (x + 5) có dạng A(ak + b, c(dk + 1)2 (k + 1) B(mk, nk (pk + q)) với a, b, c, d, m, n, p, q ∈ Z+ k ∈ Z Tính tổng số a + b + c + d + m + n + p + q A 17 B 20 C 37 D 43 Lời giải Ta thấy để y ∈ Z x chia hết cho x chia dư 1 Nếu x chia dư đặt 6k + 1, thay vào ta tính y = (6k + 7)2 (k + 1) Do đó,a = d = 6, b = c = Nếu x chia hết cho đặt x = 6k y = 6k (6k + 5) Do m = n = p = 6, q = 18 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Vì nên tổng cần tính 37 Chọn C 2x + m , có đồ thị (S) Hỏi có điểm thuộc x−1 đồ thị (S) cho tổng khoảng cách từ điểm đến hai tiệm cận đạt giá trị nhỏ 12? Câu 33 Cho hàm số y = A B C D Lời giải Dễ thấy đồ thị hàm số y có tiệm cận đứng x = tiệm cận ngang y = 2x + m với m = −2 Gọi A x; điểm cần tìm, ta có tổng khoảng cách tử A đến hai x−1 tiệm cận 2x + m m+2 d = |x − 1| + | − 2| = |x − 1| + | | x−1 x−1 Theo bất đẳng thức Cauchy d ≥ |m + 2| = dmin = 12 ⇔ m = 34 ∨ m = −38 Dấu xảy (x − 1)2 = |m + 2|, ln có nghiệm phân biệt với m = 34 m = −38 Chọn B Câu 34 Có số nguyên x cho tồn số thực y thỏa mãn 2x+y = log2 (4x2 + y )? A B C D Vô số Lời giải Ta xét trường hợp: ❼ Nếu x = 2y = log2 (y ) Bằng cách vẽ đồ thị hai hàm số này, ta thấy phương trình có nghiệm nên x = thỏa mãn 19 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com ❼ Nếu x = 0, xét hàm số biến y f (y) = 2x+y − log2 (4x2 + y ) liên tục xác định R Ta có f (−x) = − log2 (5x2 ) < 0do 5x2 ≥ 5, ∀x ∈ Z lim f (y) = +∞ y→+∞ Do đó, phương trình f (y) = ln có nghiệm thuộc (−x, +∞) Vì nên tồn vô số giá trị nguyên x thỏa mãn đề Chọn D Câu 35 Cho số phức z thỏa mãn |z| = |z − + 2i|, số phức có mơ đun nhỏ a có dạng z = + ci với a, b, c ∈ Z Tính a + b − c b A B C D −2 Lời giải Ta có |z − + 2i| = z − + 2i = z + (−1 + 2i) = |z − (1 + 2i)| Như thế, số phức z thỏa mãn đề có điểm biểu diễn thuộc trung trực O(0; 0) ; A(1; 2) Vì thế, |z| nhỏ z có điểm biểu diễn trung điểm B OA, tức z = + i nên a = 1, b = 2, c = Chọn B Câu 36 Cho hàm số f (x) qua điểm F 124 − ; 27 có đồ thị sau: F y 124 27 − x −4 Hỏi có m để phương trình f (2ln x − 1) = m có hai nghiệm thực phân biệt? A 10 B C D 20 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Lời giải Đặt t = 2ln x − > −1, phương trình trở thành f (t) = m, dựa vào đồ thị f (x) F y 124 27 y=m −1 − x −4 Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số hai điểm −4 < m < 124 27 hay m ∈ (−4; 4] Như có giá trị m nguyên thỏa Chọn C Câu 37 Cho hàm số f (x) = ln x, gọi F (x) nguyên hàm f (x) F (1) = −1 Tính diện tích phần mặt phẳng giới hạn đường cong y = F (x)f (x)f (x), y = hai đường x = 1, x = e A − e B e − C D Lời giải ln xdx = x ln x − x + C, thay x = vào tính C = Ngồi Ta có F (x) = f (x) = 1 f (x) = − nên ta tính x x F (x)f (x)f (x) = −(x ln x − x) ln x ln x(1 − ln x) = x x Diện tích cần tính e e S= 1 ln x(1 − ln x) dx = x ln x(1 − ln x) dx = x 1 t(1 − t)dt = 21 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Chọn D Câu 38 Cho khối lăng trụ đứng ABCD.A B C D có đáy hình bình hành với ∠DAB = 45◦ Các đường chéo AC , DB tạo với đáy góc 45◦ , 60◦ Biết chiều cao khối lăng trụ 2a, tính thể tích khối lăng trụ A a B a C a3 D a3 Lời giải Theo giả thiết ∠C AC = 45◦ , ∠D BD = 60◦ CC = DD = 2a nên ta tính 2a AC = 2a, BD = √ Đặt AB = x, AD = y theo định lý cosin, ta có x2 + y − x2 + y + √ 4a2 2xy = √ 2xy = 4a2 √ √ 2 2 Trừ hai vế, ta tính 2xy = a nên xy = a 3 SABCD = · SABD = xy · sin 45◦ = Từ diện tích đáy lăng trụ V = 2a · 2a2 2a2 4a3 = 3 Chọn B 22 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Câu 39 Cho khối chóp tứ giác S.ABCD, biết khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng (SBC) 2a Tìm giá trị góc hai mặt bên mặt đáy khối chóp cho thể tích khối chóp nhỏ A 0◦ B 90◦ C arccos D arcsin Lời giải S H A O M B D C N Gọi O, M, N, H tâm hình vng ABCD, trung điểm AB BC, hình chiếu vng góc O lên mặt phẳng (SBC) Ta có d(A, (SBC)) AB = = ⇒ d(M, (SBC)) = · 2a = a d(M, (SBC)) MB Mà OM BC ⇒ OM (SBC) ⇒ OH = d(O, SBC) = d(M, (SBC)) = a Như 1 1 1 + = = ⇔ + = 2 2 2 ON OS OH a AB OS a Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: √ 2 3 = + + ≥ ⇔ AB · OS ≥ 6a a2 AB AB OS AB · OS Mà thể tích khối chóp S.ABCD √ · AB · OS ≥ 2a3 3 √ √ OS Dấu xảy = ⇒ = 2, góc mặt bên đáy AB OS ON √ OS ((SBC), (ABCD)) = ON S = arctan = arctan = arcsin ON V = 23 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Chọn D Câu 40 Cho số a > > b > thỏa mãn 11 · loga xlogb x − 8loga x − 20logb x = −110 Biết phương trình có tích hai nghiệm Khi đó, kết luận sau đúng? A ab2 = B a5 b2 = C a2 b5 = D ab = Lời giải Do phương trình có tích hai nghiệm nên đặt nghiệm u, với u > Thay u vào đẳng thức cho (chú ý log = − log u), ta có u 11 · loga ulogb u − 8loga u − 20logb u = −110 11 · loga ulogb u + 8loga u + 20logb u = −110 Suy loga u · logb u = −10 , giải 8loga u + 20logb u = (loga u, logb u) = (−5; 2), (5, −2) Vì a > > b > nên loga u = 5, logb u = −2, ta có u = a5 = b−2 hay a5 b2 = Chọn B a+k b+k 1 < e < 1+ với k k p m số k nguyên dương Biết giá trị nhỏ |a − b| có dạng − với q ln n m, n, p, q ∈ Z+ Mệnh đề sau đúng? A m + n > p + q B mq > np Câu 41 Cho hai số thực a, b thỏa mãn C m + p = n + q 1+ D 2p = m + n + q Lời giải n x 1 = e thân hàm số f (x) = + với n→+∞ n x x ≥ hàm tăng, bị chặn [2; e] Tuy nhiên, kết lại không cần sử dụng theo hướng bị bế tắc Ta biết giới hạn lim 1+ 24 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Ta viết lại bất đẳng thức cho thành (a + k) ln + k < < (b + k) ln + k Suy ln + a< k − k b > ln + Ta đưa toán khảo sát hàm số f (x) = f (x) = − + x)ln2 + (x2 nên f (x) nghịch biến Do max f (x) = f (1) = f (x) > lim x→+∞ = lim+ x→0 ln + ln + − x với x ∈ [1; +∞) Ta có x −1 a > x ∈ 0; 2f (x)dx? 2π 3π A B C 10 D π Lời giải Đặt π b−a sin x = tan y y ∈ 0; a b−a a 1+ nên sin tan y = + tan2 y b−a sin2 x a = sin y Ngoài ra, √ b + acot2 x √ = b−a b − a + a(cot2 x + 1) = b−a a · +1= b − a sin2 x + tan2 y + · sin y = Vì nên f (x) hàm 1, thay tan2 y π 2π vào tích phân cần tính, ta 2f (x)dx = Chọn A Do ta đưa g(y) = 26 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Câu 44 Cho ba hàm số f (x), g(x), h(x) liên tục khoảng xác định thỏa mãn I= sin x e− ln x + có dạng f (x) · g(x) + A ln x2 + 2x cos x · ln x + ln x · cot x − − cos 2x 2sin3 x dx f (x) · h(x) π + C Tính đạo hàm f (h(g(x))) x = g(x) √ B C D −1 Lời giải 1 , 1−cos 2x = 2sin2 x, sin x cot x = x cos x, ta chia tích phân cho thành hai tích phân sau Nhân phân phối sin x vào, ý e− ln x = I1 = eln x = sin x + ln x · cos x dx x + ln x x cos x ln x − sin x sin2 x I2 = dx Từ ta tính I1 = ln x · sin x + C1 I2 = x ln x + C2 sin x (thực tính ngược đạo hàm (uv) = u v + v u) Suy I = ln x · sin x + x ln x +C sin x tương ứng với f (x) = ln x, g(x) = sin x, h(x) = x cos x = cot x giá trị cần Do f (h(g(x)) = ln(sin x) nên đạo hàm hàm sin x √ π tính cot = Chọn C Câu 45 Cho khối chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = 2a Gọi B , D hình chiếu A SB SD Mặt phẳng (AB D ) cắt SC C Tính thể tích khối ABCDB C D A 16 a 45 B a C 14 a 45 D a 27 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Lời giải z S C D B D y A B C x Chọn hệ trục tọa độ Axyz hình vẽ với B(1; 0; 0), C(1; 1; 0), D(0; 1; 0) S(0; 0; 2), B D hình chiếu B D cạnh SB, SC nên B (4/5; 0; 2/5), D (0; 4/5; 2/5) Lập phương trình mặt phẳng (AB D ) (AB D ) : x + y − 2z = Lập phương trình đường thẳng SC   x = − t SC : y = − t   z = 2t Giao điểm đường thẳng SC mặt phẳng (AB D ) điểm C (2/3; 2/3; 2/3) Thể tích khối chóp S.AB C D 16 −−→ −−→ |4| VS.AB C D = SAB C D · d(S, (AB D )) = | AC , B D | · √ = 45 Như thể tích khối ABCDB C D VABCDB C D = VS.ABCD − VS.AB C D = 16 14 ·1 ·2− = 45 45 Chọn C 28 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Câu 46 Cho hàm số f (x) có đồ thị sau Hỏi phương trình f (x) = − A |f (f (x))| + có nghiệm thực? B C D Lời giải Từ đồ thị cho, ta dễ dàng tìm hàm số tương ứng f (x) = −x4 + 2x2 Trong phương trình cho, đặt t = f (x) f (x) ≤ 1, ∀x nên − t > Ta có t = − |f (t)| + hay |f (t)| = (t − 3)2 hay − t4 + 2t2 = (t − 3)2 t4 − 2t2 = (t − 3)2 Dễ thấy phương trình vơ nghiệm, cịn phương trình có nghiệm mà nghiệm x1 > x2 < Với nghiệm x1 > 1, ta thấy f (x) = x1 vô nghiệm Với nghiệm x2 < 1, ta thấy f (x) = x2 có hai nghiệm phân biệt Vậy phương trình cho có hai nghiệm thực phân biệt Chọn B Câu 47 Cho hình lập phương ABCD.A B C D có M, N trung điểm BC, A B Mặt phẳng (M N D ) chia khối lập phương thành hai khối đa diện, gọi khối chứa điểm C (H) Biết tồn khối cầu tâm I, bán kính R khơng đổi ngoại tiếp hình lập phương cho Một khối nón tích lớn nội tiếp khối cầu có có chiều cao h bán kính r Tính h theo 55 R biết V(H) = a 144 √ √ √ √ a 3 A 3a B C 3a D a Lời giải 29 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Lấy P ∈ CD cho CD = 4CP dễ thấy M P D N Đặt Q = P M ∩ AB R = N Q ∩ BB thiết diện tạo (M N D ) với hình lập phương M RN D P Ta có BA = 4BQ B R = 2BR Đặt x cạnh hình lập phương cho x3 BM · BR · BQ = Gọi K trung điểm AB 144 x2 x3 N D DK QP nên AKD.A N D hình lăng trụ đứng với V1 = ·x= 4 Ta thấy N KQ.D DP lăng trụ có đáy tam giác vng N KQ khoảng cách hai 3x3 Từ ta dễ dàng tính đáy x nên thể tích V2 = · x · x · x = Trước hết, ta có VR.BQM = x3 55x3 = 144 144 √ AC a Do x = a Khi ta có R = = 2 Xét nón lớn nội tiếp mặt cầu Ta có h = √ tốn trung gian tìm thể tích khối √ R ± R2 − r2 để Vmax h = R + R2 − r2 nên V(H) = x3 − V1 + V2 − √ π V = πhr2 = r2 (R + R2 − r2 ) 3 √ Khảo sát hàm số f (r) = r2 R + R2 − r2 (0; R], ta có f (r) ≤ f √ 2 R = 32 R 27 √ 2 Đẳng thức xảy r = R hay √ √ 4R a 2a h= = · = 3 30 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Chọn D √ Câu 48 Cho phương trình 16|x+2|+m + 4|x+1|+2m + − 2|x|+3m + = Có số nguyên m ∈ [−2020; 2020] để phương trình cho vơ nghiệm? A 1010 B 1011 C 2021 D 2022 Lời giải √ Giả sử f (x) = 16|x+2|+m + 4|x+1|+2m + − 2|x|+3m + ❼ Xét m ≥ 0, ta có f (x) > 4|x+2| ·4m +2|x+1| ·4m − 2|x|+3m + = 4m (4|x+2| +2|x+1| − 2|x|−m + 21−4m ) Ta chứng minh 4m (4|x+2| + 2|x+1| − 2|x|−m + 21−4m ) > 0, bất phương trình tương đương 4|x+2| + 2|x+1| − 2|x|−m + 21−4m > Vì vế trái đồng biến theo m nên ta chứng minh bất đẳng thức mạnh (khi m = 0) 2|x| + > ⇔ 4|x+2| + 2|x+1| 4|x+2| + 2|x+1| − > 2|x| + ⇒ · 22|x+2|+|x+1| > 2|x| Dễ thấy 22|x+2|+|x+1| ≥ 2, cộng vế theo vế suy · 22|x+2|+|x+1| > 2|x| + 1, ta có điều phải chứng minh Như m ≥ f (x) > nên phương trình vơ nghiệm Mà 2|x + 2| + |x + 1| − |x| ≥ −1 ⇒ 22|x+2|+|x+1|−|x| ≥ ❼ Xét m ≤ −1, ta có ≤ 16 · 42m nên √ √ √ √ f (−2) = 4m + 42m+1 + − 22+3m + ≤ 4m + 4m 20 − 22+3m + √ √ = 4m (1 + 20 − 22−m + 21−4m ) nghịch biến theo m √ √ Mà m = −1 + 20 − 22−m + 21−4m < nên f (−2) < 0, hàm f (x) liên tục R lim f (x) = +∞ nên f (x) có nghiệm (−2; +∞) x→+∞ Kết luận: để f (x) vơ nghiệm m ≥ ⇒ có 2021 giá trị m thỏa Chọn C Câu 49 Từ chữ số {0, 1, 2, , 9}, viết ngẫu nhiên số có chữ số đơi khác có dạng a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 Tính xác suất để có ràng buộc a1 + ≤ a2 + a3 < a4 − ≤ a5 + a6 ≤ a7 + a8 A 1512 B 756 C 6048 D 378 31 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com Lời giải Trước hết, ta tính khơng gian mẫu · · · · · · · = 1088640 Ta có a1 + < a4 − nên a1 + ≤ a4 , mà a1 = nên suy xảy (a1 , a4 ) = (1, 9) Ta viết lại điều kiện ≤ a2 + a3 < ≤ a5 + a6 ≤ a7 + a8 Từ dễ thấy a2 + a3 = nên (a2 , a3 ) ∈ {(0, 4), (4, 0)} Từ đây, ta có a5 , a6 , a7 , a8 ∈ {2, 3, 5, 6, 7, 8} Chọn tập số có có C64 = 15 cách; ứng với cách đó, ta chia hai nhóm phần tử tổng thu ln khơng nhỏ có C42 = cách (nhóm có tổng lớn gán cho cặp a7 , a8 ) Từ ta có số cách chọn hoán vị cho số C64 · C42 · (2!)2 = 360 Do đó, tổng số lượng số thỏa mãn · 360 = 720 Vậy xác suất cần tính 720 = 1088640 1512 Chọn A Câu 50 Xét tập hợp S tam thức bậc hai biến x có dạng sau ax2 + bx + c, ax2 + bx, ax2 + c, ax2 với a, b, c ∈ {1, 2, , 9} Lấy ngẫu nhiên m tam thức bậc hai thuộc S Xét phân số tối giản với m, n ∈ Z+ xác suất để n lấy tam thức bậc hai f (x) mà lấy hệ số x f (x) theo bậc giảm dần ghép thành số số chia hết cho 21 Tính m + n A 1050 B 950 C 939 D 943 Lời giải Trước hết, dễ dàng tính |S| = 93 + · 92 + = 900 Ta xét trường hợp sau: ❼ Nếu f (x) = ax2 + bx + c ta cần xét bội 21 có dạng abc mà a, b, c ∈ {1, 2, , 9} Ta liệt kê có 35 số (trong 42 số, ta loại số có dạng a0c, ab0 chia hết cho 21) ❼ Nếu f (x) = ax2 + bx có trường hợp (a, b) = (2, 1), (4, 2), (6, 3), (8, 4) thỏa mãn Tương tự với f (x) = ax2 + c ❼ Nếu f (x) = ax2 khơng có trường hợp thỏa mãn Vì nên có tất 35 + · = 43 trường hợp 43 Do xác suất cần tính hay m + n = 943 900 Chọn D 32 Tải tài liệu miễn phí https://vndoc.com ... = (1 − i )2020 + (1 + i )2020 , điểm biểu diễn số phức liên hợp z có tọa độ là? A ( 210 10 ; 0) B (− 210 10 ; 0) C (− 210 11 ; 0) D ( 210 11 ; 0) Lời giải Ta có z = (1 − i )2020 + (1 + i )2020 = (−2i )10 10... n= 31 ❼ m ≤ 29 ⇒ có 29 30+m min(60,30+n) 29 29+m min(60,30+n) 60 1+ 1= m =1 n=m +1 k=max(n +1, 30+m) 29 m =1 n=m +1 29 m =1 k= 31+ m k=30+m 29+m 29 min( 31 − m, + n − m) + = m =1 n=m +1 29 29 29+m 30 ( 31 −... 29 29+m 30 ( 31 − m) (1 + n − m) + = = 29 (30 − m) (1 − m) + m =1 +435 m=2 n= 31 m =1 n=m +1 = (30 − m) m =1 29 m=2 (m? ?1) ( 31? ??m)=4466 30 · 31 m(m + 1) − 2 +49 01 =4930 = 98 31 ¯ = 98 31 + 29 = 9860 ⇒ n(A)