file PDF, ĐỀ THI THPT QG MÔN TOÁN 2020........................................................................................................................................................................................................................................................................
Câu 1: B 𝐴= √𝑎5 𝑎3 𝑎4 √𝑎−2 = 𝑎3 𝑎3 𝑎 𝑎 −7 2 = 𝑎3+3−4−(−7) = 𝑎7 Câu 2: C 𝑦 = sin 𝑥 − cos 𝑥 ⟹ 𝑦 ′ = cos 𝑥 + sin 𝑥 (sin 𝑥)′ = cos 𝑥 (cos 𝑥)′ = sin 𝑥 Câu 3: B Để hàm nghịch biến khoảng xác định hàm số với 𝐷 tập xác định hàm số 𝑓(𝑥) bất khì 𝑓 ′ (𝑥) < 0, ∀𝑥 ∈ 𝐷 Lúc có hàm số 𝑥 1 𝑥 ′ 𝑦 = ( ) ⟹ 𝑦 = ln ( ) ( ) < 3 Câu 4: A Nhìn vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số 𝑓(𝑥) đạt cực tiểu −1 điểm 𝑥 = đạt cực đại 𝑥 = Suy , đáp án A Câu 5: D Ghi nhớ hình bát diện tạo thành từ hai hình chóp tứ giác có chung đáy nên bào gồm cạnh bên hình chóp cạnh đáy chúng Suy hình bát diện có tổng cộng + + = 12 𝑐ạ𝑛ℎ Câu 6: B Đối với hàm số luỹ thừa 𝑥 𝛼 , + Khi 𝛼 𝑘ℎô𝑛𝑔 â𝑚 ℎ𝑎𝑦 𝛼 ≥ 0: 𝑥 ∈ ℝ + Khi 𝛼 < 0: 𝑥 ≠ + Khi 𝛼 𝑙à 𝑠ố 𝑡ℎự𝑐: 𝑥 > Suy có hàm số 𝑦 = (2𝑥 + 1)−3 xác định với giá trị thực 𝑥 Câu 7: C 𝑆𝑥𝑞 = 𝜋𝑟𝑙 Câu 8: B log 𝑎2 (𝑎𝑏) = 1 1 log 𝑎 (𝑎𝑏) = (log 𝑎 𝑎 + log 𝑎 𝑏) = + log 𝑎 𝑏 2 2 Câu 9: A Ta có, 𝑓 ′ (𝑥) < 0, ∀𝑥 ∈ (0; +∞), suy hàm số 𝑓(𝑥) nghịch biến khoảng(0; +∞) Từ đây, ta suy được, 𝑥1 < 𝑥2 𝑓(𝑥1 ) > 𝑓(𝑥2 ), 𝑥1 , 𝑥2 > Vậy có đáp án A chắn đúng, B D không đủ kiện để kết luận Câu 10: A Vì hình chóp 𝑆 𝐴𝐵𝐶 có 𝑆𝐴, 𝑆𝐵, 𝑆𝐶 đơi vng góc nên 𝑎3 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶 = 𝑆𝐴 𝑆𝐵 𝑆𝐶 = 6 Câu 11: B Từ biểu thức 𝑆, ta suy cơng thức tổng quát số hạng dãy phần tử cuối dãy (−1)𝑛 3𝑛 𝐶𝑛𝑛 = (−3)𝑛 𝐶𝑛𝑛 Từ đây, ta sử dụng khai triển Niu-tơn với 𝑎 = 𝑣à 𝑏 = −3 Khi đó: (𝑎𝑥 + 𝑏)𝑛 = (𝑥 − 3)𝑛 = 𝐶𝑛0 𝑥 𝑛 (−3)0 + 𝐶𝑛1 𝑥 𝑛−1 (−3)1 + ⋯ + 𝐶𝑛𝑛 𝑥 (−3)𝑛 Chọn 𝑥 = , ta có: (1 − 3)𝑛 = 𝐶𝑛0 1𝑛 (−3)0 + 𝐶𝑛1 1𝑛−1 (−3)1 + ⋯ + 𝐶𝑛𝑛 10 (−3)𝑛 ⟺ (−2)𝑛 = 𝐶𝑛0 − 3𝐶𝑛1 + ⋯ + 𝐶𝑛𝑛 (−3)𝑛 ⟺ 𝑆 = (−2)𝑛 Câu 12: B Để lập vectơ khác ⃗0, ta cần có điểm phân biệt từ cặp điểm tạo thành vectơ với điểm điểm đầu điểm cuối hốn đổi vị trí nên số vectơ lập 𝐴10 Câu 13: A Nhìn vào bảng biến thiên, ta suy được: + lim 𝑓(𝑥) = ∞ ⟹ 𝑇𝑖ệ𝑚 𝑐ậ𝑛 đứ𝑛𝑔 𝑙à 𝑥 = 𝑥⟶1 + lim 𝑓(𝑥) = ⟹ 𝑇𝑖ệ𝑚 𝑐ậ𝑛 𝑛𝑔𝑎𝑛𝑔 𝑙à 𝑦 = 𝑥⟶−∞ lim 𝑓(𝑥) = ⟹ 𝑇𝑖ệ𝑚 𝑐ậ𝑛 𝑛𝑔𝑎𝑛𝑔 𝑙à 𝑦 = 𝑥⟶+∞ Vậy hàm số có tổng cộng đường tiệm cận Câu 14: D Nhìn vào đồ thị ta suy hàm số có đồ thị đồng biến tập xác định 𝐷 = (0; +∞) Suy loại A, B, C Câu 15: B Nhìn vào đồ thị, ta thấy nhánh đồ thị cuối 𝑥 ⟶ +∞ 𝑓(𝑥) đồng biến nên hệ số 𝑎 > 0, loại A, D Vì đồ thị qua điểm có toạ độ (2; −2) nên suy B Câu 16: C Số cực trị hàm số số nghiệm đơn phương trình đạo hàm hàm số Ta có: 𝑦 = 𝑥 − 𝑥 + ⟹ 𝑦 ′ = 4𝑥 − 2𝑥 𝑥=0 ′ 𝑦 = ⟺ 4𝑥 − 2𝑥 = ⟺ 2𝑥(2𝑥 − 1) = ⟺ [ √2 𝑥=± Vậy hàm số có tổng cộng điểm cực trị Câu 17: D Gọi 𝑎′ độ dài cạnh hình lập phương Độ dài đường chéo 𝐴𝐶 = 𝑎′√2 Suy 𝑆𝐴𝐶𝐶 ′ 𝐴′ = 𝐴𝐴′ 𝐴𝐶 = 𝑎′ 𝑎′√2 = 𝑎′2 √2 ⟹ 𝑎′ √2 = 2√2𝑎2 ⟺ 𝑎′ = √2𝑎 3 Vậy 𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷.𝐴′ 𝐵′ 𝐶 ′ 𝐷′ = 𝑎′ = (√2𝑎) = 2√2𝑎3 Câu 18: C Số giao điểm đồ thị hàm số số nghiệm phương trình tạo hàm số đó, ta có phương trình hồnh độ giao điểm: 𝑥 − 3𝑥 + = 𝑥 ⟺ 𝑥 − 4𝑥 + = ⟹ 𝑃ℎươ𝑛𝑔 𝑡𝑟ì𝑛ℎ 𝑐ó 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑝ℎâ𝑛 𝑏𝑖ệ𝑡 Câu 19: B Ta có phương trình hồnh độ giao điểm: 2𝑥 − = 2𝑥 − ⟺ 2𝑥 − = 2𝑥 − 𝑥 − ⟺ 2𝑥 − 3𝑥 − = 𝑥+1 Gọi 𝐴(𝑥𝐴 ; 𝑦𝐴 ), 𝐵(𝑥𝐵 ; 𝑦𝐵 ) Khi đó, A B giao điểm đồ thị nên áp dụng định lí Viet thay 𝑥𝐴 , 𝑥𝐵 vào đường thẳng 𝑦 = 2𝑥 − ta có: 𝑥𝐴 + 𝑥𝐵 = { 𝑦𝐴 = 2𝑥𝐴 − 𝑦𝐵 = 2𝑥𝐵 − Suy ra: 𝑀(𝑥𝑀 ; 𝑦𝑀 ) với 𝑥𝐴 + 𝑥𝐵 𝑥𝑀 = 𝑥𝑀 = 4 { ⟺{ 𝑦𝐴 + 𝑦𝐵 ⟺ { 2(𝑥𝐴 + 𝑥𝐵 ) − 𝑦𝑀 = 𝑦𝑀 = − 𝑦𝑀 = 2 𝑥𝑀 = Câu 20: B Hàm số nghịch biến đạo hàm nhỏ với 𝑥 thuộc khác cho trước Suy ra, để hàm số 𝑦 = log (𝑥 − 2𝑥) nghịch biến 2𝑥 − (𝑥 − 2𝑥)(2𝑥 − 2) < 𝑦′ = 𝑥 − 2𝑥 > 𝑥 − 2𝑥 > 𝑥2⟺𝑥 ⟹ 𝐻à𝑚 𝑠ố đồ𝑛𝑔 𝑏𝑖ế𝑛 𝑡𝑟ê𝑛 𝑘ℎ𝑜ả𝑛𝑔 (0; +∞) Và 𝑓(0) = −1 { 𝑓(3) = − Suy ra: 𝑚 = −1 ⟹ 𝑆 = 2𝑀 − 𝑚 = { 𝑀=− Câu 24: B Ta có: 𝑦 = 𝑥 − 3𝑥 − 9𝑥 + ⟹ 𝑦 ′ = 3𝑥 − 6𝑥 − Để hàm số đồng biến thì: 𝑦 ′ > ⟺ 3𝑥 − 6𝑥 − > ⟺ [ Vì (−5; −2) ⊂ (−∞; −1) nên chọn đáp án B 𝑥 < −1 𝑥>3 Câu 25: C Ta có: 𝑦 = 2𝑥 + 𝑥𝑙𝑛 𝑥 ⟹ 𝑦 ′ = 6𝑥 + ln 𝑥 + Phương trình tiếp tuyến đồ thị (𝐶) điểm 𝑀(1; 2) có dạng: 𝑦 = 𝑓 ′ (𝑥0 )(𝑥 − 𝑥0 ) + 𝑦0 𝑎 = 𝑓 ′ (1) 𝑎=7 𝐻𝑎𝑦 𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑣ớ𝑖 { ⟺{ 𝑏 = (−1)𝑓 ′ (1) + 𝑏 = −5 Câu 26: D Vì 𝐴𝐵𝐶 tam giác cạnh 𝑎 nên 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶 = √3𝑎2 1 √3𝑎2 √3𝑎3 𝑆𝐴 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝑎 = 3 12 Câu 27: B Đặt 𝑇 = 20 000 000 số tiền gốc hai anh em A 𝑟 = 0,5% lãi suất hàng tháng ngân hàng Như vậy, sau năm tức 12 tháng số tiền gốc lẫn lãi hai anh em là: 𝑇(1 + 𝑟)12 ≈ 21 233 556 ≈ 21 234 000 đồ𝑛𝑔 Câu 28: C Ta có: 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑉𝑆.𝐵𝐶𝐷 + 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐷 Mà 𝑉𝑆.𝐵𝐶𝐷 = 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐷 (𝑑𝑜 𝑐ó 𝑐ù𝑛𝑔 𝑐ℎ𝑖ề𝑢 𝑐𝑎𝑜 𝑣à đá𝑦 𝑐ù𝑛𝑔 𝑑𝑖ệ𝑛 𝑡í𝑐ℎ) Suy ra: 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶𝐷 = 2𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐷 = 2𝑉𝐷.𝑆𝐴𝐵 = 𝑑(𝐷, (𝑆𝐴𝐵)) 𝑆𝑆𝐴𝐵 = 𝑑(𝑀, (𝑆𝐴𝐵)) 𝑆𝑆𝐴𝐵 ⟹ 4𝑎 = 𝑑(𝑀, (𝑆𝐴𝐵)) 𝑎2 ⟺ 𝑑(𝑀, (𝑆𝐴𝐵)) = 3𝑎 Câu 29: A Gọi 𝐻(ℎ; 0) với điều kiện ℎ cho đường thẳng qua 𝐻 song song với trục tung cắt đồ thị hàm số 𝑦 = log 𝑎 𝑥 𝑣à 𝑦 = log 𝑏 𝑥 𝑡ạ𝑖 𝐴 𝑣à 𝐵 Suy 𝐴(ℎ; log 𝑎 ℎ) 𝑣à 𝐵(ℎ; log 𝑏 ℎ) Ta có: log 𝑎 ℎ 3𝐻𝐴 = 4𝐻𝐵 ⟺ log 𝑎 ℎ = −4 log 𝑏 ℎ (𝑣ì log 𝑏 ℎ < 0) ⟺ =− log 𝑏 ℎ ⟺ log 𝑎 𝑏 = − ⟺ 𝑎−4 = 𝑏 ⟺ 𝑎4 𝑏 = Câu 30: B Vì hình trụ nội tiếp hình lập phương cạnh 𝑎 nên chiều cao hình trụ ℎ = 𝑎 bán 𝑎 kính đáy hình trụ 𝑟 = Lúc 𝑎 𝑉𝑡𝑟ụ = ℎ 𝑟 𝜋 = 𝑎 ( ) 𝜋 = 𝜋𝑎3 Câu 31: C 𝑥−2 Ta có: 𝑦 = √𝑥 − 4𝑥 − ⟹ 𝑦 ′ = √𝑥 𝑣ớ𝑖 𝑥 ∈ (−∞; −1) ∪ (5; +∞) −4𝑥−5 Suy ra: Hàm số đồng biến khoảng (5; +∞) nghịch biến khoảng (−∞; −1) Câu 32: B Vì 𝐴𝐵𝐶 𝐴′𝐵′𝐶′ hình lăng trụ nên 𝐴′𝐵′𝐶′ tam giác 𝐵𝐵′ ⊥ (𝐴′𝐵′𝐶′) Với 𝐷 trung điểm 𝐵′𝐶′, ta có: 𝐴′ 𝐷 ⊥ 𝐵 ′ 𝐶 ′ { ′ ⟹ 𝐴′ 𝐷 ⊥ (𝐵𝐵 ′ 𝐶 ′ 𝐶) ⟹ 𝐴′ 𝐷 ⊥ 𝐵𝐷 𝐴 𝐷 ⊥ 𝐵𝐵 ′ Suy 𝐷 hình chiếu vng góc 𝐴′ lên (𝐵𝐵 ′ 𝐶 ′ 𝐶) Nên góc hợp 𝐴′ 𝐵 𝑣à (𝐵𝐵 ′ 𝐶 ′ 𝐶) góc hợp ′ 𝐵𝐷 𝐴′ 𝐵 𝑣à 𝐵𝐷 ℎ𝑎𝑦 𝐴̂ 𝐴𝐵√3 𝑎√3 𝐴′ 𝐷 = = , 𝐵𝐷 = √𝐵𝐵 ′2 + 𝐵 ′ 𝐷2 = 𝑎 2 𝐴′ 𝐷 √3 ′ 𝐵𝐷 = 300 𝑡𝑎𝑛 𝐴 𝐵𝐷 = = ⟹ 𝐴̂ 𝐵𝐷 ′ Câu 33: D Thể tích thực khối tròn xoay (𝐻) hợp thành từ khối nón cụt khối trụ Từ mặt cắt qua trục (𝐻), ta dễ dàng tính 1 14 𝑉𝑛ó𝑛 𝑐ụ𝑡 = 4.22 𝜋 − 2.12 𝜋 = 𝜋(𝑐𝑚3 ) 3 𝑉𝑡𝑟ụ = 4.1,52 𝜋 = 9𝜋(𝑐𝑚3 ) 14 41 𝑉(𝐻) = 𝑉𝑛ó𝑛 𝑐ụ𝑡 + 𝑉𝑡𝑟ụ = 𝜋 + 9𝜋 = 𝜋(𝑐𝑚3 ) 3 Câu 34: A Từ tập 𝐴 = {1,2,3, … ,20} ta suy tập có 10 số chẵn 10 số lẻ Để tập rỗng có số phần tử số chẵn số phần tử số lẻ ta chọn số lượng số chẵn 10 số chẵn chọn với số lượng tương ứng 10 số lẻ Ví dụ chọn số chẵn 10 số chẵn, ta có 𝐶10 𝑐á𝑐ℎ 𝑐ℎọ𝑛, có 𝐶10 𝑐á𝑐ℎ 𝑐ℎọ𝑛 số lẻ tương ứng Như tổng số tập tạo thành 3 10 10 1 2 𝐶10 𝐶10 + 𝐶10 𝐶10 + 𝐶10 𝐶10 + ⋯ + 𝐶10 𝐶10 = 184755(𝑡ậ𝑝 𝑐𝑜𝑛) Câu 35: B Vẽ đường tròn (𝑂) đường kính 𝐴𝐹, ̂ = 𝐴𝐶𝐹 ̂ = 900 (1) suy 𝐴𝐵𝐹 𝐵𝐹 ⊥ 𝐴𝑀 𝐴𝑀 ⊥ 𝑀𝐹 ⟹{ ⟹{ 𝐶𝐹 ⊥ 𝐴𝑁 𝐴𝑁 ⊥ 𝑁𝐹 ̂ = 𝐴𝑁𝐹 ̂ = 900 (2) ⟹ 𝐴𝑀𝐹 Từ (1) 𝑣à (2), suy 𝑀, 𝑁, 𝐵, 𝐶 thuộc mặt cầu (𝑂) đường kính 𝐴𝐹 Nên 𝑅 = 𝑂𝐴 𝐵𝐶 = √7 𝐴𝐵 = 𝐴𝐵 𝐴𝐶 𝐵𝐶 = 6√7 { 𝐴𝐶 = ⟹ 3√3 ̂ = 600 𝐵𝐴𝐶 𝑆𝐴𝐵𝐶 = { 𝐴𝐵 𝐴𝐶 𝐵𝐶 √21 ⟹ 𝑅 = 𝑂𝐴 = = 4𝑆𝐴𝐵𝐶 Như vây, dạng tốn này, cần tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đáy Câu 36: D 𝑚𝑥+1 Ta có: 𝑦 = 𝑥+𝑚 (5) 𝑚𝑥+1 ′ ⟹𝑦 = 𝑚2 −1 1 𝑥+𝑚 ln (5) (𝑥+𝑚)2 Để hàm số đồng biến khoảng (2 ; +∞) 𝑚𝑥+1 𝑚2 − 1 𝑥+𝑚 𝑦′ = ln ( ) > 0, ∀𝑥 ∈ ( ; +∞) (𝑥 + 𝑚) 5 𝑚𝑥+1 Vì 1 𝑥+𝑚 ln (5) < 0, ∀𝑥 ≠ −𝑚, nên: 𝑚2 − 1 < 0, ∀𝑥 ∈ ( ; +∞) (𝑥 + 𝑚) 𝑚2 − < ⟹{ 𝑥 = −𝑚 ≤ 1 (𝑇ậ𝑝 𝑥á𝑐 đị𝑛ℎ 𝑝ℎả𝑖 𝑏𝑎𝑜 𝑔ồ𝑚 𝑘ℎ𝑜ả𝑛𝑔 ( ; +∞)) 2 −1 < 𝑚 < 1 ⟺− ≤𝑚 ⟺ [ 𝑥 > −𝑚 𝑥 − 3𝑚 > 𝑥 > 3𝑚 { { 𝑥+𝑚 0, ∆′ = (𝑚 + 3)2 − 6𝑚 = 𝑚2 + > Suy hàm số 𝑓(𝑥) có điểm cực trị Gọi cực trị 𝑥1 𝑣à 𝑥2 , 𝑥1 𝑣à 𝑥2 nghiệm phương trình 𝑓 ′ (𝑥) = nên áp dụng định lí Viet, ta có: 2(𝑚 + 3) 𝑥1 + 𝑥2 = { 2𝑚 𝑥1 𝑥2 = Vì 𝑚 > nên 𝑥1 , 𝑥2 > Ta kết luận đồ thị 𝑓(|𝑥|) có tổng cộng cực trị Câu 39: A Ta có: 𝐶𝐷⁄/𝐴𝐵 ⟹ 𝐶𝐷⁄/(𝑆𝐴𝐵) ⟹ 𝑑(𝑃, (𝑆𝐴𝐵)) = 𝑑(𝐷, (𝑆𝐴𝐵)) 𝑆𝐴𝑀𝑁 = 𝑆𝑆𝑀𝑁 = 𝑆𝑆𝐴𝐵 𝑉𝐴𝑀𝑁𝑃 = 𝑑(𝑃, (𝐴𝑀𝑁)) 𝑆𝐴𝑀𝑁 1 = 𝑑(𝐷, (𝑆𝐴𝐵)) 𝑆𝑆𝐴𝐵 = 𝑉𝐷.𝑆𝐴𝐵 4 Mặt khác, 𝑉 𝑉𝐷.𝑆𝐴𝐵 = 𝑉𝑆.𝐵𝐶𝐷 = Suy ra, 𝑉 𝑉 𝑉𝐴𝑀𝑁𝑃 = = Câu 40: B Vì 𝐴 tập hợp số tự nhiên có chữ số đơi khác nên ta có: 𝑛(Ω) = 9𝐴89 Do số thành lập từ chữ số từ đến mà tổng + + + ⋯ + = 45 ⋮ ̅̅̅̅ Nên tổng chữ số số cần lập có dạng 45 − 𝑥, 𝑥 ∈ 0,9 Và (45 − 𝑥) ⋮ ⟹ 𝑥 ⋮ ⟹ 𝑥 𝑐ℎỉ 𝑐ó 𝑡ℎể 𝑙à 0, 3, ℎ𝑜ặ𝑐 Vậy số số cần tìm 9! + 8.8! + 8.8! + 8.8! Vậy xác suất cần tìm 9! + 8.8! + 8.8! + 8.8! 11 = 27 9𝐴89 Câu 41: C Nhìn vào đồ thị ta thấy phương trình 𝑓(𝑥) = có tổng cộng nghiệm phân biệt 𝑓(𝑎) = 0, 𝑎 ∈ (−2; −1) { 𝑓(𝑏) = 0, 𝑏 ∈ (0; 1) 𝑓(𝑐) = 0, 𝑐 ∈ (1; 2) Khi đó: 𝑓(𝑥) = 𝑎 𝑓(𝑓(𝑥)) = ⟺ { 𝑓(𝑥) = 𝑏 𝑓(𝑥) = 𝑐 Tiếp tục nhìn vào đồ thị, + 𝑉ớ𝑖 𝑎 ∈ (−2; −1), 𝑡𝑎 𝑡ℎấ𝑦 đườ𝑛𝑔 𝑡ℎẳ𝑛𝑔 𝑦 = 𝑎 𝑐ắ𝑡 đồ 𝑡ℎị ℎà𝑚 𝑠ố 𝑡ạ𝑖 đ𝑖ể𝑚 ⟹ 𝑃ℎươ𝑛𝑔 𝑡𝑟ì𝑛ℎ 𝑓(𝑥) = 𝑎 𝑐ó 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑑𝑢𝑦 𝑛ℎấ𝑡 Tương tự: 𝑃ℎươ𝑛𝑔 𝑡𝑟ì𝑛ℎ 𝑓(𝑥) = 𝑏 𝑣à 𝑓(𝑥) = 𝑐 đề𝑢 𝑐ó 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑝ℎâ𝑛 𝑏𝑖ệ𝑡 Vậy phương trình 𝑓(𝑓(𝑥)) = 𝑐ó 𝑡ổ𝑛𝑔 𝑐ộ𝑛𝑔 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑝ℎâ𝑛 𝑏𝑖ệ𝑡 Câu 42: C Ta có: 𝑓(𝑥) = 2𝑥 − 4𝑥 + 3𝑚𝑥 − 𝑚𝑥 − 2𝑚√𝑥 − 𝑥 + + = 2𝑥 − 4𝑥 + + 𝑚(3𝑥 − 𝑥 − 2√𝑥 − 𝑥 + 1) 𝑓(𝑥) ≥ ⟺ 2𝑥 − 4𝑥 + + 𝑚 (3𝑥 − 𝑥 − 2√𝑥 − 𝑥 + 1) ≥ Xét 𝑥=1 3𝑥 − 𝑥 − 2√𝑥 − 𝑥 + = ⟺ [ (𝑆ℎ𝑖𝑓𝑡 𝑆𝑜𝑙𝑣𝑒) 𝑥 ≈ −0,892 Khi 𝑥 = 1: 𝑓(𝑥) = ≥ Khi 𝑥 ≈ −0,892: 𝑓(𝑥) ≈ 0,084 ≥ ⟹ 𝑇ℎ𝑜ả 𝑦ê𝑢 𝑐ầ𝑢 đề 𝑏à𝑖 Xét 3𝑥 − 𝑥 − 2√𝑥 − 𝑥 + ≠ Dùng bảng gía trị (máy tính bỏ túi), ta có: 3𝑥 − 𝑥 − 2√𝑥 − 𝑥 + > ⟺ 𝑥 ∈ (−∞; −0,892) ∪ (1; +∞) { 3𝑥 − 𝑥 − 2√𝑥 − 𝑥 + < ⟺ 𝑥 ∈ (−0,892; 1) + Xét 𝑥 ∈ (−∞; −0,892) ∪ (1; +∞): −2𝑥 + 4𝑥 − 𝑚≥ 3𝑥 − 𝑥 − 2√𝑥 − 𝑥 + −2𝑥 +4𝑥3 −2 Tiếp tục dùng bảng giá trị, tìm GTLN , ta được: 3𝑥 −𝑥−2√𝑥 −𝑥+1 −2𝑥 + 4𝑥 − ≤ 𝑡ạ𝑖 𝑥 = 1,00001 3𝑥 − 𝑥 − 2√𝑥 − 𝑥 + Suy 𝑚 ≥ + Xét 𝑥 ∈ (−0,892; 1): −2𝑥 + 4𝑥 − 𝑚≤ 3𝑥 − 𝑥 − 2√𝑥 − 𝑥 + −2𝑥 +4𝑥 −2 Dùng bảng giá trị, tìm GTNN , ta được: 3𝑥 −𝑥−2√𝑥2 −𝑥+1 −2𝑥 + 4𝑥 − ≥ 1,003 𝑡ạ𝑖 𝑥 = 0,054 3𝑥 − 𝑥 − 2√𝑥 − 𝑥 + Suy 𝑚 ≤ 1,003 Vậy dự đoán ≤ 𝑚 ≤ 1,003 Câu 43: A Gọi 𝑁, 𝐷 trung điểm 𝐵𝐵 ′ 𝑣à 𝐴′𝐵′ Suy ra, 𝐴𝐵 ⁄/𝑀𝑁 ⟹ 𝐴𝐵 ⁄/(𝐶′𝑀𝑁) ⟹ 𝑑(𝐴𝐵, 𝑀𝐶 ′ ) = 𝑑(𝐴𝐵, (𝐶 ′ 𝑀𝑁)) = 𝑑(𝐴, (𝐶′𝑀𝑁)) Ta có: 𝑉𝐴𝐵𝐶.𝐴′ 𝐵′𝐶 ′ = 𝑉𝐶 ′ 𝐴′ 𝐵′ 𝑁𝑀 + 𝑉𝐴.𝐶 ′ 𝑀𝑁 + 𝑉𝐶 ′ 𝐴𝐶𝑁 + 𝑉𝑁.𝐴𝐵𝐶 + 𝑉𝐴𝐵𝐶.𝐴′ 𝐵′𝐶 ′ = 𝑎3 1 𝑎√2 2√2𝑎2 𝑎3 + 𝑉𝐶 ′ 𝐴′ 𝐵′𝑁𝑀 = 𝐶 ′ 𝐷 𝑆𝐴′ 𝐵′ 𝑁𝑀 = = 3 2 1 𝑎3 + 𝑉𝐶 ′ 𝐴𝐶𝑁 = 𝐴𝐶 𝑆𝐶𝐶 ′ 𝑁 = 𝑎 2𝑎 𝑎 = 3 𝑎3 + 𝑉𝑁.𝐴𝐵𝐶 = 𝐵𝑁 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝑎3 Suy ra, 𝑉𝐴.𝐶 ′ 𝑀𝑁 = 𝑎2 √3 𝑎√3 Vậy 𝑑(𝐴, (𝐶 ′ 𝑀𝑁)) = 𝑆𝐶 ′ 𝑀𝑁 = Câu 44: B Ta có: log 𝑥 +𝑦 +3(2𝑥 + 2𝑦 + 5) ≥ ⟺ 2𝑥 + 2𝑦 + ≥ 𝑥 + 𝑦 + ⟺ 𝑥 − 2𝑥 + + 𝑦 − 2𝑦 + ≤ ⟺ (𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 1)2 ≤ ⟹ (𝑥; 𝑦) 𝑙à 𝑡ậ𝑝 ℎợ𝑝 đ𝑖ể𝑚 𝑐ủ𝑎 ℎì𝑛ℎ 𝑡𝑟ò𝑛 (𝐶) 𝑡â𝑚 𝐼(1; 1) 𝑏á𝑛 𝑘í𝑛ℎ 𝑟 = Mà 𝑥 + 𝑦 + 4𝑥 + 6𝑦 + 13 − 𝑚 = ⟺ (𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 1)2 − = −6𝑥 − 8𝑦 − 15 + 𝑚 Để tồn cặp (𝑥; 𝑦) thoả u cầu đề đường thẳng có phương trình −6𝑥 − 8𝑦 − 15 + 𝑚 = phải tiếp tuyến (𝐶) Nhìn vào hình vẽ, đường thẳng khơng cắt hình tròn nên có tiếp tuyến cần tìm, suy tồn giá trị 𝑚 thoả yêu cầu đề Câu 45: A ′ Ta có: 𝑓 ′ (𝑥 ) = 2𝑥(𝑓(𝑥 )) Để hàm số 𝑓(𝑥 ) nghịch biến 𝑥>0 ′ (𝑓(𝑥 )) < ′ (𝑥 ) ))′ 𝑓 = 2𝑥(𝑓(𝑥 0 ′ 𝑋é𝑡 { (𝑓(𝑥 )) < ⟹ 𝑥 (𝑥 − 9)(𝑥 − 1)2 < ⟹ 𝑥 − < ⟺ −3 < 𝑥 < Suy < 𝑥 < { 𝑋é𝑡 { 𝑥 ⟹ 𝑥 (𝑥 − 9)(𝑥 − 1)2 > ⟹ 𝑥 − > ⟺ [ Suy 𝑥 < −3 Vậy 𝑥 ∈ (−∞; −3) ∪ (0; 3) 𝑥>3 𝑥 < −3 Câu 46: D ′ Ta đặt: ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥 ) − 2𝑥 ⟹ ℎ′ (𝑥) = 2𝑥(𝑓(𝑥 )) − Suy ra: ′ ℎ(𝑥) đồ𝑛𝑔 𝑏𝑖ế𝑛 ⟺ 𝑥(𝑓(𝑥 )) − > { ′ ℎ(𝑥) 𝑛𝑔ℎị𝑐ℎ 𝑏𝑖ế𝑛 𝑏𝑖ế𝑛 ⟺ 𝑥(𝑓(𝑥 )) − < Gọi 𝑎 𝑙à 𝑔𝑖á 𝑡𝑟ị 𝑠𝑎𝑜 𝑐ℎ𝑜 𝑓 ′ (𝑎) = 1, 𝑎 ∈ (0; 1) ⟹ 𝑎2 ∈ (0; 1) Nhìn vào đồ thị hàm số 𝑓 ′ (𝑥), ta dễ dàng thấy với 𝑥 ∈ (0; 𝑎) ′ ′ ′ 𝑓 ′ (𝑥) < ⟹ (𝑓(𝑥 )) < ⟹ 𝑥(𝑓(𝑥 )) < ⟺ 𝑥(𝑓(𝑥 )) − < Suy hàm số ℎ(𝑥) 𝑛𝑔ℎị𝑐ℎ 𝑏𝑖ế𝑛 𝑡𝑟ê𝑛 𝑘ℎ𝑜ả𝑛𝑔(0; 𝑎) Vì 𝑓(0) = 0, 𝑓(𝑥) 𝑐ó 𝑐ự𝑐 𝑡𝑟ị 𝑑𝑢𝑦 𝑛ℎấ𝑡 𝑡ạ𝑖 𝑥 = 𝑛ê𝑛 𝐺𝑇𝑁𝑁 𝑐ủ𝑎 𝑓(𝑥) 𝑐ũ𝑛𝑔 𝑐ℎí𝑛ℎ 𝑙à 𝑓(0) = (Tới tưởng tượng hàm số có dạng giống 𝑦 = 𝑥 ) 𝐾ℎ𝑖 𝑥 < 0, 𝑓 ′ (𝑥) < ⟹ 𝐻à𝑚 𝑠ố 𝑓(𝑥) 𝑛𝑔ℎị𝑐ℎ 𝑏𝑖ế𝑛 𝑘ℎ𝑖 𝑥 < Tương tự: 𝐻à𝑚 𝑠ố 𝑓(𝑥) đồ𝑛𝑔 𝑏𝑖ế𝑛 𝑘ℎ𝑖 𝑥 ≥ Vì 𝑓(𝑥) có cực trị nằm hồn toàn trục 𝑂𝑥 (gốc phần tư thứ I thứ II) nên đường thẳng 𝑦 = 2𝑥 𝑛ằ𝑚 𝑔ố𝑐 𝑝ℎầ𝑛 𝑡ư 𝑡ℎứ 𝐼 𝑣à 𝑡ℎứ 𝐼𝐼𝐼 cắt tối đa điểm Như chứng minh ℎ(𝑥) 𝑛𝑔ℎị𝑐ℎ 𝑏𝑖ế𝑛 𝑡𝑟ê𝑛 𝑘ℎ𝑜ả𝑛𝑔 (0; 𝑎) Vậy suy ℎ(𝑥) 𝑛𝑔ℎị𝑐ℎ 𝑏𝑖ế𝑛 𝑡𝑟ê𝑛 𝑘ℎ𝑜ả𝑛𝑔(−∞; 𝑎) 𝑣à đồ𝑛𝑔 𝑏𝑖ế𝑛 𝑡𝑟ê𝑛 (𝑎; +∞) Dễ dàng suy với 𝑥 ∈ (0; 𝑎), ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥 ) − 2𝑥 < Có thể minh hoạ hàm số ℎ(𝑥) hình vẽ bên suy 𝑔(𝑥) = |𝑓(𝑥 ) − 2𝑥| có tổng cộng cực trị Câu 47: C Ta có: 𝑓(𝑥) = ln (1 − 𝑥 ) ⟹ 𝑓 ′ (𝑥) = 2 𝑥3 (1− ) 𝑥 2 1 = 𝑥 −𝑥 = 𝑥(𝑥−1)(𝑥+1) = − 𝑥 + 𝑥−1 + 𝑥+1 Để tách 𝑥(𝑥−1)(𝑥+1) = − 𝑥 + 𝑥−1 + 𝑥+1, ta đặt: Suy ra: (𝐴 + 𝐵 + 𝐶)𝑥 + (𝐵 − 𝐶)𝑥 − 𝐴 𝐴 𝐵 𝐶 = + + = 𝑥(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) 𝑥 𝑥 − 𝑥 + 𝑥(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) 𝐴+𝐵+𝐶 =0 𝐴 = −2 (𝐴 (𝐵 ⟹ + 𝐵 + 𝐶)𝑥 + − 𝐶)𝑥 − 𝐴 = ⟹ { 𝐵 − 𝐶 = ⟺ { 𝐵 = −𝐴 = 𝐶=1 𝑥=2020 1 = ∑ (− + + ) 𝑥 𝑥−1 𝑥+1 𝑥=2 1 1 1 1 = −2 ( + + ⋯ + ) + (1 + + ⋯ + ) + ( + + ⋯+ ) 2020 2019 2021 1 1 = −2 ( + ) + (1 + ) + ( + ) 2020 2020 2021 𝑓 = ′ (2) +𝑓 ′ (3) +𝑓 ′ (4) + ⋯+ 𝑓 ′ (2020) 1 2041209 𝑚 = 2041209 + − = ⟹{ ⟹ 𝑆 = 2𝑚 − 𝑛 = −2 𝑛 = 4082420 2021 2020 4082420 Câu 48: D Gọi 𝐻 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝐴𝐵𝐶 Vì 𝑆𝐴 = 𝑆𝐵 = 𝑆𝐶 nên 𝑆 cách đỉnh tam giác 𝐴𝐵𝐶 nên 𝑆𝐻 ⊥ (𝐴𝐵𝐶) Ta có: 3√7𝑎2 𝑆 = { 𝐴𝐵𝐶 𝐴𝐵 𝐴𝐶 𝐵𝐶 = 12𝑎3 𝐴𝐵 𝐴𝐶 𝐵𝐶 4√7𝑎 ⟹𝑅= = 4𝑆𝐴𝐵𝐶 √35𝑎 𝑆𝐻 = √𝑆𝐴2 − 𝑅 = √5𝑎2 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶 = 𝑆𝐻 𝑆𝐴𝐵𝐶 = Câu 49: A 1 Ta có: 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 − 2019 ⟹ 𝑔′ (𝑥) = 𝑓 ′ (𝑥) − 𝑥 + 𝑥 + Suy ra: 𝑔′ (𝑥) = ⟺ 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑥 − 𝑥 − (1) Đường màu đỏ hàm số 𝑦 = 𝑥 − 𝑥 − Như phươngt trình (1) có tổng cộng nghiệm phân biệt nên 𝑔(𝑥) có cực trị 𝑥 = −1 {𝑥 = 𝑎, (0 < 𝑎 < 1) 𝑥=2 Trong đó, + 𝑥 = −1 𝑣à 𝑥 = cực tiểu đồ thị đỏ nằm đồ thị đen xét 𝑥 ⟶ −1− 𝑣à 𝑥 ⟶ 2− + 𝑥 = 𝑎 cực đại Suy GTNN đoạn [−1; 2] 𝑔(−1) ℎ𝑜ặ𝑐 𝑔(2) Nhìn vào hình vẽ dễ dàng suy 𝑔(0) > 𝑔(1) Mà 𝑔(−1) + 𝑔(1) > 𝑔(0) + 𝑔(2) Suy ra: 𝑔(−1) > 𝑔(2) Vậy GTNN đoạn [−1; 2] phải 𝑔(2) Câu 50: B Dễ thấy, tam giác 𝐴𝐵𝐶 𝑣𝑢ô𝑛𝑔 𝑡ạ𝑖 𝐵 Kẻ 𝐶𝐸 ⁄/ 𝐴𝐵, 𝑔ọ𝑖 𝑀, 𝑁 𝑙à 𝑡𝑟𝑢𝑛𝑔 đ𝑖ể𝑚 𝑐ủ𝑎 𝐴𝐵 𝑣à 𝐶𝐸 Kẻ 𝐷𝐻 ⊥ 𝑀𝑁, 𝑀𝐾 ⊥ 𝐷𝑁 Vì 𝐴𝐵𝐷 tam giác nên 𝐷𝑀 ⊥ 𝐴𝐵 Mà 𝐴𝐵 ⊥ 𝑀𝑁, suy ra: 𝐴𝐵 ⊥ 𝐷𝐻 ⟹ 𝐴𝐵 ⊥ 𝑀𝐾 (1) Ta 𝐷𝐻 ⊥ (𝐴𝐵𝐶𝐸) ⟹ 𝐶𝐸 ⊥ 𝐷𝐻 ⟹ 𝐶𝐸 ⊥ 𝑀𝐾 Suy ra, 𝑀𝐾 ⊥ 𝐶𝐷 (2) Từ (1) 𝑣à (2), suy 𝑀𝐾 đoạn vng góc chung 𝐴𝐵 𝑣à 𝐶𝐷 ⟹ 𝑀𝐾 = 𝑎 Xét tam giác 𝐷𝑀𝑁, 𝐴𝐵√3 𝐷𝑀 = = 𝑎√3 ⟹ 𝐷𝑀 = 𝑀𝑁 ⟹ 𝐷𝑀𝑁 𝑐â𝑛 𝑡ạ𝑖 𝑀 ⟹ 𝐾 𝑙à 𝑡𝑟𝑢𝑛𝑔 đ𝑖ể𝑚 𝐷𝑁 2√6𝑎 𝐷𝐻 𝑀𝑁 = 𝑀𝐾 𝐷𝑁 ⟹ 𝐷𝐻 = 1 2√6𝑎 𝑉𝐷.𝐴𝐵𝐶 = 𝐷𝐻 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 2𝑎 √3𝑎 3 2√2𝑎3 = ...