ÔN TOÁN THPT QUỐC GIA

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 • ĐỀ SỐ 27 - MỖI NGÀY ĐỀ THI Câu Cấp số cộng  un  có u1  123 u3  u15  84 Số hạng u17 có giá trị là: B A 11 C 235 Lời giải D 242 Chọn A Ta có: u3  u15  84  u1  2d   u1  14d   84  d  7 Vậy u17  u1  16d  11 Câu Giới hạn lim x  A 5 5x  số sau đây? 1 2x 2 B C D Lời giải Chọn A 5 5x  x  Ta có: lim  lim x   x x   2 x Câu Cho hàm số y  f ( x) liên tục đoạn  2;6 , có đồ thị hình vẽ Gọi M , m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ f  x  miền  2;6 Tính giá trị biểu thức T  2M  3m A 16 B C Lời giải D 2 Chọn B Nhìn vào đồ thị ta thấy: f  x  đạt giá trị lớn miền  2;6 M  , f  x  đạt giá trị lớn miền  2;6 m  4 Do đó, T  M  3m  2.6  3.(4)  Trang 1/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu Cho hàm số y  f (x ) có bảng biến thiên hình vẽ Giá trị cực tiểu hàm số số sau đây? A -4 B C Lời giải D -1 Chọn A Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực tiểu hàm số yCT  4 Câu Cho hàm số y  f  x  xác định * , liên tục khoảng xác định có bảng biến thiên hình vẽ Chọn khẳng định đồ thị hàm số A Đồ thị có tiệm cận ngang B Đồ thị có tiệm cận ngang C Đồ thị có tiệm cận đứng D Đồ thị khơng có tiệm cận ngang đứng tiệm cận ngang Lời giải Chọn C Tập xác định hàm số D   \ 0 Nhìn vào bảng biến thiên ta có: 1) lim f  x     Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  x 0  lim f  x     x 2)   Đồ thị hàm số tiệm cận ngang f  x     xlim  Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng Câu Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ bên Trang 2/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Hàm số y  f  x  đồng biến khoảng sau đây? A  1;0  B 1;   C  0;1 D  1;1 Lời giải Chọn C Từ đồ thị ta thấy hàm số y  f  x  đồng biến khoảng  ; 1  0;1 Câu Với a , b hai số dương tuỳ ý log  a 3b  có giá trị biểu thức đây?   A  log a  log b    C 3log a  log b B 2log a  3log b D 3log a  2log b Lời giải Chọn D Vì a, b hai số dương nên log  a 3b   log a  logb  3log a  logb Câu Hàm số f ( x)  log3 ( x - x) có đạo hàm miền xác định f ( x) Chọn kết A f ( x)  C f ( x)  ln x  4x B f ( x)  ( x  x) ln (2 x  4) ln 2x  D f ( x)  x  4x ( x  x) ln Lời giải Chọn D Tập xác định: D  (;0)  (4; ) f ( x)  Câu ( x - x) 2x -  ( x - x) ln ( x - x) ln Hàm số sau nguyên hàm hàm số f  x   sin x  e x  x ? A F  x    cos x  e x  x 1 B F  x   cos x  e x  x  C F  x   cos x  e x  x D F  x    cos x  ex  x2 x 1 Lời giải Chọn A Áp dụng cơng thức ngun hàm bản, ta có:  f  x  dx    sin x  e x   x dx   cos x  e x  Vậy F  x    cos x  e x  x C x  nguyên hàm hàm số f  x   sin x  e x  x Trang 3/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu 10 Cho  f  x  dx   ln x  C ( với C số tùy ý ), miền  0;   , chọn khẳng định x hàm số f  x  C f  x    x  x 1 x2 B f  x   A f  x   x  ln x  ln x x D f  x     ln x x2 Lời giải Chọn B 1 x 1 1  Ta có: f  x     ln x  C      x x x x  Câu 11 Cho  f  x  dx  3,  g  x  dx  2 Tính giá trị biểu thức I    f  x   3g  x  dx 0 B A 12 C D y  6 Lời giải Chọn A 1 Ta có I    f  x   g  x   dx   f  x  dx  3 g  x  dx  2.3   2   12 Câu 12 0 Điểm M hình vẽ biểu diễn số phức z Chọn kết luận số phức z A z   5i B z  3  5i C z   5i Lời giải D z  3  5i Chọn D Ta có điểm M  3; 5 , nên số phức z  3  5i Vậy z  3  5i Câu 13 Cho hình lăng trụ đứng ABC ABC  có BB  a , đáy ABC tam giác vuông cân B, AC  a Tính thể tích lăng trụ Trang 4/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 B' C' A' B C a A a3 A a3 B a3 D C a Lời giải Chọn D  Trong ABC : AC  AB  BC  AB  a   AB  BC  a Thể tích khối lăng trụ ABC ABC  là: VABC ABC   S ABC BB  Câu 14 a3 AB.BC.BB  2 Cho hình nón có đường sinh a , góc đường sinh đáy  Tính diện tích xung quanh hình nón A 2 a sin  B  a sin  C 2 a cos Lời giải D  a cos Chọn D Ta có: Bán kính đường tròn đáy hình nón R  a cos  Độ dài đường sinh l  a Diện tích xung quanh hình nón là: S   Rl   a cos  a   a2 cos   Câu 15 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A 1;1;  B  3; 4;5  Tọa độ vectơ AB A  4;5;3 B  2;3;3 C  2; 3;3 D  2; 3; 3 Lời giải Chọn B  Tọa độ vectơ AB    1;  1;5     2;3;3 Câu 16 Trong không gian Oxyz cho điểm I (2;3; 4) A 1; 2;3 Phương trình mặt cầu tâm I qua A có phương trình là: Trang 5/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ 2 A ( x  2)2  ( y  3)2  ( z  4)2  B ( x  2)   y  3   z    2 C ( x  2)   y  3   z    45 D ( x  2)   y  3   z    Lời giải Chọn D Bán kính mặt cầu R  IA  2 Phương trình mặt cầu tâm I (2;3; 4) R  IA  ( x  2)   y  3   z    Câu 17 Cho hình lăng trụ ABC AB C  có đáy ABC tam giác vuông A , AB  a, AC  2a Hình chiếu vng góc A mặt phẳng  ABC  điểm I thuộc cạnh BC Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng  ABC  A a 3 a B C a D a Lời giải Chọn C A' C' B' 2a A C a B I H Xét tam giác ABC có AB  a, AC  2a  BC  a Trong mp  ABC  kẻ AH  BC , H  BC  ABC    A ' BC   Ta có:  ABC    A ' BC   BC  AH   ABC   d  A,  ABC    AH  AH  BC  Trong tam giác vng ABC ta có AH  Câu 18 AB AC 5  a  d  A,  ABC    a BC 5 10 Hệ số x6 khai triển đa thức P  x     3x  có giá trị đại lượng sau đây? A C104 56.34 B C106 54.36 C C104 56.34 Lời giải Chọn D 10 10 k 10 k Ta có :   3x    C10k 510k  3x   C10k 510k  3 x k k 0 k 0 Hệ số x ứng với k  10 Vậy hệ số x6 khai triển P  x     3x  C106 54.36 Trang 6/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D C106 54.36 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Câu 19 Cho hai số phức z1   2i z2   4i Số phức z1  z2  z1 z2 số phức sau đây? A 10i B 10i C 11  8i Lời giải D 11  10i Chọn B Ta có: z1  z2  z1 z  1  2i     4i   1  2i   4i   10i Câu 20 Có tất giá trị nguyên m để hàm số y  x2 đồng biến khoảng x  3m   ;   ? A B C Lời giải D Chọn D Tập xác định: D   \ 3m Ta có: y   3m   x  3m  x2 đồng biến khoảng   ;   x  3m  3m   m    m  y   0, x    ;      3 3m    ;   3m  6 Hàm số y  Vì m    m  1; 2 Câu 21 Bảng biến thiên hình vẽ bên hàm số sau đây? A y  x4  2x2  B y  x4  2x2  C y  x4  2x2  D y  x4  2x2 1 Lời giải Chọn A Cách 1: Xét hàm số y  f (x)  x4  2x2  Hàm số có tập xác định  lim y  ; lim y   x  x  y '  4x3  4x y '   4x3  4x   x1  1 x2  x3  Cách 2: Điểm có tọa độ (1; 6) thuộc đồ thị hàm số nên thay vào phương án có phương án A thỏa mãn Trang 7/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu 22 Cho hàm số y  f  x  , liên tục  có bảng biến thiên hình vẽ Tìm số nghiệm thực phương trình f  x    A B C Lời giải D Chọn C Ta có: f  x     f  x    1  y  f  x  Số nghiệm phương trình 1 số giao điểm đồ thị hai hàm số  y    Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y   cắt đồ thị hàm số y  f  x  điểm phân biệt Vậy phương trình cho ln có nghiệm phân biệt Câu 23 Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm  f   x    x  1 x  3 x   Hàm số cho có tất điểm cực trị? A B C Lời giải D Chọn A  x    Xét f   x    x  1 x  3 x      x  ; Ta có bảng biến thiên:  x  5   Từ bảng biến thiên suy hàm số có tất hai điểm cực trị Câu 24 Đường cong hình vẽ đồ thị hàm số đây, hàm số nào? Trang 8/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A y  x  x  B y  x  x  C y  2x  x 1 D y  2x 1 x 1 Lời giải Chọn C Trên hình vẽ đồ thị hàm số có tiệm cận đứng đường thẳng x  1 2x 1 2x 1 2x 1  ; lim   nên đồ thị có có lim x  x  x 1 x 1 x 1 tiệm cận đứng đường thẳng x  1 Đáp án A; B loại đồ thị hàm số đường liên Trong bốn đáp án có hàm số y  tục Đáp án D loại đồ thị có tiệm cận đứng đường thẳng x  Vì chọn đáp án C Câu 25 Khi độ dài cạnh hình lập phương tăng thêm 2cm thể tích tăng thêm 98cm3 Tính độ dài cạnh hình lập phương A 5cm B 3cm C 4cm D 6cm Lời giải Chọn B Gọi độ dài cạnh hình vng ban đầu a(cm) (a  0) Khi thể tích hình lập phương a (cm3 ) Độ dài cạnh hình vng lúc tăng thêm 2cm a  2(cm) Thể tích hình lập phương (a  2)3 (cm3 )  a3 Theo giả thiết ta có: a  98  (a  2)3  6a  12a  90     a  5 Do a  nên a  Câu 26 Cho  x ln(1  x )dx  a ln b với a; b  * b số nguyên tố Tính 3a  4b A 42 B 21 C 12 Lời giải D 32 Chọn B Xét tích phân: I   x ln(1  x)dx Trang 9/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/  dx u  ln(1  x)  du  Đặt  1 x  xdx  dv  v  x 2 2 x dx x2 1  I   x ln(1  x )dx  x ln(1  x)    ln   dx 0 1 x 1 x 0 2 2 2 x2 dx  ln  (  x)  ln  x 0 1 x  ln   ( x  1)dx    ln  ln  3ln Vậy a  3; b  3a  4b  21 Câu 27 x ; x  2; x  trục hoành là: x5 B 10 ln  5ln 21 C 5ln 21  ln D 121ln  5ln 21 Lời giải Diện tích hình phẳng giới hạn y  A 15ln10  10ln Chọn B Diện tích hình phẳng cần tìm là: 2 2 x x x x x x x S dx   dx   dx   dx   dx   dx   dx x5 x5 x5 x5 x5 x5 x5 2 2 2 2 0   x Câu 28 0 2 x x dx dx 2 x  dx  0 x  dx  2 dx  52 x   0 dx  50 x  2   ln x   2  x 02   ln x    ln  ln   ln  5ln   10 ln  ln 21 Một khối trụ bán kính đáy a ,chiều cao 2a Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối trụ A 6 a B 6 a C 3 a D a Lời giải Chọn A Gọi thiết diện qua trục hình trụ hình chữ nhật ABCD , tâm hai đáy O O  Trang 10/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 O A B I D C O' Gọi  I   AC  BD  I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình trụ cho bán kính mặt cầu R  IA  OI  OA2  a 3  a 3  a Thể tích khối cầu ngoại tiếp khối trụ V   a  Câu 29   8 a3 Tập nghiệm phương trình log3  x  x    là? A 0; 4 B 4;0 C 4 D 0 Lời giải Chọn A x  Ta có: log  x  x     x  x   32  x  x    x  Vậy tập nghiệm bất phương trình S  0;4 Câu 30 Số nghiệm nguyên bất phương trình x A B 3 x  16 C Lời giải D Chọn B 2 Ta có x 3 x  16  x 3 x   x  x   x  x    4  x  Do số nghiệm nguyên bất phương trình cho Câu 31 Đặt log  a , tính log 64 81 theo a A 3a B 4a 3 4a Lời giải C D 3a Chọn D 4  Ta có log 64 81  log 43 34  log  3log 3a   Vậy log 64 81  3a Trang 11/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu 32 Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng   : 3x  y  z      : x  y  3z   Phương trình mặt phẳng qua O , đồng thời vng góc với      có phương trình A x  y  z  B x  y  z   C x  y  z  D x  y  z  Lời giải Chọn C  Mặt phẳng   có vectơ pháp tuyến n1   3;  2;   Mặt phẳng    có vectơ pháp tuyến n2   5;  4;3  Giả sử mặt phẳng    có vectơ pháp tuyến n Do mặt phẳng    vng góc với      nên ta có:      n  n1     n   n1 , n2    2;1;   n  n2  Mặt phẳng    qua O  0; 0;  có vectơ pháp tuyến n   2;1;   có phương trình là: 2x  y  2z  Câu 33 Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  , cho đường tròn  S  có tâm I nằm đường thẳng y   x , bán kính R  tiếp xúc với trục tọa độ Lập phương trình  S  , biết hồnh độ tâm I số dương 2 B  x  3   y  3  2 D  x  3   y  3  A  x  3   y  3  C  x  3   y  3  2 2 Lời giải Chọn B Do tâm I nằm đường thẳng y   x  I  a;  a  , điều kiện a  Đường tròn  S  có bán kính R  tiếp xúc với trục tọa độ nên: d  I ; Ox   d  I ; Oy    a   a   n   a  3  l   I  3;  3 Vậy phương trình Câu 34  S  :  x  3   y  3 9 Trong không gian Oxyz khoảng cách hai mặt phẳng  Q  : x  y  3z   A 14  P  : x  y  3z   là: B 14 C 14 Lời giải Chọn A Trang 12/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D 14 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Có  P  / /  Q   d   P  ,  Q    d  A,  Q   với A thuộc  P  Chọn A 1;0;    P  có d   P  ,  Q    d  A,  Q    Câu 35 Cho hàm số y  f  x liên tục 14 đồng  14 biến   0;  , bất phương trình   f  x   ln  cos x   e x  m (với m tham số) thỏa mãn với x   0;  khi:  2 A m  f    B m  f    C m  f    D m  f    Lời giải Chọn A Ta có:     f  x   ln  cos x   e x  m, x   0;   m  f  x   ln  cos x   e x , x   0;  1  2  2     Do f  x  đồng biến 0;  nên f   x   0, x  0;   2  2   Xét g  x   f  x   ln  cos x   e x , x   0;   2   g   x   f   x   tan x   e x   tan   e0   , x   0;   2   Suy g  x  đơn điệu tăng  0;  , đó:  2 1  m  f    tan  e  f    Câu 36 Ông An có 200 triệu đồng gửi ngân hàng với kì hạn tháng với lãi suất 0,6% /1 tháng trả vào cuối kì Sau kì hạn, ơng đến tất toán lãi gốc, rút triệu đồng để tiêu dùng, số tiền lại ơng gửi vào ngân hàng theo phương thức (phương thức giao dịch lãi luất khơng thay đổi suốt q trình ông gửi) Sau năm (đúng 12 kì hạn) kể từ ngày gửi, ơng An tất tốn rút tồn số tiền nói ngân hàng, số tiền bao nhiêu? (làm tròn đến nghìn đồng) A 169234 (nghìn đồng) B 165288 (nghìn đồng) C 169269 (nghìn đồng) D 165269 (nghìn đồng) Lời giải Chọn C Nếu cuối kì hạn, ơng An khơng rút triệu số tiền ơng có sau năm 12 A  200000 1  0,6%  nghìn đồng Đầu tháng thứ ơng An rút triệu đồng, để nguyên số tiền để gửi đến hết tháng thứ 12 ngân hàng phải trả gốc lãi cho ông ứng với triệu đồng 11 B1  4000 1  0,6%   4000.R11 (nghìn đồng) nên đến hết tháng thứ 12, số tiền giả định A khơng lấy nguyên vẹn mà bị trừ số tiền B1 Tương tự, với triệu đồng ông rút tháng thứ 3, 4,., 11 bị trừ tương ứng là: B2  4000 R10 , B3  4000 R , , B11  4000.R1 Trang 13/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Do vậy, số tiền ông An nhận tất toán lần cuối là: A   B2  B3   B11   200000.R12  4000  R11  R10  R   200000.R12  4000 R  R11  169269 1 R (nghìn đồng) Câu 37   Cho tam giác SAB vuông A , ABS  60 Phân giác góc ABS cắt SA I Vẽ đường tròn tâm I , bán kính IA (như hình vẽ) Cho miền tam giác SAB nửa hình tròn quay quanh trục SA tạo nên khối tròn xoay, thể tích tương ứng V1 ,V2 Khẳng định sau A V1  V2 B V1  V2 C V1  3V2 D V1  V2 Lời giải Chọn D Xét tam giác SAB vng A có  ABS  60 nên SA  AB   30 nên IA  AB Xét tam giác IAB vng A có IBS Từ suy ra:  V1  SA. AB  AB 3 4 3 V2   IA3  AB3 3 27 Suy ra: V1  V2 Câu 38 Cho tứ diện ABCD tích V Gọi E , F , G trung điểm BC , BD, CD M , N , P, Q trọng tâm ABC , ABD, ACD, BCD Tính thể tích khối tứ diện MNPQ theo V A V B V C Trang 14/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong 2V D V 27 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A N M P B D F Q G E C Lời giải Chọn D Ta có ΔMNP  ΔEFG ΔEFG  ΔDCB MN  EF EF  DC Do ΔMNP  ΔDCB MN  DC SΔMNP 1   SΔMNP  SΔBCD SΔBCD 9 Mặt khác d  Q,  MNP    d  A,  BCD   Suy VMNPQ  V 27 Câu 39 Cho đồ thị hàm số f  x   x  mx  cắt trục hoành điểm phân biệt hồnh độ a, b, c Tính giá trị biểu thức P  A 1   f ' a  f 'b  f 'c  B C  3m D  m Lời giải Chọn B Đồ thị hàm số f  x   x  mx  cắt trục hoành điểm phân biệt hoành độ a, b, c f  x    x  a  x  b  x  c  f '  x    x  b  x  c    x  a  x  c    x  a  x  b   Trang 15/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ 1 P   f ' a  f ' b f 'c   1    a  b  a  c   b  a  b  c   c  a  c  b    b  c  c  a    a  b  a  b  b  c  c  a  0 Câu 40 Cho hàm số y  f  x  liên tục  có đồ thị hình vẽ bên Phương trình f  f  x   1  có tất nghiệm thực phân biệt? A B C Lời giải D Chọn C  x  x1   2;  1  Ta có f  x     x  x2   1;0   x  x3  1;   f  x    x1   2;  1  f  x    x1   1;0    Khi đó: f  f  x   1    f  x    x2   1;0    f  x    x2   0;1  f  x    x3  1;   f  x    x3   2;3 + Ta thấy hai phương trình f  x    x1   1;0  ; f  x    x2   0;1 có ba nghiệm phân biệt Phương trình f  x    x3   2;3 có nghiệm Vậy phương trình f  f  x   1  có nghiệm Câu 41  S  : x2  y  z  x  y  z   mặt phẳng   : x  y 12z  10  Lập phương trình mặt phẳng    thỏa mãn đồng thời điều kiện: Tiếp xúc với  S  ; song song với   cắt trục Oz điểm có cao độ dương Trong không gian Oxyz cho mặt cầu A x  y  12 z  78  B x  y  12 z  26  C x  y  12 z  78  D x  y  12 z  26  Lời giải Chọn C Trang 16/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2; 3 , bán kính R  Mặt phẳng    song song với   nên có phương trình dạng x  y  12 z  c   c  10     tiếp xúc với  S   d  I ;      R  4.1  3.2  12.3  c 42  32  122 4 26  c 4 13  26  c  52  c  78    26  c  52  c  26 13   Nếu c  78    : x  y  12 z  78  Mặt phẳng    cắt trục Oz điểm M  0; 0;  có 2  cao độ dương 13   Nếu c  26    : x  y  12 z  26  Mặt phẳng    cắt trục Oz điểm M  0; 0;   có 6  cao độ âm Vậy    : x  y  12 z  78  Câu 42 Cho hàm số y  f  x  Hàm số y  f   x  có bảng biến thiên hình vẽ bên Giá trị lớn hàm số g  x   f  x   sin x đoạn  1;1 -2 - -1 0 A f  1 B f   C f   + D f 1 Lời giải Chọn B Ta có x   1;1  x   2;2 Từ bảng biến thiên y  f '  x  bảng biến thiên y  f  x  sau: -2 - - + + - +  f  x   f   Ta thấy x   1;1 ta có   sin x   sin   , g  x   g    f   Dấu “=” xảy x  Trang 17/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu 43 Cho phương trình  m   3x   2m   x 3x  1  m  x  , tập hợp tất trị tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt khoảng  a; b  Tính S  a  b A S  B S  C S  Lời giải D S  Chọn D Ta có  m   3x   m   x 3x  1  m  x  1 x x  3 3   m       2m       m  4   x  3 Đặt t    ta phương trình  m  5 t   2m   t   m     2 Khi đó, pt 1 có hai nghiệm phân biệt pt  2 có hai nghiệm dương phân biệt   m  8m    Δ    m   m  a   1 m 0   3 m5   a b  P    1  m  b  S  m 5   2m   m   Câu 44 Một phần sân trường định vị điểm A , B , C , D hình vẽ Bước đầu chúng lấy “ thăng bằng” để có độ cao, biết ABCD hình thang vng A B với độ dài AB  25m , AD  15m , BC  18m Do yêu cầu kĩ thuật, lát phẳng phần sân trường phải nước góc sân C nên người ta lấy độ cao điểm B , C , D xuống thấp so với độ cao A 10cm , a cm , 6cm tương ứng Giá trị a số sau đây? A 15,7cm B 17,2cm C 18,1cm Lời giải Chọn B Trang 18/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D 17,5cm PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 z B A y B' D C x D' C' Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho: O  A , tia Ox  AD ; tia Oy  AB Khi đó, A  0;0;0  ; B  0; 2500;0  ; C 1800;2500;0  ; D 1500;0;0  Khi hạ độ cao điểm điểm B , C , D xuống thấp so với độ cao A 10cm , a cm , 6cm tương ứng ta có điểm B  0; 2500;  10  ; C 1800; 2500;  a  ; D 1500;0;   Theo có bốn điểm A ; B  ; C ; D  đồng phẳng Phương trình mặt phẳng  ABD  : x  y  250 z  Do C 1800; 2500;  a    ABD  nên có: 1800  2500  250a   a  17, Vậy a  17, 2cm Câu 45 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình bên Có số ngun m để phương trình x  f   1  x  m có nghiệm thuộc đoạn  2, 2 2  A 11 B C Lời giải D 10 Chọn C Trang 19/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ x  x  x  Ta có f   1  x  m  f   1    1   m 2  2  2  x Đặt   t , với x   2, 2 t   0, 2 Bài tốn tương đương hỏi có số ngun m để phương trình f  t   2t   m có nghiệm thuộc đoạn  0, 2 1 f  t   2t  có h '  t   f '  t   3 Vì hàm số y  f  x  đồng biến  0,  nên f '  x   0, x   0,  Xét hàm số h  t   1 f '  t    với t   0, 2 hay hàm số h  t   f  t   2t  đồng biến  0, 2 3 1 10 Suy Max h  t   h    f    2.2   ; Min h  t   h    f    2.0   0,2   0,2 3 10 m4 Để phương trình f  t   2t   m có nghiệm thuộc đoạn  0, 2 3 Hay m  3, 2, 1, 0,1, 2,3, 4 Do h '  Vậy có giá trị nguyên m Câu 46 Cho lưới ô vng đơn vị, kích thước  sơ đồ hình vẽ Một kiến bò từ A lần di chuyển bò theo cạnh hình vng để tới mắt lưới liền kề Có cách thực hành trình để sau 12 lần di chuyển dừng lại B? A 3498 B 6666 C 1532 Lời giải D 3489 Chọn B Vì kiến sau 12 lần di chuyển dừng lại B nên hành trình kiến gồm: lần bò sang phải lần bò sang trái lần bò xuống lần bò sang phải lần bò xuống lần bò lên Ta ký hiệu:” L: bò lên; X: bò xuống; P: bò sang phải; T: bò sang trái” TH1: Hành trình kiến bao gồm: lần bò sang phải lần bò sang trái lần bò xuống Số hành trình trường hợp số cách xếp chữ P; chữ T; chữ X vào 12 ô theo thứ tự chữ T phải nằm chữ P Ta xếp chữ X trước có C124 cách Vì chữ T phải nằm chữ P có cách xếp  Số hành trình loại là: 6.C124 TH2: Hành trình kiến bao gồm: lần bò sang phải lần bò xuống lần bò lên Tương tự trường hợp  Số hành trình loại 4.C126 Vậy số cách thực hành trình để sau 12 lần di chuyển kiến dừng lại B là: 6.C124  4.C124  6666 Trang 20/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Câu 47 Cho x , y thỏa mãn log3 x y  x  x  9  y  y  9  xy Tìm giá trị lớn x  y  xy  2 3x  y  x , y thay đổi x  y  10 A B P C Lời giải D Chọn C y  3y2  Điều kiện: x  y  (do x  y  xy    x      ) 2  2 Đẳng thức cho tương đương với log3 9 x  y  x  x    y  y    xy  * x  y  xy  2 Đặt u  x  y  xy   , v  x  y  , ta có *  log3 v  u  v  u  log3 u  v  log v u Mà hàm số f  t   t  log3 t đồng biến  0;    nên suy *  u  v  x2  y  xy  x  y   Ta có y y 19   x  y  xy  x  y     x     x     y  y     y  3  2 2 4   2 Dẫn đến y y  19 y 19    x     x       x    1  x  y  19 2 2 2   Suy P x  y  x  y  10  x  y  19 x  y  19   1  x  y  10 x  y  10 x  y  10 2 x  y  19 x  P 1   y  y  Vậy max P  Cách 2: Từ giả thiết, ta có x  y  xy  x  y   * Ta thấy x  8, y  thỏa mãn * , đặt x  a  8, y  b  đó: Trang 21/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ x  y  xy  x  y    a  b  ab  10a    10a  5b    a  ab  b   10a  5b   2a  b  x  y  3a  2b  21 2a  b P   1 1 Ta có: x  y  10 a  b  21 a  b  21 Dấu “=” xảy x  8, y  Vậy P đạt giá trị lớn Câu 48 Cho hàm số f ( x )  x  2mx   2m Có số nguyên m   10;10  để hàm số y | f ( x ) | có điểm cực trị A B C Lời giải D Chọn C Hàm số y  f ( x) có tập xác định R, hàm số bậc trùng phương có hệ số x dương Ta có số điểm cực trị đồ thị hàm số y | f ( x ) | số điểm cực trị hàm số y  f ( x) cộng với số lần đồ thị hàm số y  f ( x) xuyên qua Ox Do vậy, để hàm số y | f ( x ) | có điểm cực trị xảy trường hợp TH1 Hàm số y  f ( x) có điểm cực trị không xuyên qua Ox ab   2 m  m   ab        0m b  2   m  2m   2m   3m    yCT   f   2a    m số nguyên m   10;10  nên m  TH2 Hàm số y  f ( x) có điểm cực trị xuyên qua Ox lần m    ab  ab   2m       m    m   2  yCT  c    2m      m  m số nguyên m   10;10  nên m  9; 8; ; 2 Kết luận: Có số m thỏa mãn Câu 49 Cho số thực x , y thay đổi thỏa mãn x  xy  y  Giá trị nhỏ biểu thức P  x  xy  y thuộc khoảng đây? A  4;7  B  2;1 C 1;4 D  7;10 Lời giải Chọn C Ta có P  1  x 3y   P    x  xy  y    3x  xy  y       , x, y   4 2  Suy P  Trang 22/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020  x 3y  3 10 10  0  x  3 y   Dấu xảy  2  x ; y  ;      8 32 y  2    3 x  xy  y    10  10  ;     x; y    Vậy giá trị nhỏ P Câu 50 Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục  0;   Biết f    2e f  x  thỏa mãn hệ thức  f   x   sin x f  x   cos x.ecos x , x   0;   Tính I   f  x  dx (làm tròn đến hàng phần trăm) A I  6,55 B I  17,30 C I  10,31 D I  16,91 Lời giải Chọn C Giả thiết f   x   sin x f  x   cos x.ecos x  e cos x f   x   e cos x sin x f  x   cos x   e  cos x f  x    cos x  e cos x f  x   sin x  C1 (1) Do f    2e , vào (1) ta C1  suy f  x     sin x  ecos x   Dùng máy tính I   f  x  dx     sin x  ecos x dx  10,30532891 0 ĐÁP ÁN CHI TIẾT TẢI TẠI BẢN ĐÀY ĐỦ NHÉ! THEO DÕI: FACEBOOK: https://www.facebook.com/phong.baovuong PAGE: https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ YOUTUBE: https://www.youtube.com/channel/UCQ4u2J5gIEI1iRUbT3nwJfA?view_as=subscriber WEB: https://diendangiaovientoan.vn/ ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU ĐẦY ĐỦ NHÉ Trang 23/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 ... Đáp án A; B loại đồ thị hàm số đường liên Trong bốn đáp án có hàm số y  tục Đáp án D loại đồ thị có tiệm cận đứng đường thẳng x  Vì chọn đáp án C Câu 25 Khi độ dài cạnh hình lập phương tăng... có hệ số x dương Ta có số điểm cực trị đồ thị hàm số y | f ( x ) | số điểm cực trị hàm số y  f ( x) cộng với số lần đồ thị hàm số y  f ( x) xuyên qua Ox Do vậy, để hàm số y | f ( x ) | có... hàm số f ( x )  x  2mx   2m Có số nguyên m   10;10  để hàm số y | f ( x ) | có điểm cực trị A B C Lời giải D Chọn C Hàm số y  f ( x) có tập xác định R, hàm số bậc trùng phương có hệ số