Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 19 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
19
Dung lượng
370,91 KB
Nội dung
MỖI NGÀY MỘT ĐỀ THI KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG 2020 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề Câu Một trường cấp ba tỉnh X có giáo viên Tốn gồm có nữ nam, giáo viên Vật lý có giáo viên nam Hỏi có cách chọn đồn tra cơng tác ơn thi TNTHPT gồm người có đủ mơn Tốn Vật lý phải có giáo viên nam giáo viên nữ đoàn? A 120 cách B 60 cách C 12960 cách D 90 cách Lời giải TH1: Đồn cơng tác gồm giáo viên Toán giáo viên Vật lý Trường hợp có C14 C13 C15 + C14 C23 = 72 Vậy có 72 + 18 = 90 cách chọn đồn cơng tác thỏa mãn u cầu Chọn phương án D Câu Cho cấp số cộng có tổng n số hạng đầu Sn = 3n2 + 4n, n ∈ N∗ Giá trị số hạng thứ 10 cấp số cộng A u10 = 55 B u10 = 67 C u10 = 61 D u10 = 59 Lời giải Ta có S1 = ⇒ u1 = S2 = 3(2)2 + 4(2) = 20 ⇒ u1 + u2 = 20 ⇒ u2 = 13 Do cơng sai d = Khi u10 = u1 + 9d = + · = 61 Chọn phương án C Câu Phương trình 72x A +6x+4 = 49 có tổng tất nghiệm B C −1 D− Lời giải Phương trình cho tương đương với = 72 ⇔ 2x2 + 5x + = ⇔ x = −2 Vậy tổng tất nghiệm − − = − 2 Chọn phương án D 2x2 +6x+4 x=− Câu Hình lập phương có độ dài đường chéo tích √ √ √ A 2 B 54 C 24 D Lời giải Phương pháp: √ Sử dụng cơng thức hình lập phương cạnh a có độ dài đường chéo a Thể tích hình lập phương cạnh a V = a3 Geogebra Pro Trang LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020 TH2: Đồn cơng tác gồm giáo viên Vật lý giáo viên Tốn Trường hợp có C24 C13 = 18 Cách giải: √ Gọi độ dài cạnh hình lập phương a, (a > 0) độ dài đường chéo hình lập phương a = ⇔ √ a = Ä √ ä3 √ Thể tích hình lập phương V = = 24 Chọn phương án C Câu Tìm tập xác định D hàm số y = A D = (10; +∞) log(x + 1) − B D = (9; +∞) C D = (−∞; 9) D D = R \ {−1} Lời giải Điều kiện : x + > ⇔ log(x + 1) − ≥ x + > log(x + 1) ≥ ⇔ x + > ⇔ x ≥ x + ≥ 10 Vậy D = (9; +∞) https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/ Chọn phương án B Câu Hàm số F (x) = x2 ln (sin x − cos x) nguyên hàm hàm số đây? x2 A f (x) = sin x − cos x x2 B f (x) = 2x ln (sin x − cos x) + sin x − cos x x (cos x + sin x) C f (x) = 2x ln (sin x − cos x) + sin x − cos x x2 (sin x + cosx) D f (x) = sin x − cos x Lời giải Vì F (x) nguyên hàm f (x) nên f (x) = F (x) = 2x · ln (sin x − cos x) + x2 · (sin x − cos x) sin x + cos x = 2x · ln (sin x − cos x) + x2 · sin x − cos x sin x − cos x Chọn phương án C Câu Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, tam giác SAB nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Tính theo √ a thể tích khối chóp √ S.ABC 3 a a a AV = B V = C V = Lời giải DV = a3 Gọi H trung điểm AB, suy SH⊥(ABCD) √ √ 1 a a2 a3 Ta có VS.ABC = × SH × S∆ABC = × × = 3 Chọn phương án A Câu Cho khối nón có độ dài đường sinh 2a bán kính đáy a Thể tích khối nón cho √ 3πa3 A Lời giải √ B 3πa3 2πa3 C πa3 D √ Chiều cao h = (2a)2 − a2 = a 3.√ 1 √ 3πa3 Thể tích V = Bh = πa a = 3 Chọn phương án A Geogebra Pro Trang Câu Cho mặt cầu (S) có diện tích 4a2 π cm2 Tính thể tích khối cầu (S) 4a3 π 16a3 π A 16a3 π cm3 B 32a3 π cm3 C D cm3 cm3 3 Câu 10 Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên x y hình vẽ bên Hàm số cho đồng biến −∞ + + +∞ y B (−1; 1) C (−∞; 1) Lời giải − +∞ khoảng đây? A (−1; +∞) −1 −∞ D (1; +∞) −2 Từ bảng biến thiên ta thấy y > 0, ∀x > suy hàm số đồng biến khoảng (1; +∞) Chọn phương án D √ Câu 11 Cho a số thực dương khác Tính T = loga a a AT = B T = C T = Lời giải 4 Ta có T = loga a1+ = loga a = Chọn phương án C Câu 12 Một hình trụ có bán kính đáy a, có thiết diện qua trục hình vng Tính diện tích xung quang hình trụ A 3πa2 B 4πa2 C 2πa2 D πa2 Lời giải Ta có r = a l = h = 2r = 2a Khi đó, diện tích xung quanh hình trụ Sxq = 2πrl = 2π · a · 2a = 4πa2 Chọn phương án C Câu 13 Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên hình vẽ Tìm số điểm cực trị hàm số x −∞ y − −2 + 0 − +∞ + y A B C D Lời giải Từ bảng biến thiên, ta suy hàm số có điểm cực trị Chọn phương án A Câu 14 Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = x3 − 3x2 − x + điểm M (1; 0) A y = −x + B y = −4x − C y = −4x + D y = −4x + Lời giải Geogebra Pro Trang LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020 DT = Ta có y = 3x2 − 6x − ⇒ y (1) = −4 Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm M (1; 0) y = −4(x − 1) ⇔ y = −4x + Chọn phương án C Câu 15 Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên sau x −∞ Tổng số tiệm cận ngang tiệm cận đứng đồ thị hàm số cho A C Lời giải +∞ +∞ f (x) B D limx→−∞ y = ⇒ y = tiệm cận ngang https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/ limx→+∞ y = ⇒ y = tiệm cận ngang limx→1+ y = +∞ ⇒ x = tiệm cận đứng Vậy tổng số tiệm cận ngang tiệm cận đứng Chọn phương án C Câu 16 Tìm tập nghiệm bất phương trình log25 (x + 1) > A S = (−4; +∞) B S = (−∞; 4) C S = (−1; 4) D S = (4; +∞) Lời giải Ta có: log25 (x + 1) > 1 ⇔ x + > 25 ⇔ x > Chọn phương án D Câu 17 y Cho hàm số y = f (x) có đồ thị hàm số hình bên Phương trình f (x) = có nghiệm thực phân biệt nhỏ 2? −1 O x −2 A B C D Lời giải Phương pháp Số nghiệm phương trình f (x) = số giao điểm đồ thị hàm số y = f (x) đường thẳng y = Dựa vào đồ thị hàm số để biện luận số nghiệm phương trình Cách giải: Số nghiệm phương trình f (x) = số giao điểm đồ thị hàm số y = f (x) đường thẳng y = Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y = cắt đồ thị hàm số y = f (x) điểm phân biệt có hai điểm có hồnh độ nhỏ Geogebra Pro Trang Chọn phương án C π Câu 18 Nếu π a a sin x − cos x √ dx = ln c, (với a, b, c ∈ Z, a > 0, phân số tối giản) a + 2b + 3c b b + sin 2x B 14 Lời giải √ Có + sin 2x = C (sin x + cos x)2 = sin x + cos x, x ∈ π π sin x − cos x √ dx = + sin 2x π = − π D 11 π π ; Suy sin x − cos x dx sin x + cos x π Ä π √ ä d(sin x + cos x) = − ln | sin x + cos x|| π2 = − ln − ln = ln sin x + cos x π Suy a = 1, b = 2, c = Vậy a + 2b + 3c = 11 Chọn phương án D Câu 19 Điểm M hình vẽ bên điểm biểu diễn số phức z Tìm phần y thực phần ảo số phức z O x A Phần thực −2 phần ảo i B Phần thực phần ảo −2 −2 C Phần thực phần ảo −2i M LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020 A 13 D Phần thực −2 phần ảo Lời giải Điểm M có tọa độ M (1; −2) nên z = − 2i Vậy phần thực phần ảo −2 Chọn phương án B Câu 20 Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz, tập hợp điểm biểu biễn số phức z thỏa mãn |z − + 2i| = |z + + 2i| đường thẳng có phương trình A x − 2y + = B x + 2y = C x − 2y = D x + 2y + = Lời giải Đặt z = x + yi (x, y ∈ R) ⇒ z = x − yi M (x; y) điểm biểu diễn số phức z Geogebra Pro Trang Ta có: |z − + 2i| = |z + + 2i| ⇔ |x + yi − + 2i| = |x − yi + + 2i| ⇔ |(x − 1) + (y + 2)i| = |(x + 1) + (2 − y)i| » » ⇔ (x − 1)2 + (y + 2)2 = (x + 1)2 + (2 − y)2 ⇔ x2 − 2x + + y + 4y + = x2 + 2x + + y − 4y + ⇔ x − 2y = Vậy tập hợp điểm biểu biễn số phức z thỏa mãn yêu cầu toán đường thẳng có phương trình x − 2y = https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/ Chọn phương án C Câu 21 Cho số phức z thoả mãn z − = (1 + i)|z| − (4 + 3z)i Môđun số phức z A B C 16 D Lời giải Đặt z = a + bi Khi ta có √ a + bi − = (1 + i) a2 + b2 − (4 + 3a + 3bi)i √ √ ⇔ a − + bi = a2 + b2 + i a2 + b2 − (4 + 3a)i + 3b √ √ ⇔ a − 3b − a2 + b2 − + (b − a2 + b2 + 3a + 4)i = √ a − 3b − a2 + b2 − = ⇔ 3a + b − √a2 + b2 + = √ a − 3b − a2 + b2 − = ⇔ 2a + 4b + = » − 2b − − 3b − (−2b − 4)2 + b2 − = ⇔ a = −2b − » (−2b − 4)2 + b2 = 5b + ⇔ a = −2b − 5b2 + 16b + 16 = 25b2 + 80b + 64 ⇔ a = −2b − 20b2 + 64b + 48 = ⇔ a = −2b − b = −5 a = − ⇔ b = −2 a = √ Với hai trường hợp ta có |z| = a2 + b2 = Geogebra Pro Trang Chọn phương án A Câu 22 Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm M (3; 2; −1) Gọi A, B hình chiếu vng góc điểm M lên trục Oy, Oz Tính diện tích tam giác OAB A B C 2 Lời giải D Hình chiếu vng góc điểm M (3; 2; −1) lên trục Oy điểm A (0; 2; 0) Hình chiếu vng góc điểm M (3; 2; −1) lên trục Oz điểm B (0; 0; −1) Vậy diện tích tam giác vng OAB S = 1 · OA · OB = · · = 2 Chọn phương án C Câu 23 Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) tâm I nằm mặt phẳng (Oxy) qua ba điểm A(1; 2; −4), B(1; −3; 1), C(2; 2; 3) Tìm tọa độ điểm I A I(2; −1; 0) B I(0; 0; 1) C I(0; 0; −2) D I(−2; 1; 0) #» #» #» Vì I ∈ (Oxy) ⇒ I(a; b; 0) Ta có AI = (a − 1; b − 2; 4); BI = (a − 1; b + 3; −1); CI = (a − 2; b − 2; −3) Do I tâm cầu nên IA = IB ⇔ ⇔ ⇔ IA = IC (a − 1)2 + (b − 2)2 + 42 = (a − 1)2 + (b + 3)2 + (a − 1)2 + (b − 2)2 + 42 = (a − 2)2 + (b − 2)2 + − 4b + 20 = 6b + 10 − 2a + 17 = −4a + 13 b = a = −2 ⇒ I(−2; 1; 0) Chọn phương án D Câu 24 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0; 0), B(0; −1; 0) C(0; 0; 2) Phương trình mặt phẳng (ABC) A x − 2y + z = B x−y+ z = C x+ y − z = D 2x − y + z = Lời giải z = Áp dụng phương trình mặt phẳng đoạn chắn ta có phương trình mặt phẳng (ABC) x − y + Chọn phương án B Câu 25 Trong không gian Oxyz, cho điểm M (3; 2; −1) mặt phẳng (P ) : x + z − = Đường thẳng quaM vng góc với (P ) có phương trình x=3+t x=3+t A y=2 B y = + t z = −1 + t z = −1 Geogebra Pro x=3+t C y = 2t z = − t x=3+t D y = + 2t z = −t Trang LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020 Lời giải Lời giải Mặt phẳng (P ) : x + z − = có véc-tơ pháp tuyến #» n (P ) = (1; 0; 1) Đường thẳng ∆ qua M vng góc với (P ) nhận #» n (P ) làm véc-tơ phương có phương trình x=3+t y=2 z = −1 + t Chọn phương án A Câu 26 Cho hình lập phương ABCD.A B C D Tính góc hai mặt phẳng (A B C) (C D A) A 45◦ B 30◦ C 60◦ D 90◦ https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/ Lời giải Gọi I = B C ∩ BC , J = A D ∩ AD , ta có (A B C) ∩ (C D A) = IJ IJ ⊥ B C ⊂ (A B C) IJ ⊥ BC ⊂ (C D A) B A D C J I B A Từ đó, suy góc mặt phẳng (A B C) mặt phẳng (C D A) góc đường thẳng B C BC 90◦ D C Chọn phương án D Câu 27 Cho hàm số y = f (x) có bảng xét dấu đạo hàm sau x f (x) −∞ −2 + − 0 + +∞ − − Hàm số cho có điểm cực trị? A B C D Lời giải Dựa vào bảng xét dấu f (x) ta suy ra: Hàm số đạt cực đại x = −2 x = Hàm số đạt cực tiểu x = Hàm số không đạt cực trị x = đạo hàm không đổi dấu qua điểm x = Vậy hàm số cho có điểm cực trị Chọn phương án A Câu 28 Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y = x + tính P = M + m Ä√ ä A P =2 2−1 B P =2 Ä√ ä 2+1 C P = √ + DP = √ − x2 Hãy √ − Lời giải Geogebra Pro Trang Tập xác định: D = [−2; 2] x y =1− √ − x2 x ≥ √ √ y =0⇔ 4−x =x⇔ ⇔ x = x = √ √ y(−2) = −2; y(2) = 2; y( 2) = 2 √ Suy m = −2; M = 2 Ä√ ä Vậy P = 2−1 Chọn phương án A Câu 29 Cho a > 0, b > thỏa mãn a2 + 4b2 = 5ab Khẳng định sau đúng? A log(a + 2b) = 5(log a + log b) log a + log b a + 2b C log = Lời giải B log(a + 1) + log b = D log(a + 2b) = log a − log b Ta có a2 + 4b2 = 5ab ⇔ (a + 2b)2 = 9ab LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020 Logarit số 10 hai vế ta log(a + 2b)2 = log(9ab) ⇔ log(a + 2b) = log + log a + log b ⇔ 2(log(a + 2b) − log 3) = log a + log b a + 2b log a + log b ⇔ log = Chọn phương án C Câu 30 Cho hàm số y = f (x) có đồ thị hình vẽ bên y x −1 O Phương trình |f (x − 2) − 2| = π có nghiệm thực phân biệt? A B C D Lời giải Số giao điểm đồ thị hàm số y = f (x) với đường thẳng y = k số giao điểm đồ thị hàm số y = f (x + p) với đường thẳng y = k Do nghiệm phương trình |f (x − 2) − 2| = π nghiệm phương trình |f (x) − 2| =π f (x) − = π f (x) = + π Phương trình |f (x) − 2| = π ⇔ ⇔ f (x) − = −π f (x) = − π Xét phương trình f (x) = + π : Vì + π > nên phương trình có nghiệm Geogebra Pro Trang Xét phương trình f (x) = − π : Vì − π < nên phương trình có nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm thực Chọn phương án B Ä Å ä Câu 31 Tập nghiệm bất phương trình log2 + log x − log9 x < có dạng S = ã ; b với a, b a số nguyên Mệnh đề đúng? A a = −b B a + b = C a = b D a = 2b Lời giải https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/ Điều kiện x > Ä ä 1 log2 + log x − log9 x < ⇔ < + log x − log9 x < ⇔ − < log9 x < ⇔ < x < 9 2 Å ã Do tập nghiệm bất phương trình S = ; Suy a = b Chọn phương án C Câu 32 Cho hình nón tròn xoay có đường cao 20 cm, bán kính đáy 25 cm Một thiết diện qua đỉnh hình nón có khoảng cách từ tâm đáy đến mặt phẳng chứa thiến diện 12 cm Tính diện tích thiết diện A 500 cm2 B 1000 cm2 C 250 cm2 D 250 cm3 Lời giải Ký hiệu S đỉnh hình nón O tâm đường tròn S đáy Gọi A, B hai giao điểm (khác đỉnh S hình nón) mặt phẳng với hình nón Suy thiết diện mặt phẳng với hình nón tam giác SAB Gọi M trung điểm AB H Kẻ OH ⊥ SM H Xét đường thẳng AB mặt phẳng (SOM ) có AB ⊥ SO ⇒ AB ⊥ (SOM ) AB ⊥ OM Cho nên (SAB) ⊥ (SOM ) B M O A Mà (SAM ) ∩ (SOM ) = SM OH ⊥ SM nên OH khoảng cách từ tâm đáy đến mặt phẳng chứa thiến diện Suy OH = 12 cm Ta có 1 1 1 OH · SO2 ⇔ OM = 15 = + ⇔ = − ⇔ OM = OH SO2 OM OM OH SO2 SO2 − OH √ √ Khi SM = SO2 + OM = 25 AB = 2AM = 252 − 152 = 40 Vậy diện tích thiết diện SAB · 40 · 25 = 500 cm2 Chọn phương án A Câu 33 Cho hàm số f (x) xác định (0; +∞) thỏa mãn xf (x) = −[f (x)]2 · ln x; f (1) = Giá trị f (e) A Geogebra Pro B e C 2e D Trang 10 Lời giải f (x) ln x = [f (x)]2 x ln x ln2 x f (x) dx = ln x d(ln x) ⇒ = +C dx = Suy − [f (x)]2 x f (x) 1 Theo giả thiết f (1) = + C = ⇒ C = Khi x = e ⇒ = + = ⇒ f (e) = f (e) 2 Chọn phương án A Ta có xf (x) = −[f (x)]2 · ln x; f (1) = ⇒ − Câu 34 Cho hình phẳng D giới hạn hai đường y = 2(x2 − 1); y = − x2 Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành D quay quanh trục Ox 64π 32 A B 15 15 Lời giải C 32π 15 D Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y = 2(x2 − 1) 64 15 y y = − x2 y = 2x2 − 2 2 2(x − 1) = − x ⇔ x = ±1 Lấy đối xứng đồ thị hàm số y = 2(x − 1) qua trục Ox ta đồ thị −1 O x hàm số y = 2(1 − x ) Ta có 2(1 − x2 ) ≥ − x2 , ∀x ∈ [−1; 1] −2 y = − x2 Khi đoạn [−1; 2] phần thể tích hàm số y = 2(x − 1) chứa phần thể tích hàm số y = − x2 Suy thể tích khối tròn xoay cần tìm y = −2x2 + 2(x2 − 1) V =π dx = 64π 15 −1 Chọn phương án A Câu 35 Cho số phức z = a + bi (a, b ∈ R) thỏa mãn |z| = z(2 + i)(1 − 2i) số thực Tính P = |a| + |b| A P = B P = C P = D P = Lời giải Ta có z(2 + i)(1 − 2i) = (a + bi)(4 − 3i) = 4a + 3b + (−3a + 4b)i (1) Do z(2 + i)(1 − 2i) số thực nên từ (1) suy −3a + 4b = ⇔ b = a Mặt khác |z| = ⇔ a2 + b2 = 25 (3) (2) Thế (2) vào (3) ta phương trình Å a + a ã2 = 25 ⇔ a2 = 16 ⇔ a = ±4 Với a = ⇒ b = a = −4 ⇒ b = −3 Vậy P = |a| + |b| = + = Chọn phương án D Geogebra Pro Trang 11 LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020 Câu 36 Tìm mơ-đun số phức z biết z − = (1 + i) |z| − (4 + 3z) i A |z| = B |z| = C |z| = Lời giải D |z| = Ta có z − = (1 + i) |z| − (4 + 3z) i ⇔z − = |z| + i|z| − 4i − 3iz ⇔z(1 + 3i) = |z| + + (|z| − 4) i ⇒ |z(1 + 3i)| = ||z| + + (|z| − 4) i| (lấy mô-đun hai vế) » √ ⇔|z| · 10 = (|z| + 4)2 + (|z| − 4)2 https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/ ⇔10|z|2 = 2|z|2 + 32 ⇔|z|2 = ⇔ |z| = Chọn phương án B x+1 y−1 z−2 = = mặt phẳng (P ) : x − y − z − = Viết phương trình đường thẳng (∆) qua điểm A(1; 1; −2), biết Câu 37 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d) : (∆) (P ) (∆) cắt (d) x−1 y−1 z+2 A = = −1 −1 x−1 y−1 z+2 C = = Lời giải x−1 y−1 z+2 = = x−1 y−1 z+2 D = = 1 B Gọi M = (d) ∩ (∆) ⇒ M (−1 + 2t; + t; + 3t) # » Khi AM = (2t − 2; t; 3t + 4) véc-tơ phương (∆) # » (∆) (P ) ⇔ AM ⊥ #» n (P ) với #» n (P ) = (1; −1; −1) # » #» # » ⇔ AM · n (P ) = ⇔ 2t − − t − 3t − = ⇔ t = −3 ⇒ AM = (−8; −3; −5) x−1 y−1 z+2 Vậy (∆) : = = Chọn phương án C x y+4 z−3 x−1 y+3 Câu 38 Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng d1 : = = d2 : = = 1 −1 −2 z−4 Đường thẳng vng góc với mặt phẳng tọa độ (Oxz) cắt d1 d2 có phương trình −5 x= x = x = x=t −25 A y = −1 + t B y= C y = −3 + t D y = −4 + t + t z = −1 z = z = + t 18 z = Lời giải Gọi d đường thẳng cần tìm, A = d ∩ d1 B = d ∩ d2 Ta có tọa độ A = (u; −4 + u; − u), B = (1 − 2v; −3 + v; − 5v) # » ⇒ AB = (1 − 2v − u; + v − u; − 5v + u) véc-tơ phương d # » Do d ⊥ (Oxz) nên AB #» n = (0; 1; 0) phương Oxz Geogebra Pro Trang 12 # » #» AB u = · i =0 − 2v − u = Từ ta có # » #» ⇔ ⇔ AB · j = 1 − 5v + u = u = −25 18 Nên tọa độ A( ; ; ) 7 7 x= # » Vậy d qua A có véc-tơ phương AB = (0; 1; 0) có phương trình y = z = −25 +t 18 Chọn phương án B Câu 39 Cho hai hộp A B Hộp A chứa viên bi trắng, viên bi đen Hộp B chứa viên bi trắng, viên bi đen Người ta lấy ngẫu nhiên viên bi từ hộp A bỏ vào hộp B sau từ hộp B lấy ngẫu nhiên hai viên bi Tính xác suất để hai viên bi lấy từ hộp B hai viên bi 126 275 Lời giải A B 21 55 C 123 257 D 37 83 Không gian mẫu n(Ω) = 10 · C211 Trường hợp 1: Lấy viên bi đen từ hộp A bỏ vào hộp B ta có cách Khi số cách lấy hai bi trắng từ hộp B C27 Trường hợp 2: Lấy viên bi trắng từ hộp A bỏ vào hộp B ta có cách Với cách số cách lấy hai bi trắng từ hộp B C28 Vậy số cách lấy hai viên bi trắng từ hộp B · C27 + · C28 · C27 + · C28 126 Xác suất cần tìm P = = 10 · C11 275 Chọn phương án A ’ = 120◦ Câu 40 Cho hình chóp S.ABC có SA = 3a SA ⊥ (ABC) Biết AB = BC = 2a ABC Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) 3a a A B C a 2 Lời giải D 2a Gọi I hình hình chiếu vng góc A BC, ta có AI ⊥ BC (1) Mặt khác SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ BC (2) Từ (1) (2) suy BC ⊥ (SIA) (3) Gọi H hình hình chiếu vng góc A SI, ta có AH ⊥ SI (4) S Từ (3) (4) suy AH ⊥ (SBC) nên khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) AH Xét tam giác BIA vuông I, ta có √ AI = AB · sin 120◦ = 2a · Xét tam giác SAI vuông A, ta có Geogebra Pro H A √ = a C I B Trang 13 LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020 trắng 1 1 = + ⇒ AH = 2 AH AS AI AS · AI = AS + AI Vậy khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) √ (3a)2 · (a 3)2 3a √ = (3a)2 + (a 3)2 3a Chọn phương án A Câu 41 Có giá trị nguyên tham số m thuộc khoảng (−2019; 2019) để hàm số π y = sin3 x − cos2 x − m sin x − đồng biến đoạn 0; ? A 2020 B 2019 C 2028 D 2018 Lời giải Phương pháp: https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/ Sử dụng công thức cos2 x = − sin2 x, đặt ẩn phụ t = sin x Để hàm số y = f (x) đồng biến (a; b) ⇒ f (x) ≥ ∀x ∈ (a; b) Cách giải: y = sin3 x − cos2 x − m sin x − = sin3 x − − sin2 x − m sin x − y = sin3 x + sin2 x − m sin x − π Đặt t = sin x, với x ∈ 0; ⇒ t ∈ [0; 1] Bài toán trở thành tìm m để hàm số y = t3 + 3t2 − mt − đồng biến [0; 1] TXĐ: D = R Ta có y = 3t2 + 6t − m Để hàm số đồng biến [0; 1] ⇒ y ≥ ∀t ∈ [0; 1] ⇒ 3t2 + 6t − m ≥ ∀t ∈ [0; 1] ⇔ m ≤ 3t2 + 6t ∀t ∈ [0; 1] ⇒ m ≤ f (t) = 3t2 + 6t ∀t ∈ [0; 1] ⇔ m ≤ f (t) [0;1] Xét hàm số f (t) = 3t + 6t, ta có f (0) = 0, f (1) = ⇒ f (t) = ⇔ m ≤ [0;1] m ∈ (−2019; 0] Kết hợp điều kiện đề ⇒ ⇒ Có 2019 giá trị m thoả mãn m ∈ Z Chọn phương án B Câu 42 Một người tháng đặn gửi vào ngân hàng khoản tiền T theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,6% tháng Biết sau 15 tháng người có số tiền 10 triệu đồng Hỏi số tiền T gần với số tiền sau đây? A 635.000 đồng B 645.000 đồng C 613.000 đồng D 535.000 đồng Lời giải Gọi r lãi suất kép hàng tháng Gọi Tn số tiền người có cuối tháng thứ n, ta có: - Cuối tháng thứ người có số tiền là: T1 = T + T · r = T (1 + r) - Đầu tháng thứ hai, người gửi số tiền là: T a T (1 + r) + T = T [(1 + r) + 1] = · [(1 + r)2 − 1] = [(1 + r)2 − 1] (1 + r) − r - Cuối tháng thứ hai người có số tiền là: T T T T2 = [(1 + r)2 − 1] + [(1 + r)2 − 1] r = [(1 + r)2 − 1] (1 + r) r r r Geogebra Pro Trang 14 - Cuối tháng thứ n người có số tiền là: T Tn = [(1 + r)n − 1] (1 + r) r Tn r Suy ra: T = n [(1 + r) − 1] (1 + r) Do số tiền ban đàu người gửi là: 10000000 · 0,6% T = ≈ 635301 đồng [(1 + 0,6%)15 − 1] (1 + 0,6%) Chọn phương án A Câu 43 Cho hàm số y = f (x) xác định R \ {0} có bảng biến x thiên hình vẽ bên Số nghiệm phương trình y −2 − +∞ + + +∞ +∞ |f (2x − 3)| − 13 = +∞ y B C D −∞ Đặt t = 2x − Cứ t = cho x 13 f (t) = 13 ⇔ Phương trình cho trở thành |f (t)| = 13 f (t) = − 13 13 Ta có − < < nên dựa vào bảng biến thiên cho, ta có 2 Phương trình f (t) = 13 có nghiệm t1 > Phương trình f (t) = − 13 có nghiệm t2 thỏa mãn < t2 < t1 Suy phương trình cho có nghiệm phân biệt Chọn phương án B Câu 44 Cho hình trụ có bán kính đáy a chiều cao h Tính thể tích V khối lăng trụ tam giác tam nội tiếp hình trụ cho √ giác 3a2 h AV = … Å 2ã π 4a h2 a2 h + + C V = 3 Lời giải √ 3a2 h B V = √4 3πa h DV = Gọi x cạnh đáy khối lăng trụ tam giác nội √ tiếp hình trụ, bán x kính đường tròn ngoại tiếp tam giác cạnh x , đó: √ √ x = a ⇔ x = a 3 √ √ √ √ x2 (a 3)2 3 3a2 Diện tích mặt đáy hình lăng trụ: S = = = 4 Thể tích khối lăng trụ tam giác tam giác nội tiếp hình trụ cho √ √ 3a2 3a2 h V = Bh = ·h= 4 C O A B C O A B Geogebra Pro Trang 15 LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020 A Lời giải −∞ Chọn phương án B Câu 45 Cho hàm số f (x), f (−x) liên tục R thỏa mãn 2f (x) + 3f (−x) = Tính + x2 I= f (x) dx −2 π 20 Lời giải A B π 10 C − π 20 D− π 10 Xét I = f (x) dx −2 Đặt x = −u ⇒ dx = −du https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/ Với x = −2 ⇒ u = Với x = ⇒ u = −2 −2 Suy I = − f (−u) du = f (−u) du = −2 f (−x) dx −2 f (−x) dx = f (x) dx + Từ ta có 5I = 2I + 3I = 2 2 dx +4 −2 −2 −2 x2 Tính J = x2 dx +4 −2 Đặt x = tan v ⇒ dx = 2(1 + tan2 v) dv Đổi cận π Với x = −2 ⇒ v = − π Với x = ⇒ v = π π · 2(1 + tan2 v) dv = tan v + Suy J = π dv = − π4 − π4 π 20 Chọn phương án A Từ suy I = Câu 46 Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên sau: x −∞ −1 + y +∞ − + +∞ y −∞ Phương trình f (x) − = có nghiệm? Geogebra Pro Trang 16 A B C D0 Lời giải Phương trình f (x) − = ⇔ f (x) = Số giao điểm đồ thị hàm số y = f (x) y = số nghiệm phương trình f (x) − = (∗) Dựa vào bảng biến thiên suy phương trình (∗) có nghiệm Chọn phương án B Câu 47 Cho x, y hai số thực dương thỏa mãn ln x + ln y ≥ ln(x2 + y) Tìm giá trị nhỏ P = x + y √ A P = + B P = √ C P = 2 + DP = √ 17 + √ Lời giải Nếu < x ≤ y ≥ xy ≥ x2 + y ⇔ ≥ x2 (vô lý) x2 x2 Nếu x > (x − 1) y ≥ x2 ⇔ y ≥ Vậy P = x + y ≥ x + x−1 x−1 √ 2− (loại) x = x2 2x2 − 4x + √ Xét hàm số f (x) = x + (1; +∞) f (x) = =0⇒ x−1 x − 2x + 2+ (nhận) x= Ç √ å √ 2+ Lập bảng biến thiên suy f (x) = f = 2 + (1;+∞) Chọn phương án C Câu 48 Gọi S tập hợp tất giá trị tham số thực m cho giá trị nhỏ hàm số y = sin4 x + cos 2x + m Số phần tử S A B C D Lời giải Ta có y = sin4 x + cos 2x + m = sin4 x − sin2 x + m + Đặt t = sin2 x, t ∈ [0; 1], hàm số trở thành y = |t2 − 2t + m + 1| Xét hàm f (t) = t2 − 2t + m + 1, với t ∈ [0; 1] Ta có f (t) = 2t − ≤ 0, với ∀t ∈ [0; 1], suy hàm số nghịch biến [0; 1] Do f (1) ≤ f (t) ≤ f (0) ⇔ m ≤ f (t) ≤ m + Xét trường hợp sau m + ≤ ⇔ m ≤ −1 Khi đó, y = −m − Theo giả thiết −m − = ⇔ m = −3 (thỏa mãn) −1 < m ≤ Khi đó, y = (loại) m > Khi đó, y = m Theo giả thiết m = (thỏa mãn) Vậy tập hợp S có phần tử Chọn phương án D √ Câu 49 Cho hình hộp ABCD.A B C D có đáy hình thoi cạnh a 3, BD = 3a, hình chiếu vng góc B mặt phẳng (A B C D ) trùng với trung điểm A C Gọi (α) góc tạo hai mặt √ 21 phẳng (ABCD) (CDD C ), cos α = Tính thể tích khối hộp Geogebra Pro Trang 17 LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020 Từ ln x + ln y ≥ ln(x2 + y) ⇔ xy ≥ x2 + y ⇔ (x − 1)y ≥ x2 √ 3a3 B 3a3 A Lời giải √ 3a3 D 9a3 C Gọi O O tâm hình thoi ABCD O A B C D Vì BO ⊥ (A B C D ) nên OD ⊥ (ABCD) D A H C B √ 3a Ta có AD = a 3, DO = nên AO = √ √ a AD2 − DO2 = A √ Suy AC = a 3, đó, tam giác ACD D O https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/ B C Từ O kẻ OH ⊥ CD, kết hợp với OD ⊥ CD (do OD ⊥ (ABCD)) suy HD ⊥ CD ÷ Suy góc hai mặt phẳng (ABCD) (CDD√C ) OHD √ 3a ÷ a Ta có OH = · hA = , OHD = α tan α = Suy OD = OH · tan α = √ 3a2 Diện tích đáy hình hộp SABCD = · AC · BD = 2 9a3 Từ đó, V = SABCD · OD = Chọn phương án C Câu 50 Có số nguyên m ∈ (−7; 7) để đồ thị hàm số y = |x4 − 3mx2 − 4| có điểm cực trị A, B, C diện tích tam giác ABC lớn A B C D Lời giải Đặt f (x) = x4 − 3mx2 − Ta thấy f (0) = −4 Do y = |f (x)| có cực trị ⇔ f (x) có cực trị ⇔ m ≤ Ta thấy S ABC = · AO · BC = · |xC | Theo giả thiết, ta √ 3m + 9m2 + 16 >1 √ ⇔ 9m2 + 16 > − 3m m > ⇔ m≤ m > −1 y A (1) B O C x (1) ⇒ −1 < m ≤ Vậy có giá trị m nguyên thuộc (−7; 7) m = thỏa mãn đề Chọn phương án C ———————–HẾT———————– Geogebra Pro Trang 18 BẢNG ĐÁP ÁN D C D C B C A A C 10 D 12 C 13 A 14 C 15 C 16 D 17 C 18 D 19 B 20 C 21 A 22 C 23 D 24 B 25 A 26 D 27 A 28 A 29 C 30 B 31 C 32 A 33 A 34 A 35 D 36 B 37 C 38 B 39 A 40 A 41 B 42 A 43 B 44 B 45 A 46 B 47 C 48 D 49 C 50 C LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020 11 C Geogebra Pro Trang 19 ... [ (1 + r)2 − 1] + [ (1 + r)2 − 1] r = [ (1 + r)2 − 1] (1 + r) r r r Geogebra Pro Trang 14 - Cuối tháng thứ n người có số tiền là: T Tn = [ (1 + r)n − 1] (1 + r) r Tn r Suy ra: T = n [ (1 + r) − 1] ... Trang 18 BẢNG ĐÁP ÁN D C D C B C A A C 10 D 12 C 13 A 14 C 15 C 16 D 17 C 18 D 19 B 20 C 21 A 22 C 23 D 24 B 25 A 26 D 27 A 28 A 29 C 30 B 31 C 32 A 33 A 34 A 35 D 36 B 37 C 38 B 39 A 40 A 41 B... đường thẳng (d) : (∆) (P ) (∆) cắt (d) x 1 y 1 z+2 A = = 1 1 x 1 y 1 z+2 C = = Lời giải x 1 y 1 z+2 = = x 1 y 1 z+2 D = = 1 B Gọi M = (d) ∩ (∆) ⇒ M ( 1 + 2t; + t; + 3t) # » Khi AM = (2t −