ÔN TOÁN THPT

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 • ĐỀ SỐ - MỖI NGÀY ĐỀ THI 1.D 11.B 21.A 31.A 41.D Câu 2.A 12.D 22.A 32.A 42.D 3.D 13.C 23.C 33.B 43.A 4.C 14.A 24.B 34.B 44.C BẢNG ĐÁP ÁN 5.A 6.B 7.C 15.C 16.C 17.C 25.C 26.D 27.C 35.D 36.D 37.A 45.C 46.A 47.C LỜI GIẢI CHI TIẾT 8.C 18.D 28.D 38.C 48.A 9.B 19.A 29.A 39.D 49.D 10.A 20.A 30.A 40.A 50.D Với k , n hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n , mệnh đề sai? A Cnk  n! k! n  k ! B Ank  k!Cnk C Cnk  Cnk 1  Cnk1 D Cnk  k!Ank Lời giải Chọn D Ta có Cnk  Ank  n! suy đáp án A k! n  k ! n!  Ank  k!Cnk suy đáp án B Do đáp án D sai  n  k ! Theo tính chất số Cnk ta có Cnk  Cnk 1  Cnk 1  Cnk  Cnk1 suy đáp án C Câu Cho cấp số nhân  un  có số hạng đầu u1  số hạng thứ ba u3  18 Giá trị u6 A 486 486 C 972 B 486 D 42 Lời giải Chọn A Gọi q công bội cấp số nhân  un  Ta có u3  u1.q  18  2.q  q  3 Với q  , ta có u6  u1.q  2.35  486 Với q  3 , ta có u6  u1.q5  2. 3  486 Câu Thể tích khối trụ tròn xoay có bán kính đáy r chiều cao h A  r h B 2 rh C  r h D  r h 3 Lời giải Chọn D Vtru   r 2h Câu Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên sau: Hàm số cho đồng biến khoảng Trang 1/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ A  0;   B  0;  C  2;0  D  ; 2  Lời giải Chọn C Từ bảng biến thiên, suy khoảng  2;0  hàm số đồng biến Câu Cho khối lăng trụ có đáy hình vng cạnh cho A a B a chiều cao 16 a C 4a Thể tích khối lăng trụ a D 16a3 Lời giải Chọn A V  Sday h  a2.4a  4a3 Câu Nghiệm phương trình 32 x1  27 A B C D Lời giải Chọn B Ta có: x    x  Câu Biết  f ( x)dx   A g ( x)dx  4 , B 6   f ( x)  g ( x) dx C  Lời giải D Chọn C 1 0   f ( x )  g ( x )  dx   Câu f ( x)dx   g( x)dx   (4)  2 Cho hàm số f ( x) có bảng biến thiên sau: Hàm số cho đạt cực tiểu A x  2 B x  C x  Lời giải D x  Chọn C Từ bảng biến thiên ta có điểm cực tiểu hàm số x  Câu Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình vẽ bên? Trang 2/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A y  x  x  B y  2 x  x  C y  x  x  D y  2 x3  x  Lời giải Chọn B Dạng đồ thị hình bên đồ thị hàm số trùng phương y  ax  bx  c có hệ số a  Do đó, có đồ thị đáp án B thỏa mãn Câu 10 Với a số thực dương tùy ý, log a A 3log a B log a C  log a D  log a Lời giải Chọn A Ta có log a  3log a Câu 11 Nguyên hàm hàm số f  x  x  x A x  x  C B x  x C C x  x  C D x  x  C Lời giải Chọn B  f  x  dx    x  x2  dx  x  x  C Câu 12 Số phức có phần thực phần ảo A 1  3i B  3i C 1  3i Lời giải Chọn  3i D  3i Câu 13 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2; 4;3 B  2; 2;7  Trung điểm đoạn AB có tọa độ A 1;3;  B  2;6;  C  2; 1;5  D  4; 2;10  Lời giải x A  xB   xM    y  yB  Gọi M trung điểm AB Khi  yM  A  1  M  2; 1;5   z A  zB   zM    Trang 3/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu 14 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : 2  x     y  1   z   9 Tính bán kính R  S  A R  B R  18 C R  Lời giải D R  Chọn A Phương trình mặt cầu tâm I  a; b; c  , bán kính R có dạng: 2  x  a   y  b   z  c   R2  R  Câu 15 Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  : x  y  z   có vectơ pháp tuyến là:     A n4  1;3;  B n1   3;1;  C n3   2;1;3 D n2   1;3;  Lời giải Mặt phẳng  P  : x  y  z   có vectơ pháp tuyến  2;1;3 Câu 16 Trong không gian Oxyz , điểm thuộc đường thằng d : A P1;1;2 B N  2; 1;2 C Q 2;1; 2 x  y 1 z    1 D M  2; 2;1 Lời giải Chọn C Đường thằng d : x  y 1 z  qua điểm  2;1; 2   1 Câu 17 Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc với OA  OB  OC Gọi M trung điểm BC ( tham khảo hình vẽ bên dưới) Góc hai đường thẳng OM AB A 900 B 300 C 600 Lời giải Chọn C Trang 4/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D 450 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Đặt OA  a suy OB  OC  a AB  BC  AC  a Gọi N trung điểm AC ta có MN / / AB MN  a 2  OM , AB    OM , MN  Xét OMN Suy góc  a nên OMN tam giác   600 Vậy  OM , AB    OM , MN   600 Suy OMN Trong tam giác OMN có ON  OM  MN  Câu 18 Cho hàm số y  f  x  xác định  có bảng xét dấu đạo hàm sau: Khi số điểm cực trị hàm số y  f  x  A B C Lời giải D Chọn D Dựa vào bảng xét dấu y ' ta thấy y ' đổi dấu qua điểm x  x1 , x  x2 , x  x3 Mà x1 , x2 , x3 thuộc tập xác định Vậy hàm số y  f  x  có điểm cực trị Câu 19 Tìm giá trị nhỏ m hàm số y  x  x  13 đoạn   2;3  A m  51 B m  51 C m  49 D m  13 Lời giải Chọn A  x     2;3   y  x  x ; y     ; x   2;3      51  12,75 ; Tính y  2   25 , y    85 , y    13 , y    2  Kết luận: giá trị nhỏ m hàm số m  51 Trang 5/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ ln x , mệnh đề đúng? x 1 A y  xy    B y  xy  x x 1 C y  xy   D y  xy  x x Lời giải Câu 20 Cho hàm số y  Chọn A Cách  ln x  x  x.ln x  y  x2 x  ln x  ln x x  x x2  x  x 1  ln x   x y  x4 x4  x  x 1  ln x   1  ln x   ln x    x x x3 1  ln x  x   x  1  ln x  Suy ra: y  xy   ln x  ln x  ln x   ln x x   x x x x Cách Ta có xy  ln x , lấy đạo hàm hai vế, ta y  xy  x Tiếp tục lấy đạo hàm hai vế biểu thức trên, ta y  y  xy   y  xy    , hay x2 x2 Câu 21 Tìm nghiệm phương trình log  x    A x  21 B x  C x  11 Lời giải D x  13 Chọn A ĐK: x    x   log  x  5   x   16  x  21 Câu 22 Cho tứ diện ABCD có cạnh 3a Hình nón  N  có đỉnh A có đáy đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Tính diện tích xung quanh Sxq  N  A Sxq  3a2 B Sxq  3a2 C Sxq  12 a Lời giải Chọn A Trang 6/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D Sxq  a PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A B O M D C Gọi r bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Ta có BM  3a 2 3a a ; r  BM  3 Sxq  rl  r AB  a 3.3a  3.a2 Câu 23 Biết đường thẳng y  2 x  cắt đồ thị hàm số y  x3  x  điểm nhất; kí hiệu  x0 ; y0  tọa độ điểm Tìm y0 A y0  B y0  C y0  D y0  1 Lời giải Chọn C Xét phương trình hồnh độ giao điểm: 2 x   x  x   x  x   x  Với x0   y0  Câu 24 Họ tất nguyên hàm hàm số f  x   C x 1 C ln  x  1  C x 1 2x 1  x  1 khoảng  1;    C x 1 D ln  x  1  C x 1 Lời giải A ln  x  1  B ln  x  1  Chọn B Ta có  f  x  dx   2x 1  x  1 dx    x  1   x  1   dx     dx  ln  x  1   C  x 1  x   x  1  Câu 25 Một người gửi tiết kiệm vào ngân hàng với lãi suất 7, %/năm Biết khơng rút tiền khỏi ngân hàng sau năm số tiền lãi nhập vào vốn để tính lãi cho năm Hỏi sau năm người thu (cả số tiền gửi ban đầu lãi) gấp đôi số tiền gửi, giả định khoảng thời gian lãi suất khơng thay đổi người khơng rút tiền ra? A 11 năm B năm C 10 năm D 12 năm Lời giải Trang 7/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ S n Áp dụng công thức: S n  A 1  r   n  log 1 r   n  A    n  log1 7,5%    9,  Câu 26 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  a Tính thể tích V khối chóp S ABCD A V  2a B V  2a C V  2a3 D V  2a 3 Lời giải Chọn D S B A D C Ta có SA   ABCD   SA đường cao hình chóp 1 a3 Thể tích khối chóp S ABCD : V  SA.S ABCD  a 2.a  3 x2  3x  x  16 C Lời giải Câu 27 Tìm số tiệm cận đứng đồ thị hàm số: y  A B D Chọn C Ta có y  x  3x  x  (với điều kiện xác định), đồ thị hàm có tiệm cận đứng  x4 x  16 Câu 28 Cho hàm số y  ax  bx  cx  d  a   có đồ thị hình vẽ Chọn khẳng định dấu a , b , c , d ? A a  , b  , d  , c  C a  0, b  0, c  0, d  B a  , c   b , d  D a  , b  , c  , d  lời giải Chọn D Dựa vào đồ thị ta có a  , đồ thị cắt Oy điểm có tung độ dương nên d  , đồ thị có cực trị trái dấu nên x1.x2   c   c  Vậy đáp án D a Trang 8/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Câu 29 Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  f ( x ) trục hồnh (phần tơ đậm hình) là: A S  C S  1  f ( x) dx   f ( x) dx 2 0 2 D S   f ( x) dx   f ( x) dx 2 B S   f ( x) dx   f ( x) dx  f ( x) dx 2 Lời giải Chọn A Ta có S   2 f ( x ) dx   f ( x) dx   f ( x) dx  2 0  f ( x) dx   f ( x) dx 2 Câu 30 Cho số phức z   i  i Tìm phần thực a phần ảo b z A a  1, b  2 B a  2, b  C a  1, b  D a  0, b  Lời giải Chọn A Ta có: z   i  i   i  i i   i  i   2i (vì i  1 ) Suy phần thực z a  , phần ảo z b  2 Câu 31 Cho số phước z   2i Điểm điểm biểu diễn số phức w  iz mặt phẳng tọa độ A N  2; 1 B P  2;1 C M  1; 2  D Q  1;  Lời giải Chọn A w  iz  i   i    i Câu 32 Trong không gian Oxyz , cho hình bình hành ABCD Biết A 1;0;1 , B  2;1;  D 1; 1;1 , tọa độ điểm C là: A  2;0;  B  2;2;  C  2; 2;2  D  0; 2;0  Lời giải Chọn A  xC  xB  xD  x A        Do ABCD hình bình hành nên DC  AB   yC  yB  yD  y A      C  2;0;   z  z  z  z  1 1  B D A  C Trang 9/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu 33 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình phương trình mặt cầu qua ba điểm M  2;3;3 , N  2; 1; 1 , P  2; 1;3 có tâm thuộc mặt phẳng   : x  y  z   A x  y  z  x  y  z  10  B x  y  z  x  y  z   C x2  y  z  x  y  z   D x2  y  z  x  y  z   Lời giải Chọn B Giả sử phương trình mặt cầu  S  có dạng x2  y  z  2ax  2by  2cz  d  Điều kiện: a  b  c  d  * Vì mặt cầu S  qua điểm M  2;3;3 , N  2; 1; 1 , P  2; 1;3 có tâm I thuộc 4a  6b  6c  d  22 a  4a  2b  2c  d  b  1   mp  P  nên ta có hệ phương trình   : T / m * a  b  c  d   14  c  2a  3b  c  2 d  2 Vậy phương trình mặt cầu : x2  y  z  x  y  z   Câu 34 Trong không gian Oxyz , khoảng cách hai mặt phẳng Q  : x  y  2z   A  P  : x  y  z  10  B C D Lời giải Chọn B Lấy điểm M  0;0;5    P  Do  P  //  Q  nên d   P  ,  Q    d  M ,  Q    xM  yM  zM  2 2 2  Câu 35 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  1; 2;  hai mặt phẳng P : x y  z1 0, Q  : x  y  z   Phương trình phương trình đường thẳng qua A , song song với  P   Q  ? x   A  y  2  z   2t   x  1  t  B  y   z  3  t   x   2t  C  y  2  z   2t  x   t  D  y  2 z   t  Lời giải Chọn D  n P    1; 1; 1    Ta có   n P  , nQ     2; 0; 2    1; 0; 1 Vì đường thẳng d song song   nQ    1; 1; 1 với hai mặt phẳng, nên nhận véc tơ  1; 0; 1 làm véc tơ phương Trang 10/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Câu 36 Một hộp đựng thẻ ghi số từ đến ( thẻ ghi số ) Rút ngẫu nhiên từ hộp thẻ Xác suất để thẻ rút có thẻ ghi số chia hết cho 15 A B C D 28 28 14 14 Lời giải Chọn D Số cách rút thẻ từ thẻ C83  56 suy số phần thử không gian mẫu n     56 Đặt A biến cố: “ thẻ rút có thẻ ghi số chia hết cho ” Từ đến có số chia hết cho Trường hợp Trong thẻ rút có ghi số chia hết cho , ghi số không chia hết cho Suy số cách chọn C21 C62  30 Trường hợp Trong thẻ rút có ghi số chia hết cho , ghi số không chia hết cho Suy số cách chọn C22 C61  Vậy số phần tử biến cố A n  A   30   36 Suy xác suất biến cố A P  A   n  A 36   n    56 14 Câu 37 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  a , AD  2a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng đáy trung điểm H AD , góc SB mặt phẳng đáy ( ABCD ) 450 Tính khoảng cách hai đường thẳng SD BH theo a A a B 2a C a D a Lời giải Chọn A S A B H K D C   450 Ta có Do SH   ABCD  nên góc SB mặt phẳng đáy (ABCD) góc SBH SBH vng cân H nên SH  BH  a Gọi K trung điểm BC, ta có BH / / DK  BH/ /  SDK  Suy ra: d  BH ; SD   d  BH ;  SDK    d  H ;  SDK   Tứ diện SHDK vuông H nên 1 1     2 2 HK HD 2a d  H ;  SDK   HS Trang 11/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Vậy d  BH ; SD   d  H ;  SDK    a e x  m, x  Câu 38 Cho hàm số f  x    liên tục  2 x  x , x   a, b, c  Tổng T  a  b  3c A T  15  f  x  dx  ae  b 3c, 1 B T  10 C T  19 Lời giải D T  17 Chọn C TXĐ: D     lim f  x   lim  e x  m    m ; lim f  x   lim x  x  ; f     m x  0 x 0 x 0 x0 Hàm số liên tục   Hàm số liên tục x   lim f  x   lim f  x   f     m   m  1 x 0 x 0 Ta có  f  x  dx   x  x dx    e x  1 dx  1 1 2  3  x  d 3  x     e 1 x  1 dx 0  2 22    x     e x  x   e   3  1 Nên a  1; b  2; c   22  T  19 mx  4m với m tham số Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên m xm để hàm số nghịch biến khoảng xác định Tìm số phần tử S A B C Vô số D Lời giải Câu 39 Cho hàm số y  Chọn D D   \ m ; y  m  4m  x  m Hàm số nghịch biến khoảng xác định y  0, x  D  m2  4m    m  Mà m   nên có giá trị thỏa mãn Câu 40 Cần sản xuất vỏ hộp sữa hình trụ tích V cho trước Để tiết kiệm vật liệu bán kính đáy phải A V 2 B V C V  Lời giải Chọn A Gọi h, r chiều cao bán kính đường tròn đáy hình trụ Ta có V   r h  h  V  r2 Trang 12/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D V 3 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Để tiết kiệm vật liệu diện tích tồn phần nhỏ V 2V V V Ta có Stp  2 r  2 rh  2 r  2 r  2 r   2 r   r r r r V V Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số 2 r , , ta có r r V V 2 V không đổi Stp  3 2 r  3 r r r Dấu xảy 2 r  V V r3 ta có r 2 Câu 41 Cho hàm số y  log a x y  log b x có đồ thị hình vẽ bên Đường thẳng x  cắt trục hoành, đồ thị hàm số y  log a x y  log b x A, B C Nếu AC  AB log A b3  a B b  a C log3 b  log a D log b  log3 a Lời giải Chọn D Từ đồ thị hàm số cho hình ta có A  6;0  , B  6;log a  , C  6;logb  , AC  yC  y A  log b , AB  yB  y A  log a Vậy AC  AB log  log b  log a 6.log  log log log 1     log b  log a log b log a log log b log a Câu 42 Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m cho giá trị lớn hàm số y x  mx  m 1; 2 Số phần tử tập S x 1 A B C Lời giải D Chọn D Xét y   x   1;2 x2  x x  mx  m Ta có: f   x   , f  x    x 1  x  1  x  2  1;2 Mà f 1  2m  3m   2m  3m   ,f     max y   ;  x  1;2   3   Trang 13/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/  m  2m  Trường hợp 1: max y  2 x1;2 m    • Với m  3m  17    (loại) 3m    (thỏa mãn) • Với m     m  3m   3m  Trường hợp 2: max y  2  x1;2 3m   6  m   10  • Với m  2m     (thỏa mãn) • Với m   10 2m  17    (loại) Vậy có giá trị m thỏa mãn Câu 43 Tìm tất giá trị tham số m để bất phương trình x 1  m  x  1  nghiệm với x   A m   ;0 B m   0;    C m   0;1 D m   ;0   1;    Lời giải Chọn A Đặt t  x , t   t   Bài toán cho trở thành: Tìm tất giá trị tham số m để bất phương trình: Đặt f  t   t2  m , t  1  t  1 t2 t  2t , t  0  f  t    f   t    t   l   t  2  l   t  1  t  1 Bảng biến thiên: Nhìn vào bảng biến thiên ta có m   ;0 thỏa yêu cầu toán Trang 14/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Câu 44 Cho hàm y  f  x  liên số f '  x   (3x  x).e  f  x A A  1 tục, có đạo hàm  1;0 Biết x   1;0 Tính giá trị biểu thức A  f    f  1 B A  1 D A  e C A  Lời giải Chọn C f '  x   (3x  x).e   f ' x e  f  x  3x  x  f '  x  e f  x  3x  x  f '  x  e f  x dx  1 e  f  x f  x 1   3x  x dx 1   x3  x  1 0e Vì y  e x hàm số đồng biến e f  0 f  0 e e f  1 f  1 0e f  0 e f  1  f    f  1  A  f    f  1  Câu 45 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Gọi S tập hợp số nguyên dương m để bất phương trình f  x   mx  x    2m có nghiệm thuộc đoạn  0;3 Số phần tử tập S A Vô số B 10 C D Lời giải Chọn C Ta có:  f  x   9, x   0;3 Ta có: f  x   mx  x    2m  m  f  x f  x m  2 x  2x   x2  1  1 ( Do max f  x   f 1   x  1  1  x  )  0;3 0;3   max  0;3 f  x  x2  1   x   m  Do đó, để bất phương trình f  x   mx  x    2m có nghiệm thuộc đoạn  0;3 m  Mà m  *  m  1; 2; ,9 nên số phần tử S Câu 46 Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm x   , hàm số y  f   x   x3  ax  bx  c có đồ thị hình vẽ Trang 15/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ y 1 -1 O x -1 Số điểm cực trị hàm số y  f  f   x   A B 11 C D Lời giải Chọn A Nhận thấy  f ( f '( x))  '  f ''( x) f '( f '( x)) dựa vào đồ thị hàm y  f '( x) ta có  x  x1  ( 1;0) f ''( x)     x  x2  (0;1)  f '( x)  1  x  x3  1  f '( f '( x))    f '( x)    x  1, x  0, x   x  x4   f '( x)  nên phương trình  f ( f '( x))  '  có nghiệm đơn phân biệt Vậy hàm số y  f  f   x   có điểm cực trị 9t với m tham số thực Gọi S tập hợp tất giá trị m 9t  m2 cho f  x   f  y   với số thực x, y thỏa mãn e x  y  e  x  y  Tìm số phần tử S Câu 47 Xét hàm số f  t   A Vô số B C Lời giải D Chọn C Ta có f  x   f  y    x  y  m  x  y  log m  log m Đặt x  y  t , t  Vì e x  y  e  x  y   e t  et  t   ln t   ln t  t  0, t  (1) 1t 0t 0 Xét hàm f  t   ln t   t với t  f   t     t t Bảng biến thiên Trang 16/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Dựa vào bảng biến thiên, ta có f  t   f  1 , t    ln t  t  0, t  (2) Từ  1   ta có t   log m2   m2   m   Câu 48 Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục  0;1 thỏa mãn f 1  0,   f ( x) dx   x f ( x)dx  A Tính tích phân  f ( x)dx B C D Lời giải Chọn A Cách 1: Đặt u  f  x   du  f   x  dx , dv  x dx  v  1 x3 1 x3 x3 Ta có  f  x   f   x dx   x3 f   x dx  1 3 0 1 Ta có  49 x dx  7, 1 2 3   f ( x)  dx  7,  2.7 x f   x dx  14   7 x  f ( x)  dx  0 0  x3  f ( x)   f  x    7x  C , mà f 1   C  4 1  x4    f ( x)dx       dx  4 0 Cách 2: Nhắc lại bất đẳng thức Holder tích phân sau: b b  b 2   f  x  g  x  dx    f  x  dx. g  x  dx a a  a Dấu xảy f  x   k g  x  ,  x   a; b  , k     x6 x3  x3 Ta có    f   x dx    dx.  f   x   dx  Dấu xảy f   x   k 0  Mặt khác  Từ  x4 x3 1  f   x dx   k  21  f   x   7 x suy f  x    4 3  x4  f ( x)dx       dx  4 0 Trang 17/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu 49 Cho hình chóp S ABC có góc mặt bên mặt đáy  ABC  600 Biết khoảng cách hai đường thẳng SA BC 3a , tính theo a thể tích V khối chóp 14 S ABC A V  a3 12 B V  a3 16 C V  a3 18 D V  a3 24 Lời giải: Chọn D Gọi O trung điểm AC, x cạnh tam giác đều, G trọng tâm tam giác ABC   600 +) Ta có SO  AC ; BO  AC nên góc (SAC) (ABC) SOB Vì SABC chóp nên SG  ( ABC )  SG  GO Xét tam giác vng SAG có x x SG  tan 600.OG   2 +) Từ A kẻ AD / / BC suy ra: d  BC ; SA   d  BC ;  SAD    d  B;  SAD   d ( B;( SAD )) (*)   1200 ; BAG   300  GAD   900 Vì BAD Mặt khác ta có d  G;  SAD    hay AG  AD (1) Lại có SG  AD (2)  AD  ( AGS ) Kẻ GK  SA (3)  GK  AD (4) Từ (3) (4) suy GK  ( SAD )  d (G;( SAD ))  GK Do d (G;( SAD ))  GK Xét tam giác vuông SGA ta có: Trang 18/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 1 1 x      GK   2 2 GK GA GS 2 x 3 x  x     3  Từ (*) ta có x 3a a2 a   x  a Vậy SG  S ABC  14 1 a a a3  Thể tích khối chóp S.ABC là: VS ABC  SG.S ABC  3 24 Chọn đáp án D   Câu 50 Cho hàm số y  f  x  liên tục R có đạo hàm f   x   x  x  1 x  x  m với x   Có số nguyên m thuộc đoạn  2019; 2019 để hàm số y  f 1  x  nghịch biến khoảng   ;0  ? A 2020 B 2014 C 2019 Lời giải D 2016 Chọn D Đặt g  x   f 1  x  g '  x   1  x  x3  x  x  m  3 Hàm số y  f 1  x  nghịch biến  ;   g '  x   với x    ;0  1  x  Với x   ;    Suy x  x  m   với x    ;0  x   m   x  x  với x    ;0  Xét h  x    x  x  với x    ;0  Bảng biến thiên cho hàm số h  x  Dựa vào bảng biến thiên suy m  Vậy có 2016 số nguyên m thuộc đoạn  2019; 2019 thỏa mãn yêu cầu đề Trang 19/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Trang 20/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Trang 21/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ 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 22/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong ... y     ; x   2;3      51  12, 75 ; Tính y  2   25 , y    85 , y    13 , y    2  Kết luận: giá trị nhỏ m hàm số m  51 Trang 5/ 22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489... C83  56 suy số phần thử không gian mẫu n     56 Đặt A biến cố: “ thẻ rút có thẻ ghi số chia hết cho ” Từ đến có số chia hết cho Trường hợp Trong thẻ rút có ghi số chia hết cho , ghi số không... TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Câu 36 Một hộp đựng thẻ ghi số từ đến ( thẻ ghi số ) Rút ngẫu nhiên từ hộp thẻ Xác suất để thẻ rút có thẻ ghi số chia hết cho 15 A B C D 28 28 14 14 Lời giải Chọn D Số