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.B  11.B  21.C  31.A  41.B  Câu 2.C  12.D  22.C  32.A  42.C  3.C  13.B  23.A  33.A  43.D  4.A  14.A  24.D  34.D  44.B    BẢNG ĐÁP ÁN 5.C  6.C  7.B  15.A  16.B  17.D  25.C  26.D  27.C  35.C  36.C  37.B  45.C  46.D  47.A  LỜI GIẢI CHI TIẾT  8.A  18.A  28.A  38.A  48.A  9.D  19.B  29.A  39.C  49.C  10.C  20.D  30.C  40.B  50.D  Cho  n  và  k  là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn  k  n  mệnh đề nào dưới đây đúng?  n! n! A Ank    B Cnk11  Cnk1  Cnk C Cnk 1  Cnk 1  k  n    D Cnk    k ! n  k  !  n  k ! Lời giải  Chọn B Dựa vào định nghĩa và cơng thức tính số tổ hợp, chỉnh hợp ta thấy:  n! n! ,  Cnk  Cnn k 1  k  n  ,  C nk   nên các đáp án A, C, D sai.  Ank  k ! n  k  !  n  k ! Ta có  Cnk11  Cnk1  Câu  n  1 !   n  1!  n  ! n   n !  C k       n  k  1 ! n  k ! k ! n  k  1!  k ! n  k  !  k ! n  k  ! Cho cấp số nhân   un   có cơng bội  q , số hạng đầu  u1  2  và số hạng thứ tư  u4  54  Giá trị  của  q  bằng A 6 B C 3 Lời giải  D Chọn C Do cấp số nhân   un   có cơng bội  q , số hạng đầu  u1  nên ta có  u  u1 q   u  54  2 q  54  q  27  q  3   Vậy cấp số nhân   un   có cơng bội  q , số hạng đầu  u1  2  và số hạng thứ tư  u4  54  Giá trị  của  q  3 Câu Diện tích xung quanh của hình trụ tròn xoay có bán kính đáy  r  và độ dài đường sinh  l  bằng  A rl   B 4rl   C 2rl   D rl   Lời giải Diện tích xung quanh của hình trụ tròn xoay:  S xq  2rl Câu Cho hàm số  y  f  x   có bảng biến thiên như sau    Trang 1/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?  A  0;1 B  ;  C 1;    D  1;  Lời giải Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng   0;1   Câu Cho khối lăng trụ có đáy là hình vng cạnh  a  và chiều cao bằng  2a  Thể tích của khối lăng  trụ đã cho bằng  A a   B a   C 2a   D 4a   3 Lời giải Ta có:  Vlangtru  Sday h  a a  2a   Câu Phương trình  x 1  125  có nghiệm là  A x    B x    2 Ta có:  Câu x1  125  x1 C x  D x    Lời giải    x    x    Cho hàm số  f  x   liên tục trên đoạn   a; b   và  F  x   là một nguyên hàm của  f  x   Tìm khẳng  định sai A C b a a b  f  x  dx   f  x  dx  b a f  x  dx  F  b   F  a  B b  f  x  dx  F  a   F  b  D a a  f  x  dx  a Lời giải  Chọn B b b a a Khẳng định B   f  x  dx  F  a   F  b   sai vì   f  x  dx  F  b   F  a  Câu Cho hàm số  y  f  x   có bảng biến thiên như sau    Tìm giá trị cực đại  yCĐ  và giá trị cực tiểu  yCT  của hàm số đã cho.  A yCĐ   và  yCT    B yCĐ   và  yCT  2   C yCĐ  2  và  yCT   D yCĐ   và  yCT    Lời giải Chọn A Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có  yCĐ   và  yCT    Câu Đường cong trong hình vẽ bên là của hàm số nào dưới đây  Trang 2/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A y  x  3x    B y  x  3x      C y   x  x    D y   x  x    Lời giải Vì đồ thị có dạng hình chữ M nên đây là hàm trùng phương. Do đó loại B và C  Vì  lim    nên loại A  x  Câu 10 Với  a  là số thực dương tùy ý,  ln 5a   ln 3a   bằng  A ln  5a  ln  3a  C ln B ln  2a    D ln ln Lời giải Ta có  ln 5a  ln 3a   ln 5a  ln 3a Câu 11 Nguyên hàm của hàm số  f  x   x3  x  là  A x  x  C   Chọn B C x  x  C   x  x  C   Lời giải D x  x  C   x  x C Câu 12 Kí hiệu  a , b  lần lượt là phần thực và phần ảo của số phức   2i  Tìm  a ,  b   A a  3; b    B a  3; b  2   C a  3; b    D a  3; b  2   Lời giải Chọn D Số phức   2i  có phần thực là  a   và phần ảo là  b  2   Câu 13 Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz ,  cho  hai  điểm  A  3; 2;3   và  B  1; 2;5   Tìm  tọa  độ  trung điểm  I  của đoạn thẳng  AB   A I  2; 2;1   B I 1;0;    C I  2;0;8    D I  2; 2; 1   Lời giải Chọn B Tọa độ trung điểm  I  của đoạn  AB  với  A  3; 2;3  và  B  1; 2;5  được tính bởi  Trang 3/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   xA  xB   xI     y  yB   I 1; 0;     yI  A   z A  zB  z I   Câu 14 Trong không gian với hệ trục tọa độ  Oxyz , cho hai điểm  A 1; 2;3 , B  5; 4; 1  Phương trình  mặt cầu đường kính  AB  là 2 B  x  3   y  3   z  1  2 D  x  3   y  3   z  1  36 A  x  3   y  3   z  1  C  x  3   y  3   z  1  2 2 2 Lời giải  Chọn A  + Gọi  I  là trung điểm của  AB  I  3;3;1    AB  4; 2; 4   AB  16   16    + Mặt cầu đường kính  AB có tâm  I  3;3;1 , bán kính  R  2  x  3   y  3   z  1 AB   có phương trình là:   Câu 15 Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz , cho hai điểm  A  0;1;1  ) và  B 1; 2;3  Viết phương trình  của mặt phẳng   P  đi qua  A  và vng góc với đường thẳng  AB A x  y  z     B x  y  z     C x  y  z     D x  y  z  26  Lời giải Chọn A  Mặt phẳng   P  đi qua  A  0;1;1 và nhận vecto  AB  1;1;  là vectơ pháp tuyến   P  :1 x    1 y  1   z  1   x  y  z   x  1 t  Câu 16 Trong không gian  Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng  d :   y   t ?   z   3t  A P 1; 2;5   B N 1;5;2    C Q  1;1;3   D M 1;1;3   Lời giải  Cách 1.  Dựa  vào  lý  thuyết:  Nếu  d   qua  M  x0 ; y0 ; z  ,  có  véc  tơ  chỉ  phương  u  a; b; c    thì   x  x0  at  phương trình đường thẳng  d  là:   y  y0  bt , ta chọn đáp án B   z  z  ct  Cách 2. Thay tọa độ các điểm  M  vào phương trình đường thẳng  d , ta có:  1   t t    2   t  t  3 (Vô lý). Loại đáp án A  5   3t t    Trang 4/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Thay tọa độ các điểm  N  vào phương trình đường thẳng  d , ta có:  1   t  5   t  t   Nhận đáp án B  2   3t  Câu 17 Cho hình chóp tứ giác đều  S ABCD  có tất cả các cạnh bằng  a  Gọi  M  là trung điểm của  SD   (tham khảo hình vẽ bên). Tang của góc giữa đường thẳng  B M  và mặt phẳng   ABCD  bằng  S M A D B A C 2 B 3 C D Lời giải Chọn D S M A D H O B C a2 a    2 Gọi  M  là trung điểm của  OD  ta có  MH / / SO  nên  H  là hình chiếu của  M  lên mặt phẳng  Gọi  O  là tâm của hình vng. Ta có  SO   ABCD   và  SO  a   ABCD  và  MH  SO  a 2      Do đó góc giữa đường thẳng  B M  và mặt phẳng  ( ABCD )  là  MBH a MH  Khi đó ta có  tan MBH      BH 3a Vậy tang của góc giữa đường thẳng  B M  và mặt phẳng   ABCD  bằng    3 Câu 18 Cho hàm số  f  x   có đạo hàm  f   x   x  x  1 x   ,  x    Số điểm cực trị của hàm số  đã cho là  Trang 5/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   B   A   Chọn D   C   Lời giải  A x  Ta có  f   x   x  x  1 x   ;  f   x     x      x  2 Bảng xét dấu  x        f   x         2   0      0    0              1  0              Vì  f   x   đổi dấu   lần khi đi qua các điểm nên hàm số đã cho có   cực trị.  Câu 19 Giá trị nhỏ nhất của hàm số  f  x   x3  3x trên đoạn   3;3  bằng  A 18   B 18   C 2   Lời giải  D   Chọn B x  Ta có  f   x   x        x  1 Mà  f  3  18; f  1  2; f 1  2; f  3  18   Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số  f  x   x3  3x trên đoạn   3;3  bằng  18   Câu 20 Đặt  log  a , tính  log 64 81  theo  a   A 3a   B 4a   C   4a D   3a Lời giải Chọn D   Ta có  log 64 81  log 43 34  Vậy  log 64 81  4 log     3log3 3a   3a Câu 21 Tập nghiệm của bất phương trình  3x  x  27  là  A  ; 1   B  3;     C  1;3   D  ; 1   3;     Lời giải  Chọn C Bất phương trình tương đương với  3x 2 x  33  x  x     x  x    1  x    Câu 22 Tìm bán kính R  mặt cầu ngoại tiếp một hình lập phương có cạnh bằng  2a   A 100 B R  3a   C R  3a   Lời giải Chọn C Trang 6/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D R  a   PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020   Đường chéo của hình lập phương:  AC   3a  Bán kính  R  AC   a   Câu 23 Cho hàm số  y  f  x   có bảng biến thiên sau  x y   2 0       y 2 2 Số nghiệm của phương trình  f  x     là  A   Chọn B       C   Lời giải  D   A Ta có  f  x         f  x      Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số  y  f  x   và đường  thẳng  y     Dựa vào bảng biến thiên ta thấy  yCT  2     y CĐ   Vậy phương trình  f  x     có 4 nghiệm phân biệt.    Câu 24 Tìm ngun hàm  F  x   của hàm số  f  x   sin x  cos x  thoả mãn  F      2 A F  x   cos x  sin x    B F  x    cos x  sin x    C F  x    cos x  sin x    D F  x    cos x  sin x  1  Lời giải Chọn D Có  F  x    f  x  dx    sin x  cos x  dx   cos x  sin x  C       Do  F     cos  sin  C    C   C   F  x    cos x  sin x    2 2 Câu 25 Số  lượng  của  loại  vi  khuẩn  A   trong  một  phòng  thí  nghiệm  được  tính  theo  cơng  thức  s  t   s   2t , trong đó  s  0  là số lượng vi khuẩn  A  lúc ban đầu,  s  t   là số lượng vi khuẩn  Trang 7/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   A  có sau  t  phút. Biết sau   phút thì số lượng vi khuẩn  A  là  625  nghìn con. Hỏi sau bao lâu,  kề từ lúc ban đầu, số lượng vi khuẩn  A  là  20  triệu con? A 48  phút.  B  phút.  C  phút.  D 12  phút.  Lời giải  Chọn C s  3  s   23  s    s  3  625.000  78.125  con.  Số lượng vi khuẩn  A  là  20  triệu con:  20.000.000  78.125.2t  t    Câu 26 Cho lăng trụ tam giác  ABC ABC   có đáy  ABC  là tam giác vng cân tại  A , cạnh  AC  2   Biết  AC   tạo với mặt phẳng   ABC   một góc  60  và  AC    Tính thể  tích  V  của khối đa  diện  ABCBC   A V  B V  16 C V  3 D V  16   Lời giải Chọn D C’ B’ A’ B C 2 600 H A Phân tích: Tính  thể  tích  của  khối  đa  diện  ABCBC   bằng  thể  tích  khối  của  lăng  trụ  ABC ABC   trừ đi thể tích của khối chóp  A ABC    Giả  sử  đường  cao  của  lăng  trụ  là  C H   Khi  đó  góc  giữa  AC  mặt  phẳng   ABC    là  góc   AH  60   C Ta có:  sin 60  C H  C H  3; S ABC  ;  VABC ABC   C H S ABC  2 AC       1 8 16 ;  VABBC C  VABC ABC   VA ABC      VA ABC   C H S ABC  VABC ABC    3 3 Câu 27 Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số  y  A 2  B 0  x  25   là  x2  x C   Lời giải Chọn C Trang 8/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D   PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Tập xác định  D   25;  \ 1;0  Biến đổi  f ( x)  Vì lim  y  lim  x 1 x 1  x 1   x  25   x 1   x  25       nên đồ thị hàm số đã cho có 1 tiệm cận đứng  x  1   Câu 28 Tìm  đồ  thị  hàm  số  y  f  x    được  cho  bởi  một  trong  các  phương  án  dưới  đây,  biết  f  x    a  x  b  x   với  a  b     A B .  C D .    Lời giải  Chọn A Có  f   x     b  x    a  x   2  b  x     b  x  b  x  2a  x     b  x  b  2a  x    x  b  f  x     x  2a  b    2a  b 2b  b   b   Có  3 Ta có bảng biến thiên    Từ đó chọn đáp án A  Câu 29 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số  y  x  x  và đồ thị hàm số  y  x  x   A 37   12 B   81   12 Lời giải C D 13 Chọn A Trang 9/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   x  Phương trình hồnh độ giao điểm  x  x  x  x  x  x  x    x     x  2 3 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số  y  x  x  và đồ thị hàm số  y  x  x  là:  S    x  x  x  x dx  2   x  x  x dx  2 x   x  x dx    x x3   x x3   16   1  37       x      x            1      12   2  0 Câu 30 Cho số phức  z   2i  Tìm phần ảo của số phức  w  1  2i  z A  B C Lời giải  D 4i Chọn C Ta có:  w  1  2i  z  1  2i   2i    2i  6i    4i   Vậy phần ảo của số phức  w  là 4 Câu 31 Trong mặt phẳng toạ độ, điểm  A  3;   là điểm biểu diễn của số phức nào trong các số sau?  A z  3  4i   B z   4i   C z   4i   Lời giải  D z  3  4i   Chọn A Điểm  M  a; b  trong hệ tọa độ vng góc của mặt phẳng là điểm biểu diễn số phức  z  a  bi     Vậy điểm  A  3;   là điểm biểu diễn của số phức  z  3  4i     Câu 32 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm  A   2; 4;1  và  B  4; 5;   Điểm  C  thỏa mãn  OC  BA   có tọa độ là A   6,  1,  1 B  2, 9,   C  6,1,1 D  2, 9,  Lời giải Chọn C Gọi tọa độ điểm  C  x; y ; z      Ta có  OC   x; y; z  ;  BA   6; 1; 1    x  6   Theo bài ra  OC  BA   y  1    z  1  Vậy tọa độ điểm  C  là  C   6;  1;  1 Câu 33 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy , cho đường thẳng  d : 3x  y    và điểm  I 1;    Gọi   C   là đường tròn có tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm A và B sao cho tam giác IAB có  diện tích bằng 4. Phương trình đường tròn   C   là  2 A  x  1   y  2    2 B  x  1   y    20   Trang 10/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 2 C  x  1   y  2    D  x  1   y    16   Lời giải  Chọn A Ta có:  IH  d  I ; d     S IAB  2S 2.4 IH AB  AB  IAB    AH    IH  R  IA  AH  IH  2  2  2   2   C  :  x  1   y      Câu 34 Trong không gian  Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm  A 2;  1;2  và song song với mặt phẳng   P  :  x  y  z    có phương trình là A x  y  z     B x  y  z  11    C x  y  z  11    D x  y  z  11    Lời giải Gọi mặt phẳng   Q   song song với mặt phẳng   P  , mặt phẳng   Q   có dạng  x  y  z  D    A  2;  1;2   Q  D  11   Vậy mặt phẳng cần tìm là  x  y  z  11    Câu 35 Trong không gian Oxyz cho  A  0;0;2  , B  2;1;0  , C 1; 2;  1  và  D  2;0;  2  Đường thẳng  đi qua  A  và vng góc với   BCD   có phương trình là  x   3t  A  y  2  2t z  1 t  x   B  y   z  1  2t   x   3t  C  y   2t z  1 t  Lời giải   x  3t  D  y  2t z   t  Chọn C Gọi  d  là đường thẳng đi qua  A  và vng góc với   BCD      Ta có  BC   1;1;  1 ; BD   0; 1;        Mặt phẳng   BCD  có vec tơ pháp tuyến là  n BCD    BD , BC    3; 2;  1      Gọi  u d  là vec tơ chỉ phương của đường thẳng  d     Vì  d   BCD   nên  ud  n BCD    3; 2;  1    Đáp A và C có VTCP  ud   3; 2;  1  nên loại B và  D Ta thấy điểm  A  0;0;2  thuộc đáp án C nên loại A Trang 11/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Câu 36 Để chuẩn bị cho hội trại 26/3 sắp tới, cần chia một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ  thành ba nhóm, mỗi nhóm 4 người để đi làm ba cơng việc khác nhau. Tính xác suất để khi chia  ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng một học sinh nữ.  24 16 12 A .  B .  C .  D .  165 65 55 45 Lời giải Chọn C Cách Chia 12 người thành ba nhóm làm ba cơng việc khác nhau, khơng gian mẫu có:  C124 C84 C44  34650  phần tử.  Gọi  A  là biến cố “mỗi nhóm được chia có đúng một học sinh nữ”.  Số phần tử của  A  là:  C31.C93 C21 C63 C11.C33  10080  phần tử.  Xác suất của biến cố  A  là:  P  A  10080 16    34650 55 Cách 4 Không gian mẫu:    C12 C8  34650   Gọi  A  là biến cố: “Chia ngẫu nhiên 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ thành 3 nhóm sao cho  mỗi nhóm có đúng một nữ”  3 Nhóm 1: Chọn 3 nam trong 9 nam và một nữ trong 3 nữ, số cách:  C9 C3  252   Nhóm 2: Chọn 3 nam trong 6 nam và một nữ trong 2 nữ, số cách:  C6 C2  40   Nhóm 3: Có một cách chọn.  Ta có:   A  252.40  10080   Vậy  P  A  A 10080 16      34650 55 Câu 37 Cho hình chóp  S ABCD  có đáy  ABCD  là hình vng cạnh bằng  10  Cạnh bên  SA  vng góc  với  mặt  phẳng   ABCD    và  SC  10   Gọi  M , N   lần  lượt  là  trung  điểm  của  SA   và  CD   Tính khoảng cách  d  giữa  BD  và  MN A d  B d  C d  Lời giải  Chọn B Trang 12/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D d  10 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Gọi  P  là trung điểm của  BC  BD // NP  BD //  MNP     d  BD, MN   d  BD,  MNP    d  D,  MNP    d  C ,  MNP    d  A,  MNP     Gọi  I  AC  NP  Kẻ  AH  MI  tại  H    NP  SA Ta có    NP   SAC   NP  AH    NP  AC  AH  MI  AH   MNP   d  A,  MNP    AH     AH  NP  Ta có  SA2  SC  AC  10   10   300   30 1 1 16 20     AH        2 2 AH AM AI 300 1800 900  SC   AC          Vậy  d  BD, MN   AH  Suy ra  Câu 38 Cho hàm số  f (x)  liên tục và  f (3)  21,  f ( x) dx   Tính tích phân  I   x f '(3 x) dx A I  C I  Lời giải B I  12 D I  15 Chọn A Cách Đặt  3x  t  3dx  dt  dx  dt   x   t  Đổi cận:      x 1 t  3 t dt  I   f '(t)   xf '(x) dx   3 90  ux  du  dx  Đặt      dv  f '(x) dx v  f (x) 1  I  ( xf (x)   f (x) dx)  (3.21  9)    9 Cách Chọn hàm  f  x   ax  b , ta có  f  3  21  3a  b  211   3 Lại có   f  x  dx     ax  b  dx   0 a  3b      Giải  1 ,    ta được:  a  12, b  15 , hay hàm  f  x   12 x  15  thỏa điều kiện bài tốn.  1 Khi đó:  I   xf   3x  dx   12 xdx  x  0 Trang 13/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Câu 39 Gọi  S   là  tập  hợp  các  giá  trị  nguyên  của  m sao  cho  hàm  số  y  x3  x  mx  2018 nghịch  biến trên khoảng  1;2   và đồng biến trên khoảng   3;4   Tính số phần tử của tập hợp  S ? A 10 B D   C Lời giải  Chọn C Ta có:  y  x  x  m  Dễ thấy hàm số đã cho có đạo hàm liên tục trên    nên yêu cầu bài   y  0, x  1; 2 m  g  x  , x  1;2 toán tương đương với    , với  g  x   x  x    y  0, x  3;4 m  g  x  , x  3; 4  max g  x   m  g  x   (1)  3;4 1;2 Mà  g   x    x  0, x  1;2  3;4  nên  g   nghịch biến trên 2 khoảng đã cho.  Do đó, (1)   g  3  m  g      3  m    Với  m   nên  m  3; 2; 1;0   Câu 40 Cho tứ diện  ABCD  có  AB  6a; CD  8a  và các cạnh còn lại bằng  a 74  Tính diện tích mặt  cầu ngoại tiếp tứ diện  ABCD A S  25 a B S  100 a C S  100 a D S  96 a Lời giải  Chọn B   Goi  I , K  lần lượt trung điểm của  CD , AB   Đường tròn ngoại tiếp tam giác  BCD  có tâm  H  bán kính  r   d  là đường thẳng đi qua H và vng góc mp  BCD    Dễ thấy các đường thẳng  d , AI , BI , IK  cùng nằm trong mặt phẳng vng góc với đường thẳng  CD   Gọi  O  IK  d   Do O nằm trên đường thẳng  d    OB  OC  OD   Hiển nhiên  IK  là đường thẳng trung trực của  AB  O nằm trên đường thẳng  IK    OB  OA   Vậy  OA  OB  OC  OD hay tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là điểm O.  Ta có  BI  BC  CI  58a   Trang 14/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 SBCD  BC.BD.CD 37 58 BI CD  58 a  r   a  4SBCD 58 Hiển nhiên  IK  là đường thẳng trung trực của  AB  IK  7a   IH IO IH BI OHI  BKI    IO   3a  KO  IK  OI  7a  3a  4a   IK BI IK Mặt cầu có bán kính là:  R  OB  BK  KO  (3a )  (4a )  5a   Vậy  S  100 a2 Câu 41 Cho  f 1  ,  f m  n  f m  f n  mn   với  mọi  m, n  *   Tính  giá  trị  của  biểu  thức   f 96  f 69  241  T  log      A T  B T  C T  10 Lời giải D T  Chọn B Có  f 1  ,  f m  n  f m  f n  mn    f 96  f 95 1  f 95  f 1  95  f 95  96  f 94  95  96   f 1    95  96 96.97  4656   69.70 Tương tự  f 69     68  69   2415    f 96  f 69 241     log  4656  2415  241  log1000  Vậy  T  log       2    f 96     95  96  Câu 42 Gọi  S   là  tập  tất  cả  các  giá  trị  nguyên  của  tham  số  m   sao  cho  giá  trị  lớn  nhất  của  hàm  số  19 y  x  x  30 x  m  20  trên đoạn   0; 2  không vượt quá  20  Tổng các phần tử của  S   bằng  A 210   B 195   C 105   D 300   Lời giải Xét hàm số  g  x   19 x  x  30 x  m  20  trên đoạn   0; 2    x  5   0; 2  Ta có  g   x   x  19 x  30 ;  g   x     x     x    0; 2  Bảng biến thiên    Trang 15/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   g    m  20 ;  g    m     m  20  20  g    20   m  14   Để  max g  x   20  thì      0;2  g    20  m   20 Mà  m    nên  m  0;1; 2; ;14   Vậy tổng các phần tử của  S  là  105   Câu 43 Có  bao  nhiêu  giá  trị  nguyên  dương  của  tham  số  m   để  bất  phương  trình  x  4.6 x   m  1 x   có nghiệm?  C   B   A Vô số.  D   Lời giải  Chọn D 2x x 3 3 Ta có:   4.6   m  1         m     2 2 x x 2x x x 3 3  m         (*)  2 2 x 3 Đặt  t    , t   Bất phương trình (*) trở thành:  m  t  4t  1, t   0;     2 Xét hàm số  f  t   t  4t  1, t   0;     Ta có:  f   t   2t  4, f   t    t  (nhận)  Bảng biến thiên  Bất phương trình  x  4.6 x   m  1 x   có nghiệm   m  t  4t   có nghiệm  t   0;    m    Mà  m  nguyên dương   m  1; 2;3; 4;5 2 Câu 44 Cho  hàm  số  f  x    thỏa  mãn  f       và  f   x   x  f  x     với  mọi  x     Giá trị  của  f 1  bằng  A  35   36 B    C  19   36 D    15 Lời giải f  x 0 Ta có  f   x   x  f  x       x    x  C      2 x  f  x  f  x    f  x  f  x Từ  f      suy ra  C     Trang 16/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Do đó  f 1       1 12      2 Câu 45 Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên    và có bảng xét dấu đạo hàm như sau    x2 Bất phương trình  f  x   e  m  đúng với mọi  x   1;1  khi và chỉ khi A m  f    B m  f  1  e C m  f    D m  f  1  e Lời giải  Chọn C Ta có:  f x   e x  m, x  1;1  f x   e x  m, x  1;1   2 Xét hàm số  g(x )  f (x )  ex  Hàm số  g x   liên tục trên  1;1   2 Ta có:  g (x )  f (x )  2xe x    f '  x    g (x )  f (x )  2xe x    Ta thấy  x   1;0    x 2 xe   f '  x    g (x )  f (x )  2xe x    x   0;1   x2 2 xe  g (x )   f (x )  2xe x  x    Ta có bảng biến thiên    Điều kiện để bất phương trình  f  x   e  m  đúng với mọi  x   1;1  khi và chỉ khi  x2   m  max f x   e x 1;1   m  g 0  m  f 0    Câu 46 Cho hàm số y  f  x   có đạo hàm là  f   x   Đồ thị của hàm số  y  f   x  như hình vẽ bên.      trên khoảng    Tính số điểm cực trị của hàm số  y  f x A   B   C    5;   D   Lời giải  Trang 17/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Chọn D     Đặt  g  x   f x , ta có  g   x   xf  x x  x   g x      x2    f   x    x2     x   x  x        Nhận thấy  g   x  có 3 nghiệm trên   5; và khơng có nghiệm bội chẵn nên  g   x  đổi dấu  qua 3 nghiệm đó.    Vậy hàm số  y  f x2 có ba điểm cực trị.  Câu 47 Cho các số thực  a, b, m, n  sao cho  2m  n   và thoả mãn điều kiện:  log  a  b     log  3a  2b     4   m  n m n   9 3  ln  2m  n     81    Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  P  A     a  m  b  n  C    Lời giải B   D Chọn A    log  a  b     log  3a  2b   a  b   6a  4b  a  b  6a  4b   1   Gọi  A  a; b   Từ  1  ta suy ra điểm  A  thuộc điểm đường tròn   C   có tâm  I  3;  , bán kính  R    4  m  n  2    9 m.3 n.3 m n  ln  2m  n    1  81  ln  2m  n    1  81      4 m n     4  m  n   4 4 m n    2m  n  43  81   2m  n 2m  n 4  2m  n  2 )  (Đẳng thức xảy ra khi:    2m  n   2m  n Theo bất đẳng thức Cô-si:    2m  n   2 Từ     ln  2m  n    1    2m  n       2m  n         2m  n   0   2   Gọi  B  m; n   Từ     ta suy ra điểm  B  thuộc đường thẳng   :  x  y       Trang 18/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Ta có:  P   a  m   b  n  AB    P  AB  d  I ;    R  3.2   22  12      Câu 48 Cho hàm số  y  f ( x)  có đạo hàm đến cấp hai liên tục trên    Biết rằng các tiếp tuyến với đồ  thị  y  f ( x)  tại các điểm có hồnh độ  x  1 ;  x  ;  x   lần lượt tạo với chiều dương trục  Ox  các góc  30 ,  45 ,  60  Tính tích phân  I   1 A I  25 B I  f   x  f   x  dx    f   x   f   x  dx ? C I  Lời giải  D I  1 Chọn A Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số  y  f  x   tại điểm có hồnh độ  x  1  là  f   1  tan 30    Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số  y  f  x   tại điểm có hồnh độ  x  là  f     tan 45    Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số  y  f  x   tại điểm có hồnh độ  x   là  f  1  tan 60    Ta có   f   x   I   f   x  f   x  dx  4  f   x   f   x  dx   1 0 2   f   x   41   1  f      f   1  4 1 25     f  1    f          2 Câu 49 Cho hình hộp chữ nhật ABCDABC D Khoảng cách giữa  AB  và  B C  là  2a , giữa  BC  và  2a a , giữa  AC  và  BD   là   Thể tích của khối hộp đó là  A 8a B 4a C 2a D a3   Lời giải  Chọn C AB   là  Trang 19/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/     Đặt  AB  x ,  AD  y ,  AA  z   Gọi  H  là hình chiếu vng góc của  B  trên  B C , ta có  BH  là đoạn vng góc chung của  AB   và  B C  nên  d  AB, BC   BH  2a 1      (1)  BH z y 4a Gọi  I  là hình chiếu vng góc của  B  trên  AB , ta có  BI  là đoạn vng góc chung của  BC   1 và  AB  nên  d  BC , AB   BI      (2)  BI x z 4a Gọi  M   là  trung điểm  của  DD ,  O   là  giao  điểm  của  AC   và  BD ,  ta  có mặt phẳng   ACM    chứa  AC  và song song với  BD nên  d  AC , BD   d  BD ,  ACM   d  D , ACM    Gọi  J  là hình chiếu vng góc của  D  trên  AC ,  K  là hình chiếu vng góc của  D  trên  MJ ,  1 ta có  d  D ,  ACM   d  D, ACM   DK       (3)  DK x y z a Từ (1), (2) và (3) ta có    z  2a  x  y  a   z 2a Thể tích khối hộp là  V  xyz  2a   Câu 50 Cho các hàm số  f  x   x  x  m  và  g  x    x  1 x    x  3  Tập tất cả các giá trị  của tham số  m  để hàm số  g  f  x    đồng biến trên   3;   là  A 3;4    B  0;3   C  4;    D 3;    Lời giải Chọn D Ta có  f  x   x  x  m ,  g  x    x  1 x    x  3  a12 x12  a10 x10   a2 x  a0   Suy ra  f   x   x  ,  g   x   12a12 x11  10a10 x9   2a2 x   11 Và   g  f  x     f   x  12a12  f  x    10a10  f  x     2a2 f  x        10   f  x  f   x  12a12  f  x    10a10  f  x     2a2   Trang 20/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Dễ thấy  a12 ; a10 ; ; a2 ; a0   và  f   x   x   ,  x     10  Do đó  f   x  12a12  f  x    10a10  f  x     2a2  ,  x     Hàm số  g  f  x    đồng biến trên   3;   khi   g  f  x     ,  x   f  x   ,  x       x  x  m  ,  x   m  x  x ,  x   m  max x  x    3;   Vậy  m  3;    thỏa yêu cầu bài toán.  Trang 21/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Trang 22/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Trang 23/24 – 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 24/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong ... 95  96  f 94  95  96   f 1    95  96 96. 97  465 6   69 .70 Tương tự  f 69      68  69   2415    f  96  f 69  241     log  465 6  2415  241  log1000 ... Nhóm 1: Chọn 3 nam trong 9 nam và một nữ trong 3 nữ, số cách:  C9 C3  252   Nhóm 2: Chọn 3 nam trong 6 nam và một nữ trong 2 nữ, số cách:  C6 C2  40   Nhóm 3: Có một cách chọn.  Ta có:   A  252.40  10080   Vậy  P  A  A 10080 16  ...  là biến cố “mỗi nhóm được chia có đúng một học sinh nữ”.  Số phần tử của  A  là:  C31.C93 C21 C63 C11.C33  10080  phần tử.  Xác suất của biến cố  A  là:  P  A  10080 16    3 465 0 55 Cách 4 Không gian mẫu:    C12 C8  3 465 0   Gọi  A