ĐÁP án đề số 20

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 • ĐỀ SỐ 20 - MỖI NGÀY ĐỀ THI Câu x Một nguyên hàm F  x  hàm số f  x   A F  x   3x  2019 x ln x B F  x    2019 x C F  x   ln D F  x   3x  2019 ln Lời giải Chọn D 3x C  ln Diện tích xung quanh mặt trụ có bán kính đáy R , chiều cao h Ta có: Câu f  x dx   3x dx  A S xq   Rh B S xq  3 Rh C S xq  4 Rh D S xq  2 Rh Lời giải Chọn D Diện tích xung quanh mặt trụ có bán kính đáy R , chiều cao h S xq  2 Rh Câu Số phức liên hợp số phức   2i có điểm biểu diễn điểm hình vẽ đây? A N B P C M Lời giải D Q Chọn D Số phức liên hợp số phức   2i 1  2i Dựa vào hình vẽ chọn điểm Q Câu Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng  P song song với mặt phẳng  Q có phương trình x  y  2z  Vectơ vectơ pháp tuyến  P  A n  1;  1;    B n 1;  ; 3  C n 1;1;   D n 1;1;   Lời giải Chọn D  Mặt phẳng  Q : x  y  z   nQ  1;1;  2   Vì  P  / /  Q   nP  nQ  1;1;  2 Câu Giá trị A  log 3.log 4.log log 63 64 A B C Lời giải D Chọn C Áp dụng công thức đổi số, ta có Trang 1/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ A  log 3.log 4.log log 63 64  log 4.log log 63 64  log 64  log 26  Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hình chiếu điểm M  4;0;3 lên mặt phẳng  Oxz  A H  4;0;3  B O  0;0;0  C H  4;0;0  D H  0;0;3 Lời giải Chọn A Ta thấy hình chiếu điểm M  4;0;3 lên mặt phẳng  Oxz  H  4; 0;3 Câu Lớp 11A có 32 học sinh, giáo viên chủ nhiệm muốn chọn học sinh bạn làm lớp trưởng, bạn làm lớp phó, bạn đỏ Hỏi giáo viên chủ nhiệm có cách chọn A C C 323 Lời giải B D A323 Chọn D Mỗi cách chọn học sinh 32 học sinh vào vị trí: lớp trưởng, lớp phó, đỏ chỉnh hợp chập 32 phần tử Vậy số cách chọn A323 Câu Biết tích phân f ( x)dx  0 A  2.g ( x)dx   B 3 Khi   f ( x )  g ( x )  dx C Lời giải D Chọn C Ta có: f ( x )dx  Khi đó: 0 1  f ( x)dx  Lại có:  2.g ( x)dx   Khi đó:  g ( x)dx   0 Vậy:   f ( x )  g ( x )  dx    Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : x 1 z y 1 đường thẳng d  song   2 song với đường thẳng d Vectơ vectơ phương đường thẳng d  ?     A u  (2 ; 1; 0) B u  (2 ; ;  1) C u  ( 2 ; ; 1) D u  (4 ; ; 1) Lời giải Chọn D  Đường thẳng d có vectơ phương ud  (2 ; ; 2) Vì d  / / d nên đường thẳng d  nhận vectơ   phương đường thẳng d làm vectơ phương, u  2ud  (4 ; ; 4) vectơ phương đường thẳng d  Câu 10 Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình vẽ bên? Trang 2/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A y  Câu 11 2x  x 1 B y  x3  3x  C y  x  x  D y  2x 1 x 1 Lời giải Chọn D +) Ta có đồ thị hàm số phân thức hữu tỷ nên phương án hàm đa thức loại +) Nhận thấy đồ thị có tiệm cận đứng đường thẳng x  1  mẫu số phải chứa nhân tử x  nên loại phương án A 2x 1 Vậy phương án y  x 1 Cho cấp số cộng 2;5;8;11;14 Công sai cấp số cộng cho A  B C D 14 Lời giải Câu 12 Chọn B Theo định nghĩa ta có d  14  11  11       Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy 3a , chiều cao a A V  3a B V  a3 C V  a3 D V  2a Lời giải Câu 13 Chọn A Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy 3a , chiều cao a V  3a a  3a Nghiệm phương trình 53 x1  25 A B C 1 D Lời giải Câu 14 Chọn C 53 x1   53 x1  52 25  3x   2  x  1 Vậy phương trình có nghiệm x  1 Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên sau: Trang 3/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Hàm số cho nghịch biến khoảng đây? A  ;    B  1 ;0  C   ;  1 D  0;  Lời giải Chọn C Từ bảng biến thiên suy hàm số cho nghịch biến khoảng  ;  1 Câu 15 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên Khẳng định sau đúng? A Hàm số có cực trị B Hàm số đạt cực đại x  đạt cực tiểu x  C Hàm số có giá trị lớn giá trị nhỏ 3 D Hàm số có giá trị cực tiểu Lời giải Chọn B Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại x  đạt cực tiểu x  Câu 16  Nghiệm phương trình   x2   2  2 x  B x  A x  là: C x  1 Lời giải Chọn A Ta có: 2   x2   2   x2   x2  2  2  2 x   1. 2 x  3      2  2 x3  x   2x   x  Vậy nghiệm phương trình x  Trang 4/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D x  PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Câu 17 Cho hàm số f  x  liên tục  3 ; 5 có bảng biến thiên hình vẽ Gọi M , m giá trị lớn nhỏ f  x  [  3; 2] Tính M  m A Câu 18 D C Lời giải B Chọn B Căn vào bảng biến thiên hàm số f  x   3 ; 5 , ta có M  4, m  suy M  m  Một mũ vải nhà ảo thuật với kích thước hình vẽ Hãy tính tổng diện tích vải cần có để làm nên mũ (không cần viền, mép, phần thừa) A 700  cm  B 750, 25  cm  C 756, 25  cm  D 754, 25  cm  Lời giải Chọn C Diện tích vành nón đỉnh nón diện tích hình tròn đường kính 35cm  35  S1      306, 25 cm     Diện tích thân nón diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy 15 cm chiều cao 15 2 30  450 cm2 Vậy tổng diện tích vải cần để làm nên mũ là: S  S1  S  756, 25  cm   30cm là: S2  Câu 19  Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x    x    x   , x   Số điểm cực đại hàm số cho A B C D Lời giải Chọn A   x  3  x  4  Ta có: f   x     x    x  3      x    x   nghiÖm kÐp   Bảng biến thiên: Trang 5/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu 20 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số khơng có điểm cực đại Cho số phức z1   2i , z2   2i Phương trình bậc hai có hai nghiệm z1 z2 A z  z  13  B z  z  13  C z  z  13  Lời giải D z  z  13  Chọn D Do z1   2i , z2   2i hai nghiệm phương trình nên:  z  z1  z  z2     z   2i  z   2i     z  32    z  z  13  Câu 21 Cho khối lăng trụ đứng ABCD A B C D  có đáy ABCD hình vng cạnh a Biết góc AB với mặt phẳng  ABCD  30 Thể tích khối lăng trụ cho A a3 B 2a3 2a 3 Lời giải D 2a C Chọn B D' A' B' C' A D 60° B  S ABCD  a  C  2a ABA  30 A  A   ABCD   góc AB với mặt phẳng  ABCD   a  BA  Tam giác A AB vuông A  AA  AB.tan A 2a Thể tích khối lăng trụ V  AA.S ABCD  Câu 22 Trong không gian Oxyz , cho điểm M 2; 2;1 Bán kính mặt cầu tâm M tiếp xúc với mặt phẳng  yOz A B C Lời giải Chọn D Cách Mặt cầu tâm M tiếp xúc với mặt phẳng  yOz : x  có bán kính là: R  d  M ,  yOz   0.2  0.1 2 12  02  02 Trang 6/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Cách Gọi N hình chiếu vng góc M lên mặt phẳng  yOz  N 0; 2;1 Bán kính mặt cầu cần tìm là: R  MN  Câu 23 0  2  02  02  Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Tổng số đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số cho A B C Lời giải D Chọn D Từ bảng biến thiên ta có lim y   y  tiệm cận ngang đồ thị hàm số x  lim y   y  tiệm cận ngang đồ thị hàm số x  lim y    x  1 tiệm cận đứng đồ thị hàm số x 1 lim y   ; lim y    x  tiệm cận đứng đồ thị hàm số x 1 x 1 Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận Câu 24 Cho a b hai số thực dương thỏa mãn log a  log b   Giá trị a b A Câu 25 B Lời giải C  D 4 Chọn B Sử dụng quy tắc logarit tích cho hai số dương a b ta có 1 log a  log b    log a  log b    log a  log b  1 2 1  log  a.b2   1  ab2   a 2b4  x 1 Hàm số y  2018 có đạo hàm điểm x  A 4036.ln 2018 B y 1  2018.ln 2018 C y 1  2018 D y 1  4036 Lời giải Chọn A y  20182 x 1  y  20182 x 1.ln 2018.2  y 1  2018.ln 2018.2  4036.ln 2018 Câu 26 Cho hai điểm A 1;  1;5  , B  0;0;1 Mặt phẳng  P  chứa A , B song song với trục Oy có phương trình A x  z   B x  y  z   C x  z   Lời giải D x  z   Chọn A Trang 7/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/  Gọi nP vectơ pháp tuyến  P  Hai vectơ khơng phương có giá song song nằm    P  là: AB   1;1;   ; j   0;1;  Do mặt phẳng  P  chứa A , B song song với trục Oy nên vectơ pháp tuyến  P  là:    n P   AB ; j    4;0;  1 Phương trình  P  :  x     y    1 z  1   x  z   Câu 27 Cho hàm số y  ax  bx  c có đồ thị hình vẽ Khẳng định sau đúng? A a  , b  , c  B a  , b  , c  C a  , b  , c  D a  , b  , c  Lời giải Chọn A Ta có lim y   Suy a  x  Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số có điểm cực trị nên a.b  Vì a  suy b  Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tọa độ  0;c  nằm trục hồnh Do c  Câu 28 Vậy a  , b  , c  Cho hàm số f  x  liên tục  Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đường y  f  x  , y  ; x  a x  c (như hình vẽ bên) b c c A S   f  x dx   f  x dx B S   f  x dx C S   f  x dx   f  x dx D S    f  x dx   f  x dx a b a b c a b b a c b Lời giải Chọn C b c Theo định nghĩa ta có S   f  x dx   f  x dx a Câu 29 b Cho hình chóp S ABCD có SA vng góc với mặt phẳng  ABCD  , ABCD hình chữ nhật, AB  a 2, BC  2a , SA  3a Gọi M trung điểm BC Tính góc đường thẳng SM mặt phẳng  ABCD  A 30 B 60 C 45 Lời giải Chọn B Trang 8/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D 120 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020  Vì SA   ABCD  nên góc đường thẳng SM mặt phẳng  ABCD  góc SMA Ta có BM   tan SMA Câu 30 BC  a; AM  AB  BM  a  a  a ; SA 3a   60    SMA AM a Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1  i  z  i   z  2i Mô đun số phức w  A 2 B C 10 Lời giải z  2z 1 z2 D Chọn C Ta có: 1  i  z  i   z  2i  1  i  z  1  i  i  z  2i    i  z  1  3i  z  Khi đó: w  Vậy w  Câu 31 Cho hàm 1  3i  z  i 3i i  2i  1  3i   1  3i i2 1  1  32  10 số f  x  có đạo hàm liên tục đoạn 3 ;  f  x   ,  x  3 ;  Biết  f   x   1 3  f  x  dx  f  3  , f    Tính f     A B Lời giải C D Chọn C Xét f  x  f  x dx   3 df  x   1         f   f  3        f  x f  x    f  x   k dx  Gọi k số thực, ta tìm k thỏa mãn   f  x 3  Trang 9/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ 2 7 7  f   x    f  x  f  x 2 Ta có:   dx  k  dx  k  dx   4k  4k   2k  1  f  x   k  dx   f  x 3  3   f  x   Suy k   Khi   Câu 32  f  x  f  x 3  f  x    dx   f  x     5 df  x  f  x 1 d x  d x  1  1 2   f  x f  x f  x 23 1 1  1 4   f 5  f  3 f   f 5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 : x 1 y  z    1 3  x   5t   :  y  3  2t Viết phương trình đường thẳng d qua A 1;  2;3 , đồng thời vuông góc với hai  z   3t  đường thẳng 1 ,  A d : x 1 y  z    1 B d : x y6 z2   C d : x 1 y  z    D d : x 1 y  z 1   2 Lời giải Chọn B   Đường thẳng 1 có VTCP u   1;1;  3 , đường thẳng  có VTCP u   5;  2;3  Vì đường thẳng d vng góc với hai đường thẳng 1 ,  nên đường thẳng d có VTCP    u , u    3;  12;  3 hay u d  1; 4;1   Từ đó, ta loại phương án A, D Tọa độ điểm A 1;  2;3 thỏa mãn phương trình đường thẳng phương án B Suy phương án B phương án Câu 33 Cho hàm số f  x  thỏa mãn f   x     e3 x  thỏa mãn f    12 e  e  e 6 36 12 12 e  e  e 6 C 36 12 A , 2  f  x  dx 1 12 e  e  e 6 36 12 12 D  e  e  e  36 12 Lời giải B Chọn A Trang 10/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Ta có f  x    f   x  dx     e3 x  dx     4e3 x  e6 x  dx  x  e3 x  e6 x  C Mà f    Do  Câu 34 4   e0  e0  C   C  nên f  x   x  e3 x  e6 x 6 2 4 1     f  x  dx    x  e3 x  e6 x  dx   x  e3 x  e6 x   e12  e6  e3   36  36 12  1 Họ tất nguyên hàm hàm số f  x    x  x  11  x  1 x  3 2  ln x   C B  ln x   C x 3 x 3 20 20 C  ln x   C D  ln x   C x 3 x 3 Lời giải Chọn A  x  x  11  x  1   x  3 Ta có f  x      2  x  1 x  3  x  1 x  3  x  3 x  A   2 f x d x          x  32 x  dx  x   ln x   C   Cho hàm số y  f  x  liên tục  có bảng biến thiên sau Vậy Câu 35 Tìm khoảng đồng biến hàm số y  g  x   f   x   A  2 ;  B  ; 3 C  ; 1 Lời giải x3  x  6x  D   ;   Chọn B Ta có: y   g   x   2 f    x   x  x  2 f    x    f    x    2   x    x   x2  5x     x  Bảng xét dấu y   g   x  Trang 11/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Vậy hàm số y  g  x  đồng biến khoảng  2;3 Câu 36 Cho hình trụ có hai đáy hai hình tròn tâm O O , chiều cao a Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A cho AO hợp với mặt phẳng đáy góc 60 Tính diện tích tồn phần hình trụ theo a A 2 a B 2 a Lời giải 2 a (  1) C D  a (  1) Chọn B O' h=a 60° O A   60  OAO nửa tam giác Do OO  mp  O   góc  AO, mp  O    góc  AO, AO   OAO OO a   r  AO  3 2 a + Diện tích xung quanh S xq  2 rh  2 a   1 Trong không gian Oxyz , đường thẳng qua gốc tọa độ O , nằm mặt phẳng (Oxy ) song song với + Diện tích tồn phần Stp  S xq  2.Sđáy  2 rh  2 r  Câu 37 mặt phẳng ( P ) : x  y  z   có phương trình x  1 t  A  y   t z   x   B  y  z  t  x  t  C  y  t z    x  t  D  y  t z   Lời giải Chọn D     Ta có: n P  (1;1; 1) , nOxy  (0 ; ;1)  n P , nOxy   (1; 1; 0) Đường thẳng nằm mặt phẳng (Oxy ) song song với mặt phẳng ( P) có vectơ phương    n P , nOxy   (1; 1; 0)    x  t  Phương trình đường thẳng cần tìm là:  y  t z   Câu 38 Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm  , có đồ thị f   x  hình vẽ Trang 12/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Tìm m để bất phương trình m  x  f  x    x  nghiệm với x   3 ;    A m  f    B m  f    C m  f  1 Lời giải D m  f  1 Chọn B Ta có: m  x  f  x    x   m  f  x    x  x  Yêu cầu toán  m  g  x  với g  x   f  x    x  x   3;   Ta có g   x   f   x    x    f   t   t  với t  x  g   x    f   t   t (1) Nghiệm phương trình (1) hồnh độ giao điểm đường thẳng y  t đồ thị hàm số f  t  Ta có g   x   đồ thị f   t  nằm đường thẳng y  t ; g   x   đồ thị f   t  nằm đường thẳng y  t t  1  x   1  x  3  g   x    f   t   t     t  x    x  2 Từ ta có bảng biến thiên (nghiệm bội chẵn tức điểm tiếp xúc khơng tham gia vào q trình xét dấu) hàm g  x  sau: Suy g  x   g  2   f     m  f    1, x   3;    3;   Câu 39 Cho hình chóp S ABCD có đáy nửa lục giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD  2a có cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy  ABCD  với SA  a Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  A a B a C a D a Trang 13/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Lời giải Chọn C AD  a , AC  a Gọi E  AB  CD , suy tam giác ADE Khi C trung điểm ED AC  ED Dựng AH  SC AH   SCD  , suy d  A,  SCD    AH Từ giả thiết suy ra: AB  BC  CD  Câu 40 Xét tam giác SAC vng A , có AH đường cao 1  2  AH  2a Suy ra: AH SA AC 1 a Mà d  B,  SCD    d  A,  SCD    AH  2 Một hộp chứa viên bi màu đỏ đánh số 1, 2,3, ; viên bi màu trắng đánh số 5, 6, 7,8,9,10 viên bi màu vàng đánh số 11,12,13,14,15,16,17,18,19 Chọn ngẫu nhiên ba bi từ hộp Tính xác suất để chọn bi có đủ ba màu số lẻ A 72 323 B 10 323 315 323 Lời giải C D 251 323 Chọn B Số phần tử không gian mẫu số tổ hợp chập 19 : n     C193  969 Goi A biến cố: " Chọn ba bi đánh số lẻ có đủ ba màu " (Tức bi có đủ ba màu đánh số lẻ )  n  A  C21 C31C51  30 Vậy xác suất cho biến cố A : P  A  Câu 41 n  A n   30 10  969 323 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ Trang 14/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Có số nguyên m để phương trình A 11 B x  f     x  m có nghiệm thuộc đoạn  2;  ? 2  C D 10 Lời giải Chọn C x  x  x  Ta có f   1  x  m  f   1      3m   f  t   6t  3m  2    2  x Với t   x   2 ; 2 nên ta có t   ; 2 Xét hàm số y  f  t   6t  0; 2 Ta có y  f   t    , t   ; 2 Phương trình có nghiệm   f  t   6t   3m   max  f  t   6t   f    3m   f    12 0;2   0;2   4  3m    12 10   m4 Vì m nên m  3; 2; 1;0;1; 2;3; 4 Câu 42 Cho hàm số J  f  2x  x f  x  có đạo hàm liên tục đoạn dx  Tính tích phân I   f  x A x B  2; 4 Biết f  2  , f  4  , dx C  Lời giải D Chọn B Đặt t  x  dt  2dx Tích phân J trở thành: f t  J  t   2 Suy  f  x x dt   dx  f t  t2 dt   f  x x2 dx J  2 Trang 15/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ 4 f  x f  x 1 1 4 Ta có: I   dx   f  x     dx  f    f     x 2 x 2 x Câu 43 Trong mặt phẳng tọa độ, cho hình chữ nhật  H  có cạnh nằm trục hồnh có hai đỉnh đường chéo A 1;0 C a; a  với a  Biết đồ thị hàm số y  x chia hình  H  thành hai phần có diện tích nhau, tìm A a  a B a  C a  D a  Lời giải Chọn B Từ hình vẽ ta suy B a;0 Hình chữ nhật ABCD có AB  a 1 AD  a nên có diện tích S  a a  1 a Diện tích miền gạch sọc: S    x dx  Theo giả thiết, ta có S   Câu 44 2a a a a  1 S 2a a   a 3 3 Cho A, B, C điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z  i  Gọi R, r bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp ABC Chọn khẳng định A R  2r B R  3r C R  4r Lời giải Chọn A Gọi z  x  yi  x, y    3 Ta có: z  i   z  i   z  i    z  i   z  iz  1    z   i 2  z    i  2  1  1 ;   , C   ;   Gọi A  ;1 , B  2  2   AB  AC  BC   SABC  AB 3  4 Trang 16/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D Rr  PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 abc abc R  Mà SABC  4R SABC S SABC  pr  r  ABC  p  R  r Câu 45 Cho hàm số bậc ba   trình f x  x  A y  f  x  có đồ thị hình vẽ bên Số nghiệm thực phương B 10 C 12 Lời giải D Chọn B  f  x3  3x    Ta có f  x  x      f x3  3x      1  2  x3  x  1  2  1    +) 1  f  x3  3x     x3  3x          x  x       x  x    x4  2   3 +)    f  x  x      x  x        x  x      Xét hàm số y  x  3x, D   Ta có y '  x  Bảng biến thiên Trang 17/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Dựa vào bảng biến thiên ta có Phương trình: x3  3x  1 có nghiệm Phương trình: x3  3x  2 có nghiệm Mỗi phương trình x3 -3x  3 , x3 -3x  4 , x3 -3x  5 , x3 -3x  6 có nghiệm Từ suy phương trình f  x  3x   có 10 nghiệm Câu 46 Cho a, b, c, d số nguyên dương, a  1, c  thỏa mãn log a b  , log c d  a  c  Khi b  d A 93 B C 13 Lời giải D 21 Chọn A Cách 1: Trắc nghiệm: 5 Vì log a b   b  a ; log c d   d  c a  c  nên chọn a  25, c  16 Do b  25  125, d  16  32  b  d  93 Cách 2: Tự luận: 5 Ta có log a b   b  a log c d   d  c Vì b, d  * nên giả sử a  x2 , c  y với x, y  * Từ giả thiết a  c   x  y    x  y  x  y   Vì x, y  *  x  y  *; x  y   * nên ta có trường hợp xảy sau: x   x  y  + TH 1: Với  (loại)  2  y  4   x  y  x  x   x  y  + TH 2: Với  (loại)    x  y   y  y   x  y  x  a  25 b  125 + TH 3: Với      b  d  93  2  x  y   d  32  y  c  16  x  y  3  x  3  x  3 + TH 4: Với  (loại)     2 y   x  y  3  y   x  y  9  x  5  a  25 b  125 + TH 5: Với      b  d  93  d  32  y  b  16  x  y  1  x  5  x  y  1 + TH 6: Với  (loại)  2  y  4   x  y  9 Vậy b  d  93 Trang 18/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Câu 47  Cho phương trình 22lg x lg x  41 lg x  3x  m  ( m tham số thực) Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên dương m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt Tổng phần tử nhỏ phần tử lớn S A 3100  B 3100  C 399 Lời giải D 399  Chọn A x  Đk:  x 3  m 2 2lg x lg x 1 lg x 4  3x  m  x  log3 m   m    2lg2 x lg x  41 lg x  2lg x  lg x   lg x  x  x  100  lg x    1   lg x     x    10  3 x  m   x  log m Với m  x  log m  (loại) Do phương trình có nghiệm phân biệt x  100, x  10 Với m  x  log m  nên nhận nghiệm x  log m Mà 100  nên phương trình có hai nghiệm phân biệt 10  log m  100  10 10  m  3100 m nguyên dương nên m2;3; 4; , 3100  1 Câu 48 Do tổng phần tử nhỏ phần tử lớn 3100  Cho hàm số f  x  , bảng biến thiên hàm số f   x  sau: Số điểm cực trị hàm số g  x   f  x  1    A C Lời giải B D Chọn A Ta có g  x   f  x  1   f x  x   g   x    x   f  x  x         x  1  2x   x  x   a, a    Cho g   x     x  x   b, `b   f   x  x  1    x  x   c, c  x  x   a  có   4a  , a  nên phương trình vơ nghiệm x  x   b  có   4b  ,  b  nên phương trình có nghiệm phân biệt Trang 19/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ x  x   c  có   4c  , c  nên phương trình có nghiệm phân biệt Nhận xét: nghiệm khác đôi nên phương trình g   x   có nghiệm phân biệt Câu 49 Vậy hàm số g  x   f  x  1  có cực trị   Cho khối lăng trụ ABC ABC tích Gọi M, N trung điểm đoạn thẳng AC BC Gọi (P) mặt phẳng qua M song song với mặt phẳng ( ANC ) Mặt phẳng (P) chia khối lăng trụ ABC ABC thành hai khối đa diện, gọi (H) khối đa diện chứa đỉnh A Thể tích khối đa diện (H) A B Lời giải C D Chọn D K G A' B' F N C' I A B M C E J Gọi khối lăng trụ ABC ABC  tích V - Mặt phẳng (P)qua M song song với mặt phẳng ( ANC ) nên mặt phẳng (P)cắt mặt phẳng ( ABC ), ( A ' B ' C ') theo giao tuyến ME , GF ( ( E  BC , G  A ' B ', F  B ' C ') song song AN - Mặt phẳng (P)cắt mặt phẳng ( AA ' C ' C ), ( BB ' C ' C ) theo giao tuyến MI ( I  AA ') song song A'C , EF song song CN Ba đường thẳng M I , FG , A ' C ' đồng quy K , ba đường thẳng MI , EF , CC ' đồng quy J - Mặt phẳng (P) chia khối lăng trụ ABC ABC  thành hai khối đa diện, gọi (T) khối đa diện không chứa đỉnh Thể tích khối đa diện (T) 1 S C ' FK JC ' S CEM JC  S A ' GK IA ' 3 1 1  V V V  V  16 48 24 2 V1  V J C ' FK  V J CEM  V I A ' GK  Câu 50 2 2 Cho hai hàm số y  x   x  x  x  x   x  x  y  x   x  m ( m tham số x x 1 x2 x3 thực) có đồ thị (C1) (C2) Tính tổng tất giá trị nguyên thuộc khoảng (  ; ) tham số m để (C1) (C2) cắt nhiều hai điểm phân biệt Trang 20/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A 210 B 85 C 119 Lời giải D 105 Chọn B 2 2 Xét phương trình hồnh độ giao điểm x   x  x  x  x   x  x   x   x  m x 2 x 1 x2 x3 x 1 x  2x x  x  x  x      x   x  m (1) x x 1 x2 x 3 x2 1 x2  x x2  x  x2  x      x2  x Đặt g ( x)  x x 1 x2 x 3  Ta có g ( x )   12  x x   ( x  2) 1     với 2 ( x  1) ( x  2) x2  x  3 x thuộc khoảng sau   ; 0 ,  ;1 , 1;  ,  ; 3  3;  nên hàm số y  g ( x ) đồng biến khoảng Mặt khác ta có lim g ( x )   lim g ( x)   x   x  Bảng biến thiên hàm số y  g ( x ) Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  g ( x ) năm điểm phân m Kết hợp điều nên m 14; 13; ;18;19 Khi tổng tất giá trị m biệt nên (C1) (C2) cắt năm điểm phân biệt với giá trị kiện m nguyên thuộc (  15; 20 ) S  15  16  17  18  19  85 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 ... 4036.ln 201 8 B y 1  201 8.ln 201 8 C y 1  201 8 D y 1  4036 Lời giải Chọn A y  201 82 x 1  y  201 82 x 1.ln 201 8.2  y 1  201 8.ln 201 8.2  4036.ln 201 8 Câu 26 Cho hai điểm... màu đỏ đánh số 1, 2,3, ; viên bi màu trắng đánh số 5, 6, 7,8,9,10 viên bi màu vàng đánh số 11,12,13,14,15,16,17,18,19 Chọn ngẫu nhiên ba bi từ hộp Tính xác suất để chọn bi có đủ ba màu số lẻ A... giải C D 251 323 Chọn B Số phần tử không gian mẫu số tổ hợp chập 19 : n     C193  969 Goi A biến cố: " Chọn ba bi đánh số lẻ có đủ ba màu " (Tức bi có đủ ba màu đánh số lẻ )  n  A  C21