ĐÁP án đề số 31

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 •ĐỀ SỐ 31 - MỖI NGÀY ĐỀ THI Câu Số cách xếp 8 học sinh thành một hàng dọc là  A 8!   B 88   C 56   Lời giải  Chọn A Số cách xếp 8 học sinh thành một hàng dọc là  8!   Câu   Biết rằng   f  x dx  A I    D   , tính  I    f  x   1dx   B I    C I    D I    Lời giải  Chọn A 2 2 Ta có  I    f  x   1dx  2 f  x dx   1dx   x      0 Câu Cho cấp số cộng   un  có   u1  11 và cơng sai  d   Hãy tính  u99   A 401 B 403 C 402 Lời giải D 404 Chọn B Áp dụng công thức  un  u1   n  1 d , suy ra  u99  u1  98d  11  98.4  403   Vậy u99  403   Câu Với  x  và  y  là hai số thực dương tùy ý,  ln( x y )  bằng  A 2ln x  3ln y   B 3(ln x  ln y)   1 ln x  ln y   Lời giải  C D 3ln x  2ln y   Chọn D Ta có:  ln( x y )  lnx  lny  3ln x  ln y   Câu Cho hàm số y  f ( x)  có bảng biến thiên như hình bên. Hỏi đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại  bao nhiêu điểm?    A 1.  B   C   Lời giải  D   Chọn B Ta có:  yCĐ yCT   suy ra đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại ba điểm.  Câu Tìm tập xác định  D của hàm số  y  log  x  x   Trang 1/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/       A D   2;1  3;    B D  1;3    C D   ;1   3;     D D  ;    2;        Lời giải Chọn C x  Điều kiện:  x  x       x 1 Vậy  D   ;1   3;     Câu Quả bóng rổ size 7 có đường kính 24.5 cm. Tính diện tích bề mặt quả bóng rổ đó (làm tròn kết  quả đến chữ số hàng đơn vị)  A 629 cm2.  B 1886 cm2.  C 8171 cm2.  D 7700 cm2.  Lời giải  Chọn B 24.5 Ta có bán kính quả bóng rổ là  r   12.25(cm)   Vậy diện tích bề mặt quả bóng rổ đó là  S  4 r  4 (12.25)  1886 (cm )   Câu Điểm  M  trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn của số phức nào dưới đây?  A  4i   B     C  4i   Lời giải  D  3i   Chọn A Điểm  M  3; 4   nên  M  là điểm biểu diễn của số phức   4i   Câu Cho hai số phức  z1   3i,  z2   2i  Số phức liên hợp của số phức  z  z1  z2  là  A z   5i   B z   5i   C z   i   Lời giải  Chọn B z  z1  z2   3i  1  2i    5i   Suy ra  z   5i   Câu 10 Trong các hình đa diện đều dưới đây, hình nào có số cạnh ít nhất?  A Hình lập phương.  B Hình tứ diện đều.  C Hình bát diện đều.  D Hình thập nhị diện đều.  Lời giải  Chọn B Hình lập phương: có  12  cạnh.  Hình tứ diện đều: có   cạnh.  Hình bát diện đều: có  12  cạnh.  Hình thập nhị diện đều: có  30  cạnh Trang 2/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D z   i   PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Câu 11 Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số  y  B y  A x      x2  là đường thẳng  2x 1 C x    Lời giải  D y    Chọn C Điều kiện xác định:  x  Vì  lim  1 x   2   x2 x2 x2  là    ;  lim     nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số  y  1 2x 1 2x 1 x   x  2 đường thẳng  x    Câu 12 Trong không gian tọa độ  Oxyz , mặt cầu tâm  I 1; 2;3 ,  có bán kính 3 có phương trình là  2 B  x  1   y     z    2 D  x  1   y     z  3  A  x  1   y     z    C  x  1   y     z  3  2 2 2 Lời giải Chọn A 2 Mặt cầu tâm  I 1; 2;3 ,  bán kính  R   có phương trình là   x  1   y     z  3  Câu 13 Nguyên hàm của hàm số  f  x   x  A   C x2  trên khoảng   0;    là  x C x  B  ln x  C  C x2 D x2  ln x  C Lời giải Chọn D 1 x2  Ta có   f  x dx    x   dx   ln x  C   x  Câu 14 Trong không gian tọa độ  Oxyz , cho hai điểm  A 1; 2;3  và  B  2;0;2   một vectơ chỉ phương  của đường thẳng  AB  là    A u   3;  2;5    B u   1; 2;1    C u  1;  2;1    D u   3; 2;5    Lời giải  Chọn B   Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  AB  là  AB  1;  2;  1  Suy ra  u   1; 2;1  cũng là  VTCP của đường thẳng  AB   Câu 15 Cho hàm số  y  f  x   có bảng biến thiên như hình vẽ như hình dưới đây.  Trang 3/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/     Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng.  A    B 2   C   Lời giải  D   Chọn D Từ bảng biến thiên ta thấy: Hàm số đạt cực đại tại  x  2  và giá trị cực đại bằng 3.  Câu 16 Cho  hàm  số  y  f  x    có  đạo  hàm  f '  x    x    x  1 x3 , x     Số  điểm  cực  tiểu  của  hàm số đã cho là.  A 1.  B   C 0.  Lời giải  D 2.  Chọn A x  f '  x     x    x  1 x    x     x  Bảng xét dấu  y '     Từ bảng xét dấu y '  ta thấy hàm số có mơt điểm cực tiểu là  x    Câu 17 Cho hàm số bậc ba  y  f  x  có đồ thị như hình bên dưới.    Số nghiệm của phương trình  f  x    là:  A   C   Lời giải B   Chọn A Ta có  f  x     f  x   5 (*).  Trang 4/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D   PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số  y  f  x  và đường thẳng  5 5  Dựa vào đồ thị ta có đường thẳng  y  cắt đồ thị tại 1 điểm. Vậy phương trình đã  2 cho có 1 nghiệm.  y Câu 18 Hàm số  y  log  x  1  có đạo hàm là  A y  ln10   x2  B y  x ln10 2x   y    C .  D .  y  x2   x  1 ln10  x  1 ln10 Lời giải Chọn C  Ta có  y   log  x  1   x x 2  1  1 ln10  2x    x  1 ln10 Câu 19 Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên   2;6  và có đồ thị như hình vẽ.    Gọi  M  và  m  lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn   2;6  Hiệu  M  m  bằng  B   A   C   Lời giải D   Chọn A Từ đồ thị hàm số đã cho ta thấy hàm số đạt giá trị lớn nhất  M   tại  x  2  và đạt giá trị nhỏ  nhất  m  1  tại  x   Vậy  M  m    Câu 20 Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?    A y  x  x    B y  3 x  x    Trang 5/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   C y  x  x    D y  x  x    Lời giải  Chọn C Câu B,  a  3    nét cuối của đồ thị đi xuống   không thỏa  Câu D, với  x   y  2 , đồ thi hàm số không qua điểm   0;2    không thỏa  Câu A,  y '  x   0, x     Hàm số đồng biến trên    nên khơng có 2 cực trị như  hình vẽ    không thỏa  Vậy chọn C Câu 21 Giả  sử  S   a;b    là  tập  nghiệm  của  bất  phương  trình  x  3.2 x1     Giá  trị  biểu  thức  P  a  2b   A P    C P    B P    D P    Lời giải Chọn C Ta có  x  3.2 x 1    x  6.2 x     x    x    Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là  S  1;2    Ta có  a  1;b    Do vậy  P   2.2    Câu 22 Trong  không  gian  toạ  độ  Oxyz ,  cho  mặt  phẳng  ( P )   đi  qua  điểm  M 1;1;0    và  nhận  vectơ   n   2;  1;1  làm vectơ pháp tuyến. Điểm nào dưới đây không thuộc  ( P ) ?  A A  5;  1;2    B D  0;0;1   C C  1;  ;1   D B 1;  1;     Lời giải Chọn A Phương pháp: Thay tọa độ các điểm  A, B , C , D  vào phương trình mặt phẳng  ( P ) , thấy điểm  nào thay vào có kết quả khác 0 thì điểm đó khơng thuộc mặt phẳng  ( P )    Mặt phẳng  ( P )  đi qua điểm  M 1;1;0   và nhận vectơ  n   2;  1;1  làm vectơ pháp tuyến có  phương trình là:   x  1   y  1  z   x  y  z   0  (1)   Với  A  5;  1;2  thay vào (1) ta được:  2.5   1    12    Vậy  A  ( P)   Câu 23 Một chất điểm chuyển động trên đường thẳng nằm ngang với gia tốc phụ thuộc thời gian  t  (s)  là  a  t   2t   (m/s2). Biết vận tốc đầu bằng 10 (m/s), hỏi sau bao lâu thì chất điểm đạt vận tốc  18 (m/s)?  A 5 (s).  B 7 (s).  C 6 (s).  Lời giải  D 8 (s).  Chọn D  Ta có  v  t    a  t  dt    2t   dt  t  7t  C , mặt khác  v    10  nên  C  v    10    v  t   t  7t  10   Trang 6/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 t   nhËn  Để chất điểm đạt vận tốc 18 (m/s) thì  v  t   18  t  7t       t  1  lo¹i  Vậy tại thời điểm  t   (s) thì chất điểm đạt vận tốc 18 (m/s).  Câu 24 Số  lượng  của  một  loại  vi  khuẩn  tại  thời  điểm  t   (giờ)  được  tính  theo  cơng  thức  N  t   200.100,28t  Hỏi khoảng thời gian để số lượng vi khuẩn đó tăng lên gấp 10 lần gần nhất  với kết quả nào dưới đây?  A 3 giờ 58 phút.  B 3 giờ 34 phút.  C 4 giờ 3 phút.  Lời giải  D 3 giờ 40 phút.  Chọn B Số lượng vi khuẩn tại thời điểm  t1 ,  t2  (giờ)   t1  t2   tương ứng là:  N  t1   200.100,28t1 ,  N  t2   200.100,28t2   Để số lượng vi khuẩn đó tăng lên gấp 10 lần thì  N  t2   10.N  t1   100,28t2  10.100,28t1    100,28t2  100,28t1 1  0, 28t2  0, 28t1   0, 28  t2  t1     25   (giờ)    3 giờ 34 phút.  0, 28 Vậy cần xấp xỉ 3 giờ 34 phút để số lượng vi khuẩn tăng lên gấp 10 lần.   t2  t1  Câu 25 Cho các hàm số  y  log a x  và  y  log b x  có đồ thị như hình vẽ bên.    Đường thẳng  x   cắt trục hoành, đồ thị hàm số  y  log a x  và  y  log b x  lần lượt tại  A, B  và  C  Nếu  AC  AB log  thì  A b3  a   B b  a   C log3 b  log a   D log b  log3 a   Lời giải Chọn D Từ các đồ thị hàm số đã cho trên 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 26 Nếu một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng  và có diện tích xung quanh bằng   thì  có thể tích bằng  A    C     Lời giải  C D   Trang 7/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Chọn A Xét hình chóp đều  S ABCD  như hình vẽ  Kẻ  OE  BC  E  là trung điểm  BC  và  BC   SOE    Do đó  BC  SE   Xét  SOE  vng tại O , ta có  SE  SO  OE    SE  SO  Mặt khác  S xq  SSBC   .SE.BC     SO  1.2  SO   x   1 VS ABCD  SO.S ABCD  2.22   (đvtt  3 Câu 27 Phần ảo của số phức  z thoả mãn  z    i 1  i    2i  là  A   B 3i   C 3i   Lời giải D 3   Chọn A Cách 1:  z    i 1  i    2i  z   2i    i 1  i   z   3i  z   3i   Vậy phần ảo của  z  bằng    Cách 2: Đặt  z  x  yi,  x; y     z  x  yi   Kho đó  z    i 1  i    2i  x  yi    i 1  i    2i  x  yi   i   2i   x   x   x    y  1 i   2i     z   3i   y 1  y  Vậy phần ảo của  z  bằng    Trang 8/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Câu 28 Trong  không  gian  tọa  độ  Oxyz ,  viết  phương  trình  chính  tắc  của  đường  thẳng  đi  qua  điểm  A  3;  1;5   và  cùng  song  song  với  hai  mặt   P  : x  y  z   ,  phẳng   Q  : 2 x  y  z     x  y 1 z  x  y 1 z    B .      3 1 3 x  y 1 z  x  y 1 z  C . D .      3 1 3 Lời giải  Chọn B  Mặt phẳng   P   có một vectơ pháp tuyến là  nP  1;  1;1 ; mặt phẳng   Q   có một vectơ pháp   tuyến là  nQ   2;1;1   A d :  Nhận thấy  A   P   và  A   Q     Gọi đường thẳng cần lập là  d  và  u  là một vectơ chỉ phương của nó.     Ta chọn  u   nQ , nP    2;  1;  3   x  y 1 z  Mặt khác,  d  qua  A  3;  1;5  nên có phương trình chính tắc là      1 3 Câu 29 Chia hình nón   N   bởi mặt phẳng     vng góc với trục và cách đỉnh nón một khoảng  d , ta  được hai phần có thể tích bằng nhau. Biết chiều cao của hình nón bằng 10, hỏi  d  thuộc khoảng  nào dưới đây?  A  9;10    B  8;9    C  6;7    D  7;8   Lời giải  Chọn D S d 10 C A I H D B   Gọi  V  là thể tích của hình nón ban đầu;  V1  là thể tích của phần hình nón đỉnh  S  còn lại sau khi  bị cắt bởi mặt phẳng      10 AH  d CI Ta có:  V   AH SH  ;  V1   CI SI    3 3 10 AH 2 d CI  AH    d      3  CI  AH SH 10 Xét hai tam giác đồng dạng  SAH  và  SCI  ta có      CI SI d Theo giả thiết thì  V  2V1  Suy ra  Trang 9/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/    10  Từ đó ta được  d     d  500  d  500  7,937   d  Vậy  d   7;8   Câu 30 Cho  x ,  y   và  z   là  các  số  thực  lớn  hơn  1  và  gọi  w là  số  thực  dương  sao  cho  log x w  24 ,  log y w  40  và  log xyz w  12  Tính  log z w   A 52   B 60   C 60   Lời giải  D 52   Chọn C   24 log y w  40  log w y  40 Lại do 1  12   12 log xyz w  12  log w  xyz  log w x  log w y  log w z log x w  24  log w x     12   log w x  log w y  log w z 1   log w z 24 40  12  log w z   log z w  60 60 Câu 31 Trong không gian tọa độ  Oxyz , cho mặt phẳng   P  : x  y  z    và đường thẳng  d: x 1 y  z  , sin của góc giữa đường thẳng  d  và mặt phẳng   P  bằng    12 A .  B .  C .  D .  13 13 13 13 Lời giải  Chọn D  Mặt phẳng   P  : x  y  z    có một vectơ pháp tuyến là  n   4;3;  1   Đường thẳng  d :  x 1 y  z   có một vectơ chỉ phương là  u   4;3;1     Gọi    là góc giữa đường thẳng  d  và mặt phẳng   P      Khi đó  sin   cos n ; u     n u      n u 4.4  3.3  1 1 42  32  12  32   1   12   13    Câu 32 Cho  f  x    là  một  nguyên  hàm  của  g  x    trên   ,  thỏa  mãn  f    ,  xg  x  dx    và  2   f  x  dx  a  b ,  trong đó  a, b  là các số hữu tỉ. Tính  P  a  4b   Trang 10/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A P     B P     C P    D P    Lời giải  Chọn D u  x du  dx Đặt      dv  g  x  dx v  f  x      Khi đó   xg  x  dx  xf  x  02   f  x  dx  0   2   xg  x  dx    f  x  dx   2 0       f  x  dx    f  x  dx   4 2  1 1  a   ;b   P   1  2 Câu 33 Từ một lớp học gồm 18 học sinh nam và 12 học sinh nữ, chọn ra một ban cán sự gồm 4 học  sinh.  Xác suất chọn được ban cán sự có số học sinh nam khơng số học sinh nữ là  1343 442 68 170 A .  B .  C .  D .  9135 609 145 203 Lời giải  Chọn D Không gian mẫu    là ban cán sự gồm 4 học sinh   n     C304   Gọi  A  là biến cố: “Ban cán sự có số học sinh nam khơng số học sinh nữ”  TH1: chọn một ban cán sự gồm 4 nam có:  C184  cách  TH2: chọn một ban cán sự gồm 3 nam và 1 nữ có:  C183 C121  cách  TH3: chọn một ban cán sự gồm 2 nam và 2 nữ có:  C182 C122  cách   n  A  C184  C183 C121  C182 C122    P  A  n  A n   C184  C183 C121  C182 C122 170    C304 203 Câu 34 Cho hình chóp  S ABC có đáy là tam giác vng tại  A, AC  4a   SA vng góc với mặt phẳng  đáy  và  SA  a (minh  học  như  hình  vẽ).  Gọi  M là  trung  điểm  của  AB Tính  AB biết  khoảng  2a cách giữa hai đường thẳng  SM và  BC bằng    S M B A C A 2a   B a   C a   D a   Trang 11/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Lời giải  Chọn A S H M A B I N C   Gọi  N là trung điểm của  AC Ta có  BC // MN  BC //  SMN    Khi đó  d  BC , SM   d  BC ,  SMN    d  B,  SMN    d  A,  SMN     Kẻ  AI  MN  I  MN  , AH  SI  H  SI  Suy ra  d  A,  SMN    AH   Ta có  AM  x, AN  a, AI  SA AI 2a AH    2 SA  AI x  4a  x  a a x 4a  x 2a.x   4a  x   4a x a2  4a  x  x  a  x  a  AB  2a   ax  b  có đồ thị như trong hình bên dưới. Biết rằng a  là số thực dương, hỏi  cx  d trong các số  b , c , d có tất cả bao nhiêu số dương?  Câu 35 Cho hàm số  y    A 1.  B   C   Lời giải  Chọn B Nhìn vào đồ thị ta thấy  a  tiệm cận ngang  y  nằm trên trục hồnh nên  c   (vì  a  )  c Trang 12/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D   PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 d d   Suy ra  d   (vì  c  )   nằm bên trái trục tung nên  c c b  giao điểm của đồ thị và trục tung nằm bên dưới trục hồnh nên     d Suy ra  b   (vì  d  )  Vậy  c  0, d     tiệm cận đứng  x  Câu 36 Đồ thị hàm số  y  A   x  x2  x  có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận?  3x  B   C   Lời giải  D 1.  Chọn A Xét hàm số  y  x  x2  x  1  có tập xác định  D   ;0  1;   \     3x   3 Ta có  3x  x x  x2  x x  ;   lim  lim 1 3x  x  x   x  1 x  x  x  x2  x x2  x 3 lim lim x 0  x  x2  x 2x  x2  x   và  lim   nên đồ thị khơng có tiệm cận đứng.  x 1 3x  3x  2 lim x   2x  x  x  lim 3x  x  1  1 x  lim x  ,  1 3x  x  3 x 2x  x 1 và  lim x  2x  x  x  lim 3x  x  1  1 x  lim x   nên đồ thị có hai tiệm cận ngang  1 3x  x  3 x 2x  x 1  và  y    Vậy đồ thị hàm số có tất cả hai đường tiệm cận.  là  y  Câu 37 Trong  không  gian  tọa  độ  Oxyz ,  gọi     là  hình  chiếu  vng  góc  của  đường  thẳng  x 1 y  z    lên  mặt  phẳng  ( P ) :  x  y  z     Phương  trình  tham  số  của  d :    1 1 đường thẳng    là   x  5t  x  1 t  x   5t  x  t     A  y  1  t   B  y  1  t   C  y  1  t   D  y  1  t    z  1  4t  z  1  t  z    4t  z  1  t     Lời giải  Chọn D Chọn điểm  A 1;6; 4   d  phương trình tham số đường thẳng  a  qua  A  và vng góc với   x   t1  mặt phẳng   P  là   y   3t1    z    2t  Trang 13/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Gọi  A '  là hình chiếu vng góc của  A  lên mặt phẳng   P   A '   P   a  A '  1;0;    Chọn điểm  B  2;5; 5   d  phương trình tham số đường thẳng  b  qua  B  và vng góc với   x   t2  mặt phẳng   P  là   y   3t2    z    2t  Gọi  B '  là hình chiếu vng góc của  B  lên mặt phẳng   P   B '   P   b  B '  0; 1; 1    x  t  Vậy phương trình tham số    là phương trình tham số của đường thẳng  A ' B ' :  y  1  t    z  1  t  2 Câu 38 Cho hàm số  f  x   nhận giá trị dương và thỏa mãn  f    1,   f   x    e x  f  x   , x     Tính  f     B f  3  e2   A f  3    C f  3  e3   D f  3  e   Lời giải Chọn C f  x Ta có:   f   x    e x  f  x   , x    f   x   e x  f  x    3  f  x  f  x  3 dx   e dx   f  3  f    e   3 x  f  x  x  f  x  df  x    e dx  f  x   3e  ex   x 3   f  3   e   f  3  e3      Câu 39 Cho hàm số  f  x  có  f    và  f   x   sin x.sin 2 x, x    Khi đó   f  x  dx bằng  2 A 104   225 B  104   225 C 121   225 D 167   225 Lời giải Chọn B Ta có  f   x   sin x.sin 2 x, x  nên  f  x  là một nguyên hàm của  f   x     cos x sin x sin x.cos x dx   dx   dx   2 1 1   sin xdx    sin x  sin x  dx   cos x  cos x  cos x  C   20 12 Có   f   x  dx   sin x.sin 2 xdx   sin x 1 Suy ra  f  x    cos x  cos x  cos x  C , x    Mà  20 12 1 Do đó  f  x    cos x  cos x  cos x, x    Khi đó:  20 12   2    f     C    2  1 1 104    2 f  x  dx     cos x  cos x  cos 3x  dx    sin x  sin x  sin 3x    20 12 100 36 225   0 0   Trang 14/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Câu 40 Cho  các  số  thực  dương  x, y, z   thỏa  mãn  đồng  thời  1 1   và     log x log y log z 2020 log ( xyz )  2020  Tính  log  xyz  x  y  z   xy  yz  zx  1   A 4040   B 1010   D 2020   C 2020.  Lời giải Chọn A Đặt  a  log x; b  log y; c  log z   Ta có  1 1  và  a  b  c  2020      a b c 2020  1 1      a  b  c     a  b  c  ab  ac  bc   abc a b c  a 2b  ab2  abc  abc  b 2c  bc  a c  ac      a  b  b  c  c  a   Vì vai trò  a, b, c  như nhau nên giả sử  a  b   c  2020  z  2020  và  xy    log  xyz  x  y  z   xy  yz  zx  1  log  z ( x  y  z )   yz  zx  1  log  z   2log z  4040   Câu 41 Cho hàm số  f  x  có bảng biến thiên như sau:     5  Số nghiệm thuộc đoạn   0;  của phương trình  f sin x    A   B   C   Lời giải Chọn C Dựa vào bảng biến thiên ta có    D    sin x  a  sin x  b   0;1 (1)  f sin x    sin x  b   0;1   sin x  b   1;0  (2)    sin x  c    5  Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thuộc   0;       5  Phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt thuộc   0;      Khơng có nghiệm nào của (1) trùng với nghiệm của (2).   5  Vậy số nghiệm thuộc đoạn   0;  của phương trình  f sin x  là 5       Trang 15/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Câu 42 Cho hai số thực  a  1, b   Biết phương trình  a x b x 1  có hai nghiệm phân biệt  x1 , x2  Tìm   xx  giá trị nhỏ nhất của biểu thức  S      x1  x2     x1  x2  A 3   C 3   Lời giải  B   D   Chọn A Ta có  a xb x 1   x logb a   x2  1   x  x logb a      x1  x2   logb a Do phương trình có hai nghiệm  x1 , x2 nên theo định lý Viet ta có:      x1 x2  1 Khi đó  S   log b a   log b2 a Đặt  t  log b a , do  a  1, b   t   Khi đó  S  Đẳng thức xảy ra khi  Câu 43 Cho  hàm  số  f  x   1  4t   2t  2t  3   t t 1  2t  t   Vậy  S  3   t xm ( m   là  tham  số  thực).  Gọi  S là  tập  hợp  tất  cả  các  giá  trị  của  x2 m nguyên thuộc   10;10 sao cho  max f  x   f  x    Số phần tử của  S 0;1 0;1 A 18   B   C 10   D 19   Lời giải  Chọn A Tập xác định  D   \ 2   *  m  ta có  f  x   , khi đó  max f  x   f  x   không thỏa mãn  0;1 0;1 *  m  , ta có  y  m2  x  2  hàm số đơn điệu trên mỗi khoảng của tập xác định nên đơn điệu  trên   0;1   m , f 1  m  và đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm   m;0    m  f  x   max m 0;1   TH1:   m  1    m  , ta có  f  x   0,     0;1 f  x  1 m  max  0;1 m 2 m   Khi đó   (Vô nghiệm)   m  1  1  m  m  m TH2:   m  1      m  Ta có  f    Vậy  max f  x   f  x     0;1  0;1 m  m 1    Trang 16/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 *)  m  , ta có  *)  m  1, m  , ta có  m m  m       m   3m   m     2 m m  m     m    3m   m    2 Do đó  m  10; 9; ; 1;3;4; 10  Vậy có 18 giá trị của  m thỏa mãn.  Câu 44 Cho hàm số  f  x   1  m3  x  x    m  x   với  m  là tham số. Có bao nhiêu số tự nhiên  m  sao cho phương trình  f  x    có nghiệm thuộc   ;5   5  A 4.  B 7.  C 6.  Lời giải Chọn D Xét phương trình  f  x     D 5.   1  m3  x  x    m  x    m3 x  mx  x  x  x  3   mx   mx  ( x  1)  x    (1) Xét hàm số  g  t   t  t  có  g'  t   3t    với mọi số thực  t   Suy ra hàm số  g  t   t  t  đồng biến trên tập     Phương trình (1)   mx  x   ( m  1) x    Ta nhận thấy với  m   thì phương trình (1) vơ nghiệm.  1  Với m  1 phương trình (1) có nghiệm  x   Để phương trình  f  x    có nghiệm thuộc   ;5   m 1 5   1     m     m   thỏa mãn  m  1.  m 1 5 Mà m là số tự nhiên nên  m  2;3;4;5;6  Vậy có 5 giá trị của  m  thỏa mãn bài.  Câu 45 Cho hàm số  y  f  x   có bảng xét dấu đạo hàm như ở bảng sau:    1  Hỏi hàm số  f  x    nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?  x  1   1   A   ;0    B  ;    C  2;     2   2    1 D  0;     2 Lời giải  Chọn A 1  Từ gt ta có BBT của  g ( x)  f  x     x    1   1   g '( x)     f '  x     g '( x )   1   f '  x      x x  x    x   Trang 17/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/    1  x  x       f ' x     x  1    x BXD của  g '( x )     Hàm số nghịch biến trên  ( 1; 0)  và  (1;  )  Chọn  A Câu 46 Cho hình lăng trụ  ABC.ABC  Gọi  M ,  N ,  P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh  AA ,  BB ,  CC sao cho  AM  MA ,  NB  2NB ,  PC  PC  Gọi  V1 ,  V2 lần lượt là thể tích của hai khối  đa diện  ABCMNP và  ABCMNP  Tính tỉ số  A V1  2  V2 B V1    V2 V1 V2 V1  1  V2 C D V1    V2 Lời giải Chọn C A' M C' B' P C A N B   Gọi  V là thể tích khối lăng trụ  ABC.ABC  Ta có  V1  VM ABC  VM BCPN   1 2 VM ABC  S ABC d  M ,  ABC    S ABC d  A,  ABC    V   3 1 1 VM ABC  S ABC d  M ,  ABC    S ABC d  M ,  ABC     V   3 Do  BCCB là hình bình hành và NB  2NB ,  PC  PC nên  S BCPN  S BCPN   Suy ra  VM BCPN  VM BCPN , Từ đó  V  VM ABC  VM BCPN  VM ABC   VM BC PN    V  V  VM BCPN  V  VM BCPN  VM BCPN  V   9 18 1 V Như vậy  V1  V  V  V  V2  V  Bởi vậy:     18 2 V2 Câu 47 Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số  m    0;  để tồn tại các số thực  x ,  y thỏa mãn  2 đồng thời  e3 x 5 y 10  e x 3 y 9   x  y và  log5  3x  y  4   m  6 log2  x  5  m   Trang 18/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 C 19 B 23 A 22   D 31.  Lời giải Chọn B  Ta có  e3 x 5 y 10  e x3 y 9   x  y    e3x5 y10  ex3 y9   x  y  9   3x  y 10    e3 x5 y 10  3x  y  10  e x 3 y 9  x  y    t Xét hàm số  f  t   e  t,  t     t Ta có:  f   t   e   0,  t   Suy ra hàm số  f t  luôn đồng biến trên      x  y   x  y   y   x   Thay vào phương trình thứ 2, ta được  log 52  x  y     m   log  x    m    log 52  x     m   log  x    m      log 52  x     m   log 5.log  x    m   1 Đặt  log5  x  5  t    t  ,  x  5  Khi đó phương trình (1) trở thành  t  log2 5. m  6 t  m2    (2).  Tồn tại  x ,  y thỏa mãn u cầu bài tốn khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm nên     m   log 22   m      log 22   m  12 log 22 5.m  36 1  log 22     m  m1   với  m1  43.91 và  m2  2.58   m  m2 Do  m    0;  và  m   nên  m  2; 1;0; ;19; 20   Vậy có  23 giá trị của  m thỏa mãn yêu cầu bài toán.  Câu 48 Cho  các  hàm  số  f ( x)  3( x  2)   và  g ( x)   x   m  1 x   4m2  , m là  tham  số.  Có  bao  nhiêu  giá trị của tham số  m  để bất phương trình  f ( x)  g ( x)  có nghiệm duy nhất.  A   Chọn B   C   Lời giải  D   A Xét hàm số  f ( x )  3( x  2)  trên     f '( x )  2( x  2).3( x  2)  Ta có bảng biến thiên sau    Trang 19/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Dựa vào bảng biến thiên, ta có:  f ( x)   khi  x     2 Xét hàm số  g ( x)   x  2(m  1) x   4m2   g '( x)  2 x  2(m2  1)   Ta có bảng biến thiên sau:    2 Dựa vào bảng biến thiên, ta có  max g ( x)  m  2m   khi  x  m     Do đó:  f ( x)  g ( x)  có nghiệm duy nhất   Max g ( x)  f ( x)     m   m  m    m  2m        m  1 Vậy ta chọn đáp án A Câu 49 Cho hình hộp  ABCD.ABCD  có thể tích bằng  45  Nếu tăng mỗi cạnh đáy thêm  1 thì thể tích  sẽ tăng thêm  30 , còn nếu tăng cạnh bên thêm  1 thì thể tích sẽ tăng thêm   Hỏi nếu tăng đồng  thời các cạnh đáy và cạnh bên thêm  1 thì thu được hình hộp mới có thể tích bằng bao nhiêu?  A 90   B 84   C 123   D 114   Lời giải  Chọn A Gọi  a ,  b ,  l ,  h  lần lượt là độ dài hai cạnh đáy, cạnh bên và đường cao của hình hộp.  Giả sử    là góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy,    là góc giữa hai cạnh đáy. Khi đó  h  l sin   và  B  ab sin    Gọi  V  là thể tích ban đầu của hình hộp. Ta có  V  Bh  abl sin  sin   45   Gọi  V1  là thể tích của hình hộp sau khi tăng mỗi cạnh đáy thêm  1. Ta có  V1  B1h   a  1 b  1 l sin  sin   45  30  75   Gọi  V2 ,  h2  lần lượt là thể tích và đường cao của hình hộp sau khi tăng cạnh bên thêm  1. Ta có  h l h   h2   l  1   l  1 sin     V2  B.h2  ab  l  1 sin  sin   45   54   h2 l  l Gọi  V3  là thể tích của hình hộp sau khi tăng đồng thời mỗi cạnh đáy và cạnh bên thêm  1. Như  vậy, đường cao hình hộp bằng  h2 Ta có  V3  B1.h2   a  1 b  1 l  1 sin  sin    a  1 b  1 l  1 sin  sin  abl sin  sin  abl sin  sin   a  1 b  1 l sin  sin  ab  l  1 sin  sin   V1.V2  75.54  90    abl sin  sin  V 45 Câu 50 Cho  hai  đường  cong   C1  : y  x   m  1 x    và   C2  : y   x  1  x  x  3m   Biết  rằng mỗi đường cong   C1  ,  C2   đều có ba điểm cực trị tạo thành tam giác, đồng thời hai tam  giác đó đồng dạng với nhau. Hỏi  m  thuộc khoảng nào dưới đây?  Trang 20/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A 1;2   B  0;1   C  2;3   D  3;4   Lời giải Chọn C Xét   C1  : y  x   m  1 x    x  Ta có:  y  x3   m  1 x ; y    m    x   m 1   m  1   Đồ thị   C1   có 3 điểm cực trị    m   m  12   m   m  12  Ba điểm cực trị của   C1   là  A  0;  , B  ;  2,C   ;         4     m   m  1  ; BC   m  1  ABC  cân tại  A   16 Ta có:  AB  AC  Xét   C2  : y   x  1  x  x  3m    x  1  y   3m x 1    x   y   3m   Ta có:  y   x  1   x  1 ; y      x  1   x  2  y   3m  Ba điểm cực trị của   C2   là:  M  1;  3m  , N  0;  3m  , P  2;  3m    Ta có:  MN  , MP  , NP   MNP  cân tại  M   AB AC BC ABC  MNP     MN MP NP m   m  1  16   m  1   m  1 1  5    m  1  32  m   (thỏa mãn  m  1 ) và  m    2,17   2;3   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 21/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 ...  là ban cán sự gồm 4 học sinh   n     C304   Gọi  A  là biến cố: “Ban cán sự có số học sinh nam khơng số học sinh nữ”  TH1: chọn một ban cán sự gồm 4 nam có:  C184  cách  TH2: chọn một ban cán sự gồm 3 nam và 1 nữ có: ... Trong các hình đa diện đều dưới đây, hình nào có số cạnh ít nhất?  A Hình lập phương.  B Hình tứ diện đều.  C Hình bát diện đều.  D Hình thập nhị diện đều.  Lời giải  Chọn B Hình lập phương: có  12  cạnh.  Hình tứ diện đều: có   cạnh. ... Hình bát diện đều: có  12  cạnh.  Hình thập nhị diện đều: có  30  cạnh Trang 2/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D z   i   PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Câu 11 Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số