ĐÁP án đề số 35

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 •ĐỀ SỐ 35 - MỖI NGÀY ĐỀ THI Câu Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục đoạn  2;2 có đồ thị đường cong hình vẽ bên Hàm số f  x  đạt cực tiểu điểm đây? A x  1 B x  C x  D x  2 Lời giải Chọn C Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đạt cực tiểu x  Câu Trong không gian Oxyz mặt cầu  S  : x  y  z2  8x  y  z   có bán kính R A R  C R  25 B R  D R  Lời giải Chọn A Tâm mặt cầu I  4; 2; 1 2 Bán kính mặt cầu R  42   2    1   4   25  Câu Cho hàm số y  f  x  liên tục khoảng xác định có bảng biến thiên sau Chọn khẳng định đúng? A Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang B Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang C Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng D Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng tiệm cận ngang Lời giải Chọn C Ta có: Trang 1/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ lim f  x    lim f  x    nên đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang x  x  lim f  x    nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  x  0 Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng Câu Cho n số nguyên dương Cn5  792 Tính An5 A 3960 B 95040 C 95004 Lời giải D 95400 Chọn B Ta có An5  Cn5 5!  792.5!  95040 Câu Một khối trụ có bán kính đáy , chiều cao Tính thể tích V khối trụ A V  12 B V  18 C V  6 D V  4 Lời giải Chọn A Thể tích V khối trụ có bán kính đáy r  , chiều cao h  tính theo cơng thức: V  r h  12 Câu Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z   Điểm thuộc  P  ? A Q  2; 1;5 B P  0;0; 5 C M 1;1;6  D N  5;0;0  Lời giải Chọn C Lần lượt tọa độ điểm vào phương trình mặt phẳng  P  : x  y  z   , ta được: + Với Q  2; 1;5 :   1      Q   P  + Với P  0;0; 5  :       10   P   P  + Với M 1;1;6  :  1     M   P  + Với N  5;0;0  : 5       10   N   P  Câu Khối hộp chữ nhật có kích thước a, 2a,3a tích A 3a B 6a C 2a D 6a Lời giải Chọn B Ta tích khối hộp chữ nhật V  a.2 a.3a  a Câu Tìm nguyên hàm hàm số f  x   cos5 x A  f  x  dx  sin x  C B Trang 2/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong  f  x  dx  sin x  C PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 C  f  x  dx  5sin 5x  C D  f  x  dx   sin 5x  C Lời giải Chọn A Ta có  cos5 xdx  sin x  C Câu Cho cấp số nhân  un  có số hạng đầu u1  A 81 B 163 cơng bội q  Tính u5 27 55 C D 2 Lời giải Chọn A 81 Ta có: un  u1.q n 1  u5  u1.q   3  2 Câu 10 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: Hàm số cho đồng biến khoảng đây? A 1;    B  0;1 C  2;3 D  ;0  Lời giải Chọn A Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến khoảng  1;0  ; 1;       Câu 11 Trong không gian Oxyz , cho điểm M thỏa mãn hệ thức OM  2i  j Tọa độ điểm M A M 1 ; ;  B M  ; ;  C M  ; ; 1 D M  ; ; 1 Lời giải Chọn B       OM  2i  j  2i  j  0.k  M  ; ;  Câu 12 Cho hàm số y = f(x) liên tục đoạn [-2 ; 2] có đồ thị đây.Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số cho đoạn [-2 ; 2] Giá trị M  m A 3 B 6 C 4 D 8 Trang 3/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Lời giải Chọn C Dựa vào đồ thị hàm số y = f(x) đoạn [-2 ; 2] (hình vẽ trên) Ta có, giá trị lớn M  giá trị nhỏ m  6 Tổng M  m  4 Câu 13 Diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy R  đường sinh l  A 24 B 12 C 4 D 8 Lời giải Chọn A Diện tích xung quanh hình trụ S  2 rl  2 2.6  24 Câu 14 Trong không gian Oxyz , véc tơ sau véc tơ phương đường thẳng x 1 y  z   ? 1  A u  1; 2;  :  B u   2; 2; 4   C u  1;1;   D u  1; 2;0  Lời giải Chọn B x 1 y  z   , suy véc tơ phương đường thẳng  là: Do đường thẳng  : 1  v  1; 1;     Ta có với u   2; 2; 4   u  2.v 2 Câu 15 Cho số phức z   2i  1    i  Tổng phần thực phần ảo z A B 1 C 21 Lời giải D 21 Chọn C 2 Ta có z   2i  1    i    4  4i  1    6i  1   3  4i     6i   11  10i Số phức z có phần thực 11 phần ảo 10 Vậy tổng phần thực phần ảo z 21 Câu 16 Bảng biến thiên sau hàm số nào? Trang 4/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A f  x   x3 x2 B f  x   x3 2x C f  x   x3 x2 D f  x   2x  x2 Lời giải Chọn A Từ BBT, ta có: x3 2x  hàm số f  x   2 x x2 5 x3 + Vì f   x   với x  nên loại hàm số f  x   có f   x    0, x  2 x2  x  2 + lim f  x   nên loại hàm số f  x   x  Câu 17 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Số nghiệm phương trình f  x    A B C D Lời giải Chọn B 4 Dựa vào bảng biến thiên số nghiệm phương trình f  x    f  x  Câu 18 Nếu log  a log 9000 A  2a B a C 3a Lời giải D a  Chọn A log 9000  log  32.103   log  32   log 103   log    2a Câu 19 Cho log  m ;ln  n Hãy biểu diễn ln 30 theo m n n n m A ln 30   n B ln 30   C ln 30   n m m n Lời giải Chọn A D ln 30  nm n Ta có ln 30  ln10  ln Trang 5/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Có log  ln ln ln n  ln10   ln 30   ln   n ln10 log log m Câu 20 Cho số phức z  a  bi  a, b    thỏa mãn z    5i  z  17  11i Tính ab A ab  B ab  C ab  6 Lời giải D ab  3 Chọn B Theo ta có z    5i  z  17  11i   a  bi     5i  a  bi   17  11i  3a  3bi   4a  4bi  5ai  5b   17  11i  3a  3bi  4a  4bi  5ai  5b  17  11i   a  5b  7bi  5ai  17  11i a  5b  17 a     a  5b    5a  7b  i  17  11i    5a  7b  11 b  Do ab  Câu 21 Tìm số thực x, y thỏa mãn   2i  x  yi   1  i     i  x  yi  ? A x  3, y  1 B x  3, y  1 C x  1, y  D x  3, y  Lời giải Chọn A Ta có:   2i  x  yi   1  i     i  x  yi   3x  y   yi  xi  4i  x  y  yi  xi 3 x  y   x  y x  y  x      3 y  x   y  x 3 x  y  4  y  1 1   5 x2 Câu 22 Tổng bình phương nghiệm phương trình B A  x2 C Lời giải D Chọn B x2 Ta có 1   5  x2 x   53 x   x  x  x     x  x2 Vậy tổng bình phương nghiệm phương trình 1   5  x2 Câu 23 Cho hình hộp ABCD ABC D Gọi V1 , V2 thể tích khối tứ diện ACBD khối hộp ABCD ABC D Tỉ số A B V1 bằng: V2 C Lời giải Chọn A Trang 6/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A' D' B' C' D A B C Gọi h chiều cao hình hộp ABCD ABC D Ta có VABCD ABC D  VACBD  VBBAC  VDDAC  VAABD  VCC BD  V2  V1  4.VBBAC (*) (Vì khối tứ diện BBAC , DDAC , AABD , CC BD có chiều cao nhau; có diện tích đáy nửa diện tích hình bình hành ABCD ) Ta lại có: V2  h.S ABCD 1 1 VB BAC  h.S ABC  h S ABCD  V2 3 1 V Thay vào (*) ta V2  V1  V2  V1  V2   V2 Câu 24 Trong khơng gian Oxyz , cho hình thang cân ABCD có đáy AB , CD Biết A(3;1;  2) , B( 1;3;2) , C ( 6;3;6) D(a;b;c) , với a, b, c   Tính T  a  b  c A T   B T  C T  Lời giải D T   Chọn A  + Ta có: AB(4;2;4)  2(2; 1; 2) trung điểm đoạn AB I (1; 2;0) + Mặt phẳng trung trực ( ) đoạn AB có phương trình là: x  y  z   x  6  2t  +Đường thẳng  qua C vng góc ( ) có phương trình:  y   t  z   2t  + Gọi J    ( )  J  (0;0; 0) J trung điểm CD  D (6; 3; 6) Suy ra, T  3 e 1 Câu 25 Biết  ln( x  1) dx  a  be1 với a, b   Chọn khẳng định khẳng định sau: ( x  1) A a  b  B a  b   C a  b  3 Lời giải D a  b  Chọn B  u  ln( x  1) du  dx    x 1 + Đặt:    dv  ( x  1) dx v     x 1 Trang 7/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ e 1 + Ta có:  e 1 ln( x  1)    dx   ln( x  1)     ( x  1)  x 1    e 1  ( x  1) dx e 1 1 1   ln e  1.ln1        2e 1 e x 1 e e a  Suy ra,   a  b  1 b  2 Câu 26 Tính tổng tất nghiệm thực phương trình log B A   x    log  x   C  Lời giải  D Chọn A x  Điều kiện:  x  Ta có: log  x    log3  x   2    x   x      x    nhan    x   x     x  6x       x    loai    x   x    1  x  x    x   nhan  Vậy tổng tất nghiệm thực phương trình log  x    log3  x     Câu 27 Số lượng loại vi khuẩn A phòng thí nghiệm tính theo cơng thức s(t )  s(0).2t , s(0) số lượng vi khuẩn A lúc ban đầu, s(t ) số lượng vi khuẩn A có sau t phút Biết sau phút số vi khuẩn A 625 nghìn Hỏi sau kể từ lúc ban đầu, số lượng loại vi khuẩn A 20 triệu A phút B 12 phút C 48 phút D phút Lời giải Chọn D Theo giả thiết ta có: s(3)  625000  s(0).23  625000  s(0)  78125 Số lượng loại vi khuẩn A 20 triệu s(t )  20000000  s (0).2t  20000000  2t  20000000 20000000   256  t  s(0) 78125 Vậy, sau phút số lượng vi khuẩn A 20 triệu Câu 28 Tìm tập nghiệm S bất phương trình log3 (2 x  3)  log3 (1  x) A S  (  ;1) 2 B S  (  ;   ) 3 C S  (  ;  ) Lời giải Chọn C Trang 8/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D S  (  ;  ) PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020  x  x        x Ta có: log3 (2x  3)  log3 (1  x)   2x    x  x    3 Vây, S  (  ;  ) Câu 29 Trong không gian Oxyz , phương trình đường thẳng qua A  1; 2;  , song song với  P  : x  y  z   cắt đường thẳng x  1 t  A  y   z   2t   x   2t  B  y   z   2t  d: x2 y2 z2 có phương trình?    x  1  2t x  1 t   C  y  D  y  2  z   4t  z   2t   Lời giải Chọn A  Gọi a đường thẳng cần tìm Mặt phẳng  P  có vectơ pháp tuyến là: n   2;1;1 Gọi M giao điểm đường thẳng a đường thẳng d M  d  M    3t ;  t ;  5t   AM   3t  ; t ;   5t  Vì đường thẳng a song song với  P  nên:   AM n    3t  1  1.t   2  5t    t  Vậy phương trình tham số đường thẳng a qua điểm A có vectơ phương x  1 t   AM  1 ; ;   là:  y   z   2t   Đáp án B không vtcp đường thẳng khơng phương với vectơ AM Đáp án C khơng điểm H   1 ; 2;   a Đáp án D khơng điểm I  1 ;  2;   a Câu 30  1  3x  f   x  dx  2019 ; f 1  f    2020 Tính  f  3x  dx A B C D Lời giải Chọn A u   x  du  3dx Đặt    dv  f   x  dx v  f  x  Trang 9/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/  1  3x  f   x  dx  2019 1  1  3x  f  x    f  x  dx  2019  f 1  f    3 f  x  dx  2019   f  x  dx  3 Ta có:  f  x  dx  1 1 f  t  dt    30 3 Câu 31 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình bên Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình f  x   log m có hai nghiệm phân biệt A m  B  m  , m  16 C m  , m  16 Lời giải D m  Chọn B Phương trình f  x   log m có hai nghiệm phân biệt  m  đồ thị hàm số y  f  x  đường thẳng y  log m cắt hai điểm phân biệt log m   m  16  Dựa vào đồ thị   0  m  log m  Câu 32 Cho hàm số f  x   x  x  1 e3 x có nguyên hàm hàm số F  x  Số cực trị hàm số F  x  A Chọn A C B D Lời giải Vì F  x  nguyên hàm f  x   x  x  1 e3 x  F '  x   x  x  1 e3 x x  F '  x    x  x  1 e3 x  , e3 x    x  R   x  x  1    x 1 Ta có bảng xét dấu: Trang 10/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Vậy hàm số F  x  có cực trị Câu 33 Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1; 2;3 Gọi A, B , C hình chiếu vng góc M trục Ox, Oy , Oz Viết phương trình mặt phẳng  ABC  A x  y  3z   B 3x  y  z   C x  y  z   D x  y  3z   Lời giải Chọn C Ta có A 1;0;0  , B  0;2;0  , C  0;0;3 Phương trình mặt phẳng  ABC  có dạng x y z    hay x  y  z   Câu 34 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 2a Tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy Biết thể tích khối chóp S ABCD 4a Gọi  góc SC mặt đáy, tính tan  A tan   B tan   C tan   D tan   Lời giải Chọn D  Dựng SH  AB ,  SAB    ABCD  theo giao tuyến AB nên SH   ABCD     SCH 1 4a  SH  a Ta có VS ABCD  SH S ABCD  SH 4a  3 Do  SAB cân S nên H trung điểm AB  HC  BH  BC  a   SH  a   tan   tan SCH HC a 5 Trang 11/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu 35 Cho hình chóp tam giác S ABC có SA  2a , AB  3a Gọi M trung điểm SC Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng  SAB  A 21 a 3 a B C 3 a D 21 a 14 Lời giải Chọn D Gọi N trung điểm AB , G trọng tâm tam giác ABC , H hình chiếu G lên SN Ta có: d  M ,  SAB   d  C ,  SAB    suy d  M ,  SAB    SM d  C ,  SAB   CN  ,   SC d  G ,  SAB   GN d  G ,  SAB   CN  AB  AB   SCN   AB  GH   SG  AB GH  AB  GH   SAB   d  G ,  SAB    GH  GH  SN 1 3a a  Trong tam giác SGN vng G có: GN  CN  , 3 2 SN  SA2  AN  4a  GH SN  SG.GN  GH  9a a 7 a 3a  , SG  SN  GN    a 4 SG.GN a 21  SN 3 21a Vậy: d  M ,  SAB    GH  14 Câu 36 Cho hàm số y  x  6mx  có đồ thị  Cm  Gọi m0 giá trị m để đường thẳng qua điểm cực đại, điểm cực tiểu  Cm  cắt đường tròn tâm I 1;0  , bán kính hai điểm phân biệt A, B cho tam giác IAB có diện tích lớn Chọn khẳng định Trang 12/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A m0   3;  B m0  1;  C m0   0;1 D m0   2;3 Lời giải Chọn C Ta có: y  3x  6m y   x  2m Hàm số có cực đại, cực tiểu  y  có hai nghiệm phân biệt m0 Gọi A    2m ;  4m 2m B  2m ;  4m 2m  Phương trình đường thẳng AB : 4mx  y    Đặt a  d  I , AB   a  Suy S IAB  a  a    HB   a 2 a   a2    Dấu “  ” xảy  a   a  a  Khi d  I ; AB   4m     16m   m  16m   16m   16m  32m  16  m  15 32 Câu 37 Cho hàm số y  f  x  liên tục  có đồ thị hình vẽ Diện tích hai phần A B A 253 12 B 253 24 16 63 Tính I   f  x  1 dx 1 C  125 24 D  125 12 Lời giải Chọn C Trang 13/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Từ giả thiết, suy  f  x  dx  1 Ta có I  63  f  x  dx    f  x  1 dx   f  x  1 dx   f  x  1 dx 1  16 1 1  16 63  125 f  t  dt -  f  t  dt        1 21 2  24  Câu 38 Biết 3sin x  cos x  2sin x  3cos x dx   13 ln  b ln  c  b, c    Tính A 13 9 B 14 C 14 9 b c D 14 Lời giải Chọn B Ta cần tìm số m, n, p cho n  2sin x  3cos x  3sin x  cos x p  m  2sin x  3cos x 2sin x  3cos x 2sin x  3cos x Suy 3sin x  cos x   2m  3n  sin x   3m  2n  cos x  p 2m  3n   Suy 3m  2n   m  , n   , p  13 13 p       3sin x  cos x  2sin x  3cos x    Do  dx    dx  13 13 2sin x  3cos x  2sin x  3cos x 0    7 9 2   x  ln 2sin x  3cos x     ln  ln 13 13 13  13  26 Suy b  b 14 ,c   13 26 c Câu 39 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cân A , biết SA   ABC  , BC  2a ,   120 , góc mặt phẳng BAC  SBC   ABC  45 Tính thể tích khối chóp S ABC S C A B Trang 14/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A a3 B a3 C a D a3 Lời giải Chọn B Gọi M trung điểm đoạn thẳng BC S C A 45° M B Vì tam giác ABC cân A nên AM đường trung tuyến, đường phân giác, đường cao   60 Suy MAB   a.cot 60  a Xét tam giác ABM vuông M ta có: AM  BM cot BAM 1 a a2  Diện tích tam giác ABC S ABC  BC AM  2a 2 3   SAC   90 ; AB  AC Xét tam giác SAB SAC ta có: SA chung; SAB Do SAB  SAC  SB  SC  SM  BC Ta có:  SBC    ABC   BC ; SM   SBC  , SM  BC ; AM   ABC  , AM  BC nên suy    45 SBC  ,  ABC   SM , AM  SMA        45 nên tam giác cân A Tam giác SAM vuông A có SMA Vì SA  AM  a a3 a2 a Thể tích khối chóp S ABC VS ABC  S ABC SA   3 3 Trang 15/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu 40 Tìm tất giá trị thực tham m số để hàm số y  x3   2m  1 x   m2  m   x  m  có hai điểm cực trị độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng có cạnh huyền  m  3 B  m  A m  74 m  D   m  2 C m  Lời giải Chọn A y  x3   2m  1 x   m2  m   x  m   y  x   2m  1 x  m  m  +) Hàm số có hai điểm cực trị độ dài hai cạnh tam giác vuông y có nghiệm    2m  12   m  m     dương phân biệt  2m   (*) m2  m    +) Khi đó, gọi x1 , x2 điểm cực trị hàm số x1 , x2 hai nghiệm y  x1  x2   2m  1   x1.x2  m  m  Theo giả thiết ta có 2 x12  x22  74   x1  x2   x1 x2  74   2m  1   m  m    74 m   14m2  14m  84     m  2 Thử vào *  m  Câu 41 Gọi S tập hợp giá trị nguyên m để đồ thị hàm số y  x2 có hai đường tiệm x  x  2m cận đứng Số phần tử S A Vô số B 12 C 14 Lời giải D 13 Chọn B  x  2 Điều kiện   x  x  2m  Đồ thị hàm số y  x2 có hai đường tiệm cận đứng phương trình x  x  2m x  x  m  có hai nghiệm phân biệt x  2 Với x  2 , phương trình x  x  2m   Đặt g  x    x2  6x  m  x2  6x , suy g   x    2 x   ; g   x    x  2 Trang 16/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Ta có bảng biến thiên hàm số khoảng  2;    Dựa vào bảng biến thiên ta có Phương trình x  x  m  có hai nghiệm phân biệt x  2 8  m  Mà m   , nên S  7;  6; ; 4 Vậy tập S có 12 phần tử Câu 42 Cho phưong trình x   2m  3 3x  81  ( m tham số thực) Giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12  x22  10 thuộc khoảng sau đây? A 10;15  B 15;   C  0;5 D  5;10  Lời giải Chọn A Đặt t  3x  t   Ta có 3x1  x2  t1 t2  81  x1  x2  1 Phương trình cho trở thành t   2m  3 t  81  *  Để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt phương trình *  phải có hai nghiệm dương phân biệt Khi ta có  21  m    4m  12m  315   2m  32  324  15   15   m m   2  m    2m     m    2 Ta có x12  x22  10   x1  x2   x1 x2  10  x1 x2    Từ 1   suy x1  ; x2  thay vào phương trình cho ta m  27 Câu 43 Gọi S tập số tự nhiên gồm chữ số lập từ tập X  6; 7;8 , chữ số xuất lần, chữ số xuất lần, chữ số xuất lần Chọn ngẫu nhiên số từ tập S , tính xác suất để số chọn số khơng có chữ số đứng hai chữ số 11 55 A B C D 12 432 Lời giải Chọn A Hoán vị lặp: Cho k phần tử khác nhau: a1 , a2 , , ak Một cách xếp n phần tử gồm n1 phần tử a1 , n2 phần tử a2 , , nk phần tử ak  n1  n2   nk  n  theo thứ tự gọi hoán vị lặp cấp n kiểu  n1 , n2 , , nk  k phần tử Số hoán vị lặp cấp n kiểu  n1 , n2 , , nk  k phần tử là: Trang 17/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Pn  n1 , n2 , , nk   n! n1 !n2 ! nk ! 9! 2!.3!.4! Ta có trường hợp thoả mãn số chọn số khơng có chữ số đứng hai chữ Số phần tử không gian mẫu n     số + TH1: Hai số đứng cạnh nhau: Ta xem hai số đứng cạnh phần tử, ta 8! có phần tử, có ba chữ số bốn chữ số Trường hợp có (số) 3!.4! + TH2: Giữa hai số có số 8: Ta xem chúng phần tử, ta có phần tử, 7! có ba chữ số ba chữ số Trường hợp có (số) 3!.3! + TH3: Giữa hai số có hai số 8: Ta xem chúng phần tử, ta có phần tử, 6! có ba chữ số hai chữ số Trường hợp có (số) 3!.2! + TH4: Giữa hai số có ba số 8: Ta xem chúng phần tử, ta có phần tử, 5! có ba chữ số chữ số Trường hợp có (số) 3! + TH5: Giữa hai số có bốn số 8: Ta xem chúng phần tử, ta có phần tử, 4! có ba chữ số Trường hợp có (số) 3! Gọi A : “Số chọn số khơng có chữ số đứng hai chữ số 6” 8! 7! 6! 5! 4! n ( A)      3!.4! 3!.3! 3!.2! 3! 3! 8! 7! 6! 5! 4!     n( A) 3!.4! 3!.3! 3!.2! 3! 3! Xác suất A là: P( A)    9! n() 2!.3!.4! Câu 44 Cho hàm số y  f  x liên tục  có đồ thị hàm số y  f   x  hình bên Số điểm cực tiểu hàm số g  x   f   x  x  A B C Lời giải D Chọn A Dựa vào đồ thị hàm số y  f   x   f   x   ax  x   (với a  ) g  x   f   x  x   g   x    2 x  1 f    x  x   a  2 x  1   x  x   x  x    Trang 18/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020  x     x  Vì a  nên ta có bảng biến thiên hàm số y  g  x  sau: x    Dựa vào bảng biến thiên  Hàm số g  x   f   x  x  có điểm cực tiểu Câu 45 Cho bất phương trình   x  x  m  x   x x    m Tìm tất giá trị thực tham số m để bất phương trình nghiệm với x  1 A m  B m  C m  2 Lời giải Chọn D  D m   x4  x  m  x   x x    m  x  x  m  x  x  m  x   x   1 Xét f  t   t  t liên tục  f  t   3 t2   0, t   f  t  hàm đồng biến      Khi  1  f x  x  m  f x   x  x  m  x   m   x  x  Xét hàm số g  x    x  x  khoảng  1;     x   l    ; g  x   4 x  x g  x     x   l   x   l   Trang 19/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ BBT x  g  x   g  x  Vậy bất phương trình  1 nghiệm với x   m  Câu 46 Cho đa diện ABCDEF có AD, CF , BE đôi song song, AD   ABC  , AD  CF  EB  , diện tích tam giác ABC 10 Thể tích đa diện ABCDEF A 50 B 15 C 50 D 15 Lời giải Chọn C Khơng tính tổng qt ta giả sử AD  BE  CF Gọi A ', B ' hai điểm nằm AD , BE cho AA '  BB '  CF (hình vẽ) 1  DA ' EB ' A ' B '.d  F ,  DA ' B ' E   + VF DA' B ' E  S DA ' B ' E d  F ,  DA ' B ' E    3 1   DA ' EB '  S FA ' B '   AD  BE  2CF  S FA ' B '    3CF  S ABC 3 50 + VABCDEF  VABC A' B ' F  VF DA ' B ' E  S ABC CF    3CF  S ABC  S ABC  3 Trang 20/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Câu 47 Cho hàm số f  x   ax  bx3  cx  dx  e , với a , b , c , d , e  Hàm số y  f '  x  có đồ thị hình vẽ Trong khẳng định sau, khẳng định đúng? A a  b  c  d  B a  c  b  d C a  c  Lời giải D d  b  c  Chọn C Ta có: f '  x   4ax3  3bx  2cx  d Từ đồ thị hàm số y  f '  x  , ta có bảng biến thiên hàm số f  x   ax  bx3  cx  dx  e Suy ra: f '  1   4a  3b  2c  d  f '     d   4a  3b  2c   3b  4a  2c (1) Mặt khác: * f "  x   12ax  6bx  2c  f "     2c   c  * a0 * f '     32a  12b  4c   8a  3b  c  (2) Từ (1) (2), suy 4a  c  mà a   a  c  Câu 48 Cho hàm số đa thức f  x  có đạo hàm R Biết f    đồ thị hàm số y  f   x  hình sau Trang 21/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Hàm số g  x   f  x   x đồng biến khoảng đây? A  0;  B  4;    C  ;   Lời giải Chọn A Xét hàm số u  x   f  x   x x Ta có: u   x   f   x   x; u   x    f   x    Ta có bảng biến thiên u  x  : Suy BBT g  x   u  x  : Trang 22/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D  2;  PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Vậy hàm số g  x   u  x  đồng biến  0;  Câu 49 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ Gọi S tập hợp tất giá trị   tham số m để phương trình f   x  m có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn   2;  Tìm tập S      A 1; f       B f  ;3 C   Lời giải D  1;3 Chọn A Xét t    x ; x    2;  , ta có t   Bảng biến thiên x x  x2 ; t   x  0  _ t + t 3  Với t  1;3   phương trình t    x có hai nghiệm x phân biệt thuộc đoạn     2;  Do để phương trình f   x  m có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn        2;  m  1; f      Câu 50 Có tất giá trị thực tham số m  [1;1] cho phương trình   log m2 1 x  y  log  x  y   có nghiệm nguyên  x; y  Trang 23/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ A B D C Lời giải ChọnC x  y   Điều kiện:  x  y  Vì x, y  x  y  nên x  y  m   Từ m  [ 1;1] m    m2      Khi đó, ta có: log x  y  log m2 1 x  y     log x  y  log  x  y    x  y  x  y   ( x  1)  ( y  1)   x  y  Với x  y  , ta được: log m2 1   m  1 Thử lại thấy thỏa mãn   Vậy phương trình log m2 1 x  y  log (2 x  y  2) có nghiệm nguyên 1;1 m  1 * Cách 2:   Nhận xét: log m2 1 x  y  log (2 x  y  2) phương trình đối xứng x , y Do đó,  x; y  nghiệm  y; x  nghiệm   Vì vậy, phương trình log m2 1 x  y  log  x  y   có nghiệm nguyên  x; y  x  y   Với x  y , phương trình cho trở thành log m2 1 x  log (4 x  2) (1) Điều kiện: x  , x   m  + Nếu x  , phương trình (1) trở thành log m2 1  log 2  m2    m2   m  1  1;1 + Mặt khác, với x0  , ta có x02  x0    x0  1   x02  x0  Do đó, với x  x0  , phương trình (1) trở thành   log m2 1 x02  log  x0   Trang 24/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020  m  1  log m2 1 x02  log 2 x02  m2    m    (không thỏa mãn) m        Vậy phương trình log m2 1 x  y  log (2 x  y  2) có nghiệm nguyên 1;1 m  1  g (t )  m   3; 1  m  f (1)  19 12 19 12 ĐÁP ÁN CHI TIẾT TẢI TẠI BẢN ĐÀY ĐỦ NHÉ! Vậy giá trị thực tham số m là: m  f (1)  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 25/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 ... tập số tự nhiên gồm chữ số lập từ tập X  6; 7;8 , chữ số xuất lần, chữ số xuất lần, chữ số xuất lần Chọn ngẫu nhiên số từ tập S , tính xác suất để số chọn số khơng có chữ số đứng hai chữ số. .. ba chữ số hai chữ số Trường hợp có (số) 3!.2! + TH4: Giữa hai số có ba số 8: Ta xem chúng phần tử, ta có phần tử, 5! có ba chữ số chữ số Trường hợp có (số) 3! + TH5: Giữa hai số có bốn số 8: Ta... thoả mãn số chọn số khơng có chữ số đứng hai chữ Số phần tử không gian mẫu n     số + TH1: Hai số đứng cạnh nhau: Ta xem hai số đứng cạnh phần tử, ta 8! có phần tử, có ba chữ số bốn chữ số Trường