Giải chi tiết đề tham khảo 2020- Môn Toán

Mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là tam giác đều có diện tích bằng 9 3.. Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng.[r]

BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ MINH HỌA THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2020 MƠN: TỐN

(Thời gian làm 90 phút) Họ tên thí sinh: SBD:

Câu 1: Từ nhóm học sinh gồm nam nữ, có cách chọn học sinh?

A 14. B 48. C 6. D 8.

Lời giải

Tác giả : Lê Nguyễn Trọng Hiếu; Fb : Lê Nguyễn Trọng Hiếu Chọn A

Số cách chọn 1 học sinh từ 14 học sinh 14.

Câu 2: Cho cấp só nhân  un với u  1 u  Công bội cấp số nhân cho bẳng2

A 3 B 4. C 4. D

1 Lời giải

Tác giả : Lê Nguyễn Trọng Hiếu; Fb : Lê Nguyễn Trọng Hiếu Chọn A

Áp dụng công thức: un1 u qn

Ta có:

2

1

2 u

u u q q

u

    

Câu 3: Diện tích xung quanh hình nón có độ dài đường sinh l bán kính đáy r bằng

A 4 rl . B 2 rl . C rl. D 3rl. Lời giải

Tác giả : Lê Nguyễn Trọng Hiếu; Fb : Lê Nguyễn Trọng Hiếu Chọn C

Áp dụng cơng thức diện tích xung quanh hình nón Sxq rl.

Hàm số cho đồng biến khoảng đây?

A.1;   B.1;0 C.1;1 D.0;1 Lời giải

Tác giả : Lê Nguyễn Trọng Hiếu; Fb : Lê Nguyễn Trọng Hiếu Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: Hàm số cho đồng biến khoảng   ; 1 0;1 Câu 5. Cho khối lập phương có cạnh Thể tích khối lập phương cho

A 216 B 18 C 36 D 72

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Bích Ngọc; Fb: Nguyên Thị Bích Ngọc Chọn A

Thể tích khối lập phương có cơng thức V  63 216 Câu 6. Nghiệm phương trình log 23 x  1  là2

A x  3 B x  5 C

9 x 

D

7 x 

Lời giải

Tác giả: Cấn Duy Phúc; Fb: Duy Phuc Can Chọn B

 

3

log 2x1  2 2x 3  x 5

Câu 7. Nếu  

dx

f x 



 

dx

f x 



 

dx f x



A  B 1. C 1. D 3

Lời giải

Ta có      

3

1

dx dx dx 1

f x  f x  f x   

  

Câu 8. Cho hàm số yf x  có bảng biến thiên sau:

Giá trị cực tiểu hàm số cho

A 2. B 3. C 0. D 4.

Lời giải

Tác giả: Hàng Tiến Thọ ; Fb: Hàng Tiến Thọ Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị cực tiểu hàm số cho y  4 x 3 Câu 9. Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình bên?

A y x42x2 B y x 42x2 C y x 3 3x2 D yx33x2 Lời giải

Tác giả: Bùi Thị Dung; Fb: Bui Thi Dung Chọn A

Nhìn vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số bậc  Loại C, D Khi x   y     Loại B

Vậy chọn đáp án A

Câu 10. Với a số thực dương tùy ý,   2 log a

A 2 log a . B

log

2 a. C 2log a 2 D

1 log a. Lời giải

Tác giả: Bùi Thị Dung; Fb: Bui Thi Dung Chọn C

Ta có:  

2

log a 2log a

Câu 11. Họ tất nguyên hàm hàm số f x  cosx6x

A sinx3x2C B  sinx3x2C. C sinx6x2C. D sin x C  . Lời giải

Tác giả: Bùi Thị Dung; Fb: Bui Thi Dung Chọn A

Ta có:    

2

d cos d cos d d sin

f x x  x x x  x x x x  x x C

    .

Câu 12. Môđun số phức 2i

A B C D

Lời giải

Tác giả: Bùi Thị Dung; Fb: Bui Thi Dung Chọn A

Ta có:

2 2 i  2 

Câu 13. Trong không gian Oxyz, hình chiếu vng góc điểm M2; 2;1  mặt phẳng Oxycó tọa độ

A 2;0;1 B 2; 2;0  C 0; 2;1  D 0;0;1 Lời giải

Tác giả: Đỗ Bảo Châu; Fb: Đỗ Bảo Châu Chọn B

Hình chiếu vng góc điểm M2; 2;1  mặt phẳng Oxycó tọa độ M 2; 2;0  Câu 14. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu        

2 2

: 16

S x  y  z 

Tâm  S có tọa độ

A 1; 2; 3   B 1; 2;3 C 1; 2; 3  D 1; 2;3  Lời giải

Chọn D

Tâm  S có tọa độ I1; 2;3 

Câu 15. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng   : 3x2y 4z  Vectơ một1 vectơ pháp tuyến   ?

A n 2 3; 2; 4 uur

B n 3 2; 4;1  uur

C n 1 3; 4;1  ur

D n 4 3;2; 4  uur

Lời giải

Tác giả: Đỗ Bảo Châu; Fb: Đỗ Bảo Châu Chọn D

Vectơ pháp tuyến mặt phẳng   : 3x2y 4z  n 4 3;2; 4  uur

Câu 16 Trong không gian Oxyz, điểm sau thuộc đường thẳng

1

:

1 3

x y z

d     



A P ( 1;2;1) B Q  (1; 2; 1) C N ( 1;3;2) D M(1; 2;1)

Lời giải

Tác giả: Huỳnh Phạm Minh Nguyên ; Fb: Nguyen Huynh Chọn A

Theo phương trình đường thẳng, đường thẳng d qua điểm P ( 1; 2;1)

Câu 17. Cho hình chópS ABCD có đáy hình vng cạnh a 3, SA vng góc với mặt phẳng đáy và

2

SA a (minh họa hình vẽ) Góc đường thẳng SC mặt phẳng ABCD bằng

A 45 B 30 C 60 D 90 Lời giải

Chọn B

Ta có

 

 

SA ABCD

A

A ABCD

  

 

 

 hình chiếu vng góc S ABCD Suy AC hình chiếu vng góc SC ABCD

Khi đó, SC ABCD,  SC AC,  SCA

Xét tam giác SAC vuông A,



tan

3

SA a

SCA

AC a

  

 300 SCA

  .

Câu 18. Cho hàm số f x , bảng xét dấu f x  sau:

Số điểm cực trị hàm số cho

A 0 B 2 C 1 D 3

Lời giải

Tác giả: Nghiêm Phương ; Fb: nghiêm Phương Chọn B

Dựa vào bảng xét dấu f x  ta thấy hàm số đạt cực đại điểm x  đạt cực tiểu điểm1

x  Vậy hàm số có hai điểm cực trị

Câu 19. Giá trị lớn hàm số f x  x412x2 đoạn 1; 2

A 1 B 37 C 33 D 12

Tác giả: Nghiêm Phương ; Fb: nghiêm Phương Chọn C

Ta có  

3

4 24

f x  x  x

 

   

 

3

0 1;2

0 12 1;

3 1; x

f x x x x

x

    

          



  

 .

 1 12,  2 33,  0 1,  3 28

f   f  f  f 

Vậy max1;2 f x f  2 33.

Câu 20. Xét tất số thực dương a b thỏa mãn log2alog8ab Mệnh đề đúng? A a b 2. B a3 b C a b D a2  b

Lời giải

Tác giả: Nghiêm Phương ; Fb: nghiêm Phương Chọn D

 

2

log alog ab 2 

1 log log

3

a ab

 

 

2

3log a log ab

 

 

3

2

log a log ab

 

3

a ab a b

    .

Câu 21. Tập nghiệm bất phương trình

2

1

5x 5x  x



A 2;4 B 4;2

C   ; 2  4;  D.  ; 4  2; 

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Bích Ngọc; Fb:Nguyên Thị Bích Ngoc Chọn A

2

1 2

5x 5x  x x 1 x x 9 x 2x 8 0 2 x 4

              .

A 18 B 36 C 54 D 27 Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Bích Ngọc; Fb:Nguyên Thị Bích Ngọc Chọn B

Thiết diện qua trục hình vng ABCD

Theo đề bán kính đáy r 3nên l BC 2r 6

Diện tích xung quanh hình trụ cho Sxq 2rl2 3.6 36   . Câu 23 Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

Số nghiệm thực phương trình 3f x   0 là:

A. B. C D.1

Lời giải

Tác giả: Hoàng Thị Mến ; Fb: Hoàng Mến Chọn C

Ta có    

2

3

3 f x    f x 

Số nghiệm phương trình số hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số yf x  đường thằng

2 y 

Câu 24 Họ tất nguyên hàm hàm số  

2 x f x

x  

 khoảng 1;  là:

A. x3lnx1C B. x 3lnx1C C  

1

x C

x

 



D.  

2

1

x C

x

 



Lời giải

Tác giả: Hoàng Thị Mến ; Fb: Hồng Mến Chọn A

Ta có:

 d 2d 3d

1

x x

f x x x x

x x

  

 

 

   x31 dx x 3.ln x C

 

       



 

  x 3.lnx1C (Do x 1; nên x   suy 1 x1  x 1)

Câu 25. Để dự báo dân số quốc gia, người ta sử dụng công thức S Aenr; A dân số năm lấy làm mốc tính, Slà dân số sau n năm, r tỉ lệ tăng dân số hàng năm Năm 2017, dân số Việt Nam 93.671.600 người (Tổng cục Thống kê, Niên giám thống kê 2017, Nhà xuất Thống kê, Tr.79) Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi 0,81% , dự báo dân số Việt Nam năm 2035là người (kết làm tròn đến chữ số hàng trăm)?

A 109.256.100 B 108.374.700 C 107.500.500 D 108.311.100 Lời giải

Tác giả: Đỗ Tấn Lộc, FB: Đỗ Tấn Lộc Chọn B

Áp dụng công thức S A e Nr

Dân số Việt Nam năm 2035là S 93.671.600.e18.0,81% 108.374.741.

Câu 26 Cho khối lăng trụ đứng ABCD A B C D     có đáy hình thoi cạnh ,a BD 3a AA 4a(minh họa hình bên) Thể tích khối lăng trụ cho

A 2 3a 3 B.4 3a 3 C

3

3 a

D

3

3 a

Lời giải

Tác giả:Nguyễn Thanh Hương ; Fb:Thanh Hương Nguyễn Chọn A

Gọi OACBD Ta có:

1

2

a BO BD

Xét tam giác vuông ABO ta có:

2

2 2

2

a a

AO AB  BO  a      AC a

  .

Diện tích hình thoi ABCD

2

1

2 2

ABCD

a

S  AC BD a a 

Thể tích khối lăng trụ ABCD A B C D    

2

3

.4

2

ABCD

a

V S AA a a

Câu 27. Tổng số đường tiệm cận đứng tiệm cân ngang đồ thị hàm số

2

5

1

x x

y x

  

A 0. B 1. C 2. D 3. Lời giải

Tác giả: Lê Thế Nguyện ; Fb: Lê Thế Nguyện Chọn C

Ta có:

2

5 ( 1)(5 1)

1 ( 1)( 1)

x x x x x

y

x x x x

    

  

   

Suy ra:

1

1

5

lim lim

1

5

lim lim

1

5

lim lim

5

lim lim

x x

x x

x x

x x

x y

x x y

x x y

x x y

x

 

 

   

     

   

    

 

 

 

 

 

 

 



Vậy đồ thị hàm số có 1 tiệm cân đứng x  1 1 tiệm cận ngang y  5 Câu 28. Cho hàm số y ax 33x d a d  ,   có đồ thị hình sau:

Mệnh đề đúng?

A a0;d 0 B a0;d 0 C a0;d0 D a0;d0 Lời giải

Tác giả: Nguyễn Văn Tuân; Fb: Nguyễn Tuân Chọn D

+ Với x 0 ta có: y 0  d

Câu 29. Diện tích hình phẳng gạch chéo hình bên

A  

2

2x 2x dx 

  



B  

2

2x 2x dx 

 



C  

2

2x 2x d x 

  



D  

2

2x 2x dx 

  



Lời giải

Tác giả:Lê Thị Hương ; Fb:Lê Hương Chọn A

Từ hình vẽ ta thấy ,hình phằng gạch chéo giới hạn hàm số yx22

2 2 2

y x  x nên diện tích      

2

2 2

1

2 - 2 d 2 d

x x x x x x x

 

         

 

 

Câu 30. Cho hai số phức z1   i z2   Phần ảo số phức i z1z2 bằng

A 2. B 2i C 2. D 2i.

Lời giải

Tác giả: Trần Văn Tân ; Fb: Trần Văn Tân Chọn C

Từ z2   suy i z2   Do i z1z2    i  1i  2 2i. Vậy phần ảo số phức z1z2

Câu 31. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức   2 z  i

điểm ? A P  3; 4 B Q5; 4 C N4; 3  D M4; 5

Tác giả: Trần Văn Tân ; Fb: Trần Văn Tân Chọn A

Theo ta có,   2 z  i

hay z 1 4i4i2  3 4i.

Vậy điểm biểu diễn số phức   2 z  i

mặt phẳng tọa độ điểm P  3; 4 Câu 32. Trong không gian Oxyz, cho vectơ a 1; 0; 3



b   2; 2; 5 

Tích vơ hướng a a b.     

bằng

A 25 B 23 C 27 D 29

Lời giải

Tác giả: Trần Văn Tân ; Fb: Trần Văn Tân Chọn B

Từ tốn ta có a b   1  ; 2; 5     

hay a b   1; 2; 8  

Do a a b.  1 1 0.2 3.8 23 

  

Vậy a a b.   23

  

Câu 33. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S có tâm điểm I0; 0; 3  qua điểm

4; 0; 0

M

Phương trình mặt cầu  S

A  

2

2 3 25

x y  z 

B.  

2

2 3 5

x y  z 

C.  

2 2

3 25

x y  z 

D.  

2 2

3

x y  z  Lời giải

Tác giả: Trần Văn Tân ; Fb: Trần Văn Tân Chọn A

Do mặt cầu  S có tâm I0; 0; 3  qua điểm M4; 0; 0 nên bán kính mặt cầu  S

4 02 0 02 0 32

R IM       

Vậy phương trình mặt cầu  S  

2

2 3 25

x y  z  .

Câu 34. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng qua điểm M1;1; 1  vng góc với đường thẳng

1

:

2

x y z

  

A. 2x2y z   B. x 2y z 

C. 2x2y z  0 D.x 2y z  0 Lời giải

Tác giả:Đoàn Ngọc Hoàng; Fb:Hoàng Đoàn Chọn C

Đường thẳng  có vectơ phương a 2;2;1 

Vì mặt phẳng cần tìm vng góc với  nên nhận a 2; 2;1



làm vectơ pháp tuyến Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm

   

2 x1 2 y1    z 2x2y z  0

Câu 35. Trong không gian Oxyz , vectơ vectơ phương đường thẳng qua hai điểm M2;3; 1  N4;5;3?

A u 4 1;1;1 

B u 3 1;1;2 

C u 1 3;4;1 

D u 2 3; 4; 2 

Lời giải

Tác giả: Thu Hà ; Fb: Thu Ha Chọn B.

2;2; 4 1;1; 2 

MN  



Đường thẳng qua hai điểm M2;3; 1  N4;5;3 có vectơ phương u 1;1; 2 

Câu 36. Chọn ngẫu nhiên số từ tập số tự nhiên có ba chữ số đơi khác Xác suất để số chọn có tổng chữ số chẵn

A. 41

81 B.

4

9 C.

1

2 D.

16 81 Lời giải

Tác giả:Đoàn Ngọc Hoàng; Fb:Hoàng Đoàn Chọn A

GọiA biến cố: “ Số chọn có tổng chữ số chẵn ” Ta có  9.A92 648.

* Có mặt chữ số

Chọn chữ số chẵn cịn lại có C ,42  có 3! 2 C42 24 số.

* Khơng có mặt chữ số Chọn chữ số chẵn có C ,43

 có 3!C 43 24 số.

TH2: Có chữ số lẻ chữ số chẵn * Có mặt chữ số

Chọn chữ số lẻ có C ,52  có 3! 2 C52 40 số.

* Khơng có mặt chữ số

Chọn chữ số lẻ có C , chọn 52 1 chữ số chẵn có 4  có 3!4.C 52 240 số.

24 24 40 240 328

A

      

Vậy  

328 41 648 81

P A  

Câu 37. Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thang, AB2 ,a AD DC CB a   , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA3a Gọi M trung điểm AB Khoảng cách hai đường thẳng SB và

DM A

3

a

B

3

a

C

3 13 13

a

D

6 13 13

a Lời giải

Ta có BCDM hình bình hành (vì CD song song BM ) nên

1 DM BC AB

suy tam giác ADB vuông D Tương tự tam giác ACBvng C

Vì DM CB//  DM//SBC           

1

, , , ,

2

d DM SB d DM SBC d M SBC d A SBC

   

Ta có      

BC AC

BC SAC SBC SAC

BC SA

 

   

 

 , gọi H hình chiếu vng góc của

A lên SC AH SBC d A BC ,  AH .

Trong tam giác vng SAC ta có 2 2 2

1 1 1

9

a AH

AH SA AC  a  a  a  

Vậy  

3 ,

4 a d SB DM 

Câu 38. Cho hàm số f x  có f  3    '

1

x f x

x x



   ,  x 0 Khi

 

8

d f x x



A 7 B

197

6 C

29

2 D

181 Lời giải

Tác giả: Lê Phương, facebook: lephuongtt1 Chọn B

Ta có    

' dx dx

1

x

f x f x

x x

 

  

 

 2  

1 1

dx= 1+ dx

1

1

x x x

x

x x

    

  



 

  

 

2

x x C

    . Ta có f  3  3 C4 suy f x  x x 1

Khi

   

8

3

197

d d

6 f x x x x  x

 

Câu 39. Cho hàm số  

4 mx f x

x m  

 ( m tham số thực) Có giá trị nguyên m để hàm số cho đồng biến khoảng 0; ?

A 5 B 4 C 3 D 2

Lời giải

Tác giả:Trần Vinh ; Fb:Vinh Trần Chọn D

Tập xác đinh hàm số: D\ m

 

 

2 4 m f x

x m 

 



Để hàm số đồng biến

   

2

0 2

0;

0

0

f x m m

m m

m m

 

      



          

 



  



Do m nhận giá trị nguyên nên m   1;0 Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn toán.

Câu 40. Cho hình nón có chiều cao Mặt phẳng qua đỉnh hình nón cắt hình nón theo thiết diện tam giác có diện tích Thể tích khối nón giới hạn hình nón cho

A 32

3 

B 32 . C 32 5 D 96.

Lời giải

Mặt phẳng qua đỉnh hình nón cắt hình nón theo thiết diện tam giác SAB Gọi H trung điểm AB ta có SH ^ABvà OH ^AB.

Theo đề ta có: h=SO= .

1

2

SAB

SD = AB SH=

, mà

3 AB SH =

1

2

SAB

AB

SD = AB =

( )

2

2

9 36

4 AB

AB AB AB

Û = Û = Û = >

SA SB AB

Þ = = =

SOA

D vuông O ta có: SA2 =OA2+SO2 Þ OA2=SA2- SO2 =16

( )

4

r OA OA

Þ = = >

2

1 32

.4

3 3

V = pr h= p = p

Câu 41. Cho x, y số thực dương thoả mãn log9x =log6y =log4(2 x+ y ) Giá trị

x y

bằng?

A B

1

2 . C log2(

3

2) . D log32

2

Nguyễn Đình Đức, Fb: Nguyễn Đình Đức Chọn B

Giả sử log9x =log6y =log4(2 x+ y )=t Suy ra:

x =9t

y =6t

2 x + y =4t

⇒2 9t+6t=4t

¿

{¿ {¿ ¿ ¿

¿

⇔2 (9 )

t

+(3 2)

t−1=0 ⇔

¿

[(3 )

t

=−1 ( loai ) [(3

2)

t

=1

[¿

Ta có :

x y=

9t 6t=(

3

2)

t

=1

2 .

Câu 42 Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m cho giá trị lớn hàm số

  3

f x x  x m

đoạn0;3 bằng 16 Tổng tất phần tử S là: A 16 B 16. C 12 D 2

Lời giải

Tác giả : Lê Quốc Đạt; Fb: Dat Le Quoc Tác giả: Đoàn Phú Như; Fb : Như Đoàn Chọn A

Cách : Lê Quốc Đạt

Xét u= -x3 3x m+ đoạn [0;3]có [ ]

0 3 0;3

u¢= Û x - = Û x= Ỵ .

Khi

[ ] { ( ) ( ) ( )} { }

[ ] { ( ) ( ) ( )} { }

0;3 0;3

max u max , , max m, m 2, m 18 18 u , , m, m 2, m 18

u u u m

u u u m

ìï = = - + = +

ïïï

íï = = - + =

-ïïïỵ .

Suy

[ ]0;3 ( ) { }

18 16

18 2

ax max , 18 16

14 16

2 18

m

m m m

M f x m m

m m

m m

éì + =ïïê

íêï + ³ - é

êïỵ ê

=-ê

= - + = Û Û ê

êìï - = ë =-ïêíê

ï - ³ +

êïỵë .

Xét hàm số    

3 3 , 0;3

g x x  x m x 

, ta có    

2

3 3;

g x  x  g x   x Ta có bảng biến thiên hàm số y g x   :

Từ bảng biến thiên ta suy :

Nếu : m 8 Max f x0;3    m 18, Max f x0;3   16 m18 16  m2

Nếu : m  8 Max f x0;3    2 m, Max f x0;3   16 2 m16 m14

Vậy S   14; 2  Tổng phần tử Sbằng 16.

Câu 43. Cho phương trình log 222 x  m2 log x m  0 ( m tham số thực ) Tập hợp tất các giá trị m để phương trình cho có nghiệm phân biệt thuộc đoạn 1; 2

A 1; 2 B 1; 2 C 1; 2 D 2;  Lời giải

Tác giả:Quang Thân ; Fb:Ben nguyen Chọn C

Điều kiện: x 0

 2  

2

2

2

1 log log

log log

log

log

pt x m x m

x m x m

x x m

      

    

 

 

  

Ta có: x1;2  log2 x0;1 .

Vậy để phương trình cho có nghiệm phân biệt thuộc đoạn 1; 2 0m1 1  1m2.

A sin 2 xcos 2x C B 2sin 2 xcos 2x C . C 2sin 2 x cos 2x C . D 2sin 2x cos 2x C .

Lời giải

Tác giả: Vương Hữu Quang; Fb: Vương Hữu Quang Chọn C

Theo đề cos 2x nguyên hàm hàm số f x e( ) x ta suy ra:

cos 'x f x e( ) x

 

2sin 2sin ( ) x ( )

x x

x f x e f x

e 

    

 2

4 cos 2 sin 4cos 2sin '( )

x x

x x

e x e x x x

f x

e e

   

  

'( ) x 4cos 2sin

f x e x x

  

Vậy '( ) dx ( 4cos 2sin )dx 2sin cos

x

f x e   x x  x x C

 

Câu 45. Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

Số nghiệm thuộc đoạn ; 2 phương trình 2fsinx  

A B 6 C 3 D 8

Lời giải

Tác giả: Lê Phương, facebook: lephuongtt1 Chọn B

Ta có

   

 

 

 

 

1

sin ;

sin 1;0

3

2 sin sin

sin 0;1

2

sin 1;

x a x a

f x f x

x a x a

     



   

    

  



  



       

1 Các phương trình  1  4 vô nghiệm

Ta thấy phương trình  2 có nghiệm phân biệt phương trình  3 có nghiệm phân biệt đồng thời số chúng khơng có nghiệm trùng Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt thuộc đoạn ; 2

Câu 46. Cho hàm số bậc bốn yf x  có đồ thị hình vẽ

Số điểm cực trị hàm số    

3 g x f x  x

A. B. C. D. 11

Lời giải

Tác giả, Fb: Nguyễn Quang Thái Chọn C

Do yf x là hàm số bậc bốn nên hàm số liên tục có đạo hàm ln xác định x  

Theo đồ thị hàm số ta có f x 0

 

 

 

1

2;0 0;4 4;6 x x

x x x x

   



   



 

 .

Mặt khác      

2

3

g x  x  x f x  x

nên g x 0  

3

3

3

x x

f x x

  

 

  



3

1

3

2

3

3

2 3 x x

x x x

x x x

x x x

  

  

  



  



 

Xét hàm số  

3 3 h x x  x

.

Ta có  

3

h x  x  x

, h x  0

0 x x

    

 , từ ta có BBT y h x   sau

Từ BBT hàm số h x  x33x2 nên ta có h x   có nghiệm, x1 h x  x2 có đúng nghiệm, h x x3 có nghiệm phân biệt nghiệm khác 2 Vì phương trình g x   có bảy nghiệm phân biệt nghiệm đơn nên hàm số0

 

y g x

có cực trị

Câu 47. Có cặp số nguyên x y;  thoả mãn 0 x 2020 log 33 3

y x  x y ?

A 2019 B 6 C 2020 D 4

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Văn Tuân; Fb: Nguyễn Tuân Chọn D

+ Ta có: log 33 3 log3 1 1 

y y

x  x y   x  x y .

+ Đặt t log3x1 Suy ra: x 1 3t  x3 1t  .

Khi đó:  1  t 3t 2y32y 2

Xét hàm số: f h  h 3h, ta có: f h  1 ln 0h    h nên hàm số f h  đồng biến 

Do đó:  2   2  log3 1 32

y y

f t f y t y x y x x

            

+ Do 0 x 2020 nên 1 2021 2021 log 2021 3, 469

y

x y

          .

Câu 48. Cho hàm số f x( )liên tục ¡ thỏa mãn ( ) ( )

3 1 10 2 ,

xf x +f - x =- x + -x x x" Ỵ ¡ Khi

đó

( )

0

f x dx -ò A 17 20 - B 13 C 17

4 . D - 1. Lời giải

Tác giả : Lê Quốc Đạt; Fb: Dat Le Quoc Chọn B

Ta có ( ) ( ) ( )

3 1 10 2 , 1

xf x +f - x =- x + -x x x" Ỵ ¡

( ) ( )

2 1 11 2

x f x xf x x x x

Û + - =- +

( ) ( ) ( )

0 0

2 11

1 1

17

1

24

x f x dx xf x dx x x x dx

- -

-Þ ị +ị - =ị- + - =

Xét ( )

0

2

1

I x f x dx

-=ò

đặt

3 2

3

3

u=x Þ du= x dxÞ du=x dx

Đổi cận: 1 0 x u x u ì =- Þ =-ïï íï = Þ = ïỵ ( ) ( ) 0 1 1 3

I f u du f x dx

- -Þ = ị = ò Xét ( ) 2 1

I xf x dx

-=ò đặt 1 2

u= - x Þ du=- xdxÞ - du=xdx

Đổi cận: 0 x u x u          ( ) ( ) 1 0 1 2

I f u du f x dx

Þ =- ị =- ị

( ) ( ) ( )

0

1

1 17

2 3- f x dx f x dx 24

-Þ ị - ị =

Trong ( )1 thay x – x ta được: ( ) ( ) ( )

3 1 10 2 , 3

xf x f x x x x

- - + - =- + +

Lấy ( )1 trừ ( )3 ta được: ( ) ( )

3 4

( ) ( )

2 3 4

x f x x f x x

Þ + -

( ) ( )

0 0

2 3

1 1

4

3

x f x dx x f x dx x dx

- -

-Þ ị +ị - = -ò =

( ) ( ) ( )

0

1

1

4 3- f x dx f x dx

-Þ ị + ò =

Từ ( )2 ( )4 suy

( )

0

13 f x dx

-= ò

Câu 49. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân A, AB a , SBA SCA  900, góc hai mặt phẳng SAB SAC 600 Tính thể tích khối chóp S ABC

A a3 B

3

3 a

C

3

2 a

D

3

6 a

Lời giải

Tác giả:Nguyễn Văn Tú ; Fb:Tu Nguyenvan Chọn D

Gọi H hình chiếu S lên ABC

Theo ra, ta có HCCA HB, BA ABHC hình vuông cạnh a Gọi O HA BC  , E hình chiếu O lên SA

Ta dễ dàng chứng minh đượcECSA EB, SA

Từ đó, ta được: góc SAC SAB góc EB EC Vì CAB  900 nên BEC 900 BEC 120

Đặt

2

2

2

2

AO SH xa

SH x SA x a OE

SA x a

      

 .

0

2

2

tan 60 :

2 2 2

OC a xa

x a

OE x a

    

 .

Vậy

3

1 1

2

S ABC S HBAC

a

V  V  a a 

Cách 2: Dùng tọa độ

Câu 50: Cho hàm số f x  Hàm số yf x'  có đồ thị hình bên

Hàm số g x  f 1 2 xx2 x nghịch biến khoảng đây?

A 1;

2

 

 

  B

1 0;

2

 

 

  C 2; 1 . D 2;3 . Lời giải

Tác giả : Lê Nguyễn Trọng Hiếu; Fb : Lê Nguyễn Trọng Hiếu Chọn A

Cách 1:

Ta có: g x f 1 2 xx2 x  g x 2f1 2 x2x1

Hàm số nghịch biến    

1

0

2 x

g x f x 

     

Xét tương giao đồ thị hàm số yf t 

t y 

Dựa vào đồ thị ta có:   t t f t t            . Khi đó:  

2 2 2

'

1

2 x x g x x x                      Cách 2:

Ta có:     2

g x f  x x  x  g x 2f1 2 x2x1

  ' 2 

2 x g x   f  x  

Xét tương giao đồ thị hàm số yf t  t y 

Từ đồ thị ta có:

  ' t t

f t t

t         

 Khi đó:

 

3

1 2

1

0

2

1 3

2 x x

g x x x

x x                           .

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy: hàm số nghịch biến khoảng

3 ;

2

 

  

 

 

; 2

 

 