ĐÁP án đề số 5

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 THEO MỨC ĐỘ TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 MỨC ĐỘ 8+ • ĐỀ SỐ 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 Hình vẽ bên đồ thị hàm số A y  x 1 x 1 B y  2x  x 1 2x  x 1 Lời giải C y  D y  2x  x 1 Chọn B Đồ thị hàm số cắt trục Oy tai điểm có tọa độ  0;1 nên chọn phương án B Câu Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;0;1 , B 1;1;  C  2;1;1 Tọa độ điểm D cho tứ giác ABCD hình bình hành A D  2; 0;  B D  2; 2;  C D  4;1;0  D D  4;  1;  Lời giải Chọn A Trang 1/17 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Giả sử D  x; y; z  , ta có AB   0;1;1 , DC    x;1  y;1  z  Vì tứ giác ABCD hình bình 2  x   x      hành nên ta có AB  DC  1  y    y   D  2;0;0  1  z  z    Câu Tổng số tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số y  A B C Lời giải 2x  x2 D Chọn A Tập xác định:  \ 2 2x   nên x  2 đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số x  2  x  2   x 2x Tương tự lim y  lim   nên x  đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số x2 x2  x Mặt khác lim y  lim y  nên y  đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số Ta có lim  y  lim   x   x  Do tổng số tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số Câu Cho F  x  nguyên hàm hàm số f  x  đoạn  a; b  Mệnh đề đúng? b A  b f  x  dx  F  a   F  b  B a b C  f  x  dx  f  a   f  b  a b  f  x  dx  f  b   f  a  D a  f  x  dx  F  b   F  a  a Lời giải Chọn D Theo định nghĩa tích phân mệnh đề D mệnh đề Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu  S  có tâm I  3; 3;1 qua điểm A  5; 2;1 có phương trình 2 B  x  3   y  3   z  1  2 D  x  3   y  3   z  1  A  x  3   y  3   z  1  25 C  x  5   y     z  1  2 2 2 Lời giải Chọn D 2 Ta có IA  R  Phương trình mặt cầu:  x  3   y  3   z  1  Câu Nghiệm phương trình x 1  A x  B x  C x  Lời giải Chọn B Vậy phương trình có nghiệm x  Ta có 52 x 1   x    x  Câu Cho hàm số y  f (x) có bảng biến thiên sau: Trang 2/17 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D x  PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 THEO MỨC ĐỘ  B Số nghiệm phương trình f (x)  A C Lời giải D Chọn C 1   f (x)   ,số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số 2 y  f (x) đường thẳng y   Dựa vào bảng biến thiên,ta có đường thẳng y   cắt đồ thị hàm số y  f (x) điểm phân biệt,phương trình f  x    có nghiệm Ta có f (x)  Câu Cho hàm số y  f (x) liên tục đoạn [a ; b] Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  f (x) ,trục hoành đường thẳng x  a , x  b Mệnh đề đúng? b b b A S   f  x  dx B S  a  b f  x  dx C S   f (x) dx a a D S    f (x) dx a Lời giải Chọn A Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  f (x) ,trục hoành đường thẳng b x  a , x  b S   f  x  dx a Câu 10 Trong không gian Oxyz mặt cầu  S  : x  y  z2  x  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    2    1   4   25  Câu 11 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 Trang 3/17 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ D Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng tiệm cận ngang Lời giải Chọn C Ta có: 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 12 Cho n số nguyên dương Cn5  792 Tính An5 A 3960 B 95040 C 95004 Lời giải Chọn B D 95400 Ta có An5  Cn5 5!  792.5!  95040 Câu 13 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 công thức: V  r h  12 Câu 14 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 15 Khối hộp chữ nhật có kích thước a, 2a,3a tích A 3a3 B 6a C 2a D 6a Lời giải Chọn B Ta tích khối hộp chữ nhật V  a.2 a.3a  a Câu 16 Tìm nguyên hàm hàm số f  x   cos5 x A  f  x  dx  sin 5x  C B  f  x  dx  sin x  C C  f  x  dx  5sin x  C D  f  x  dx   sin x  C Lời giải Chọn A Ta có  cos5 xdx  sin x  C Câu 17 Cho cấp số nhân  un  có số hạng đầu u1  cơng bội q  Tính u5 Trang 4/17 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 THEO MỨC ĐỘ 81 163 27 A B C Lời giải Chọn A 81 Ta có: un  u1.q n 1  u5  u1.q   3  2 D 55 Câu 18 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 19 Trong không gian Oxyz , cho điểm M thỏa mãn hệ thức OM  2i  j Tọa độ điểm M M 1 ; ;  M  ; ; 0 M  ; ; 1 M  ; ; 1 A B C D Lời giải Chọn B       OM  2i  j  2i  j  0.k  M  ; ;  Câu 20 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 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 2 Câu 21 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 Trang 5/17 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu 22 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 23 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  :   v  1; 1;     Ta có với u   2; 2; 4   u  2.v Câu 24 Cho hàm y  f  x  có f    , f  3  ; hàm số y  f   x  liên tục 2; 3 Khi  f   x  dx A 3 B C 10 Lời giải D Chọn B Ta có  f   x  dx  f  x   f  3  f      Câu 25 Bảng biến thiên sau hàm số nào? 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 x3 5 + 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 26 Giá trị log Trang 6/17 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 THEO MỨC ĐỘ A B C 12 D Lời giải Chọn D 4log2  22log2  2log2  32  Câu 27 Cho hình hộp ABCD ABC D  Gọi V1 , V2 thể tích khối tứ diện ACBD khối V hộp ABCD ABC D Tỉ số bằng: V2 1 1 A B C D Lời giải Chọn A 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 V 1 Thay vào (*) ta V2  V1  V2  V1  V2   V2 Câu 28 Cho hàm số y  số m : A 2x  m với m tham số , m  Biết f ( x)  max f ( x)  2020 Giá trị tham x  [0;1] x  [0;1] x 1 B 1346 C 1614 Lời giải D 2019 Chọn B 2x  m 2m y  y  x 1  x  1 Nhận thấy giá trị x   0;1 thuộc x   1;   nên hàm số cho đơn điệu với x   0;1 Do có hai trường hợp xảy :  f ( x)  f 1 ; max f ( x)  f   x  [0;1]  x  [0;1]  f ( x)  f   ; max f ( x)  f 1 x  [0;1]  x  [0;1] Dù trường hợp ta có f ( x )  max f ( x )  f    f 1  x  [0;1] x  [0;1] m 2m   2020 Trang 7/17 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ m  1346 Câu 29 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 B 3 a 3 a Lời giải C D 21 a 14 Chọn D Gọi N trung điểm AB , G trọng tâm tam giác ABC , H hình chiếu G lên SN d  M ,  SAB   SM d  C ,  SAB   CN   ,   Ta có: d  C ,  SAB   SC d  G ,  SAB   GN suy d  M ,  SAB    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  9a a 7 a 3a    a , SG  SN  GN  4 SG.GN a 21  SN 3 21a Vậy: d  M ,  SAB    GH  14 GH SN  SG.GN  GH  Câu 30 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 Ta có ln 30  ln10  ln ln ln ln n Có log   ln10   ln 30   ln   n ln10 log log m e 1 D ln 30  nm n ln( x  1) dx  a  be 1 với a, b   Chọn khẳng định khẳng định sau: ( x  1) A a  b  B a  b  1 C a  b  3 D a  b  Lời giải Chọn B Câu 31 Biết  Trang 8/17 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 THEO MỨC ĐỘ  u  ln( x  1) du  dx    x 1 + Đặt:   dv  ( x  1)2 dx v    x 1  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 32 Số lượng loại vi khuẩn A phịng 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 20000000 20000000 s(t )  20000000  s(0).2t  20000000  2t    256  t  s(0) 78125 Vậy, sau phút số lượng vi khuẩn A 20 triệu 1   5 x2 Câu 33 Tổng bình phương nghiệm phương trình A B  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 34 Tìm tập nghiệm S bất phương trình log3 (2x  3)  log3 (1  x) 3 A S  (  ;1) B S  (  ;   ) C S  (  ;  ) 3 Lời giải Chọn C D S  (  ;  ) 3   x   2x      x Ta có: log3 (2x  3)  log3 (1  x)   2x    x  x    3 Vây, S  (  ;  ) Câu 35 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  Trang 9/17 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ A x  y  z   B x  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 36 Tính tổng tất nghiệm thực phương trình log A  B  x    log3  x   C  Lời giải  D Chọn A x  Điều kiện:  x  Ta có: log  x    log  x   2    x   x      x    nhan    x   x     x2  6x       x    loai    x   x    1  x  x    x   nhan  Vậy tổng tất nghiệm thực phương trình log  x    log3  x     Câu 37 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cân A , biết SA   ABC  , BC  2a ,   120 , góc mặt phẳng  SBC   ABC  45 Tính thể tích khối chóp S ABC BAC S C A B A a B a C a D Lời giải Chọn B Gọi M trung điểm đoạn thẳng BC S A C 45° M B Trang 10/17 –https://www.facebook.com/phong.baovuong a3 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 THEO MỨC ĐỘ 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 a 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 a Vì SA  AM  a3 a2 a Thể tích khối chóp S ABC VS ABC  S ABC SA   3 3 Câu 38 Cho mặt cầu  S  tâm O , bán kính  P  mặt phẳng cách O khoảng cắt S  theo đường tròn  C  Hình nón  N  có đáy  C  , đỉnh thuộc  S  , đỉnh cách  P  khoảng lớn Kí hiệu V1 , V2 thể tích khối cầu  S  khối nón  N  Tỉ số V1 V2 A 32 B 16 Lời giải C D Chọn A 32 Ta có V1   R  3 Gọi H tâm đường tròn  C  ta có OH  d  O,  P    Ta có bán kính đường tròn  C  là: rC  22  12  Đường thẳng OH cắt mặt cầu I , K Suy d  I ,  P    IH  d  K ,  P    KH  1 Từ suy I đỉnh hình nón  N   V2   IH rC2  3 V 32 Vậy  V2 Trang 11/17 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu 39 3a Biết hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng (ABC) trung điểm BC Thể tích khối lăng trụ ABC ABC  2a a3 3a3 a3 A B C D 8 Cho hình lăng trụ ABC ABC  có đáy ABC tam giác cạnh a, AA  Lời giải Chọn B Gọi H trung điểm BC ta có 2 a a  3a   a  AH  ( ABC ); AH   AH        2     a2 a 3 Khi V  S ABC AH   a Câu 40 Cho  2x   0  x   dx  a  b ln với a, b số hữu tỉ Giá trị 2a  b A – B C Lời giải D Chọn C 2 1     2x    0  x   dx  0   x   dx  0   x   ( x  1)2  dx 1  (4 x  ln x   )   4ln   (1)   4ln x 1 2 Khi a  ; b  4  2a  b  Câu 41 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;  , bán kính hai điểm phân biệt A, B cho tam giác IAB có diện tích lớn Chọn khẳng định A m0   3;  B m0  1;  C m0   0;1 D m0   2;3 Lời giải Chọn C Trang 12/17 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 THEO MỨC ĐỘ Ta có: y   x  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  4m   Khi d  I ; AB     16m   m  16m  15  16m2   16m2  32m  16  m  32 Câu 42 Cho hàm số y  f  x  liên tục  có đồ thị hình vẽ 16 63 Diện tích hai phần A B Tính I   f  x  1 dx 1 253 253 125 125 A B C  D  12 24 24 12 Lời giải Chọn C 16 63 Từ giả thiết, suy  f  x  dx   f  x  dx   1 Ta có I   f  x  1 dx   f  x  1 dx   f  x  1 dx 1 1 Trang 13/17 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ 1  16 63  125   f  t  dt -  f  t  dt       1 21 2  24 Câu 43 Cho phương trình log 0,5 (m  x)  log (3  x  x )  ( m tham số) Gọi S tập tất giá trị nguyên âm m để phương trình có nghiệm thực Tìm số phần tử S A 17 B 18 C 23 D Lời giải Chọn D  3  x  m  x   Điều kiện    m x   3  x  x   Khi đó, log 0,5  m  x   log   x  x    log   x  x   log  m  x    x  x  m  x   8x  x  m * Xét hàm số f  x    x  x   3;1 , ta có f   x   2 x  ; f   x    x  4 Bảng biến thiên Từ BBT suy phương trình * có nghiệm  3;1  6  m  18 Do m nguyên âm nên m 1; 2; 3; 4; 5 Câu 44 Cho hàm số y  f  x  có bảng xét dấu đạo hàm sau Hàm số y  2 f  x   2019 nghịch biến khoảng khoảng đây? A  2;4  B  4;2  C  2; 1 D  1;2  Lời giải Chọn D Ta có y '  2 f '  x   x  2  x  1 y '   2 f '  x     x   x  Từ bảng xét dấu f '  x  ta có Từ bảng xét dấu ta có hàm số nghịch biến khoảng  ; 2  ,  1;2   4;  Câu 45 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 Trang 14/17 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 THEO MỨC ĐỘ 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 46 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: Vậy hàm số F  x  có cực trị  Câu 47 Biết 3sin x  cos x  2sin x  3cos x dx   13 ln  b ln  c  b, c   Tính 13 A 9 B 14 14 9 Lời giải C b c D 14 Chọn B n  2sin x  3cos x  3sin x  cos x p  m  Ta cần tìm số m, n, p cho 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      2 3sin x  cos x  2sin x  3cos x   Do  dx     dx  13 13 2sin x  3cos x  2sin x  3cos x 0   Trang 15/17 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/  7 9 2   x  ln 2sin x  3cos x     ln  ln 13 13 13  13  26 b 14   Suy b  , c  13 26 c Câu 48 Tìm tất giá trị thực tham số m 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 74  m  3 m  A m  B  C m  D  m   m  2 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 vng y có nghiệm dương    2m  12   m  m     phân biệt  2m   (*) m  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  14m  14m  84  m    m  2 Thử vào *  m  Câu 49 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 2a Tam giác SAB cân S nằm 4a mặt phẳng vng góc với đáy Biết thể tích khối chóp S ABCD 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 Trang 16/17 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 THEO MỨC ĐỘ 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 Câu 50 Cho hàm số f  x   3x  3 x Gọi m1 , m2 giá trị thực tham số m để f  3log m   f  log 22 m    Tính T  m1m2 A T  B T  C T  D T  Lời giải Chọn B Ta có f  3log m   f  log 22 m     f  log 22 m     f  3log m  1 Dễ thấy hàm số f  x   3x  3 x hàm số lẻ nên f   x    f  x  , x    1  f  log 22 m    f  3log m    Lại có f   x    3x  3 x  ln  , x   nên hàm số f  x  đồng biến   log m  1     log 22 m   3log m  log 22 m  3log m       log m  2  m   m   1 Vậy T  m1m2   Theo dõi Fanpage: Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Hoặc Facebook: Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Tham gia ngay: Nhóm Nguyễn Bào Vương (TÀI LIỆU TOÁN)  https://www.facebook.com/groups/703546230477890/ Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương  https://www.youtube.com/channel/UCQ4u2J5gIEI1iRUbT3nwJfA?view_as=subscriber Tải nhiều tài liệu tại: http://diendangiaovientoan.vn/ ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU SỚM NHẤT NHÉ! Trang 17/17 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 ...  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... nguyên dương Cn5  792 Tính An5 A 3960 B 950 40 C 950 04 Lời giải Chọn B D 954 00 Ta có An5  Cn5 5!  792 .5!  950 40 Câu 13 Một khối trụ có bán kính đáy , chiều cao Tính thể tích V khối... 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 12 Cho n số nguyên dương Cn5  792 Tính An5