ĐÁP án đề số 12

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 • ĐỀ SỐ 12 - MỖI NGÀY ĐỀ THI 1.C 11.D 21.A 31.A 41.C Câu 2.B 12.D 22.A 32.C 42.C 3.A 13.C 23.A 33.B 43.C 4.A 14.D 24 34.A 44.C BẢNG ĐÁP ÁN 5.D 6.A 7.C 15.D 16.A 17.D 25.C 26.A 27.D 35.A 36.C 37.B 45.C 46.D 47.B Lời giải chi tiết 8.D 18.B 28.C 38.D 48.C 9.C 19.B 29.A 39.C 49.A 10.A 20.C 30.B 40.B 50.B Cho tập hợp M có 10 phần tử Số tập gồm hai phần từ M A A108 B A102 C C102 D 10 Lời giải Chọn C Mỗi cách lấy phần tử 10 phần tử M để tạo thành tập gồm phần tử tổ hợp chập 10 phần tử  Số tập M gồm phần tử C102 Câu Cho cấp số cộng  un  có u1  5 công sai d  Số 100 số hạng thứ cấp số cộng? A Thứ 20 B Thứ 36 C Thứ 35 Lời giải D Thứ 15 Chọn B Công thức số hạng tổng quát cấp số cộng là: un  u1   n  1 d Thay u1  5 , d  , u n  100 vào công thức ta được: 100  5   n  1  n  36 Vậy 100 số hạng thứ 36 cấp số cộng Câu Khối cầu có bán kính R tích 4 A  R B  R 3 C  R3 D 4 R Lời giải Chọn A Thể tích khối cầu có bán kính R V   R3 Câu Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên sau: Hỏi hàm số nghịch biến khoảng sau đây? A (0;1) B (1;  ) C (1;0) D (0;  ) Lời giải Chọn A Trang 1/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Vì (0;1) hàm số có đạo hàm mang dấu âm Câu Cho hình lăng trụ đứng ABC ABC  có BB  a , đáy ABC tam giác vuông cân B, AC  a Tính thể tích lăng trụ B' C' A' B C a A A a3 B a3 C a3 D a3 Lời giải Chọn D  Trong ABC : AC  AB  BC  AB  a   AB  BC  a Thể tích khối lăng trụ ABC ABC  là: VABC ABC   S ABC BB  Câu a3 AB.BC.BB  2 Giải bất phương trình log  3x  1  A x  B  x3 C x  D x  Lời giải Chọn A Bất phương trình  x   23  x   x  Vậy bpt có nghiệm x  Đkxđ: x    x  Câu Cho f  x dx    f  x dx  1 Tích phân A 3  f  x dx B C Lời giải D 1 Chọn C Ta có  f  x dx   f  x dx   f  x dx    1  Câu 2 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình vẽ hình Trang 2/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong 10 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Giá trị cực đại hàm số cho A  B 2 C Lời giải D Chọn D Từ bảng biến thiên ta thấy: Hàm số đạt cực đại x  2 giá trị cực đại Câu Cho hàm số y  f  x  liên tục  có bảng biến thiên Khẳng định sau khẳng định sai? A Hàm số đồng biến khoảng  ;1 B Hàm số có hai cực trị C Hàm số có giá trị nhỏ 1 D Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang Lời giải Chọn C Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra: lim f  x   1 x  Do hàm số khơng có giá trị nhỏ Câu 10 Với số thực dương a , b Mệnh đề A ln  ab   ln a  ln b B ln  ab   ln a.ln b C ln a ln a  b ln b D ln a  ln b  ln a b Lời giải Chọn A Theo tính chất lơgarit: a  0, b  : ln  ab   ln a  ln b Câu 11 Họ nguyên hàm hàm số f  x   A ln x  cos x  C B   sin x x C ln x  cos x  C  cos x  C x2 Lời giải D ln x  cos x  C Chọn D Ta có 1   f  x  dx    x  sin x  dx   x dx   sin xdx  ln x  cos x  C Trang 3/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu 12 Cho số phức z   3i Phần thực phần ảo số phức z A B 2 3 C 3i D 3 Lời giải Chọn D Ta có: z   3i z có: Phần thực , phần ảo 3    Câu 13 Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ a, b thỏa a  3,    b  ( a, b)  300 Độ dài vectơ   3a  2b B A C D 54 Lời giải Chọn C   Ta có: 3a  2b       a  12.a.b  b      36 Độ dài vectơ 3a  2b Câu 14 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình sau khơng phải phương tình mặt cầu? A x  y  z  x  y  z   B x  y  z  x  y  z  C x  y  z  x  y  z 1  D x  y  z  x  y  z   Lời giải Chọn D Phương trình dạng tổng quát mặt cầu: x  y  z  2ax  2by  2cz  d  với a  b  c  d  * Xét đáp án, với đáp án D ta thấy: 3 a   , b  2, c   , d   a  b  c  d  2  nên không thỏa điều kiện * 2 Câu 15 Trong không gian Oxyz , cho ba điểm M  2;0;0  , N  0;  1;0  , P  0;0;  Mặt phẳng  MNP  có phương trình là: x y z A    1 Lời giải Chọn D B x y z    1 1 C x y z    2 Ta có: M  2;0;0 , N  0;  1;0  , P  0;0;2   MNP  : D x y z   1 1 Câu 16 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : x 1 y z  mặt   3 1 phẳng  P  : 3x  y  z   Mệnh đề đúng? A d cắt khơng vng góc với  P  B d vng góc với  P  C d song song với  P  D d nằm  P  Lời giải Chọn A Trang 4/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong x y z   1 1 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020  Ta có đường thẳng d qua M  1;0;5  có vtcp u  1;  3;  1 mặt phẳng  P  có vtpt  n   3;  3;  M   P   loại đáp án D   n , u không phương  loại đáp án B     n u  10  n , u không vuông góc  loại đáp án C Câu 17 Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vng đỉnh B , AB  a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  a Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SBC  A a B a C a D a Lời giải S H A C B Kẻ AH  SB mặt phẳng  SBC   BC  AB Ta có:   BC   SAB   BC  AH  BC  SA  AH  BC a Vậy   AH   SBC   d  A,  SBC    AH  SB  2  AH  SB Câu 18 Cho hàm số f  x  có đạo hàm f   x   x  x  1 , x   Số điểm cực trị hàm số cho A B C Lời giải D Chọn B x  x  Ta có f   x    x  x  1      x  1  x  1  Vì nghiệm x  nghiệm bội lẻ x  1 nghiệm bội chẵn nên số điểm cực trị hàm số Câu 19 Giá trị nhỏ hàm số A 4 y  x3 3x2 đoạn  4;  1 B 16 C Lời giải D Chọn B Trang 5/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Ta có y  3x2 6x ;  x    4;  1 y   3x  x     x  2   4;  1 Khi y  4  16 ; y  2  ; y  1  Nên y   16   4; 1 Câu 20 Cho x , y z số thực lớn gọi w số thực dương cho log x w  24 , log y w  40 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 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 z w  60  12  log w z  1 60   log w z 24 40 Câu 21 Nghiệm phương trình log3  x  1   log3  x  1 A x  B x  2 C x  Lời giải D x  Chọn A 2 x   Điều kiện:   x 1  x 1  Ta có: log3  x  1   log3  x  1  log  x  1  log    x  1   x   3x   x  (nhận) Câu 22 Cho hình trụ có chiều cao Cắt hình trụ cho mặt phẳng song song với trục cách trục khoảng 1, thiết diện thu có diện tích 12 Diện tích xung quanh hình trụ cho A 10 B 34 C 10 Lời giải Chọn A Trang 6/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D 34 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 B O' A C I O D Ta có: S ABCD  12  2.CD  CD   CI   CO  CI  IO   r S xq  2 rl  10 Câu 23 Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên sau: Số nghiệm thực phương trình f  x    A B C Lời giải D Chọn A Nhìn bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm Ta có f  x     f  x    Câu 24 Họ nguyên hàm hàm số f  x   x 1  ln x  A x ln x  3x Chọn B x ln x  x C x ln x  3x  C D x ln x  x  C Lời giải D Cách Ta có  f  x  dx   x 1  ln x  dx   xdx   x ln xdx + Tính  xdx  x  C1 Trang 7/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ + Tính  x ln xdx  u  ln x du  dx Đặt   x dv  xdx v  x  Suy  x ln xdx  x ln x   xdx  x ln x  x  C2 Do I  x ln x  x  C Cách Ta có  x ln x  x    x  ln x  x  ln x    x   x.ln x  x  x x  x 1  ln x  Do x ln x  x nguyên hàm hàm số f  x   x 1  ln x  Hay x ln x  x  C họ nguyên hàm hàm số f  x   x 1  ln x  Câu 25 Anh An vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 0, 7% / tháng theo phương thức trả góp, tháng anh An trả cho ngân hàng triệu đồng trả hàng tháng hết nợ Hỏi sau tháng anh An trả hết nợ ngân hàng? (Biết lãi suất ngân hàng không thay đổi) A 21 tháng B 23 tháng C 22 tháng D 20 tháng Lời giải Chọn C (1  r )n  với S n số tiền lại sau n r tháng, A tiền vay ban đầu, X số tiền phải trả hàng tháng, r lãi xuất, n số tháng phải trả (1  0, 007) n   n  21, 62 Khi đó, theo cơng thức ta có  108.(1  0, 007) n  5.106 0, 007 Vậy chọn C Ta có cơng thức vay trả góp Sn  A(1  r )n  X Câu 26 Một khối chóp tam giác có đường cao 10cm cạnh đáy 20cm, 21cm, 29cm Thể tích khối chóp A 700cm3 B 2100cm3 C 20 35 cm3 Lời giải Chọn A Áp dụng cơng thức Herong ta tính diện tích đáy: p 20  21  29  35 S  35  35  20  35  21 35  29   210 Thể tích khối chóp V 1 B.h  210.10  700 cm3 3 Trang 8/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D 700 cm3 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 x4 2 x2  x C Câu 27 Số tiệm cận đứng đồ thị hàm số y  A B D Lời giải Tập xác định hàm số: D   4;   \ 0; 1 Ta có: lim y  x 0 lim  y  lim  x  1 x  1 x4 2 x4 2   lim  y  lim    x  1 x  1 x x x2  x  TCĐ: x  1 Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng Câu 28 Hàm số y  ax  bx  c có đồ thị hình vẽ bên Mệnh đề sau đúng? A a  , b  , c  B a  , b  , c  C a  , b  , c  D a  , b  , c  Lời giải Chọn C Dựa vào đồ thị: + lim y    a  x  + Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị  ab   b  + Giao điểm đồ thị hàm số trục tung có tung độ dương  c  Vậy a  , b  , c  Câu 29 Cho hàm số f  x  liên tục  Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn cá đường y  f  x  , y  0, x  2 x  (như hình vẽ) Mệnh đề đúng? y y=f(x) x O A S  C S  3  f  x  dx   f  x  dx 2 2 1 3  2 f  x  dx   f  x  dx B S    f  x  dx   f  x  dx D S    f  x  dx   f  x  dx 2 Lời giải Chọn A Trang 9/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Ta có S   f  x  dx  S  2  f  x  dx   f  x  dx 2 1 Do f  x   với x   2;1 f  x   với x  1;3 nên S   f  x  dx   f  x  dx 2 Câu 30 Cho số phức z1   i z2   3i Tìm số phức liên hợp số phức w  z1  z2 A w  1  4i B w   2i C w   4i Lời giải D w  1  4i Chọn B Ta có w  z1  z2  1  i     3i    2i  w   2i Câu 31 Trong hình vẽ bên dưới, điểm P biểu diễn số phức z1 , điểm Q biểu diễn số phức z2 Tìm số phức z  z1  z2 y P Q -1 A  3i B 3  i O x C 1  2i Lời giải D  i Chọn A Từ hình vẽ suy P  1;  Q  2;1 Từ z1  1  2i ; z2   i Vậy z   1  2i     i    3i Câu 32 Cho hình lập phương A B C D A  B C D  có độ dài cạnh Gọi M , N, P, Q trung a điểm AB, BC, CD, DD Gọi thể tích khối tứ diện MNPQ phân số tối giản , với b * a, b Tính a  b A B C 13 Lời giải Chọn C Trang 10/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D 11 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Thiết lập hệ tọa độ Oxyz hình vẽ, gốc O  B  Khi đó: 1   1     M  0; ;1 , N  ;0;1 , P 1; ;0  , Q 1;1;  2   2        1    1  MN   ;  ;  , MP  1;0; 1 , MQ  1; ;   2   2 Suy VMNPQ      MN , MP  MQ   a  1; b  12  a  b    12 Oxyz , cho mặt cầu có phương trình Câu 33 Trong khơng gian với hệ trục toạ độ 2  S  : x  y  z  x  y  z  m   Tìm số thực tham số    : x  y  z   cắt  S  theo đường trịn có chu vi 8 A m  3 B m  1 C m  2 m để mặt phẳng D m  4 Lời giải Chọn B 2 Ta có  S  : x  y  z  x  y  z  m     x  1   y     z  3  17  m  S  phương trình mặt cầu 17  m   m  17 Khi I  1; 2;3 ; R  17  m tâm bán kính  S  Để mặt phẳng    : x  y  z   cắt  S  theo thiết diện đường trịn có chu vi 8 đường trịn có bán kính r  Ta có R  d  I ,      r  17  m  16   m  1 (TMĐK) Câu 34 Trong không gian Oxyz cho điểm A(2; 0; 0), B (0; 4; 0), C (0; 0; 6), D (2; 4; 6) Gọi ( P ) mặt phẳng song song với mặt phẳng ( ABC ) , ( P ) cách D mặt phẳng ( ABC ) Phương trình mặt phẳng ( P ) A x  y  z  24  B x  y  z  12  C x  y  z  D x  y  z  36  Lời giải Chọn A Trang 11/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ x y z     x  y  z  12  + ( P ) song song với mặt phẳng ( ABC ) nên ( P ) có dạng: x  y  z  D  (D  -12) Phương trình mặt phẳng ( ABC ) là: + d ( D; ( P ))  d (( ABC ), ( P ))  d ( D; ( P ))  d ( A, ( P ))  36  D  12  D  D  24 Vậy ( P ) là: x  y  z  24  Câu 35 Trong không gian Oxyz , cho điểm A  2; 1;0 , B 1;2;1 , C  3;  2;0 , D 1;1;  3 Đường thẳng qua D vng góc với mặt phẳng  ABC  có phương trình là: x  t  A  y  t  z  1  2t  x  t  B  y  t  z   2t  x  1 t  C  y   t  z  2  3t  x  1 t  D  y   t  z  3  2t  Lời giải Chọn A      Ta có AB   1;3;1 ; AC  1;  1;0  ; n ABC    AB, AC   1;1;  2 Đường thẳng qua D vng góc với mặt phẳng  ABC  nên có véc tơ phương x  1 t   n ABC   1;1; 2  , phương trình tham số là:  y   t  z  3  2t  Câu 36 Một hộp chứa bóng đỏ (được đánh số từ đến 6), bóng vàng (được đánh số từ đến 5), bóng xanh (được đánh số từ đến 4) Xác suất để bóng lấy có đủ ba màu mà khơng có hai bóng có số thứ tự trùng 43 381 74 48 A B C D 91 455 455 91 Lời giải Chọn C Số phần tử không gian mẫu C154 Lấy bóng có đủ ba màu mà khơng có hai bóng có số thứ tự trùng có trường hợp sau: +) TH 1: Lấy bóng xanh, bóng vàng bóng đỏ Lấy bóng xanh có C41 cách Lấy bóng vàng có số thứ tự khơng trùng với số thứ tự bóng xanh lấy có C42 cách Lấy bóng đỏ có số thứ tự khơng trùng với số thứ tự bóng xanh bóng vàng lấy có C31 cách Vậy TH có C41 C42 C31 cách lấy +) TH 2: Lấy bóng xanh, bóng vàng bóng đỏ Lấy bóng xanh có C42 cách Lấy bóng vàng có số thứ tự không trùng với số thứ tự bóng xanh lấy có C31 cách Lấy bóng đỏ có số thứ tự khơng trùng với số thứ tự bóng xanh bóng vàng lấy có C31 cách Trang 12/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Vậy TH có C42 C31.C31 cách lấy +) TH 3: Lấy bóng xanh, bóng vàng bóng đỏ Lấy bóng xanh có C41 cách Lấy bóng vàng có số thứ tự khơng trùng với số thứ tự bóng xanh lấy có C41 cách Lấy bóng đỏ có số thứ tự khơng trùng với số thứ tự bóng xanh bóng vàng lấy có C42 cách Vậy TH có C41 C41 C42 cách lấy Như xác xuất lấy bóng có đủ ba màu mà khơng có hai bóng có số thứ tự trùng C41 C42 C31  C42 C31.C31  C41 C41 C42 74  C15 455 Câu 37 Cho lăng trụ ABC.A ' B ' C ' có AB  3, BB '  Gọi M , N , P tương ứng trung điểm A ' B ', A ' C ', BC Nếu gọi  độ lớn góc hai mặt phẳng  MNP   ACC ' cos  A B C D Lời giải Chọn B H A' N C' M B' L A K E C P B Do ABC A ' B ' C ' lăng trụ nên lăng trụ đứng có đáy tam giác Ta lấy thêm trung điểm AB , AC điểm E , L Gọi H , K trung điểm A ' N , CL Khi thực phép chiếu vng góc tam giác MNP lên mặt phẳng  ACC ' A '  ta tam giác KNH Tam giác MNP có MN  3, MP  NP với MP  PE  ME    Tam giác MNP cân P nên độ dài đường cao kẻ từ P tính 7  15 3 22 Tam giác KHN có diện tích tính Nên diện tích là: S MNP  3  3 3       2     S KHN  S ACC ' A '  S AKHA '  S KCC ' N     2 Áp dụng cơng thức hình chiếu ta có S KHN  S MNP cos  Trang 13/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ S KHN Vậy cos     S MNP 5  ln  sin x  cos x  bc a  dx  ln  , với a, b, c số nguyên Khi đó, 0 cos x b c a Câu 38 Biết A 6 B D  C Lời giải Chọn D Đặt u  ln  sin x  cos x  ; dv  v  tan x   dx cos x  sin x  du  chọn cos x sin x  cos x sin x  cos x cos x  Khi I   ln  sin x  cos x  cos x    dx   tan x  1 ln  sin x  cos x    0  cos x  sin x dx cos x  d  cos x     I  ln   dx    ln   ln  cos x   ln   ln  ln  cos x 4 2 0 4 Vậy a  3; b  2; c  4  bc  a Câu 39 Có giá trị nguyên âm tham số m để hàm số y  x  x   2m  15  x  3m  đồng biến khoảng  :   ? A B C Lời giải Chọn C D   y  3x3  x   2m  15 Để hàm số đồng biến khoảng  0;   y  0, x   0;    3x3  x  2m  15  0, x   0;    2m  3x3  x  15, x   0;   Xét hàm số f  x   3x3  x  15, x   0;   x  f   x   x  9; f   x      x  1 Bảng biến thiên: Trang 14/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Từ bảng biến thiên: 2m   m   Vậy giá trị nguyên âm m thỏa mãn 4; 3; 2; 1 Câu 40 Cho hình trụ có trục OO , bán kính đáy R Biết tồn hai điểm A , B thuộc hai đường tròn đáy  O  ,  O  thỏa AB  R Gọi I trung điểm đoạn thẳng AB , số đo góc  OIO A 60 B 90 C 120 Lời giải D 150 Chọn B B N O' P I Q M O A Kẻ hình chữ nhật APBQ hình vẽ Từ I kẻ đường thẳng song song với AP cắt AQ , BP M , N Khi M trung điểm AQ ; N trung điểm BP Xét tam giác IMA tam giác OMA vng M , ta có: IA  OA  R ; MA chung Suy   45 Tương tự vậy, IM  OM Từ tam giác IMO vng cân M Vì OIM  IN  45 O   180  OIM  O  IN  90 Vậy OIO Câu 41 Cho a  0, b  thoả mãn a  4b  5ab Khẳng định sau đúng? A log( a  2b)  5(log a  log b ) B log( a  1)  log b  C log a  2b log a  log b  D log(a  2b)  log a  log b Lời giải Chọn C Từ hệ thức: a  4b  5ab  (a  2b)2  9ab Ta có: log(a  2b)  log(9ab)  log(a  2b)  log  log a  log b Trang 15/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/  log a  2b a  2b log a  log b  log a  log b  log  3 Câu 42 Xét hàm số f  x   x  ax  b , với a , b tham số Gọi M giá trị lớn hàm số  1;3 Khi M nhận giá trị nhỏ được, tính a  2b A B C 4 Lời giải D Chọn C Ta có max  A , B   Và có max  A , B   A B A B 1 Dấu "  " xảy  2 Dấu "  " AB xảy A   B a Xét hàm số g  x   x  ax  b , có g   x    x   a Trường hợp một:    1;3  a   6;2 Khi M  max   a  b ,  3a  b  Áp dụng bất đẳng thức   ta có M   2a  a Trường hợp hai:    1;3  a   6;2 Khi a   M  max   a  b ,  3a  b , b     a   Áp dụng bất đẳng thức 1  2 ta có M  max   a  b , b     1  M  20  4a  a  M  16   a   8 Suy M   a  2   a  2 a2  b   Vậy M nhận giá trị nhỏ M  5  a  b   b  1  1  a  b   3a  b Do a  2b  2   1  4 Câu 43 Số giá trị nguyên dương tham số m để bất phương trình nghiệm A B C Lời giải Chọn C Đặt t  x 3 x  m  x Do  t  x 3 x  m  2.3 x 3 x  m   x  32 x3 có D 1 với t  , bất phương trình cho trở thành t  t    3  t  27  x  x  m  x  2  x  3x  m  x  Trang 16/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 x  x      x  3x  m    x  x  m  (I)  x  3x  m  x  x  x   m   Để bất phương trình đề cho có nghiệm hệ bất phương trình (I) có nghiệm ta đặt x2 (1)    x  3x  m  (2)  x  4m (3)  Điều kiện cần: Từ (1) (3) ta có  m   m  Do m số nguyên dương nên m  x   Điều kiện đủ: Với m  , hệ bất phương trình (I) trở thành  x  x   x   2  x  3   3    x  Vậy hệ bất phương trình (I) có nghiệm  x x   2 Vậy m  2 Câu 44 Cho hàm số f  x  nhận giá trị dương 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  3 f  x  f  x  3 dx   e dx   f  3  f    e   3 x  f  x  x  f  x  df  x    e dx  3 f  x   3e 0  ex x 3 f     e   f    e3 Câu 45 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Số nghiệm phương trình f  x     A B C D Lời giải Chọn C Từ bảng biến thiên hàm số ta có bảng biến thiên hàm số y  f  x  1 sau Trang 17/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Vì hàm số y  f  x  1 nghịch biến  2;0 nên f    f  2  Suy bảng biến thiên hàm số y  f  x   Số nghiệm phương trình f  x     số giao điểm đồ thi hàm số y  f  x   với đường thẳng y  Căn vào bảng biến thiên suy số nghiệm phương trình f  x     Câu 46 Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm  , biết hàm số y  f   x  có đồ thị hình vẽ bên Số điểm cực đại hàm số y  f   x  A B C D Lời giải Chọn D  2 x  x     x  3  x  3  Ta có y   2 xf    x  , y    6  x  x      x  2 6  x  Cách 1: Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên, suy số điểm cực đại hàm số y  f   x  Trang 18/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Cách 2: Căn đồ thị, ta có y đổi dấu từ dương qua âm qua điểm x  3; x  2 Do đó, số điểm cực đại hàm số y  f   x  Câu 47 Cho cấp số cộng  an  , cấp số nhân  bn  , thỏa mãn a2  a1  , b2  b1  hàm số f ( x)  x  x cho f (a2 )   f (a1 ) f  log b2    f  log b1  Tìm số nguyên dương n nhỏ cho bn  2019an A 17 B 14 C 15 Lời giải D 16 Chọn B  d  a2  a1  Giả thiết a2  a1     a2  a1  d f ( a2 )   f ( a1 )  f ( a1  d )   f (a1 )   a1  d   3( a1  d )   a13  3a1  3a1d  a1  d   (d  1) ( d  2)   a1  d  0, d    a  Khi an  a1  (n  1)d  n   d  b2  q   b1 Giả thiết b2  b1     log (b2 )  log  b1q   log b1  log q b  b q  Đặt t2  log b2 , t1  log b1 , a  log q f (t )   f (t1 )  t23  3t2   t13  3t1  3at1 (t1  a)  (a  1)2 (a  2)  log b  t  b  Khi bn  b1.q n1  2n1 1   log q  a  q   bn  2019an  2n1  2019(n  1)  n  15,874 Vậy n  16 Câu 48 Cho hàm số f  x  khơng âm, có đạo hàm đoạn  0;1 thỏa mãn f 1  ,  f  x    x  f   x   x 1  f  x   , x   0;1 Tích phân  f  x  dx A B C D Lời giải Chọn C Xét đoạn  0;1 , theo đề bài:  f  x    x  f   x   x 1  f  x    f  x  f   x   x   x  1 f   x   x f  x     f  x     x   x  1 f  x    f  x   x   x  1 f  x   C 1 Thay x  vào 1 ta được: f 1   C  C  (vì f 1  ) Trang 19/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Do đó, 1 trở thành: f  x   x   x  1 f  x   f  x    x    x  1 f  x    f  x   1  f  x   1   x  1  f  x   1  f  x    x  (vì f  x    f  x    x   0;1 )  f  x   x2 Vậy  1 x3 f  x  dx   x dx   3 Câu 49 Trong khối chóp tứ giác S ABCD mà khoảng cách từ A đến mp  SBC  2a , khối chóp tích nhỏ A 3a B 2a C 3a3 Lời giải D 3a3 Chọn A Gọi O tâm mặt đáy, M trung điểm cạnh BC Dễ thấy S ABCD khối chóp tứ giác nên ABCD hình vng SO  ABCD Gọi H chân đường vng góc hạ từ O xuống SM mp  SMO   OH  SM (1) Hơn nữa, OM  BC SM  BC  BC   SOM   OH  BC (2) Từ (1) (2)  OH   SBC   d  O;  SBC    OH Do O trung điểm cạnh AC nên d  A;  SBC    2d  O;  SBC    2OH Theo giả thiết d  A;  SBC    2a  OH  a Giả sử chiều dài cạnh đáy 2x ( x  a OM  OH ) SO  h ( h  ) Trong tam giác vuông SOM h2 x h2 x2 a2 x2 2 2 2  a   h   h x  a  a x   h2  x h2  x x2  a2 Thể tích khối chóp S.ABCD OH  V  16 a x 16a x 16 2 x  V  h  x   V  h x  V  x2  a2 x2  a2 Xét hàm số f  x   16a x khoảng  a;    , ta có: x2  a2 Trang 20/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 x  2 16a x  x5 a 16a 2 x  x  3a  ; f  x    f  x   2 x   3a 2 2 9 x  a  x  a   Ta có BBT: Hàm số f  x  đạt giá trị nhỏ 12a nên khối chóp tích nhỏ 3a3 Câu 50 Cho hai hàm số y  f  x  y  g  x  có đồ thị hình vẽ dưới, biết x  x  điểm cực trị hai hàm số y  f  x  y  g  x  đồng thời f 1  g  3  , f  3  g 1  , f  2 x    g  x  3  * Gọi M , m giá trị lớn nhỏ đoạn 1;3 hàm số S  x   f  x  g  x   g  x   f  x   g  x   Tính tổng P  M  2m A 39 B 107 C 51 Lời giải D 19 Chọn B Thay x  , x  vào * ta có  f  3  g 1  , mà   f 1  g  3  3 f 1  g  3  nên f 1  , f  3  , g 1  , g  3   2 f  3  g 1  Nhìn vào đồ thị ta thấy  f 1  f  x   f  3  ,  g  3  g  x   g 1  x  1;3 Đặt u  f  x  , v  g  x  với  u  ,  v  , xét h  u , v   uv  v  u  4v   v   u   v  u  Xem h  u , v  hàm số bậc theo biến v ta có Trang 21/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ h  u , v   2v  u   4    3  v   2;6   h  u , v  nghịch biến  2;6 Suy h  u ,6   h  u , v   h  u ,   7u  58  h  u , v   3u  10  51  h  u , v   (do  u  ) Từ M  max S  x   , dấu xảy x  , m  S  x   51 , dấu xảy 1;3 x  Vậy P  M  2m  107 Trang 22/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong 1;3 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Trang 23/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Trang 24/25 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 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 25/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 ... tháng anh An trả cho ngân hàng triệu đồng trả hàng tháng hết nợ Hỏi sau tháng anh An trả hết nợ ngân hàng? (Biết lãi suất ngân hàng không thay đổi) A 21 tháng B 23 tháng C 22 tháng D 20 tháng... 2  , phương trình tham số là:  y   t  z  3  2t  Câu 36 Một hộp chứa bóng đỏ (được đánh số từ đến 6), bóng vàng (được đánh số từ đến 5), bóng xanh (được đánh số từ đến 4) Xác suất để... D 20 tháng Lời giải Chọn C (1  r )n  với S n số tiền lại sau n r tháng, A tiền vay ban đầu, X số tiền phải trả hàng tháng, r lãi xuất, n số tháng phải trả (1  0, 007) n   n  21, 62 Khi