ĐÁP án đề số 19

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 • ĐỀ SỐ 19 - HAI NGÀY ĐỀ THI Câu Thể tích khối lập phương có cạnh  2a  bằng A 8a B 2a   C 2a Lời giải D 6a   Chọn C Thể tích khối lập phương có cạnh  2a  bằng ( 2a )3  2a Câu Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên    và có bảng biến thiên:  x       0     1   1  y   ||   0  0              0     y 3   Khẳng định nào sau đây là đúng?               3     A Hàm số đạt cực đại tại  x  B Hàm số có đúng hai điểm cực trị C Hàm số có giá trị lớn nhất bằng   và giá trị nhỏ nhất bằng  3 D Hàm số có giá trị cực tiểu bằng  1  và  Lời giải  Chọn A  Hàm số đạt cực đại tại  x  , vì đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm qua  x  và  f    Câu   Trong không gian  Oxyz , cho vectơ  u   4;  1;5   Biết tọa độ điểm đầu của vectơ  u  là   N 1;1;1  Tìm tọa độ điểm cuối  M  của vectơ  u A M  3; 2;   B M  3;  2;  C M   3;  2;   D M  5;0;6  Lời giải  Chọn D  Giả sử tọa độ của  M  là   x ; y ; z   Ta có  NM   x 1; y  1; z  1    x 1  x      Khi đó  u  NM   y   1   y   .   z 1  z    Vậy  M  5;0;6  Câu Cho hàm số  y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào  dưới đây?  Trang 1/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   A 1;1 B 1; 2 C 1; 2 Lời giải D 2;  Chọn C Nhìn vào đồ thị đã cho, ta có hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  nên nghịch biến trên khoảng  1; 2 Câu  3a5  Với  a ,  b  là hai số dương tùy ý,  log3    bằng  b  A  log a  log b B  5log a  log b C  5log a  log b D 1  log3 a  2log b  Lời giải Chọn C  3a5  Có  log    log3  3a5   log3 b2  log3  log3 a  log3 b   5log3 a  log b  b  Câu 1 Cho   f  x  dx   và   3 f  x   g  x   dx  , khi đó   g  x  dx  bằng 0 A B 12 D 1 C Lời giải Chọn A 1 1  Có    3 f  x   g  x   dx 3 f  x  dx  5 g  x  dx   5 g  x  dx   0   g  x  dx    g  x  dx  Câu Câu Thể tích của khối cầu có đường kính  cm  bằng A 36 cm3 B 36 cm C 12 cm3 Lời giải Chọn A d Có  d  R  R     cm.  2 4  V   R    36 cm3 3 Tập nghiệm của phương trình  log  x   x     là A 2;3 B 4;6 C 1; 6 Lời giải Chọn A  Điều kiện  x   x    x  x  5    x    Trang 2/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D 288 cm3 D 1;6 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 x  Phương trình tương đương với  x   x    x  x      (thỏa mãn điều kiện).  x  Vậy phương trình có tập nghiệm là  S  2;3 Câu Trong không gian  Oxyz , cho mặt phẳng     đi qua  A  3;1;   và song song mặt phẳng   Oxz   thì  phương trình mặt phẳng     là A x   B x  y  z  C y   D z   Lời giải Chọn C  Mặt phẳng     đi qua  A  3;1;   có véc tơ pháp tuyến  j   0;1;0    Nên mặt phẳng     có phương trình là:  y   Câu 10 Họ nguyên hàm của hàm số  f  x  e x  x   là A e x  x  x  C B ex  3x  x  C   C e x  x  x  C D e x  x  x  C   Lời giải Chọn C Ta có   f  x dx   e x  x  2 dx   e x dx  3 xdx  2 dx  e x  x  x  C x 1 y  z     đi qua điểm nào dưới đây? 1 2 B M (1; 2; 3) C P(1; 2; 3) D N(2; 1; 2) Lời giải Câu 11 Trong không gian  Oxyz , đường thẳng  d : A Q(2; 1; 2) Chọn C  Đáp án A nhầm vectơ chỉ phương.  Đáp án B nhầm dấu tọa độ điểm.  Đáp án D nhầm vectơ chỉ phương Câu 12 Có bao nhiêu số tự nhiên  n  thỏa mãn  An3  An2  1152 ? A B C D Lời giải Chọn B n! n!   1152    Điều kiện:  n   và  n    Ta có  An3  An2  1152   n  3 !  n   !   n    n  1 n   n  1 n  1152   n3  6n  n  1152   n  Câu 13 Cho cấp số nhân   un   có số hạng đầu  u1   và cơng bội  q  2  Giá trị của  u6  bằng A 32 B 64 C 42 Lời giải  D 64 Chọn D Ta có:  u6  u1.q  2( 2)5  64 Câu 14 Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy , điểm biểu diễn của hai số phức đối nhau là Trang 3/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   A hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ  O B hai điểm đối xứng nhau qua trục hoành C hai điểm đối xứng nhau qua trục tung D hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng  y  x Lời giải Chọn A Điểm biểu diễn của số phức  z  a  bi  trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  là điểm  M  a; b    Điểm biểu diễn của số phức   z   a  bi  trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  là điểm  N  a; b    Do đó: điểm biểu diễn của hai số phức đối nhau là hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ Câu 15 Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây?  A y  2x  x 1 B y  2x 1 x2 C y  2x  x 1 D y  2x x 1 Lời giải Chọn A  Tập xác định:  D   \ 1  Loại đáp án  B.   Ta có đồ thị hàm số đi qua điểm  M 1;0   nên chỉ có đáp án A thỏa mãn.  2x  x 1 Câu 16 Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên đoạn    và có đồ thị như hình vẽ.  Vậy đồ thị đã cho là của hàm số  y  y 1 -1 x -1 Giá trị nhỏ nhất trên tập xác định của hàm số có đồ thị sau là: A y  1 B y  C y  D y  2 Lời giải  Chọn A Từ đồ thị ta thấy giá trị nhỏ nhất là  1 Câu 17 Cho hàm số  f ( x)  có đồ thị  f ( x)  như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là: Trang 4/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A C Lời giải B D Chọn B   Quan sát đồ thị ta có  f '  x   cắt trục hồnh tại 4 điểm nhưng chỉ có 3 điểm đạo hàm đổi dấu khi  x   đi qua, nên chỉ có 3 cực trị Câu 18 Cho hai  số  phức  z1  m   2i và  z1    m  1 i  Có  bao  nhiêu  giá  trị thực của tham  số  m   để    z1 z2   8i  là một số thực A B C D Lời giải  Chọn B Ta có:  z1 z2   8i   m   2i     m  1 i    8i  8   m2  2m  3 i   m  Để  z1 z2   i là một số thực thì  m  2m          m  3 Vậy có hai giá trị của tham số  m  để  z1 z2   i  là một số thực Câu 19 Trong không gian  Oxyz , cho ba điểm  I 1;1;1 ,  A 1; 2;3  và  B  0;3;1  Phương trình mặt cầu  ( S )   nhận  I  làm tâm và có bán kính  R  AB  là 2 A  x  1   y  1   z  1  2 C  x  1   y  1   z  1  2 2 2 B  x  1   y  1   z  1  D  x  1   y  1   z  1  Lời giải Chọn D  2   1      1  3    2 Suy phương trình mặt cầu  ( S ) :   x  1   y  1   z  1  Bán kính mặt cầu  R  AB  Câu 20 Đặt  log12  a , khi đó  log 16  bằng 1 a 1 a A B a a C a 1 a D a 1 a Lời giải Chọn A  Trang 5/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   12 log12 log12  1 a Ta có  log 16  log   log12 a a Câu 21 Gọi  z1 , z2  là hai nghiệm phức của phương trình  z  z  10   Khi đó  z1.z2  z1  z2  bằng A 10  10 B 10  10 C   10 Lời giải D 10  Chọn B z   i Ta có  z  z  10         z2   i    Do đó:  z1.z2  z1  z2   i  i  2  i  10  10 Câu 22 Trong không gian  Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng   P  : x  y  z  16   và   Q  : x  y  z    bằng A B 17 C D Lời giải Chọn A  P  / /  Q  16  2.0  2.0  Ta có    d   P  ;  Q    d  A;  Q     12  22  22  A 16;0;    P  1 Câu 23 Tập nghiệm của bất phương trình    3 A (; 1) x2  x  27  là B (3; ) C (1;3) D (;1)  (3; ) Lời giải Chọn D 1 Ta có:     3 x2 4 x 1  27     3 x2 4 x 3 x 1 1     x  x  3  x  x      3 x  Câu 24 Diện tích phần hình phẳng được tơ đậm trong hình vẽ bên được tính theo cơng thức nào dưới  đây?  A  x2   1 C  x 1 2  x dx  x dx B  x 2 1 D  x 1 Lời giải Chọn D Diện tích hình phẳng được tơ đậm trong hình vẽ bên là:  Trang 6/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong 2  x dx  x dx PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 x      x dx  1    x  x  dx ( x   1;1   x  x  ) 1 Câu 25 Cho khối nón có thiết diện qua trục là tam giác đều  SAB  cạnh  a  Thể tích khối nón bằng  a3  a3  a3  a3 A B C D .  24 12 24 Lời giải Chọn D   a a 1  a  a  a3 Tam giác  SAB  đều cạnh  a  nên:  OB  , SO   V   r 2h      2 3 2 24 Câu 26 Cho hàmsố f ( x) có bảng biến thiên như sau    Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là A C B D Lời giải Chọn C Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có:  lim f ( x )   y  là một tiệm cận ngang  x  lim f ( x )   y  là một tiệm cận ngang  x  lim f ( x)    x  là một tiệm cận đứng  x 1 Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận là 3 Câu 27 Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng  a , các cạnh bên bằng  2a  Thể tích của khối chóp  đã cho bằng 4a 14a 14a 2a A B C D 3 Lời giải Chọn C Trang 7/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   S A D O B C Ta có  SO   ABCD   và  S ABCD  a ;  AO    AC a ,  2 a 2 a 14   SO  SA  AO   2a        2 1 a 14 14 Vậy thể tích khối chóp là  VS ABCD  S ABCD SO  a  a 3 Câu 28 Hàm số  f  x   ln  x  x  có đạo hàm A f   x   2x 1  x  x  ln10 B f   x   x2  x 2x 1 C f   x   x x D f   x   2x 1 x2  x Lời giải Chọn D x Ta có:  f   x    x  2x 1 x x x2  x Câu 29 Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên các khoảng   ;0   và   0;   , có bảng biến thiên như sau  x    y          x1     0      0            x2       0           3  y 3    4     Số nghiệm thực của phương trình  f ( x)    là: A B C D Lời giải Chọn A Xét phương trình  f ( x)    f ( x)    (1)   Ta có: số nghiệm thực của phương trình  (1)  chính là số giao điểm của đồ thị hàm số  y  f ( x)  và  đồ thị của đường thẳng  y     Dựa vào bảng biến thiên, ta có:  Trang 8/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020   Vậy phương trình  f ( x)    có 4 nghiệm thực Câu 30 Cho hình  hộp chữ nhật  ABCD ABC D   có các  cạnh  AB  2, AD  3; AA    Góc  giữa  hai mặt  phẳng   ABD   và   AC D   là    Tính giá trị gần đúng của góc   ? A 45, 2 B 38,1 C 53, 4 Lời giải D 61, 6 Chọn D Cách 1: Hai mặt phẳng   ABD  và   ACD  có giao tuyến là  EF  như hình vẽ.  Do  EF //AB  mà  AD   AABB nên  AD  AB  EF / / A ' D '   Từ  A  kẻ vng góc lên giao tuyến  EF tại  H thì  A ' H  EF     EF   ADH   EF  DH     và  DH Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng cần tìm chính là góc giữa hai đường thẳng  AH Tam giác  D' EF  lần lượt có  DE  DB 13    ,  D F  D A  ,  EF  B A    2 2 61 2S 305  Suy ra  DH  DEF    EF 10 Theo Hê-rơng ta có:  SD'EF  Dễ thấy   A ' EF   D ' EF    A ' H  D ' H   AHD  Tam giác  DAH  có:  cos  HA2  HD2  AD2 29     2HA.HD 61 AH , DH  180118,4  61,6   AHD  118, 4  hay   Do đó     Cách 2: Gắn hình hộp chữ nhật  ABCD.ABCD vào hệ trục tọa độ như hình vẽ . Khi đó  A 0;0;0 , B  2;0;0 , D 0;3;0 , C  2;3;0 , A  0;0; 4 , B  2;0;4 , D  0;3;4  , C  2;3;4   Trang 9/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/           Gọi  n1 là véc tơ pháp tuyến của   ABD  Có  n1   AB ; AD      12;  8;      Gọi  n2 là véc tơ pháp tuyến của   ACD  Có  n   A C ; A D     12; 8;      Gọi   là góc giữa hai mặt phẳng   ABD  và   ACD    n1 n2 29 cos       Vậy giá trị gần đúng của góc    là  61, 6   61 n1 n2 Cách   Do hai mặt phẳng   ABD  và   ACD  chứa hai đường  AB  và  CD  song song với nhau nên giao  tuyến của chúng song song hai đường đó.  Kẻ  AH  AB ,  H  AB , dựng hình bình hành  AHKD có tâm  I như hình vẽ.  Do  AD   AABB  nên  AD  AB suy ra  AB   AHKD góc giữa hai mặt phẳng   ABD     và  DH   và   ACD  là góc giữa  AK    có  AH   là đường cao nên  Trong tam giác vng  AAB Vậy  AH  1 1        A H AB  AA2 16 16     Xét tam giác  AIH  có  cos I   cos  A  H    cos A cos H  sin A sin H  29   61 Vậy góc giữa hai mặt phẳng   ABD  và   ACD gần đúng bằng  61, 6 Trang 10/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Câu 31 Tổng tất cả các nghiệm của phương trình  log   x    x  bằng A B C Lời giải D Chọn B  Ta có:  log   x    x   x  51 x  x  61     5  2x x      9.5     x  61 5     61  x  log      61  x  log   61  61 81  61  log  log  2 Câu 32 Một khối đồ chơi gồm hai khối cầu   H1  ,  H   tiếp xúc với nhau, lần lượt có bán kính tương  Tổng tất cả các nghiệm :  log ứng là  r1 , r2  thỏa mãn  r2  r1  (tham khảo hình vẽ).    Biết rằng thể tích của tồn bộ khối đồ chơi bằng  180cm  Thể tích của khối cầu   H1   bằng A 90 cm3 B 120 cm3 C 160 cm3 Lời giải D 135 cm Chọn C  Thể tích khối   H1   là  V1   r13   Thể tích khối   H   là  V2   r23   3 4 4 1  94  Tổng thể tích 2 khối là  V  V1  V2   r13   r23   r13    r1     r13   V1   3 3 2  83  Suy ra  V1  180  V1  160 Câu 33 Họ nguyên hàm của  f  x   x ln x  là kết quả nào sau đây? x ln x  x  C 2 2 C F  x   x ln x  x  C A F  x   x ln x  x  C D F  x   x ln x  x  C Lời giải  B F  x   Chọn C Trang 11/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   dx  du  x u  ln x Ta có  F  x    f  x  dx   x ln xdx  Đặt    dv  xdx v  x  Theo cơng thức tính ngun hàm từng phần, ta có:  1 1 F  x   x ln x   xdx  x ln x  x  C 2 Câu 34 Cho hình chóp  S ABCD  có đáy là hình chữ nhật. Tam giác  SAB  vng cân tại  A  và nằm trong  mặt phẳng vng góc với đáy và  SB   Gọi  M  là trung điểm của cạnh  SD  Tính khoảng  cách  l  từ điểm  M  đến mặt phẳng   SBC  B l  2 A l  C l  D l  Lời giải Chọn C S K H M N D A B C    SAB    ABCD  ,  SAB    ABCD   AB  SA   ABCD    Theo giả thiết, ta có    SA  AB Gọi  N , H , K  lần lượt là trung điểm các cạnh  SA, SB  và đoạn  SH    BC  SA Ta có    BC   SAB   BC  AH    BC  AB Mà  AH  SB  (  ABC cân tại A có AH  là trung tuyến).  Suy ra  AH   SBC  , do đó  KN   SBC  (vì  KN || AH ,do  KN  đường trung bình của  SAH ).  Mặt khác  MN || BC  MN ||  SBC    Nên  l  d  M ,  SBC    d  N ,  SBC    NK  AH  Câu 35 Trong không gian  Oxyz , cho mặt phẳng    : x  y  z    và đường thẳng  x  y 3 z     Viết phương trình đường thẳng  d '  đối xứng với đường thẳng  d  qua  6 1 mặt phẳng    d: x  11 x  C 11 A y 5 z 4  17 2 y 5 z   17 2 x y 5 z    11 17 2 x y 5 z    D 11 17 Lời giải Chọn C Trang 12/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong B PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020  Mặt phẳng    : x  y  z    có vectơ pháp tuyến  n  2;1;1   Gọi tọa độ giao điểm của  d  và     là  I  thì  I  22;39;8    Lấy  A  4;3;   d  Gọi    là đường thẳng đi qua  A  và vng góc với       x  4  2t  Suy ra phương trình đường thẳng    là   y   t   z   t  Gọi  H  là hình chiếu của  A  lên    thì  H         H  2; 4;3   A '  đối xứng với  A  qua     H  là trung điểm  AA '    A '  0;5;4    Đường thẳng  d '  đối xứng với đường thẳng  d  qua mặt phẳng     d '  đi qua điểm  I , A ' có vectơ   x y 5 z   chỉ phương  A ' I   22; 34; 4   11; 17; 2   có phương trình là:   11 17 2 Câu 36 Tìm tất cả các giá trị thực của tham số  m  để hàm số  y  x  2mx  3m   đồng biến trên  khoảng   2;3 A m  B  m  C  m  Lời giải  D  m  Chọn A Ta có  y '  x  4mx  x  x  m    Hàm số đã cho đồng biến   2;3    y '  0, x   2;3  x  x  m   0, x   2;3    x  m  0, x   2;3  m  x , x   2;3   Xét hàm số  f  x   x , x   2;3   Ta có:  f '  x   x  0, x   2;3   Bảng biến thiên:    Căn cứ bảng biến thiên, ta thấy:  m  f  x  , x   2;3  m  bc Câu 37 Cho a, b, c là ba số thực dương,  a  và thỏa mãn  log  bc   log a  b3c      c      a Số bộ   a; b; c   thỏa mãn điều kiện đã cho là A B C Lời giải  D Vô số Chọn B bc   Đặt:  P  log 2a  bc   log a  b 3c      c     bc Ta có:   b 3c    b c     Trang 13/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   bc Do  a   nên:  log a  b 3c    log a b c  log a bc      P    log a bc    c     a  4  c      P   2  log a bc   b    2 b c  c    Câu 38 Cho   ln 1  x  x2 A P  dx  a ln  b ln , với  a ,  b  là các số hữu tỉ. Tính  P  ab C P  B P  9   D P  3 Lời giải  Chọn C ln 1  x  dx  a ln  b ln   x2 Ta có  I    dx u  ln(1  x ) du    1 x Đặt      dv  x dx v    x 2 1 1  Khi đó  I   ln (1  x )   dx   ln  ln     dx   x (1  x ) x x  x  x     ln  ln   ln    ln  ln  ln  ln  3ln  ln   2  x 1 9 Suy ra  a  ,  b    Vậy  P  ab  2 Câu 39 Cho hàm số  y  f ( x )  Đồ thị hàm số  y  f '( x )  như hình vẽ bên dưới    Bất phương trình  f ( x)  x  m  có nghiệm đúng với mọi  x  (1; 0)  khi và chỉ khi A m  f (0) B m  f (0) C m  f ( 1)    D m  f ( 1)  Lời giải Chọn A Xét hàm số  g ( x)  f ( x)  x  Ta có g '( x )  f '( x )  x  0, x  ( 1; 0)   Trang 14/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Bảng biến thiên của hàm số  g ( x )     Ta có: m  g (0)  m  f (0) Câu 40 Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có bốn ghế. Xếp ngẫu nhiên 8 học sinh, gồm 4 học sinh  trường A và 4 học sinh trường B, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học  sinh ngồi. Xác suất để bất cứ 2 học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường với nhau và  khơng có hai học sinh cùng trường ngồi cạnh nhau bằng 1 8 A B C D 70 35 35 70 Lời giải  Chọn B Số phần tử không gian mẫu là  8!  40320   Gọi A là biến cố: “2 học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường với nhau và khơng có hai học  sinh cùng trường ngồi cạnh nhau”.  Với cách xếp “2 học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường với nhau và khơng có hai học sinh  cùng trường ngồi cạnh nhau” thì ta có hai trường hợp sau:  TH1:    TH1:    Với mỗi một trường hợp có  4!.4!  cách xếp.  Số phần tử của biến cố A là  n  A  2.4!.4!  1152   Vậy xác suất cần tìm là  1152  Đáp án   40320 35 B Câu 41 Cho tam giác  ABC  vuong tại  A  Gọi  V1 ,V2 ,V3  lần lượt là thể tích hình nón trịn xoay  bởi tam giác  ABC  khi nó quay quanh các cạnh  BC , CA, AB  Biết  V2  3 ,V3  4  Tính  V1 ?  A 19 B 8 C 16 12 D .  5 Trang 15/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Lời giải Chọn D Đặt  AC  x; AB  y   Khi đó:  V2   y x  3  y x    V3   x y  4  x y  12     x   y x  Ta có hệ     x y  12 y   Kẻ  AH  BC  ta có  AH Vậy  V   AH BC    BC  x  y    4 x  y  AH  12 53   12    Câu 42 Cho hàm số  f  x   có đạo hàm là  f   x   Đồ thị của hàm số  y  f   x   được cho như hình vẽ dưới  đây:    Biết rằng  f  1  f    f 1  f    Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số  y  f  x    trên đoạn   1; 2  lần lượt là:  Trang 16/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A f 1 ;  f     B f   ;  f     C f   ;  f     D f 1 ;  f  1   Lời giải Từ đồ thị của hàm số  y  f   x   ta có bảng biến thiên của hàm số  y  f  x   trên đoạn   1;   như  sau    Nhận thấy  f  x   f 1   1;2    Để tìm  max f  x   ta so sánh  f  1  1;2   và  f 2   Theo giả thiết,  f  1  f    f 1  f    f    f  1  f    f 1   Từ bảng biến thiên, ta có  f    f 1   Do đó  f    f  1   f    f  1   Hay  max f  x   f      1;2  Câu 43 Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên  R  và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá trị  thực của tham số  m  để phương trình  f  x  x    3m   có nghiệm thuộc khoảng   0;1   A  0;4 B  1;0 C 0;1     D   ;1   Lời giải Chọn D Đặt  t  x  x   Với  x   0;1  t   2;1   Phương trình  f  x  x    3m   có nghiệm thuộc đoạn   0;1  khi và chỉ khi phương trình  f  t   3m   có nghiệm thuộc   2;1    m  Câu 44 Vào  ngày  3/8/2018,  một  người  vay  ngân  hàng  số  tiền  50  triệu  đồng,  trả  góp  trong  thời  gian  10  tháng, lãi suất 5%/năm, với thỏa thuận là cứ đến ngày tính tiền lãi, người đó phải đến ngân hàng trả  phần tiền gốc bằng số tiền vay ban đầu chia đều cho các lần trả và số lãi phát sinh trong tháng trước  (hình  thức  dư  nợ  giảm  dần).  Hỏi  số  tiền  anh  phải  trả  cho  ngân  hàng  vào  ngày  3/12/2018  là  bao  nhiêu? A 5,45 triệu đồng B 5,4 triệu đồng C 10,85 triệu đồng D 5,5 triệu đồng Lời giải Trang 17/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Chọn A Tính đến ngày 3/12, khách hàng đã có 3 lần trả tiền gốc vào các ngày 3/9, 3/10, 3/11 nên số tiền  gốc cịn lại tính từ ngày 3/11/2018 là  50  3.5  35  triệu đồng  Số tiền lãi cần trả cho ngân hàng từ ngày 3/11/2018 đến ngày 3/12/2018 là  10% 35.106 .30  288000  đồng  365 Số tiền khách hàng phải trả trong ngày 3/12/2018 là  5000000  288000  5288000  đồng Câu 45 Cho  hàm  số  y  f  x    liên  tục  trên   \ 0;  1   thỏa  mãn  điều  kiện  f 1  ln   và  x  x  1 f   x   f  x   x  3x   Giá trị  f    a  b ln , với a , b    Tính  a  b   A   B 13   25   Lời giải  C D Chọn D Do hàm số  y  f  x   liên tục trên   \ 0;  1  nên  x  x  1 f   x   f  x   x  3x   x x2 f  x  f  x  x 1 x 1  x  1  x  x   f  x   x 1  x 1    2 x2  x    f  x   dx   dx x 1 x 1  1  x   f  x     ln    x 1 1  f    f 1   ln 2 3  f    ln   ln  f     ln 3 2 ab  a2  b2    2 Câu 46 Một họa tiết hình cánh bướm như hình vẽ bên.    Trang 18/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong   PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Phần tơ đậm được đính đá với giá thành  500.000đ/m  Phần cịn lại được tơ màu với giá thành  250.000 đ / m   Cho  AB  dm; BC  8dm Hỏi để trang trí  1000  họa tiết như vậy cần số tiền gần nhất với số nào  sau đây A 105660667đ B 106666667đ C 107665667đ D 108665667đ Lời giải Chọn B Vì  AB  dm; BC  8dm  A( 2; 4), B(2; 4), C(2; 4), D( 2; 4) parabol là:  y  x  hoặc  y   x   Diện tích phần tơ đậm là S1   x dx  32 ( dm )   Diện tích hình chữ nhật là  S  4.8  32 (m )   Diện tích phần trắng là  S  S  S1  32  32 64  ( dm )   3 64  32  Tổng chi phí trang chí là: T   5000  2500  1000  106666667 đ 3   Câu 47 Cho khối lăng trụ  ABC ABC  Gọi  M , N  lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng  AA  và  BB '   Tính tỉ số thể tích của khối tứ diện  CMNC '  với khối lăng trụ đã cho 1 A B C D 3 Lời giải  Chọn A Ta có:  VABC MNC  AM BN CC  1        VABC MNC  VABC A ' B ' C '   VABC A ' B 'C '  AA ' BB ' CC '  3 Tương tự ta có:  VA ' B 'C '.MNC '  A ' M B ' N C ' C '  1        VA ' B 'C '.MNC '  VA ' B 'C ' ABC   VA ' B ' C ' ABC  A ' A B ' B C ' C  3 V 1  VCMNC '  VABC A ' B 'C '  CMNC '  VABC A ' B 'C ' Câu 48 Cho hàm số  y  f  x   có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:    Trang 19/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Đặt  y  g  x   f 1 x   x  x  x 1  Khẳng định nào dưới đây là đúng? A Hàm số  y  g  x đồng biến trên khoảng    ;  B Hàm số  y  g  x  đồng biến trên khoảng  1;  C Hàm số  y  g  x   đồng biến trên khoảng   0;1 D Hàm số  y  g  x  nghịch biến trên khoảng   ;     Lời giải  Chọn C Ta có:  y  g   x   2 f  1  x   x3  3x3  x   x  x  Dựa vào bảng xét dấu  f   x   ta có  f  1  x       x   x   2   x  1   x    2 f  1  x    f  1  x      0   x  0  x  x3  3x3  x  x  x  1 x     Bảng xét dấu  y  g   x      Vậy hàm số đồng biến trên   0;1 Câu 49 Có bao nhiêu cặp số thực  (a; b)  để bất phương trình   x  1 x    ax  bx     nghiệm  đúng với mọi  x   A B C Lời giải D 1.  Chọn C Đặt  f  x    x  1 x    ax  bx     Giả sử  x   khơng phải là nghiệm của phương trình  g  x    x    ax  bx     thì hàm số  f  x    x  1 x    ax  bx    sẽ đổi dấu khi qua điểm  x  , nghĩa là   x  1 x    ax  bx     khơng có nghiệm đúng với mọi  x     Do đó, để u cầu bài tốn được thỏa mãn thì một điều kiện cần là  g  x    x    ax  bx      có nghiệm  x   suy ra  a  b    (1)  Lí luận tương tự có  h  x    x  1  ax  bx     cũng phải nhận  x  2  là nghiệm, suy ra  4a  2b    (2)  a  b    a  1 Từ (1) và (2) ta có hệ      4a  2b   b  1 Điều kiện đủ:  Trang 20/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 a  1 2 Với    có  f  x    x  1 x    x  x     x  1  x    ,  x     b  1 Vậy khơng tồn tại cặp số thực  (a; b)  nào thỏa mãn u cầu bài tốn   Câu 50 Cho  x, y  là các số thực dương thỏa mãn  22 x 3 y  27 xy  x    32 x 3 y  y  x  3  Tìm giá trị  xy nhỏ nhất của biểu thức  T  x  y   A Tmin     B Tmin     C Tmin  4    D Tmin     Lời giải Ta có  22 x 3 y  27 xy  x    32 x 3 y  y  x  3   xy  x3 y   22 x 3 y    x  y  xy 3  33 xy  xy   (1)  Xét hàm số  f  t   2t  3t  t , với  t    Ta có:  f   t   2t.ln  3t.ln   0,  t   Do đó  f  t   liên tục và đồng biến trên   0;     nên  1  x  y  xy   (2)  x  T  y Khi đó  T  x  y     T     T  y   y  T  y  y     y  y 1  T   2T    (3)  T   (3) có nghiệm   Δ  T  14T  23       Do  T   nên  T     T   Vậy  Tmin             ĐÁP ÁN CHI TIẾT TẢI TẠI BẢN ĐÀY ĐỦ NHÉ! THEO DÕI: FACEBOOK: https://www.facebook.com/phong.baovuong PAGE: https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/  YOUTUBE: https://www.youtube.com/channel/UCQ4u2J5gIEI1iRUbT3nwJfA?view_as=subscriber WEB: https://diendangiaovientoan.vn/  ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU ĐẦY ĐỦ NHÉ       Trang 21/21 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 ... , đường thẳng  d : A Q(2; 1; 2) Chọn C  Đáp? ?án? ?A nhầm vectơ chỉ phương.  Đáp? ?án? ?B nhầm dấu tọa độ điểm.  Đáp? ?án? ?D nhầm vectơ chỉ phương Câu 12 Có bao nhiêu? ?số? ?tự nhiên  n  thỏa mãn  An3  An2 ... Chọn A  Tập xác định:  D   1  Loại? ?đáp? ?án? ? B.   Ta có đồ thị hàm? ?số? ?đi qua điểm  M 1;0   nên chỉ có? ?đáp? ?án? ?A thỏa mãn.  2x  x 1 Câu 16 Cho hàm? ?số? ? y  f  x   liên tục trên đoạn  ... Từ đồ thị ta thấy giá trị nhỏ nhất là  1 Câu 17 Cho hàm? ?số? ? f ( x)  có đồ thị  f ( x)  như hình vẽ.? ?Số? ?điểm cực trị của hàm? ?số? ?đã cho là: Trang 4/21 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A C