ĐÁP án đề số 38

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 • ĐỀ SỐ 38 - MỖI NGÀY ĐỀ THI - ĐỀ NHIỀU CÂU HỎI KHÓ - ĐỌC ĐỀ ĐỪNG KHÓC NHA   Câu Trong không gian  Oxyz , cho điểm  M 1; 2;3  Tọa độ điểm  M   đối xứng với  M qua mặt phẳng  Oxy  là  A  1;  2;3   B  1; 2; 3   C 1; 2;  3   D 1;  2;  3   Lời giải  Chọn C Hình chiếu của điểm  M 1; 2;3  lên mặt phẳng  Oxy  là  H 1; 2;0    Khi đó  MM   nhận  H  làm trung điểm  M  1; 2;  3 Câu Tìm giá trị lớn nhất của hàm số  f  x   x  x  x  10  trên   2; 2   A max f  x   15    2;2 B max f  x   15    2;2 C max f  x   17    2;2 D max f  x     2;2 Lời giải  Chọn B Hàm số  f  x   x  x  x  10  liên tục trên   2;   Ta có:   f   x   x  x     x  1  2;2 f   x    3x  x        x    2;2 f  2   ,  f  1  15 ,  f    12   Vậy  max f  x   15    2;2 Câu Cho  log6 45  a  A   log2  b  với  a, b, c  là các số nguyên. Giá trị  a  b  c  bằng  log2  c B   C   D 1.  Lời giải  Chọn D Ta có:  log2 45 log2  log2 log2   2   log2 log2  log2  Do đó  a  2; b  2; c   Suy ra  a  b  c    log6 45  Câu Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?  A   B   C   Lời giải  Chọn B Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng.  Minh họa:  S S Q A A D O B P C D M B D N C   Trang 1/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   S S A A D O B Câu D O B C C   Cho hai số phức  z1   i  và  z2   5i  Tính mơđul của số phức  z1  z2   A z1  z2    B z1  z2    C z1  z2  13   D z1  z2    Lời giải Chọn A Ta có:  z1  z2  1  i     5i    4i    z1  z2  32   4     Câu Cho hàm số  y  f  x   đã cho là  A    x2   Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số  x2  x  B   C   Lời giải  D   Chọn B TXĐ:  D    5;  \ 1   Từ TXĐ của hàm số ra đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang.  Nghiệm của phương trình  x  x    là  x  3 (loại);  x  (trùng với nghiệm của tử thức). Vậy  đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng.  Suy ra đồ thị hàm số đã cho có   đường tiệm cận.  Câu x  t  Trong không gian  Oxyz , cho đường thẳng  d :  y  1  3t  Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng   z  2t  d ?  A P  2;7; 4    B M  3;8;6    C N  1; 4; 2    D Q  5;14; 10    Lời giải Chọn D t  2  t    Thay tọa độ điểm  P  vào phương trình đường thẳng  d  ta được:  7  1  3t  t   P  d    4  2t   t  3  t t    Thay tọa độ điểm  M vào phương trình đường thẳng  d  ta được:  8  1  3t  t   M  d   6  2t t  3    1  t t  1   Thay tọa độ điểm  N  vào phương trình đường thẳng  d  ta được:  4  1  3t  t  1  N  d   2  2t t    5  t  Thay tọa độ điểm  Q  vào phương trình đường thẳng  d  ta được:  14  1  3t  t   Q  d   10  2t  Câu Cho hà số  y  f  x   liên tục trên    và có đồ thị hàm số  y  f   x   như hình vẽ bên.  Trang 2/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Số điểm cực trị của hàm số  y  f  x   bằng  A   B   C   Lời giải  D 1.  Chọn B Ta  thấy  đồ  thị  hàm  số  y  f   x    cắt  Ox   tại  4  điểm  phân  biệt  lần  lượt  có  hồnh  độ  x1 , x2 , x3 , x4 ( x1  x2  x3  x4 )  trong đó  x4  là nghiệm kép của phương trình  f   x    và  x1    Bảng xét dấu của  y  f   x   như sau:  Dựa vào bảng xét dấu của hàm số  y  f   x  ta thấy hàm số  y  f  x   có 3 điểm cực trị.  Câu 1 Cho  a  log  Cơng thức tính  log    theo  a  là 8 A    B    C 3a    D  3a   a a Lời giải  Chọn C Giả thiết: a  log   Ta có:   3   3   53  1 log    log     log     log    log  53   log 103   3log  3log10  3log    8  10      10   1 Vậy  log    3a    8 Câu 10 Cho số phức  z  thỏa mãn  1  i  z  14  2i  Tổng của phần thực và phần ảo của số phức  z  bằng  A 2.  B 14.  C -14.  Lời giải D -2.  Chọn B Giả sử  z  a  bi,  a, b     là số phức thỏa mãn điều kiện bài toán.  Ta có:  1  i  z  14  2i  1  i  (a  bi )  14  2i  (a  b)  (a  b)i  14  2i   a  b  14 a     a  b  2 b  8 Cho nên:  z   8i  z   8i   Vậy tổng phần thực và phần ảo của số phức  z  bằng:    14   Trang 3/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Câu 11 Cho hàm số  y  f  x   có bảng biến thiên như hình vẽ  Số nghiệm thực của phương trình  f  x A 4.       bằng B 3.  C 2.  Lời giải  D 6.  Chọn A Dựa vào bảng biến thiên suy ra:   x2  a x   b  f  x     x  b ,(với  a  ,   b  ,  c  )       x   c  x2  c  Vậy số nghiệm thực của phương trình  f  x    bằng 4.  Câu 12 Trong không gian  Oxyz , cho mặt phẳng   P  :2 x  y  z    Vectơ nào sau đây là một vectơ  pháp tuyến của mặt phẳng   P    A n2   2;3;1   B n4   4;6;     C n1   2; 3;1    D n3   2;3; 1   Lời giải Chọn C  Mặt phẳng   P  :2 x  y  z    có một vectơ pháp tuyến là  n1  2; 3;1     Câu 13 Một hình tứ diện đều cạnh  a có một đỉnh trùng với đỉnh hình nón, ba đỉnh cịn lại nằm trên đường  trịn đáy của một hình nón. Diện tích xung quanh hình nón bằng  1 A  3a   B  3a   C  2a   D  3a   3 Lời giải Chọn A A l B O C D   Giả sử hình tứ diện đều là  ABCD có đỉnh  A  trùng với đỉnh hình nón.  Theo  đề  ra,  suy  ra  tứ  diện  ABCD nội  tiếp  hình  nón  có  bán  kính  đáy  bằng  bán  kính  đường  trịn  2a a ngoại tiếp tam giác đều  BCD cạnh a. Suy ra  r  OD     3 Trang 4/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Đường sinh hình nón có độ dài bằng độ dài cạnh tứ diện, suy ra  l  a a Vậy diện tích xung quanh hình nón bằng:  S   r.l   a   3a   3 Câu 14 Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên    và có hàm số  y  f   x   thỏa mãn    Số điểm cực trị của hàm số  y  f  x   bằng  A 0.  B 3.  C 2.  Lời giải  D 1.  Chọn C  Vì  f  x   liên tục trên    nên số điểm cực trị của  f  x   bằng số lần  f   x   đổi dấu.  Ta thấy  f   x   chỉ đổi dấu khi đi qua  x   và  x   (2 lần) nên  f  x   có 2 điểm cực trị.  Câu 15 Lấy  ngẫu  nhiên  một  số  nguyên  dương  không  vượt  quá  10000   Xác  suất  để  số  lấy  được  là  bình  phương của một số tự nhiên bằng? (tính dưới dạng %)  A 1%.  B 2%.  C 5%.  D 3%.  Lời giải  Chọn A Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên từ 1 đến 10000, ta được    10000   Gọi  A  là biến cố: “Số lấy được là bình phương của một số tự nhiên”.  Bình phương của một số tự nhiên có dạng:  n    n   *    Theo đề bài,   n2  10000   n  100  A  100   Vậy  P  A   A 100   1%    10000 Câu 16 Tổng tất cả các nghiệm của phương trình  log  x  1  log x   là  A 1.  B 1   C   Lời giải  D 2   Chọn A Điều kiện:  x     x  1(N) Phương trình tương đương  log  x  1 x     x  1 x   x  x        x  2 (L) Vậy tổng các nghiệm của phương trình bằng  1.  Câu 17 Cho hàm số  y  ax  bx  x  c    a,  b,  c     có đồ thị như hình sau.    Mệnh đề nào sau đây đúng? A a  0;  b  0;  c    B a  0;  b  0;  c    C a  0;  b  0;  c    D a  0;  b  0;  c    Lời giải Chọn B Từ đồ thị suy ra  a  0;  c  Trang 5/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   2b  x1  x2   0   3a x  , y '  3ax  2bx  , pt  y '   có 2 nghiệm  x1 ; x2  sao cho    b     x x    3a Câu 18 Cho cấp số cộng   un   Biết  u10  u5  10  Giá trị biểu thức  u100  u200  2u50  là  A 500   B 550   C 400   Lời giải D 450   Chọn C Gọi  d  là công sai cấp số cộng   un    u10  u5  10   u1  9d    u1  4d   10  d    Vậy  u100  u200  2u50   u1  99d    u1  199d    u1  49d   200d  200.2  400   Câu 19 Cho  z   i  1  và  z  2i  là một số thực khác   Số phức liên hợp của số phức  z  là  B  2i   A  3i   C  3i   Lời giải  D  2i   Chọn D Giả sử  z  x  yi ,  x , y     2 Ta có  z   i  1    x  1   y  1    1   Ta lại có  z  2i  x   y   i    z  2i    y    y    Thay  y   vào  1 , ta được:   x  1    x     z   2i   Vậy số phức liên hợp của số phức  z  là   2i   Câu 20 Trong  khơng  gian  Oxyz , biết hình chiếu  của  O   lên mặt phẳng   P    là  H  2;  1;     Số  đo  góc  giữa mặt phẳng   P   với mặt phẳng   Q  : x  y    là  A 30   B 45   C 60   Lời giải  D 90   Chọn B  Mặt phẳng   Q   có một vectơ pháp tuyến là  nQ  1;  1;0     Hình chiếu của  O  lên mặt phẳng   P   là  H  2;  1;     P   qua  H  và nhận OH   2;  1;     làm vectơ pháp tuyến.  Gọi    là góc giữa hai mặt phẳng   P   và   Q      cos   cos OH , nQ    1           45   Câu 21 Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz   cho  điểm  M  2;0; 3   và  đường  thẳng  d: x  y 1 z     Đường thẳng    đi qua  M  và song song với  d  có phương trình tham số  5 Trang 6/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020  x  2  4t  x   2t   A  y  5t   B  y  t    z  3  2t  z  3  3t    x   4t  C  y  5t    z  3  2t  Lời giải  x   4t  D  y  5t    z  3  2t  Chọn C  Đường  thẳng  d   có  véc  tơ  chỉ  phương  ud   4; 5;  ,   //d     có  véc  tơ  chỉ  phương  cùng   phương với  u d   loại hai phương án  B,  D M  2;0; 3     chọn  C   Câu 22 Gọi  z0  là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình  z  z  10   Môđun của số phức  z0  i  bằng A   B   C   Lời giải D   Chọn B 2 Ta có  z  z  10    z  1  9   z  1  9i  z   3i  z  1  3i   Suy ra  z0  1  3i  z0  i  1  2i  z0  i   1  22    ln x b b dx   a ln  (với  a  là số thực,  b, c  là các số nguyên dương và   là phân số tối giản).  x c c Giá trị của  2a  3b  c  bằng  A   B   C 6   D   Lời giải  Chọn B  du  dx u  ln x  ln x   x Với  I   dx , đặt      1 x d v  d x   v x  x Câu 23 Biết   2 1 1   Khi đó  I    ln x    dx   ln    ln   x1 2  x 1 x Suy ra  a   , b  1, c   nên  2a  3b  c    Câu 24 Cho hình chóp đều  S.ABCD  có chiều cao bằng  a  và độ dài cạnh bên bằng  a  Thể tích khối  chóp  S ABCD  bằng:  10a 3 10a 8a 3 8a A .  B .  C .  D .  3 3 Lời giải  Chọn D Trang 7/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   S A D O B C   Gọi  O  AC  BD  thì  SO  a   Tam giác  SOA  vuông tại  O  và  SA  a  nên  OA  SA2  SO  2a  AC  BD  4a   AC BD 4a.4a 8a Thể tích khối chóp  S.ABCD  bằng  V  SO .   a  3 2018  Câu 25 Giá trị biểu thức   2 A     1   2019 1   B  2019  bằng  2017 1   C   2019 1   D   2017 1   Lời giải  Chọn D 2018  Ta có   2  2018      1 2018   2019    2018 2 1      2018  1   1  2019  2017      2019   1       Câu 26 Cho hai số phức  z1   2i  và  z2   i  Phần ảo của số phức  w  z1  z2  2i   bằng A   B   C 3i   D 3   Lời giải Chọn D  1 1 1   =   1 2017   Ta có  w  z1  z2  2i   1  2i   3i    3i  có phần ảo là  3   Câu 27 Trong khơng gian  Oxyz ,  cho  ba  điểm  A  3;2;3 , B  2;1;2  , C  4;1;6    Phương trình  mặt phẳng   ABC   là  A x  y  z     B x  y  z     C x  y  z     D x  y  z     Lời giải Chọn B   Ta có  AB   1; 1; 1 , AC  1; 1;3      Mặt phẳng  ABC   đi qua  A  3;2;3  và nhận  u   AB, AC    4;2;2   làm một VTCP.    Phương trình   ABC  : 4  x  3   y     z  3   x  y  z     Trang 8/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Câu 28 Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số  y  A C Lời giải  B x2   là x  5x  D Chọn C  x   x       x  2 + Điều kiện xác định của hàm số:      x  x    x  2, x   x2  ;  x  x2  5x  x2  ;  lim y    suy ra  x   là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số  y  x2 x  5x  + Ta có:  lim y   suy ra  y   là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số  y  lim y   và  lim y    suy ra  x   là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số  y  x 3 x 3 Vậy, tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số  y  x2    x2  5x  x2   là 3 x  5x  Câu 29 Diện  tích  hình  phẳng giới  hạn  bởi  đồ  thị  hàm  số  y  x  x  ,  trục  hoành  và  hai  đường  thẳng  x  1 ,  x   bằng 17 16 A B C D 3 6 Lời giải  Chọn A Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số  y  x  x   và trục hoành:  x  x     x     x  Bảng xét dấu:    Diện tích hình phẳng cần tìm:  S  x  x  2dx  1       x  x  dx   x  x  dx   x  x  dx   1 1  x3 x   x3 x   x3 x  17     x      x      x   2   1  1  2 Câu 30 Cho số phức  z  a  bi ( a , b  , a  0)  thỏa mãn  z.z  12 z  z  z  13  10i  Giá trị của  a  b  bằng A 7 B C 17 Lời giải  D 17 Chọn B Ta có  z  a  bi  z  a  bi   Từ giả thiết  z.z  12 z  z  z  13  10i    a  b2  12 a  b  2bi  13  10i   Trang 9/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/     a  b  1( L ) 2 2    a  b  12 a  b  13      a  b  13(N)   2b  10   b  5     a  12   ( vì  a  )   b  5 Vậy  a  b    Câu 31 Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số  y  f  x   Gọi  S  là tập hợp các giá trị nguyên dương của tham  số  m  để hàm số  y  f  x  1  m  có 7 điểm cực trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử của  S  bằng  B   A C 12 .  D     Lời giải  Chọn D Gọi  g  x   f  x  1  m  g ' x   f  x  1  m  f '  x  1 [ f  x  1  m] f  x  1  m    f '  x  1  0   (1)  g ' x       f  x  1  m   (2)   Dựa vào hình vẽ, ta thấy (1) có 3 nghiệm phân biệt. Suy ra để  y  g  x   f  x  1  m  có 7 điểm cực trị khi và chỉ khi (2) có 4 nghiệm phân biệt, dựa vào đồ thị  ta suy ra:  3  m   2  m  3 ,   m  là số nguyên dương.Tổng giá trị tất cả các phần tử của  S   bằng 3.  Câu 32 Cho hình lăng trụ  ABC  . A ' B ' C '  có đáy  ABC  là tam giác đều cạnh  a ,  M  là trung điểm của  BC   Biết tam giác  AA ' M  đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với  mp  ABC   Thể tích khối chóp  A '. BCC ' B '  bằng:  3a A B 3a 3   16 a3   Lời giải  C Chọn C Trang 10/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D a3   PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020   Gọi  H   là  trung  điểm  của  AM ,   tam  giác  AA ' M   là  tam  giác  đều  nên  A ' H   vng  góc  với  AM Theo giả thiết   AA ' M   vng góc với   ABC  ,  nên  A ' H  vng góc với   ABC   Tam giác  ABC  đều, cạnh bằng  a  nên tam giác  AA ' M  đều cạnh bằng  AM  a ,  a 3    3a a2  nên  A ' H    Tam giác  ABC  đều, cạnh bằng  a  có diện tích  S ABC    4 Thể tích khối chóp  A '.BCC ' B '  bằng:  2 3a a 2a 3 VA ' BCC ' B '  VA ' B ' C ' ABC  VA ' ABC  A ' H S ABC  A ' H S ABC  A ' H S ABC   3 4 16  VA ' BCC ' B '  a3   Câu 33 Ta vẽ hai nửa đường trịn như hình vẽ bên, trong đó đường kính của nửa đường trịn lớn gấp đơi  đường kính của nửa đường trịn nhỏ. Biết rằng nửa hình trịn đường kính  AB  có bán kính bằng      300  Diện tích hình  ( H )  (Phần tơ đậm) bằng  và  BAC   A 2  3 7 3 B C 2  D 10    Lời giải  Chọn A Chọn hệ trục tọa độ sao cho  AB  nằm trên  Ox , các nửa đường trịn nằm trong góc phần tư thứ nhất  và  A(0; 0)  khi đó ta có:  Trang 11/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/     Nửa đường trịn nhỏ có phương trình:  y   ( x  2)   Nửa đường trịn lớn có phương trình:  y  16  ( x  4)   Đường thẳng  AC  có phương trình  y  x   Hình phẳng  ( H )  giới hạn bởi  y   ( x  2)2 ;  y  16  ( x  4) ;  y  Tìm cận:   ( x  2)2  x  x  1 x x ;  16  ( x  4)2    3 x  x  Diện tích hình phẳng  ( H )  cần tính là  S 6 1 x   ( x  2)2 dx   x  0dx   16  ( x  4)2  0dx   3 xdx    ( x  2) dx   16  ( x  4) dx  I1  I  I 3    Ta có  I1   1 x2 xd x  3  36     3 2    Tính  I    ( x  2)2 dx      Đặt  x   2sin t  Điều kiện  t    ;   ta có  dx  2cos tdt    2 Đổi cận  x   t   ;  x   t       2 I    ( x  2) dx    4sin t cos tdt   cos tdt   6     (1  cos 2t )dt   2t  sin 2t  2   x  và trục  Ox :  y    2    Trang 12/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong   PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Tính  I   16  ( x  4) dx      Đặt Đặt  x   4sinu  Điều kiện  u    ;   ta có  dx  4cosu du    2 Đổi cận  x   u   ;  x   u         2 3 I   16  ( x  4) dx   16  16 sin u cosu du 16  cos udu 16  cos tdt 4 I          S  I1  I  I  2 6  2  2 3 3          3  2 2     Câu 34 Cho hình chóp  S ABC  có đáy  ABC  là tam giác đều cạnh  a , hình chiếu vng góc của S xuống  ( ABC )   trùng với  trung  điểm  H  của  AB Biết  góc tạo  bởi  hai  mặt  phẳng ( SAC )   và  ( SBC ) bằng  600  Khoảng cách giữa  AB và  SC   a a a a A .  B C .  D 4 Lời giải  Chọn A   Có  ( SAC )  ( SBC )  SC    AB  SH  AB  ( SHC )  AB  SC   Từ giả thiết ta có    AB  HC  AB  SC  SC  (AIB)  SC  BI  do đó góc gữa  ( SAC )  và  ( SBC ) là   AIB  hoặc  Hạ  AI  SC  ta có   SC  AI  1800   AIB  Nhận thấy  ABC  là tam giác đều nên  ABI  khơng thể là tam giác đều. Vì thế   AIB  1200   Trang 13/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/    AB  (SHC )  AB  HI Từ  SC  (AIB)  SC  HI  d ( AB; HC )  HI     AIH  600   AIB , suy ra   Tam giác  ABI  cân tại I nên  HI  cũng là phân giác góc   Xét tam giác  AIH  vng tại H có  HI  AH a a     tan 60 Câu 35 Trong một hộp có 3 bi đỏ, 5 bi xanh và 7 bi vàng. Bốc ngẫu nhiên 4 viên. Xác suất để bốc được đủ  3 màu là  A .  B .  C .  D .  13 13 13 13 Lời giải  Chọn A Số cách chọn 4 viên bi bất kì từ hộp gồm 15 viên bi là:  C154   Số cách chọn 4 viên bi gồm 2 viên bi đỏ, 1 viên bi xanh, 1 viên bi vàng là:  C32 C51.C71   Số cách chọn 4 viên bi gồm 1 viên bi đỏ, 2 viên bi xanh, 1 viên bi vàng là:  C31.C52 C71   Số cách chọn 4 viên bi gồm 1 viên bi đỏ, 1 viên bi xanh, 2 viên bi vàng là:  C31.C51.C72   Vậy, xác suất để bốc được 4 viên bi có đủ 3 màu là:  C32 C51.C71  C31.C52 C71  C31.C51.C72    C154 13 Câu 36 Cho phương trình  x  ax3  bx  cx    có nghiệm. Giá trị nhỏ nhất  P  a  b  c  bằng  A .  B   C   D .  3 Lời giải Chọn A Kiểm tra  x   khơng là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế cho  x   ta được  c c x  ax3  bx  cx    x   ax  b    x   ax  b  x x x x  1 x  2   1  c x2    Bunhiacopxki 2    a  b2  c2     x     ax   b  a  b  c x     x    x   x   x2   x Cô-si    Dấu “ ” xảy ra khi  x   x  1   x Câu 37 Cho đa thức bậc ba  y  f  x   có đồ thị như hình vẽ sau    Có bao nhiêu giá trị ngun của tham số  m  sao cho phương trình  Trang 14/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 f  x 1  f  x 1   m  3 f  x    2m    có nghiệm  x   0;1 ?  A 285   C 141   Lời giải B 284   D 142 Chọn D Đặt  f  x 1  a   Vì  x   0;1  f  x   1;5   a  1;16    Phương trình:  a  a   m  3 a  2m     a  1  a  2a   2m       m     a   (vô nghiệm) và  a  2a  2m    a  1  2m       m    ;142     Vậy có 142 số.  2 Câu 38 Một người vay ngân hàng 90.000.000 đồng theo hình thức trả góp trong 3 năm. Mỗi tháng người đó  phải trả một số tiền bằng nhau. Giả sử lãi suất trong tồn bộ q trình trả nợ khơng đổi là 0.8 % trên  tháng. Tổng số tiền người đó phải trả trong tồn bộ q trình trả nợ là  A 107.320.000  đồng.  B 101.320.000  đồng.  C 103.320.000  đồng.  D 105.320.000  đồng.  Lời giải  Chọn C Bài toán tổng quát: Vay  a  đồng, lãi suất  r % tháng. Cứ sau đúng 1 tháng trả  x  đồng. Định  x  để sau n tháng là hết nợ.  HD: Sau tháng thứ 1, còn nợ  a 1  r   x   Sau tháng thứ 2, còn nợ   a 1  r      x  1  r      x     a 1  r     1  r      1  x   Sau tháng thứ 3, còn nợ  a 1  r      1  r      1  x 1  r      x     a 1  r     1  r     1  r      1  x       Sau tháng thứ n hết nợ, nên  n  a 1  r     1  r        a 1  r n     n 1    1  r  n2      1  x     0    ar (1  r ) n (1  r ) n  x  = 0     x    r (1  r ) n  Áp dụng kết toán ta được: Số tiền hàng tháng phải trả là:  x a r 1  r  1  r  n n 1 36  9.107.0.8% 1  0.8%  36 1  0.8%   2887141 ( đồng).  1 Tổng số tiền người đó phải trả trong tồn bộ q trình trà nợ là:  S  x.36  2887141.36  103.938.278, 7 ( đồng).  Câu 39 Cho hàm số  f  x   có đạo hàm trên    thỏa mãn  f   x  e f  x   x 1  2x   với  x    Biết  f  x f    , tính tích phân   x f  x  dx   11 A .  B 15   C 45   D   Trang 15/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Lời giải  Chọn C 2x f x  x2 1    f  x  f   x  e f  x   x.e x 1   Ta có  f   x  e   f  x   f  x  f   x  e f  x dx   x.e x 1dx   e f  x d  f  x     e x 1d  x  1    e f  x  ex 1  C   Mặt khác, vì  f     nên  C    Do đó  e f  x  ex 1 Vậy    f  x   x   f  x   x    x f  x  dx   x x  dx   3 x  d  x  1   x  8   45 x  1    0 xm ( với  m  ) có đồ thị là (C). Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ  x 1 thị (C) và hai trục tọa độ. Biết  S  , giá trị thực của tham số m gần nhất với số nào sau đây:  A 0,56   B 0, 45   C 1,   D 4,   Lời giải  Chọn C (C )  Ox  A  m;0  ,  (C )  Oy  B  0; m   Do  m  , hình phẳng giới hạn bởi (C) và hai trục tọa  Câu 40 Cho hàm số  y  độ là tam giác cong OAB nằm dưới trục hồnh.  m m m xm xm ( x  1)  (m  1) Diện tích  S   dx    dx    dx   x 1 x 1 x 1 0 m m    dx   0 m 1 m m dx   x   m  1 ln x    x 1  m   m  1 ln m   m   m  1 ln  m  1   S   m   m  1 ln  m  1    m  1  ln  m  1  1    m  1 L       ln  m  1   m   e  m  e   1, Câu 41 Cho hàm số  y  f ( x )  Hàm số  y  f '( x )  có đồ thị như hình vẽ dưới đây:  y x -1 O   x2 Bất phương trình  f 1  x   e  m  đúng với mọi  x   1;1  khi và chỉ khi  A m  f 1  e   B m  f 1    C m  f 1    Lời giải  Trang 16/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D m  f 1  e2   PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Chọn C Từ đồ thị, ta có hàm số  y  f '( x)   x  1 x  1 x     2 Ta có:  f 1  x   e x  m, x   1;1    m  f 1  x   e x , x   1;1   Xét hàm số:  g ( x )  f 1  x   e x , x   1;1   2 Ta có:  g '( x )   f ' 1  x   xe x   1  x  11  x  11  x    xe x    x  x  3 x    2e x      25 Do  x   1;1     x  3 x    4  và  2e x      x  3 x    2e x  0, x   1;1   Khi đó  g '  x    x    1;1   Bảng biến thiên của  g  x   như sau:  x -1 g'(x) - + f(1)-1 g(x)   Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy:  m  f 1  x   e x , x   1;1    m  Max g  x     1;1  m  g    f 1      Câu 42 Cho  hàm  số  y  f  x    liên  tục  trên  R   và  có  f   x    x   x  3x    Gọi  S   là  tập  các  số  nguyên  m   10;10   để  hàm  số  y  f  x  x  m    có  đúng    điểm  cực  trị.  Số phần  tử  của  S   bằng:  A   B   C 10   Lời giải  D 14   Chọn A Ta có:  f   x    x    x  1 x       Xét  y   f  x  x  m    x   f  x  x  m         y   x    x  x  m    x  x  m  1 x  3x  m   x   2  x  x  m    (1)  y     2  x  3x  m     3  x  3x  m     Ta có:  1  17  4m;   13  4m;   7  4m   TH1:  10  m   ; m  Z   Trang 17/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/    21  21 ; x4  ; (3)   2 có  nghiệm  là  x5  1; x6  2;  m  2   thỏa  mãn  (  do  x6  ;  x1  1; x2    là  nghiệm  bội  chẵn  Nếu  m  2  (1)   có  nghiệm  là  x1  1; x2  4; (2)   có  nghiệm  là  x3   21  21 ;  x5   là các nghiệm đơn).  ; x4  2  29  29 Nếu  m  3  (1)   có  nghiệm  là  x1  ; x2  ; (2)  có  nghiệm  là  x3  1; x4  4; (3)   2 3 3 có nghiệm là  x5  ; x6  ;  m  3  không thỏa mãn ( do  x1 ; x2  là nghiệm bội chẵn  2 x3 ; x4 ;  x5   x6  là các nghiệm đơn).  Tương tự:  m  4;  5;  6;  7;  8;  9;  10    y    có nhiều hơn 3 nghiệm đơn.  x3   m  2  thỏa mãn.  13 TH2:    m  ; m  Z  m  1; 0;1; 2  1   có  hai  nghiệm  bội  chẵn;    có  hai  nghiệm  4 đơn;   3 vô nghiệm   m  1; 0;1; 2  thỏa mãn.  Với  m   1  có hai nghiệm bội chẵn;   2 có hai nghiệm là  x  1; x  2;  3 vô nghiệm  m    không thỏa mãn.  13 17  m   khơng thỏa mãn (do (1) có hai nghiệm bội chẵn và (2), (3) vơ nghiệm).  TH3:   m  4 17 TH4:   m  10    y    x   không tồn tại  m   Kết luận:  m  2;  1; 0;1; 2     Câu 43 Cho phương trình  5x  m  log  x  m   Có bao nhiêu giá trị  m  ngun trong khoảng   20;20   để  phương trình trên có nghiệm? A 15 B 19   C 14 Lời giải  D 17   Chọn B Ta có phương trình  5x  m  log  x  m   (1) với điều kiện  x  m    Đặt  log5  x  m   t    x  m  5t  (*) thay vào phương trình (1) ta có  x  m  t    t  m  5x (**)  Từ (*) và   x  m  5t (**) ta có hệ phương trình    Từ hệ phương trình ta suy ra  x  t  5t  x   x t  m  x t  x   t    Xét hàm số  f  x   x  5x  trên   , ta có  f   x    x.ln  x    nên hàm số  f  x   x  5x  ln đồng  biến trên   , do đó ta có  x  x  t  5t    f  x   f  t   x  t  thay vào phương trình (**) ta có  x  m  x    x  x  m  Đặt  g  x   x  5x  ta có  g   x    5x.ln  Ta có  g   x     x.ln     x       x  log     ln  ln            Ta có BBT với  g  log     log    ln    ln  ln  Trang 18/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 x        g x   log    ln       g  x                          Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình  x  x  m  có nghiệm khi  m    hay  m  log   Ta suy    ln  ln ra có  19  giá trị nguyên của  m  thỏa mãn.  Câu 44 Cho hàm số  y  f ( x )  có đạo hàm trên    và thỏa mãn  x   f ( x )   f ( x)  , với  x    Giá trị  của   f ( x)dx  bằng 2 A B Lời giải  C D Chọn C Ta có  x   f ( x )   f ( x)      f ( x )   f ( x )   x   Đặt  t  f ( x )   Suy ra  t  2t   x     3t   dt  dx  (1)  Với  x  2  t  2t   t    Với  x   t  2t   t    1 Từ (1) ta có   f ( x)dx    3t   t.dt   3t   tdt   2 1 7 3    t  t    Vậy   f ( x)dx  4 0 2 Câu 45 Cho  hình  chóp  S ABCD   có  đáy  ABCD   là  hình  chữ  nhật,  AB  a ,  BC  a ,  SA  a   và  SA   vng góc với mặt phẳng   ABCD   Đặt    là góc giữa đường thẳng  BD  và   SBC   Giá trị của  sin   bằng A B Lời giải  C D Chọn A Trang 19/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   S H A D O C B Ta có  sin   d  D,  SBC   BD  d  A,  SBC   BD      SAB    SBC   Kẻ  AH  SB  thì  AH   SBC     AH  d  A,  SBC       SAB    SBC   SB a 1 1  và  BD  BA2  AD  a           AH  2 2 AH AB AS a a a d  A,  SBC   AH a 2    Vậy  sin   BD BD 2.2a 1  Câu 46 Cho  a  là số thực khác  ,  F  x   là một nguyên hàm của hàm số  f  x   e x  ln  ax     thỏa mãn  x  1 F     và  F  2018  e2018  Mệnh đề nào dưới đây đúng? a     ;1 A a   2018;    B a   C a   0; D a  1; 2018  2018 2018     Lời giải  Chọn B 1 1  Xét  F  x    e x  ln  ax    dx   e x ln  ax  dx   e x dx  M   e x dx   x x x   u  ln  ax  du  dx x Xét  M   e ln  ax  dx  Đặt    x   x  dv  e dx v  e x  Khi đó  M   e x ln  ax  dx  e x ln  ax    e x dx  F  x   e x ln  ax   C   x 1 x Vì  F     C   suy ra  F  x   e ln  ax    a Lại có  F  2018  e2018 ln  2018a   e2018  ln  2018a      2018a  e  a    e ;1  Vậy  a   2018  2018  Câu 47 Cho hình chóp  S ABC  có đáy là tam giác đều cạnh bằng  1,  SA  vng góc với mặt phẳng   ABC  ,  góc  giữa  hai  mặt  phẳng   SBC    và   ABC    bằng  600   Diện  tích  mặt  cầu  ngoại  tiếp  hình  chóp  S ABC  bằng 43 A B 43 12 C 3 Lời giải Trang 20/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D 43 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Chọn B   Gọi la  I  là trung điểm của  BC ,  G  là trọng tâm của tam giác  ABC      Khi đó ta có  AI  BC ,  SA  BC  BC   SAI   BC  SI  Do đó    SBC  ,  ABC    SIA Tam giác  ABC  đều cạnh  1   AI  3  và  AG  AI    3   Gọi    là đường thẳng qua  G  và     ABC    //SA  Trong   SA,    gọi  d  là đường thẳng trung  trực của  SA  Gọi  J  d    khi đó  J  là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp  S ABC , bán kính  Ta có  SA  AI tan 600  R  IA     2 129  SA    AG  GJ  AG           12     4 2 2  129  43 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp  S.ABC  là  S  4 R  4    12  12  Câu 48 Tất cả cá giá trị thực của tham số  m sao cho hàm số  y  x3  x  3mx   đồng biến trên khoảng   0;    là A m  B m  C m  1 Lời giải  D m  Chọn A Ta có: y '  x  x  3m   Hàm số  y  x  x  3mx   đồng biến trên khoảng   0;    khi và chỉ khi  y '  3x  x  3m  0, x   0;    (1).  Do  y '  x  x  3m  liên tục tại  x   nên (1)     y '  3x  x  3m  0, x   0;       x  x  m, x   0;     g  x    m, g  x   x  x   0;   Ta có:  g '  x   x   g '  x   0, x   0;      Vậy hàm số  g  x   x  x  đồng biến trên   0;  , suy ra   g  x    g      0;   Vậy  m  x3   có  đồ thị   C   và  đường thẳng  d : y  x  m ,  với  m   là  tham  số thực. Biết  x 1 rằng đường thẳng  d  cắt   C   tại hai điểm phân biệt  A  và  B  sao cho điểm  G  2; 2   là trọng tâm  của tam giác  OAB  ( O  là gốc toạ độ). Giá trị của  m  bằng A B C 9 D Câu 49 Cho hàm  số  y  Trang 21/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Lời giải  Chọn A x3 2 Hàm số  y   có  y   ,  x  D  và đường thẳng  d : y  x  m  có hệ số  a     x 1  x  1 nên  d  luôn cắt   C   tại hai điểm phân biệt  A  xA ; y A   và  B  xB ; yB   với mọi giá trị của tham số  m   Phương trình hồnh độ giao điểm của  d  và   C   là:   x2  mx  m   x3  xm  x 1  x  1   Suy ra  xA ,  xB  là 2 nghiệm của phương trình  x2  mx  m     Theo định lí Viet, ta có  xA  xB  m   Mặt khác,  G  2; 2   là trọng tâm của tam giác  OAB  nên  xA  xB  xO  3xG    xA  xB     m    Vậy  m   thoả mãn yêu cầu đề bài.  Câu 50 Xét các số thực  a, b, c  với  a   thỏa mãn phương trình  log 2a x  2b log a x  c   có hai nghiệm  thực  x1 ; x2  đều lớn hơn   và  x1 x2  a  Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức  S  B   A   C   b  c  1 c   D 2   Lời giải  Chọn C Điều kiện:  x    Phương trình:  log 2a x  2b log a x  c   log a2 x  b log a x  c    Đặt  t  log a x , vì  a  1; x   t    Ta được phương trình:  t  bt  c   (1)  Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực  x1 ; x2  đều lớn hơn   thì (1) phải có 2 nghiệm dương  b  4c   b2  0  c   b     c  b    Mặt khác:  x1 x2  a  log a  x1 x2    t1  t2   b    b    b  c  1 b  b    c c b Xét hàm  f  b   b  ,  với  b   0;1   b b2  f  b     0, b   0;1 ,  suy  ra  hàm  số  f  b    nghịch  biến  trên  nửa  khoảng  b b2  0;1  f  b   f 1    S b b    min S  f  b    khi      0;1 c            Trang 22/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020   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 TỐN)  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 23/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 ... Giả sử hình tứ diện đều là  ABCD có đỉnh  A  trùng với đỉnh hình nón.  Theo  đề? ? ra,  suy  ra  tứ  diện  ABCD nội  tiếp  hình  nón  có  bán  kính  đáy  bằng  bán  kính  đường  trịn  2a a ngoại tiếp tam giác đều ...  và có hàm? ?số? ? y  f   x   thỏa mãn    Số? ?điểm cực trị của hàm? ?số? ? y  f  x   bằng  A 0.  B 3.  C 2.  Lời giải  D 1.  Chọn C  Vì  f  x   liên tục trên    nên? ?số? ?điểm cực trị của  f  x   bằng? ?số? ?lần ... Lấy ngẫu nhiên một? ?số? ?tự nhiên từ 1 đến 10000, ta được    10000   Gọi  A  là biến cố: ? ?Số? ?lấy được là bình phương của một? ?số? ?tự nhiên”.  Bình phương của một? ?số? ?tự nhiên có dạng:  n    n   *    Theo? ?đề? ?bài,