ĐÁP án đề số 39

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 • ĐỀ SỐ - MỖI NGÀY ĐỀ THI Câu Giá trị A83 A 336 B 140 C 85 Lời giải D 40 Chọn A Ta có A83  336 Câu Trong không gian Oxyz , vectơ sau vectơ pháp tuyến mặt phẳng  P : 2x  y 1  ?  A n   2; 1;   B n   2; 0; 1  C n   2;0;1  D n   2; 1;1 Lời giải Chọn A  Ta có n   2; 1;0  Câu Cho hình lăng trụ đứng ABC ABC  có đáy ABC tam giác vng cân B , BB   a AC  a Thể tích khối lăng trụ ABC ABC  a3 a3 a3 A B a3 C D Lời giải Chọn C A' C' B' a A a C B ABC tam giác vuông cân B, AC  a  AB  BC  a  S ABC  a2 Chiều cao hình lăng trụ h  BB  a a3 Vậy VABC ABC   Câu Cho mặt cầu có diện tích 16 Thể tích khối cầu giới hạn mặt cầu 6 64 32 128 A B C D 3 3 Lời giải Chọn C Gọi r  r   bán kính mặt cầu Ta có:  r  16  r  32 Thể tích khối cầu là: V   r  3 Trang 1/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu x   t  Trong không gian Oxyz , điểm thuộc đường thẳng d :  y  1  t ?  z   2t  A M  2; 1;1 B P 1;1; 2  C N  2;1; 1 D Q  1; 1;  Lời giải Chọn A x  x   t   Với t  , ta có:  y  1 Vậy, điểm M  2; 1;1 thuộc đường thẳng d :  y  1  t z   z   2t   Câu Với a  log ; b  log ; c  log log 60 1050  a  b  2c  a  2b  c  a  2b  c  2a  b  c A B C D  2a  b 2ab  2a  b 2ab Lời giải Chọn B log (2.3.52.7) log 2  log  log 52  log  a  2b  c Ta có: log 60 1050    log (22.3.5) log 2  log  log 2ab Do đó, chọn B Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z   Mặt phẳng sau song song với  P  cách  P  khoảng 3? A  Q  : x  y  z  10  B  Q  : x  y  z   C  Q  : x  y  z   D  Q  : x  y  z   Lời giải Chọn C  Mặt phẳng  P  qua điểm M  0;0; 1 có vectơ pháp tuyến n   2; 2; 1 Mặt phẳng  Q  song song với  P  cách  P  khoảng nên có dạng  Q  : x  y  z  d  0,  d  1 d  (thỏa mãn)   d 1     1  d  10 Do  Q  : x  y  z    Q  : x  y  z  10  Mặt khác ta có d  M ,  Q     Câu 1 d Gọi x1 , x2 hai điểm cực trị hàm số f  x   x  x  3x  Giá trị x13  x23 A  28 B 28 C  26 D 26 Lời giải Chọn C x 1 Ta có: f   x   x  x  ; f   x      x  3 Hàm số có hai điểm cực trị x1  3 x2  Vậy x13  x23  26 Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu  S  : 3x  y  3z  x  12 y   có đường kính 21 39 39 A B C D 3 3 Lời giải Chọn D Trang 2/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 0 13 39 Tâm mặt cầu I 1; 2;0  ; Bán kính mặt cầu R      3 Ta có  S  : 3x  y  3z  x  12 y    x  y  z  x  y  Suy đường kính mặt cầu là: R  39 Câu 10 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình vẽ sau: Hỏi đồ thị hàm số cho có đường tiệm cận? A B C D Lời giải Chọn A Từ bảng biến thiên ta có: lim y    x  2 đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số cho x  lim y   y  đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số cho x   Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận Câu 11 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng    : x  y  z  điểm A 1; 2; 1 Đường thẳng mặt phẳng   ,    có phương trình x 1  2 x 1  C A y2  y2  2   : x  y  z   ,  qua điểm A song song với hai z 1 x 1 y  z    B 2 z 1 x y  z 3  D  1 Lời giải Chọn B   mp   có véc tơ pháp tuyến n1  1; 2;1 , mp    có véc tơ pháp tuyến n2   2;1; 1    Đường thẳng  có véc tơ phương u   n1 ; n2   1;3;5  x 1 y  z 1 Phương trình đường thẳng  :   Câu 12 Gọi S1 , S diện tích phần hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  f  x  trục hồnh hình vẽ bên Tích phân  f  x  dx 2 Trang 3/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ A S1  S2 B S2  S1 C S1  S2 Lời giải Chọn A Ta có: D  S1  S2  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  S 2 2 2  S2 Câu 13 Cho bốn đường cong ký hiệu  C1  ,  C2  ,  C3  ,  C4  hình vẽ bên Hàm số y  log x có đồ thị đường cong A  C1  B  C4  C  C2  D  C3  Lời giải Chọn D Hàm số y  log x đồng biến tập xác định D   0;   nên ta có: Đồ thị hàm số y  log x nằm bên phải trục tung đường cong lên (tính từ trái sang phải) Vậy hàm số y  log x có đồ thị đường cong  C3  Câu 14 Hàm số f  x   x3  3x  đồng biến khoảng sau đây? A  0;   B  0;  C  2;  D  2;   Lời giải Chọn C Tập xác đinh: D   Ta có f   x   3x  x x  Giải f   x    3x  x    x  Vậy hàm số đồng biến khoảng  ;0  ,  2;    Câu 15 Khối bát diện có số cạnh A B 16 C 12 Lời giải Chọn C Trang 4/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Số cạnh khối bát diện 12 cạnh Câu 16 Gọi z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z  z   Giá trị biểu thức P  z1  z2 A B D C Lời giải Chọn C Phương trình z  z   có hai nghiệm z1   Do P  z1  z2  3 i, z2   i 2 3  i  i 2 2 2 u1  un  u n 1     Câu 17 Cho dãy số (un ), n  * , thỏa mãn điều kiện  Gọi S  u1  u2  u3   un tổng n số hạng dãy số cho Khi lim Sn A B C D Lời giải Chọn D Ta có u  n un 1   un un Suy lim S n  u1  1 q dãy (un ), n  * cấp số nhân lùi vơ hạn có u1  , d   1  Câu 18 Nguyên hàm hàm số f  x   cos x A tan  C x x B 2 tan  C C  x tan  C 2 x D tan  C Lời giải Chọn D Ta có:   x 2d   dx x f  x  dx        tan  C x x cos cos 2 Câu 19 Cho hàm số y  ax  bx  c có đồ thị hình vẽ Khẳng định sau đúng? Trang 5/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ A a  , b  , c  B a  , b  , c  C a  , b  , c  D a  , b  , c  Lời giải ChọnA Ta có lim y   Suy a  x  Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số có điểm cực trị nên a.b  Vì a  suy b  Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tọa độ  0;c  nằm trục hồnh Do c  Vậy a  , b  , c  Câu 20 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm G 1; 4;3 Mặt phẳng sau cắt trục Ox, Oy, Oz A, B, C cho G trọng tâm tứ diện OABC ? x y z A    B 12 x  y  z  48  12 x y z C    D 12 x  y  z  16 12 Lời giải Chọn B Mp(P) cắt trục Ox, Oy, Oz A, B, C nên A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  xA  xB  xC  xO a    xG  4 a   y A  yB  yC  yO b     b  16 Vì G trọng tâm tứ diện OABC nên  yG  4   c  12 z A  z B  zC  zO c  z    G 4  x y z Khi mp(P) có phương trình    hay 12 x  y  z  48  16 12 Vậy mp(P) thỏa mãn 12 x  y  z  48  n Câu 21 Cho biết hệ số x2 khai triển 1  x  , n  * , 180 Khi n C 10 Lời giải B 14 A D 12 Chọn C n n k n Ta có 1  x    Cnk  x    Cnk 2k x k Khi hệ số x khai triển Cn2 2 k 0 k 0 Theo giả thiết ta có Cn2 22  180  n!  180  n(n  1)  90  n  10 2!(n  2)! Vậy n  10 thỏa mãn tốn Câu 22 Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác ABC vng B , cạnh bên SA vng góc với đáy  ABC  , AB  a , SA  2a Gọi M , N trung điểm SB, SC Cơsin góc hai mặt phẳng  AMN   ABC  Trang 6/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A B 5 Lời giải C D Chọn C Ta có: MN //BC (tính chất đường trung bình)  MN //  ABC    AMN    ABC   Ax  Ax  AB Dễ thấy, BC   SAB   Ax   SAB    Vậy góc hai mặt phẳng  AMN   Ax  AM  Vì tam giác SAB vng, nên MAB   SBA  Ta có:  ABC  MAB   cos SBA  cos MAB AB  SB a SA  AB  a a  Câu 23 Cho khối chóp tứ giác có tất cạnh 3a Thể tích khối chóp cho 9a 2a 27 2a 2a A B C D 4 Lời giải Chọn C S 3a 3a A H 3a C M B Gọi H trọng tâm tam giác ABC  SH   ABC  Gọi M trung điểm BC  AM  3a  AH  AM  a Ta có: SH  SA2  AH  a , S ABC   3a  9a  Trang 7/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ 9a 9a Do VS ABC  a  4 Nhận xét: Hs dùng cơng thức tính nhanh thể tích khối tứ diện đều: 3 caïnh   3a  9a  V   12 12 Câu 24 Cho hàm số y  f ( x ) xác định đoạn  a; b  , có đồ thị hàm số y  f '( x) hình vẽ Số điểm cực trị hàm số y  f ( x) đoạn  a; b A B C Lời giải Chọn C D Từ đồ thị ta thấy, đoạn  a; b , hàm số y  f '( x) đổi dấu qua điểm x1 , x3 , x4 (không đổi dấu qua x2 ) Vậy hàm số y  f ( x) có điểm cực trị  a; b Câu 25 Xét hai điểm A, B điểm mặt phẳng toạ độ Oxy biểu diễn số phức z 1  3i  z Biết diện tích tam giác OAB A B 6, môđun số phức z C Lời giải D Chọn A Ta có: OA  z , OB  1  3i  z  10 z , AB  z 1  3i  1  3iz  z Ta thấy OB  AB  OA2  10 z  OAB vuông A Do SOAB   1 AB.OA  z z   z  2 Câu 26 Cho tứ diện ABCD có cạnh Thể tích khối nón nội tiếp tứ diện ABCD     A V  B V  C V  D V  108 36 108 12 Lời giải Chọn C Trang 8/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Khối nón nội tiếp tứ diện ABCD có đỉnh đỉnh tứ diện, giả sử đỉnh A, đáy đường tròn nội tiếp tam giác BCD Gọi H tâm tam giác BCD, AH đường cao tứ diện ABCD Ta có AH   3 AB  BH        2 3 Bán kính đường trịn nội tiếp tam giác BCD r    3  Thể tích khối nón nội tiếp tứ diện ABCD V        108 Câu 27 Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y  x3   m  1 x   m  2m  x  nghịch biến  2;3 ? A B C Lời giải D Chọn D Ta có: y  x   m  1 x  m2  2m Bảng biến thiên Ta có: y   x   m ; m  2 x3   m  1 x   m  2m  x  nghịch biến  2;3  y  0, x   2;3 m    2;3   m ; m  2   1 m  m   Hàm số y  Mà m    m  1; 2 Câu 28 Cho hàm số y  f  x  liên tục  thỏa mãn điều kiện f  x   f   x   Tích phân x 3  f  x  dx 1 Trang 9/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ ln ln A B C ln D ln Lời giải Chọn A 1 1 Ta có: f  x   f   x     3 f  x   f   x   dx   dx 2 x 3 x 3 1 1 1   f  x  dx   f   x  dx  ln (*) 1 1 Xét tích phân  f   x  dx 1 Đặt t   x  x  t  dx  dt Đổi cận: x  1  t  1; x   t  1 Khi đó:  1 1 f   x  dx    f  t  dt  1  f  t  dt  1 Do đó: (*)   f  x  dx   f  x  dx  ln  1 1  f  x  dx 1  f  x  dx  1 ln Câu 29 Cho tứ diện ABCD có BC  BD  AC  AD  1,  ACD    BCD   ABD    ABC  Thể tích tứ diện ABCD 3 A B 27 27 Lời giải C D 2 27 Chọn B Gọi H , K trung điểm cạnh CD , AB Đặt AH  x,  x   ACD BCD cân A D nên AH BH hai đường cao tương ứng  ACD    BCD    ACD    BCD   CD  AH   BCD    ACD   AH  CD Do AH  BH 1 Trang 10/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 ACD  BCD  c.c.c  AH  BH (2 đường cao tương ứng) (2) Từ (1), (2) suy  AHB vuông cân H  AB  AH  x (3) Chứng minh tương tự ta CKD vuông cân K CD 2.HD  CK    AD  AH   x 2 Mặt khác, ACD cân A có CK đường cao nên: AB  AK  AC  CK   1  x  (4) Từ (3), (4) ta có: x   1  x   x   x  1  x2   x 3  x  0 3 6 3   3 3 27 CD  2.HD   AH  VABCD  AH S BCD Câu 30 Anh An cần mua xe máy theo hình thức trả góp Anh An trả tiền theo bốn đợt, đợt cách năm thời điểm trả tiền đợt đầu năm sau ngày mua xe Số tiền toán đợt là: 5.000.000 đồng, 6.000.000 đồng, 10.000.000 đồng 20.000.000 đồng Biết lãi suất áp dụng theo hình thức mua xe anh An 8% / năm Hỏi xe máy anh An mua có giá trị tiền? A 35 412 582 đồng B 32 412 582 đồng C 34 412 582 đồng D 33 412 582 đồng Lời giải Chọn B Gọi A (triệu đồng) số tiền xe máy anh An mua lúc đầu Sau năm, số tiền nợ A.1, 08  (triệu đồng) Sau năm, số tiền nợ  A.1, 08   1, 08  (triệu đồng)   A.1, 08   1, 08  6 1, 08  10 (triệu đồng) Sau năm, số tiền nợ    A.1, 08   1, 08   1, 08  10  1, 08  20 (triệu đồng) Sau năm, số tiền cịn nợ Vì trả hết nợ sau năm nên:   A.1, 08   1, 08   1, 08  10 1, 08  20     A  32, 412582 (triệu đồng) Vậy ta chọn đáp án B e  ln x a b c , a , b , c số nguyên dương c  10 Giá trị dx  x a  b  c A 19 B 13 C 28 D 25 Lời giải Chọn D Đặt t   ln x  t   ln x  2t.dt  dx x e 3  ln x 2t 16 16  1 x dx   t.2t.dt  |    Câu 31 Biết  Trang 11/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Suy ra: a  16 , b  , c  Vậy a  b  c  25 Câu 32 Một vật chuyển động theo quy luật s   t  3t  20 với t (giây) khoảng thời gian tính từ vật bắt đầu chuyển động s (mét) quãng đường vật di chuyển khoảng thời gian Qng đường vật tính từ lúc bắt đầu chuyển động đến lúc vật đạt vận tốc lớn A 20 m B 28 m C 32 m D 36 m Lời giải Chọn B Ta có v  t   s '   t  6t Ta tìm max v  t   0;   v '  t   3t   v '  t    t  BBT  max v  t   v     0;   Vậy quãng đường vật là: s   23  3.22  20  28m   Câu 33 Cho hàm số y   x   x2  có đồ thị hình vẽ Một bốn hình đồ thị hàm số y   x   x  Hỏi hình nào? Hình Hình Hình Hình A Hình B Hình C Hình Lời giải Chọn C Gọi  C  đồ thị hàm số y   x   x2    Trang 12/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D Hình PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020  x    x  1 x  1 hay x   Ta có y   x   x      x    x  1   x  Cách vẽ đồ thi sau: + Giữ nguyên phần đồ  C  ứng với x   ; 1  1;   ta  C1  + Lấy đối xứng phần  C  ứng với x   1;1 qua trục hoành ta  C2  Khi đồ thị hàm số y   x   x  gồm  C1   C2    60 Tam giác SA D tam giác Câu 34 Cho hình chóp S ABC D có đáy hình thoi cạnh 2a , ABC AM  nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M điểm cạnh AB cho AB Khoảng cách hai đường thẳng SM BC 30 30 3 a a a A B C D a 10 Lời giải Chọn B S E A M 60o H B F D N C Dựng MN song song BC  d  SM , BC   d  BC ,  SMN   d C ,  SMN  FC  FH , HE   SMN   d C ,  SMN   2d  H ,  SMN   HE a , SH  a 3 1 10 30 30       HE  a  d  SM , BC   a 2 HE HF HS a 3a 3a 10 HC  a  HF  Câu 35 Cho biết  A 13 x 1 dx  a ln  b ln , với a , b  Tính T  a  b x  4x  B 10 C 25 D Lời giải Chọn A Ta có: A  x 1 x 1 A B    x  x   x 1 x  3 x  x  x 1 x 1  1, B  2 x  x  1 x 1 x  3 2  1 x 1   dx   dx   ln x 1  ln x    ln  ln  ln     x  x   0 x  4x   ln  3ln  a ln  b ln  a  2, b  3  T  13 Trang 13/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu 36 Tích tất nghiệm phương trình log 12  x    x A B 32 C Lời giải D Chọn C Điều kiện 12  x  (*) 2x  x  Khi log 12  x    x  12  x  25 x  22 x  12.2 x  32    x  x  2  Ta thấy hai nghiệm thoả mãn điều kiện (*) , tích 2.3  Câu 37 Tập hợp tất giá trị tham số m để hàm số y  x3   m  1 x  3x  đồng biến  A  4; 2 B  4;  C  ; 4   2;   D  ; 4    2;   Lời giải Chọn A Tập xác định: D   Ta có: y  3x   m  1 x  Hàm số y  x3   m  1 x  3x  đồng biến  y  0, x       m  1    m  2m    4  m  Vậy m   4;  Câu 38 Một viên gạch hình vng có cạnh 60 cm với hoa văn hình bên Biết phần khơng tơ đậm hình parabol giống nhau, AB  30 cm, OH  24 cm Diện tích phần tô đậm viên gạch A 3120 cm2 B 2640 cm2 C 1680 cm2 Lời giải D 1920 cm2 Chọn C Gắn parabol  P  vào hệ trục tọa độ hình Khi đó, phương trình  P  có dạng: y  ax Mà  P  qua điểm B 15; 24  nên ta được: 24  a.152  a  8 Suy  P  : y  x 75 75 Trang 14/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Diện tích S phần khơng tơ đậm diện tích hình phẳng giới hạn  P  , đường thẳng y  24 , hai đường thẳng x  15 15 15   x3    S    24  x  dx   24 x     480 (cm2), 75  75  15  15  mà diện tích viên gạch 60  3600 (cm2) Vậy diện tích phần tơ đậm 3600  4.480  1680 (cm2) Câu 39 Cho phương trình log 22 x  log x   log x  m , với m tham số thực Số giá trị nguyên thuộc đoạn  2019; 2019 m để phương trình cho có nghiệm A 2021 B 2024 C 2023 Lời giải D 2020 Chọn B Điều kiện xác định:  log x   log x    x  Với điều kiện phương trình tương đương với 1  log x    log x   m 1 Đặt t   log x , x   0; 2 nên t  Khi đó, 1 trở thành t  4t   m  2 Để 1 có nghiệm x   0; 2  2 có nghiệm t  Xét hàm số f  t   t  4t  , t   0;    Ta có f   t   4t  Cho f   t    t  1  0;    Ta bảng biến thiên f  t  sau: Theo BBT, để  2 có nghiệm t  m  4 , mà m   2019; 2019   nên tập hợp giá trị m cần tìm 4; 3; 2; 1;0;1;;2019 Vậy có tất 2024 giá trị nguyên m thuộc đoạn  2019; 2019 để phương trình cho có nghiệm Câu 40 Cho hàm số y  f  x  liên tục  đồ thị hàm số y  f   x  hình bên dưới: Hàm số g  x   f  x   A  1;1 x4  x3  x  x đồng biến khoảng sau đây? B  3; 2 C  2; 1 D 1;2  Lời giải Chọn A Trang 15/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Ta có g   x   f   x   x3  3x  x  Đặt u  x     x  x  x   Ta cần tìm khoảng mà f   x   u  x   hay đồ thị hàm số y  f   x  nằm phía đồ thị hàm số y  u  x  Dựng đồ thị hàm số y  u  x  ta hình sau: Từ đồ thị y  f   x  y  u  x  ta thấy g   x   với x   1;1 Vậy hàm số đồng biến khoảng  1;1 Câu 41 Cho hình lăng trụ ABC ABC Gọi E , F trung điểm đoạn thẳng CC ' BB Đường thẳng AE cắt đường thẳng AC điểm K , đường thẳng AF cắt đường thẳng AB điểm H Tỉ số thể tích khối đa diện BFHCEK khối chóp A ABC 1 A B C D Lời giải Chọn B Gọi thể tích khối lăng trụ ABC ABC V + Ta có: VBFHCEK  VA ' AHK  VA 'FEABC S AHK  4.S ABC Suy VA ' AHK  4.VABC A ' B 'C '  V 3 VA 'FEABC  AA ' BF CE  2        VA 'FEABC  V VABC A 'B'C'  AA ' BB ' CC '  3 2 VBFHCEK  VA ' AHK  VA 'FEABC  V  V  V 3 + VA ' ABC  V VBFHCEK Vậy 2 VA ' ABC Câu 42 Có giá trị nguyên tham số m (với m  10 ) để phương trình x 1  log  x  m   m có nghiệm? A B 10 C D Trang 16/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Lời giải Chọn A Điều kiện: x  2m  Phương trình x 1  log  x  2m   m  x  log  x  m   2m 1  x  t  2m  x  t  2m Đặt t  log  x  2m  , ta có hệ phương trình  t  t 2  x  2m   x  2m x t x t   t   x   x   t  2 Xét hàm số f  u   2u  u có f   u   2u.ln   0, u   nên đồng biến  Do    x  t Khi ta có phương trình: x  x  2m  3 ( để ý x  2m  x  0, x ) Xét hàm số g  x   x  x có g   x   x.ln  1    x  log     log  ln  ln  ln  Bảng biến thiên y  g  x  sau: g   x    x.ln    x  Từ bảng biến thiên ta suy phương trình   có nghiệm 2m   log  ln  ln 1  m 10  log  ln    0, 46   m  1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 m   ln  Vậy có giá trị nguyên tham số m thỏa yêu cầu đề m Câu 43 Cho hàm số y  f  x   ax  bx3  cx  dx  e có đồ thị hình vẽ Số cực trị hàm số y  f  x   3 B A C Lời giải D Chọn A Ta có:  f  x   ; x  1 y  f  x   3    f   x   ; x  1  f '  x   ; x  1  y '  f '  x   3    f '   x   ; x  1 Trang 17/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Dựa, vào đồ thị hàm số y  f  x   ax  bx3  cx  dx  e , ta có f '  x    x   2; x  0; x 1  2  x  0  x  Mặt khác: f '  x     f '  x     x   x  2 Ta có: f '  x   3   f '  x     x   0; x   1 x  2; x  hay  f '   x      x   2  x  2 Ta lại có:  f ' x  2  * f '  x   3     f '   x     2  x     x   f '  x  2     x   x  0   x    5  x  4 Hay f '   x         x   2  2  x  f ' x  2  * f '  x   3     f '   x    0  x     x   f '  x  2      x   2 x   2   x    4  x  2 Hay f '   x        x    5  x Ta có bảng xét dấu hàm số y  f  x    sau Vậy, số cực trị hàm số y  f  x Câu 44 Cho hàm số có đạo hàm liên tục  thỏa mãn điều kiện x  f   x    27  f  x   1  0, x   f 1  Giá trị f   A 1 B C Lời giải D 7 Chọn D f  x Ta có x  f   x    27  f  x   1   3  f  x   1   1  dx   dx    C Suy Do   x x  f  x    Có f 1   C  Do f  x    x3   1      f  x    x f  x  1 x   C x f  x  1 Khi f    7 Câu 45 Xét tam thức bậc hai f  x   ax  bx  c , với a , b , c   , thỏa mãn điều kiện f  x   , với x   1;1 Gọi m số nguyên dương nhỏ cho max f  x   m Khi m  2 ;2 Trang 18/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A B C Lời giải D Chọn D Vì f  x   , với x   1;1 nên f    c  1; f 1  a  b  c  1; f  1  a  b  c  Ta có f    4a  2b  c  a  b  c  a  b  c  c  f  2   4a  2b  c  a  b  c  a  b  c  c  2b   a  b  c    a  b  c   a  b  c  a  b  c   b  b   2; 2 max f  x   max  f   , f  2   2 ;2  2a  b  b  Nếu    2; 2 max f  x   max  f   , f  2  , f      ;2   2a  2a    Ta có b b b    2; 2  2 1 2a 2a 4a Nếu  b2 b  b  4ac  b f    c  1  4a 4a 4a  2a  Do max f  x    m  2 ;2  Câu 46 Số giá trị nguyên tham số m để phương trình x   m  1 x  2m   có hai nghiệm trái dấu A B C Lời giải D Chọn C Xét phương trình: x   m  1 x  2m   1 Đặt t  x  t   Phương trình 1 trở thành: t   m  1 t  2m    t  t   m t  2 t2  t   f  t    (do t  không nghiệm) t 2 t2  t  Xét f  t   , t   0;    \ 2 t2 t  4t  f  t    0, t   0;    \ 2  t  2 m Bảng biến thiên 1 có hai nghiệm trái dấu x1   x2    có hai nghiệm t1   t2  đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f  t  hai điểm nằm hai phía đường thẳng t  Trang 19/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/  1,5  m  Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn Câu 47 Biết tồn số nguyên a, b, c cho   x   ln xdx  a  b ln  c ln Giá trị a  b  c A 19 B  C 19 Lời giải D Chọn D Xét I    x   ln xdx  u  ln x du  dx  Đặt  x dv   x   dx v  x  x  3  I   x  x  ln x     x   dx  24 ln  12 ln   x  x   24 ln  12 ln  2 Suy a  7; b  12; c  24 Vậy a  b  c  Câu 48 Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' tâm O có cạnh Gọi S điểm nằm tia   B ' O cho OS  B ' O Thể tích khối đa diện A ' B ' C ' D ' SAB A B C D 6 Lời giải Chọn C S A D C B O A’ B’ D’ C’ Ta có: V A ' B 'C ' D ' SAB  VAA ' D ' BB ' C '  VS ABC ' D ' ABA ' B ' C ' D ' khối lăng trụ đứng có đáy tam giác vng cân, tích nửa thể tích khối lập phương, tức VABA ' B ' C ' D '  S ABC ' D ' khối chóp có đáy hình chữ nhật ABC ' D ' với S ABC ' D '  AB.BC '  Theo giả thiết, ta có SO  2B ' O nên d  S ,  ABC ' D '  2d  B ',  ABC ' D '   2 1 Suy VSABC ' D '  S ABC ' D ' d  S ,  ABC ' D '  2  3 Trang 20/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Vậy : VA ' B 'C ' D ' SAB    Câu 49 Tất giá trị thực tham số m để phương trình log 1 x   log  x  m  4  có hai nghiệm thực phân biệt 21 A   m  B  m  4 C   m  Lời giải D  m  21 Chọn D 1  x  Điều kiện:    x  m   Phương trình cho tương đương với: log 1  x   log  x  m  4 1 Phương trình 1  1 x  x  m   m   x  x  có hai nghiệm thực phân biệt đường thẳng y  m cắt parabol y  x  x  hai điểm phân biệt có hoành độ thuộc khoảng 1;1 Xét hàm số y  x  x  5, x  1;1, có y '  2 x 1   x   Bảng biến thiên 1  x y’ + - 21 y Từ suy tốn thỏa mãn  m  21 Câu 50 Có cặp vợ chồng tham gia trò chơi trải nghiệm Ban tổ chức yêu cầu chia họ thành đội A, B, C, D, E cho đội có người cặp vợ chồng nam nữ Hỏi có cách chia đội A 6720 B 6600 C 22920 D 120 Lời giải Chọn A TH1: Mỗi đội cặp vợ chồng nên chia đội có 5!  120 (cách) TH2: - Chọn đội có cặp vợ chồng có: (cách), - Chọn đội, đội có nam có: C42 , - Chọn đội,mỗi đội có hai nữ có: cách - Chọn người cho đội có cặp vợ chồng có cách - Chọn người cho đội có nam có C42 C22 - Chọn người cho đội có nữ có C42 C22 Nên có 5.(C42 C22 ) C42 TH3: Có đội, đội cặp vợ chồng, đội lại đội có nam đội có nữ - Chọn cặp vợ chồng có: C53 (cách) - Chọn tên đội cho ba cặp vợ chồng có: A53 (cách) - Chọn nam có: (cách) - Chọn tên đội cho đội nam có: (cách) - Chọn nữ có: (cách) - Chọn tên đội cho đội nữ có: (cách) Trang 21/22 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Nên có C53 A53 Vậy có 120  5400 1200  6720 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 22/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong ...  có đường kính 21 39 39 A B C D 3 3 Lời giải Chọn D Trang 2/22 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 0 13 39 Tâm mặt cầu I 1; 2;0  ; Bán kính mặt cầu R... thể tích khối tứ diện đều: 3 cạnh   3a  9a  V   12 12 Câu 24 Cho hàm số y  f ( x ) xác định đoạn  a; b  , có đồ thị hàm số y  f '( x) hình vẽ Số điểm cực trị hàm số y  f ( x) đoạn ... m   ln  Vậy có giá trị nguyên tham số m thỏa yêu cầu đề m Câu 43 Cho hàm số y  f  x   ax  bx3  cx  dx  e có đồ thị hình vẽ Số cực trị hàm số y  f  x   3 B A C Lời giải D