ĐÁP án đề số 41

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 • ĐỀ SỐ 41 - MỖI NGÀY ĐỀ THI - ĐỀ NHIỀU CÂU KHÓ - CHUẨN BỊ TÂM LÝ TRƯỚC KHI LÀM Câu Tập nghiệm phương trình x  x 1  216 x A S  3 B S  3;5 C S  3; 5 D S  5;5 Lời giải Chọn C x   216 x  x  x   16  x  x  x  15     x  5 Vậy tập nghiệm cần tìm S  3; 5 2x Câu 2  x 1 Trong không gian Oxyz, đường thẳng vng góc với mặt phẳng  P  : x  y  z   có vectơ phương  A u   2;3; 1  B u  1;1;1  C u   2;1; 1  D u   2;3;1 Lời giải Chọn A  Mặt phẳng  P  : x  y  z   có vectơ pháp tuyến n   2; 3;1 Đường thẳng vng góc với mặt phẳng  P  : x  y  z   nên ta chọn vectơ phương   phương với n   2; 3;1 u   2;3; 1 Câu Cho cấp số nhân với u1  2; u2  Giá trị công bội q A B 3 C 3 D  Lời giải Chọn A Ta có un  u1.q n 1  u2  u1.q   2.q  q  Câu Tính tích phân I   x 2019 dx A 2020 B 2019 Lời giải C D Chọn A 1 I x Câu 2019 x 2020 dx   2020 2020 Khối trụ có diện tích đáy  cm  , chiều cao  cm  tích bằng: A  cm  B  cm3  cm3   Lời giải C D  cm3  Chọn B Thể tích khối trụ V  B h = 4.2 =  cm3  Câu Phương trình bậc hai nhận hai số phức  3i  3i làm nghiệm? A z  z   B z  z  13  C z  z  13  D z  z   Lời giải Chọn C Trang 1/27 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   3i     3i   Ta có  Sử dụng định lí Vi-ét, suy  3i  3i nghiệm phương    3i   3i   13 trình bậc hai z  z  13  Câu Diện tích hình phẳng giới hạn parabol  P  : y  x  x đường thẳng  d  : y  x A 17 B 11 Lời giải C D 23 Chọn C Phương trình hồnh độ giao điểm parabol  P  : y  x  x đường thẳng  d  : y  x là: x  x2  x  x   x  3 Diện tích hình phẳng cần tìm là: S   Câu 3  x3 x  x  x  x dx    x  x  dx      0  2 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng, SA   ABCD  , SA  2a , góc SD  ABCD  60 Thể tích khối chóp S ABCD A 8a3 B 2a 3 Lời giải 4a 3 D a 3 C Chọn A S A D B C    60 Ta có: SD ,  ABCD    SD , AD   SDA     2a 3.cot 60  2a  2a AD  SA.cot SDA 1 8a Ta có: VS ABCD  S ABCD SA   2a  2a  3 Câu Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình vẽ Số tiệm cận ngang đồ thị hàm số y  f  x  A B C Trang 2/27 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Lời giải Chọn C Ta có lim f  x   1 lim f  x   x  x  Nên đường thẳng y  1 đường thẳng y  tiệm cận ngang hàm số Câu 10 Cho hình trụ trịn xoay có thiết diện qua trục hình vng có diện tích 4a Thể tích khối trụ cho 2 a A 2 a B C 8 a D 4 a Lời giải Chọn A Ta có diện tích hình vng 4a nên cạnh hình vng 2a Bán kính đáy R  a ; chiều cao h  2a V   R h    a  2a  2 a  α  : 2x  y  2z   Câu 11 Trong không gian Oxyz, khoảng cách hai mặt phẳng  β  :  x  y  z   A B Lời giải C D 10 Chọn B Ta thấy 1 2 4    nên  α  / /  β  4 4 Lấy M  2;0;0    α  , ta có: d   α  ,  β    d  M ,  β    4.2  2  4  22  42 Câu 12 Gọi A  x1; y1  B  x2 ; y2  hai điểm cực trị đồ thị hàm số y  x  x  Giá trị y1  y2 A B C 2 D 4 Lời giải Chọn D Ta có: y '  x    x  1 Suy hai điểm cực trị đồ thị hàm số cho A 1; 4  B  1;0  Khi : y1  4; y2   y1  y2  4 Câu 13 Bà Hoa gửi vào ngân hàng 120 triệu đồng theo hình thức lãi suất kép Lãi suất ngân hàng 8% năm không thay đổi qua năm bà gửi tiền Sau năm bà Hoa có số tiền gốc lẫn lãi lớn 180 triệu đồng? A năm B năm C năm D năm Lời giải Chọn A n Theo cơng thức lãi kép ta có: Pn  P 1  r  n  180  Suy 180  120 1  0.08  hay n  log1.08    5.2684  120  Vậy sau năm bà Hoa có số tiền gốc lẫn lãi lớn 180 triệu đồng Câu 14 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ Gọi giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số đoạn  2;1 M , m Giá trị M  m Trang 3/27 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ A C Lời giải B 2 D Chọn B Dựa vào đồ thị hàm số cho ta có: M  f  1  2; m  f  2   4 Suy M  m    2 Câu 15 Đường cong hình vẽ đồ thị hàm số A y  x  x 1 B y  2 x  2x 1 C y  x x 1 D y  x 1 x 1 Lời giải Chọn D 2 x  2x  x  x x 1 Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm  0;1 nên loại y  , y , chọn y  x 1 x 1 x 1 Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x  1 , loại đáp án y  Câu 16 Một vật chuyển động theo quy luật s  t    t  12t , t (giây) khoảng thời gian tính từ lúc vật bắt đầu chuyển động, s (mét) quãng đường vật chuyển động t giây Vận tốc tức thời vật thời điểm t  10 giây A 80 (m/s) B 90 (m/s) C 100 (m/s) D 70 (m/s) Lời giải Chọn B Trang 4/27 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Vì vận tốc tức thời thời điểm t đạo hàm hàm quãng đường t nên ta có v  t   s  t    t  24t Vận tốc tức thời thời điểm t  10 giây v 10    100  24.10  90 (m/s) Câu 17 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  8z   Toạ độ tâm bán kính mặt cầu  S  A I  2;  3;4  ; R  36 B I  2;  3;4  ; R  C I  2;3;   ; R  36 D I  2;3;   ; R  Lời giải Chọn D Mặt cầu S có phương trình dạng x  y  z  2ax  by  2cz  d  có tâm I  a; b; c  , R  a2  b2  c  d Vậy mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  8z   có tâm I  2;3;   , bán kính R  2  32   4    Câu 18 Cho hình chóp tứ giác có tất cạnh a Tính cosin góc mặt bên mặt đáy 1 A B C D 3 Lời giải Chọn D + Gọi tứ diện S ABC , gọi I trung điểm BC, H hình chiếu S  ABC   SI  AI  a ; HI  AI  a SBC  ,  ABC   SIH + Ta có AI  BC, SI  BC   a   HI   + Tam giác SHI vuông H  cos SIH SI a 3 x   1 t  Vậy phương trình tham số đường thẳng  y   4t ,  t     z  3  t    x  x 1 2 2   Câu 19 Cho bất phương trình   3 3 A B x 1 có tập nghiệm S   a ; b  Giá trị b – a C D Lời giải Trang 5/27 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Chọn A 2 Ta có   3 x2  x 1 2   3 x 1  x  x   x   x  3x    x   a = 0, b = Vậy b – a = Câu 20 Cho số phức z  a  bi, a, b  R thỏa mãn điều kiện 1  i  z   i   2i Giá trị a.b A –2 B C –1 D Lời giải Chọn B Ta có 1  i  z   i   2i  z   3i  2i 1 i  a  2, b  Vậy a.b = Câu 21 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có tất cạnh Gọi G trọng tâm tam giác SBC Thể tích tứ diện SGCD 2 A B C D 36 36 18 Lời giải Chọn A Gọi O tâm hình vng ABCD , M trung điểm BC Vì S ABCD hình chóp tứ giác nên SO   ABCD  VSGCD SG   suy V SGCD  VSMCD (1) VSMCD SM Mặt khác: Hình chóp S ABCD S MCD có chung đường cao SO S  MCD  1 S BCD  S ABCD nên VSMCD  VS ABCD (2) Từ (1) (2) suy ra: VSGCD  VS ABCD Mặt khác SO  SA  AO  Vậy VSGCD  1 2 , VS ABCD  SO.S ABCD   3 36 Trang 6/27 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Câu 22 Cho hàm số y  x  1  m  x    m  x  m  Giá trị tham số m để hàm số đồng biến b b   ;      ;  với phân số tối giản Khi T  a  b a a  A 19 B 14 C 13 D 17 Lời giải Chọn C Tập xác định: D   y '  x  1  m  x    m  Hàm số đồng biến  0;     y '   x   0;     x  1  m  x    m    x   ;    3x  x   x   0;    4x 1 3x2  x   m   0;   4x 1 3x  x  Xét hàm số y   0;    4x   x  1   0;    12 x  x  y' , y'    ta có bảng biến thiên:  x    0;    x     m Từ bảng biến thiên ta có: m  Vậy b  5, a  suy T  2a  b    13 Câu 23 Cho hàm số y  f  x   ax  bx  c , a  có đồ thị hình vẽ Mệnh đề  1 A f '     2  2  1 B f '      2  1 C f '      2 Lời giải  1 D f '      2 Chọn B Hàm số y  f  x   ax  bx  c , a  hàm trùng phương nên nhận Oy làm trục đối xứng Hàm số cắt Ox x  nên cắt Ox x  1 Dựa vào đồ thị, hàm số cho đồng biến  1;0  nên y  với x   1;0   1 Vì    1;0  nên f '      2 Trang 7/27 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ 102 100  x  x  1 Câu 24 Biết  x  1 dx  a B A 101   x  1 b  C , a, b   Giá trị hiệu a  b C Lời giải D Chọn A 100 Xét I   x  x  1 dx Đặt u  x  Suy x  100 I   x  x  1 102   x  1    102 u 1 du dx  2  u102 u101   u   100 du 101 100 dx    u  u  u d u      C  4  102 101    101  x  1  101   C  Do a  4.102  408 b  4.101  404 Vậy a  b  408  404    Câu 25 Tập hợp số thực m để phương trình ln  3x  mx  1  ln  x  x  có nghiệm nửa khoảng  a; b  Tổng a  b A 10 22 Lời giải B C D Chọn D Ta có 1  x   x  x    ln  3x  mx  1  ln   x  x  3 1     x2  x   m  2 3x  mx    x  x   x  Xét hàm số g  x   x2  x  x2  khoảng 1;3  Ta có g   x   x x g   x    x  2 Bảng biến thiên x – g x g  x  10 3 Từ bảng biến thiên, vào giá trị g  x  , ta thấy phương trình 1 có nghiệm  m  Suy a  3; b  nên a  b  Câu 26 Cho hàm số y  f  x  với f    f 1  Biết rằng:  e x  f  x   f '  x   dx  ae  b, a,b   Giá trị biểu thức a 2019  b 2019 A 2018  B C Lời giải Chọn C Trang 8/27 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D 2018  PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 1 x x Ta có  e  f  x   f '  x   dx   e f  x  dx   e x f '  x  dx 1 0 1 Lại có  e x f '  x  dx   e x f  x   10   e x f  x  dx  e    e x f  x  dx   0 Thế   vào 1 ta  e x  f  x   f '  x   dx  e  Suy a  1; b  1 nên a  b  Câu 27 Có giá trị dương số thực a cho phương trình z  3z  a  2a  có nghiệm phức z0 thỏa mãn z0  A B C Lời giải D Chọn C   2 Ta có    a  2a   4a  8a Phương trình z  3z  a  2a  có nghiệm phức     4a2  8a   4a2  8a   * Khi phương trình có hai nghiệm z1, z2 hai số phức liên hợp z1  z2 Ta có z1.z2  a2  2a  z1.z2  a2  2a  z1 z2  a2  2a  z0  a2  2a  a  2a   a  1 ( t/m ĐK(*))  a  2a    a  a  a     Các giá trị a thỏa mãn điều kiện * Vậy có giá trị dương a thỏa mãn u cầu tốn Theo giả thiết có   2 Câu 28 Cho hình thang ABCD vng A D có CD  AB  AD  Thể tích khối trịn xoay sinh hình thang ABCD quay xung quanh đường thẳng BC 28 20 32 10     A B C D 3 3 A B D C Lời giải Chọn A Trang 9/27 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ A H B D E C BE   450    BCE CE  Xét tam giác ADB có AD  AB   BD  2  BD  BC Vậy tam giác DBC vuông cân B Kẻ AH  BC Gọi V1 thể tích khối nón tạo thành tam giác ABH quay xung quanh cạnh BH Gọi V2 thể tích khối nón cụt tạo thành hình thang AHBD quay xung quanh cạnh BH Gọi V3 thể tích khối nón tạo thành tam giác DBC quay xung quanh cạnh BC Vậy thể tích V khối trịn xoay sinh hình thang ABCD quay xung quanh đường thẳng BC V2  V3  V1  Kẻ BE vng góc với DC Ta có tan BCE 2 2 Ta có BH  AH  AB.sin 450   V1    3 2 14 3 V2   2  2  2.2  3 16 2 V3   2 2  3 16 2 14 2 2 28 2 V    3 3          Câu 29 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông A Tam giác SBC tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Số đo góc đường thẳng SA  ABC  A 45 B 30 C 750 Lời giải Chọn D Trang 10/27 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D 600 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Vậy đáp án B Câu 33 Cho hàm số y  f ( x) có đồ thị hình vẽ Bất phương trình m  f (sin x) có nghiệm x  (0; ) A m  1 B m  C m  1 Lời giải D m  Chọn A Đặt t  sin x  (0;1], x  (0; ) Bài toán trở thành bất phương trình m  f (t ) có nghiệm t  (0;1] (*) Ta có 1  f (t )  0, t  (0;1] Vì (*)  m  1 Vậy đáp án A Câu 34 Trong mặt phẳng cho hai tia Ox Oy vng góc với O Trên tia Ox lấy 10 điểm A1 , A2 , , A10 B1 , B2 , , B10 tia lấy 10 điểm thoả mãn Oy OA1  A1 A2    OB1  B1 B2    B9 B10  (đvđ) Chọn ngẩu nhiên tam giác có đỉnh nằm 20 điểm A1 , A2 , , A10 , B1 , B2 , , B10 Xác suất để tam giác chọn có đường trịn ngoại tiếp, tiếp xúc với hai trục Ox Oy 1 A B C D 228 225 225 114 Lời giải Chọn B Số phần tử không gian mẫu là: n     C102 C101  C101 C102  2C102 C101 Gọi A biến cố chọn tam giác thỏa yêu cầu Ta xét tam giác ABC có hai đỉnh A, B  Ox cịn C  Oy I tâm đường tròn Dễ thấy độ dài đoạn thẳng nối hai đỉnh liên tiếp nên tọa độ A, B, C trục số nguyên dương Ta gọi a , b, c tọa độ A, B , C trục Khi a, b, c  1; 2; ;10 Trang 13/27 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Vì đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với trục nên điểm tiếp xúc phải đỉnh C (Vì khơng tiếp xúc C mà tiếp xúc điểm khác đường tròn phải cắt trục tung điểm khác giống điểm C , ta xét tam giác có đỉnh thuộc Oy nên vơ lý) Gọi H trung điểm AB IH  AB ( đường kính qua trung điểm dây cung vng với dây  ab  cung đó).Ta có H  ;0    Ta có IA2  IC ( R ) Nên IH  HA2  IC 2  ab   ab  c  a        2 2 ba   ab  c2           c  ab Điều chứng tỏ số  a; c; b  lập thành cấp số nhân Bây ta đếm số cấp số nhân  a; c; b  với a, b, c  1; 2; ;10 Ta thấy c nguyên dương nên ab số phương Ta có  a, b  thỏa 1;4  ; 1;9  ;  2;8  ;  4;9  Cứ  a; b  ta tìm số c để  a; c; b  cấp số nhân Nên có cấp số nhân Tương tự với tam giác ABC có hai đỉnh thuộc trục tung, đỉnh thuộc trục hoành Vậy n  A    Nên P  A    2C10 C10 225 Câu 35 Có số nguyên m để phương trình log x  log   x   log m có ba nghiệm thực phân biệt A B C Vô số D Lời giải Chọn D  x2  0  x   Điều kiện 4  x    m  m   Phương trình cho tương đương log x  log   x   log m  log x   x   log m  x 4  x  m  x   x  Xét hàm số g  x   x   x      x   x  4  x neáu  x  Suy g '  x    neáu x  2 x  Bảng biến thiên neáu  x  neáu x  Trang 14/27 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Từ bảng biến thiên ta suy phương trình có nghiệm thực phân biệt   m  Suy giá trị nguyên m thỏa m  1;2;3   m x   x có 72 Câu 36 Tổng giá trị nguyên dương m để tập nghiệm bất phương trình chứa hai số nguyên A B 29 C 18 Lời giải D 63 Chọn B Đk: x  m m x 1  x  x  x   (*) 72 72 m Bất phương trình (*) có nghiệm      m  18 Suy  m  18 18 m Gọi x1 , x2  x1  x2  hai nghiệm dương phương trình x  x 1  72 72   x1  x2  m Khi  tập nghiệm bất phương trình (*) S   x1 ; x2   x x  72  m Với m nguyên dương, ta có Đk cần: Giả sử tập S có hai ngiệm nguyên   x2  x1     x2  x1    72   72  Ta có  x2  x1    x2  x1   x1 x2       m m  72  m   72   72  72   72  Suy           m ;  72  13  m m      13  m  72   72 ; m    Do    13    m  13;14;15;16 m    Đk đủ: Với m  13;14;15;16 , ta thay giá trị m vào bất phương trình (*), ta thấy có 2 m  14;15 thỏa mãn yêu cầu toán Vậy, giá trị nguyên dương m thỏa mãn m  14;15 Do tổng giá trị nguyên dương m 29 Câu 37 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị gồm phần đường thẳng phần parabol có đỉnh gốc tọa độ O hình vẽ Giá trị  3 f  x  dx Trang 15/27 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ A 26 B 38 Lời giải C D 28 Chọn D Ta có, phương trình đường thẳng có dạng y  ax  b Từ hình vẽ, ta thấy đường thẳng qua hai điểm A  2;0  , B  1;1 2a  b  a  Suy ra, ta có hệ phương trình    y  x  a  b  b  Ta có, phương trình parabol có dạng y  ax , a  Từ hình vẽ, ta thấy parabol qua điểm B  1;1  y  x  x  2, x  1 Do đó, hàm số y  f  x     x , x  1 Vậy, 1 3 3 1  f  x  dx    x   dx   Câu 38 Có giá x dx  x  2  trị nguyên m 1 3 x3  3  1 1 28  9  2 3 thuộc khoảng m 1 m  x  x  m  đạt cực đại x  ? A 101 B 2016 C 100 Lời giải Chọn B Ta xét: m   y  x   y  x3  y   x  Ta có, bảng xét dấu y  x3  2019;2019 y D 10 Dựa, vào bảng xét dấu ta thấy x  điểm cực tiểu Suy m  (loại)  x1  Ta xét: m   y   m  1 x   m   x  y '     x2   m  m 1  Trường hợp 1: xét m  , suy x2  x1 Ta có, bảng xét dấu y   m  1 x   m   x3 Trang 16/27 –https://www.facebook.com/phong.baovuong để hàm số PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Dựa, vào bảng xét dấu ta thấy x  điểm cực tiểu Suy m  (loại) Trường hợp 2: 2  m  1, suy x2  x1 Ta có, bảng xét dấu y   m  1 x   m   x3 Dựa, vào bảng xét dấu ta thấy x  điểm cực tiểu Suy 2  m  (loại) Trường hợp 3: m  2 , suy x2  x1 Ta có, bảng xét dấu y   m  1 x   m   x3 Dựa, vào bảng xét dấu ta thấy x  điểm cực đại Suy m  2 (nhận) Vậy, tập hợp tất giá trị tham số m thỏa mãn đề m  2 mà m thuộc khoảng  2019; 2019  Suy ra, số giá trị nguyên m 2016   Câu 39 Cho nguyên hàm  udv  x sin x   x cos x  C với v  cos x Nguyên hàm  v du A x cos x  2sin x  C C x sin x  2cos x  C B x sin x  2cos x  C D 2 x sin x  2cos x  C Lời giải Chọn D    Cơng thức ngun hàm phần có  vdu  uv   udv u cos x  x sin x   x cos x  C  Ta tìm u : Theo định nghĩa nguyên hàm có:   x sin x   x cos x  C   udv       u.v 'dx   uv '  u sin x  2sin x  x cos x  x cos x   x   sin x  u sin x     u  x2 2  vdu   x cos x  x sin x    x  cos x  C  2 x sin x  cos x  C   Câu 40 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật tâm O , AB  a , BC  a Tam giác ASO cân S , mặt phẳng  SAD  vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , góc SD  ABCD  60 Khoảng cách hai đường thẳng SB AC 3a 3a 6a a A B C D Lời giải Chọn A Kẻ SH  AD , H  AD SH   ABCD  Gọi M , I , F trung điểm đoạn thẳng SD , DH , AO Trang 17/27 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ S M B A H F K O I D C H hình chiếu S  ABCD  nên DH hình chiếu SD  ABCD  Suy     SDH   60 , HD   SDH ,  ABCD     SD  SD Vì tam giác SAO cân S F trung điểm AO nên SF  AO Vì AC  SF AC  SH nên AC  HF Xét tam giác ADC vng D ta có AC  AD  DC  2a a 2a AH AF AF AC a Xét hai tam giác AFH ADC đồng dạng ta có   AH    AC AD AD a 3 2a Suy DH  Suy H trung điểm đoạn thẳng AI Từ IO //HF nên IO  AC Kẻ IK  MO d  I ,  MAC    IK a   2a tan 60  2a Xét tam giác SDH vuông H ta có SH  DH tan SDH SH a MI đường trung bình tam giác SHD nên MI  1 a     IK  Xét tam giác MIO vng I ta có: 2 IK IM IO a a d  I ,  MAC    IK  Vì SB //MO nên SB //  MAC  Suy d  SB, AC   d  SB,  MAC    d  B,  MAC   Xét tam giác AIO vuông O ta có IO  AI  AO  3 3a d  I ,  MAC    IK  2 3a Vậy d  SB, AC    d  D ,  MAC    Câu 41 Cho tam giác ABC có cạnh Trên đường thẳng d qua A vng góc với mặt phẳng  ABC  lấy điểm M cho AM  x Gọi E , F hình chiếu vng góc điểm C lên AB , MB Đường thẳng qua E , F cắt d N Xác định x để thể tích khối tứ diện BCMN nhỏ A x  B x  C x  D x  Lời giải Trang 18/27 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Chọn D Trong ABC có CE  AB Suy E trung điểm AB Suy AE  BE  Ta có CE  AB CE  MA d   ABC  Suy CE   ABM  Suy CE  MB Có MB  CF Suy MB   CEF  Suy MB  EF   FBE  ANE  90   AEN  90  FEB ABM Ta có     ABM Xét hai tam giác AEN AMB có MAB  NAE  90 ANE AN AE AE AB 1.2   AN    Suy AEN  AMB Suy AB AM AM x x Suy MN  AM  AN  x  x Tứ diện BCMN có CE   BMN  , BMN có BA  MN Suy thể tích tứ diện BCMN là: 1 V  CE BA MN Vì độ dài CE BA khơng đổi nên thể tích khối tứ diện BCMN nhỏ độ dài MN nhỏ 2 Ta có MN  x   x  2 Đẳng thức xảy x   x  x x x Vậy x  thỏa yêu cầu toán Câu 42 Cho hàm số f  x   ax  bx3  cx  dx  e có đồ thị hình vẽ Đặt g  x   f  f  x   Số nghiệm phương trình g '  x   là: A B 10 C D Lời giải Trang 19/27 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Chọn C Hàm số đạt cực trị điểm x  2 ; x  ; x  Vì f '  x    x  2,0,1  f ' x   x  2, ,1 Vì g '  x    g '  x   f '  x  f '  f  x        f '  f  x     f  x   2, ,1 Phương trình f  x   2 có nghiệm Phương trình f  x   có nghiệm Phương trình f  x   có nghiệm Trong nghiệm x  Vậy phương trình cho có tất      1  nghiệm Chọn đáp án C Câu 43 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình bên Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên tham số m thuộc đoạn  100;100 để hàm số h  x   f  x    f  x    3m có cực trị Tổng giá trị tất phần tử thuộc S A 5047 B 5049 C 5050 Lời giải D 5043 Chọn B Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  , ta có, bảng biến thiên hàm số y  f  x  sau Dựa vào BBT, ta có: Trang 20/27 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 f   x    x  ; f   x   x  x  Đặt: g  x   f  x    f  x    3m  g x   f  x  2 f  x  2  f   x  2  f   x  2  f  x  2  2  f '  x    1  g x      f  x    2    x  1 (1)  f '  x      ; x 1 (2)  f  x    2  x     2  Ta có, bảng xét dấu g   x  sau Ta có, bảng biến thiên hàm số y  g  x  sau Dựa vào BBT hàm số y  g  x  , suy hàm số h  x   f  x    f  x    3m có cực trị 3m    m  Mà m thuộc đoạn  100;100 , suy m  S  2;3; 4; 100 Vậy,     100  5049 Câu 44 Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục đoạn 1; 2 thỏa mãn f 1  , A  19 60  2  f   x   dx  Tính B 120  1   x   f  x  dx   21 , 2 xf  x  dx 1 Lời giải C D 13 30 Chọn B Trang 21/27 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Ta có:   x   f  x  dx   21 2 Đặt: u  f  x   du  f   x  dx ; dv   x    x  2 dx  v  3 2   x  2   x  3   x  2 f  x  dx   f  x   f   x dx    1 =   x  2 f   x dx 3    x   f   x dx  1  x   Do đó, Mà  Vậy,  2 f   x dx    f   x   dx    x  7 x  d x         x  2     1    x   f   x    f   x   dx  2   0 7  x  2  f   x  dx    x  2  f   x    f  x  x  2  C 4  x  2  1 Mà f 1   C   f  x  4 2 1 1 xf  x  dx  1 x  x    x dx  1  x     x    x dx     x  2  x  2      x      1 1 19   2       4 2 60 Câu 45 Cho hàm số y  f  x  Đồ thị hàm số y  f   x  hình bên Trang 22/27 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Xét hàm số g  x   f   x  x   x  x   2019 , mệnh đề đúng?   A Hàm số y  g  x  có giá trị nhỏ f   2019 B Hàm số y  g  x  đạt cực tiểu x  1 C Hàm số y  g  x  đồng biến khoảng  ; 1 D Đồ thị hàm số y  g  x  cắt trục hoành điểm phân biệt Lời giải Chọn C   1  Đặt t  x  x   x  x  Ta có: t    x  1   2 x  2x    x  2x  Ta có: x  x   x  x   với x   suy 1 1     với x   2 2 x  2x  x  2x  x  2x  x  2x  Suy ra: t    x  1 +) lim x  x   x  x   lim  x  x  x  x   x2  x  +) t  1     Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta  t    từ đồ thị hàm số suy f   t   hay f   x  x   x  x   với x     1  Ta có: g   x    x  1   f 2 x  x  x  x    g   x    x  1    Ta có: lim g  x   lim  f  x  x    x2  x   x2  x  x  x   x  x   2019    lim  f  t   2019   f    2019 t 0 Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy ra: +) Hàm số y  g  x  có giá trị lớn f   2019   +) Hàm số y  g  x  đạt cực đại x  1 +) Hàm số y  g  x  đồng biến khoảng  ; 1 +) Đồ thị hàm số y  g  x  cắt trục hoành nhiều hai điểm Trang 23/27 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu 46 Đường thẳng y  kx  cắt parabol y   x   hai điểm phân biệt diện tích hình S1 ,S2 hình vẽ bên Mệnh đề đúng? 1  B k   1;   C k   2; 1 2  Lời giải A k   6; 4    D k    ;0    Chọn D  x 0 Phương trình hồnh độ giao điểm  x    kx   x2   k   x    x  k    Đường thẳng y  kx  cắt trục tọa độ điểm A   ;0  ,B  0;4  Quan sát hình vẽ có  k    k    2  k  k k 4 k 4 Diện tích hình phẳng S2  S1   kx    x   dx    x2   k   x dx   k   0     22 Diện tích hình phẳng giới hạn parabol y   x   , trục hoành trục tung S3    x  2 Ta có S1  S2  S3  SOAB  dx  k  0,457  t / m  8 k  4      3 k  k  5,54  l  Chọn đáp án D Cách  k 4 S2    x  2 dx  k   kx   dx  k 4  k  2  k  2  2k  k    k  0,457  t / m 1 3 Vậy S1  S2   k     k     2k  k  5,54  l  Câu 47 Cho x, y  thoả mãn: x  y  xy  x    3 x  y  y  x   Tìm giá trị nhỏ biểu xy thức P  x  y B  A C  Lời giải D  Chọn B Theo giả thiết xy 1  x    3 x  y  y  x    x  y  x  y  x  y  xy 1  xy 1  xy xy 3  f  x  y   f  xy  1  x  y  xy    x  y  xy 1 Trong đó: f  t   5t  t  t hàm số đồng biến  ;   Từ 1 ta có: 5x4 y  Trang 24/27 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 xy   x  y   xy  xy  xy     xy   5  xy     xy    x, y    P  x  y  xy      xy   Mặt khác, P  x  y  y  P  x, thay vào 1 ta có:  x   P  x   x  P  x   x    P  x   P  * Phương trình * có nghiệm khi: P    1  P    P  10 P      3  P   Kết hợp   ,  3  P   Dấu "  " xảy 3  P  x  y    x       3 P  4  y  1 x    Câu 48 Cho đa thức f  x  Đồ thị hàm số y  f  x  , y  f '  x  hệ trục tọa độ hình vẽ bên Phương trình f  x   me x có hai nghiệm thực phân biệt đoạn 0;2  A e2 f    m  B e 2 f    m  C f    m  Lời giải D f    m  Chọn A Quan sát đồ thị có  1;0  điểm cực trị  C2  giao diểm  C1  với Ox Do  C2  : y  f  x   C1  : y  f '  x  Ta có f  x   me x  m  g  x   e  x f  x  x  a  Ta có g'  x   e f  x   e f '  x   e  f '  x   f  x     f '  x   f  x    x   x  x x x Bảng biến thiên Trong g  1  e1 f  1  ; g    f    2 ; g    e2 f    2e 2 Vậy phương trình m  g  x  có hai nghiệm phân biệt 0;2   2e 2  m   e2 f    m  Chọn đáp án A Câu 49 Gọi S tập hợp giá trị nguyên tham số m   2019;2019 để bất phương trình 1  m  x 3 tử S A 4038    m3  x  13  m  3m3  x  10  m  m3  với x  1;3 Số phần B 2021 C 2022 Lời giải D 2020 Chọn B Trang 25/27 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/       Ta có  m3 x   m3 x  13  m  3m3 x  10  m  m3  3   x    x    mx  m    mx  m  * Xét hàm số f  t   t  t ; f   t   3t   0, t   , suy f  t  đồng biến Do (*)  x   mx  m, x  1;3  m  x2 , x  1;3 x 1 x2 1 , có g   x    0, x  1;3 , suy g  x  nghịch biến 1;3 x 1  x  1 Xét g  x    m  g  x  , x  1;3  m  g  x   g 1  1;3 Do m   2019; 2019 m    m  2019;  2018; ;0;1 , có 2021 giá trị Câu 50 Cho đường cong  C  : y  x Hai điểm phân biệt A, B thuộc  C  cho tiếp tuyến  C  A, B cắt trục tung M , N tứ giác AMBN hình chữ nhật Diện tích hình chữ nhật A B C D Lời giải Chọn B     3 Gọi A a; a , B b; b với a  b Do tứ giác AMBN hình chữ nhật nên 2 AM //BN  k AM  k BN  y  a   y  b   3a  3b  a  b     3 Khi A a; a , B  a;  a tiếp tuyến A, B t A : y  3a  x  a   a ;   MA  (a;3a ) 3 t B : y  3a  x  a   a Suy M (0; 2a )    MB  ( a; a )   Vì AMBN hình chữ nhật nên AM  BM  MA.MB   a  3a   a  Vì S AMBN  MA.MB  a  9a a  a  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/ Trang 26/27 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 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 27/27 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 ... –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Câu 22 Cho hàm số y  x  1  m  x    m  x  m  Giá trị tham số m để hàm số đồng biến b b   ;      ;  với phân số tối giản Khi T  a ...     c  ab Điều chứng tỏ số  a; c; b  lập thành cấp số nhân Bây ta đếm số cấp số nhân  a; c; b  với a, b, c  1; 2; ;10 Ta thấy c nguyên dương nên ab số phương Ta có  a, b  thỏa... tất      1  nghiệm Chọn đáp án C Câu 43 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình bên Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên tham số m thuộc đoạn  100;100 để hàm số h  x   f  x    f  x