24-7 dap an -HDG de Co Loa

SỞ GD  ĐT HÀ NỘI THPT CỔ LOA ĐỀ THI THỬ THPTQG - LẦN NĂM HỌC 2019-2020 Thời gian: 90 phút - BẢNG ĐÁP ÁN 1.B 11.C 21.A 31.B 41.B Câu Câu Câu Câu 2.A 12.B 22.A 32.A 42.D 3.C 13.B 23.C 33.B 43.D 4.C 14.D 24.A 34.B 44.C 5.D 15.D 25.C 35.B 45.B 6.B 16.C 26.A 36.C 46.B 7.C 17.B 27.D 37.B 47.C 8.D 18.B 28.B 38.D 48.C 9.D 19.A 29.B 39.B 49.D 10.D 20.D 30.D 40.D 50.B Một tổ có học sinh nam học sinh nữ Hỏi có cách chọn học sinh có học sinh nữ? A 16800 B 350 C 45 D 860 Lời giải Chọn B  Công việc thực hành động liên tiếp Hành động thứ chọn nữ từ nữ Hành động thứ chọn nam từ nam  Chọn nữ từ nữ có C52 cách chọn Chọn nam từ nam có C74 cách chọn  Áp dụng quy tắc nhân ta có C52 C74  10.35  350 cách chọn học sinh có hai học sinh nữ Cho cấp số nhân  un  có u1  u2  Công bội cấp số nhận cho 1 A B C  D 2 Lời giải Chọn A  Ta có u Cơng bội q   u1 Cho khối nón có chiều cao h  bán kính đáy r  Thể tích khối nón cho A 45 B 5 C 15 D 20 Lời giải Chọn C  Thể tích khối nón cho: V   32.5  15 x 1 Cho hàm số f  x   Khẳng định sau đúng? x3 A Hàm số đồng biến khoảng xác định B Hàm số đồng biến C Hàm số nghịch biến khoảng xác định D Hàm số nghịch biến Lời giải Chọn A  TXĐ: D  \ 3  f  x  2  x  3  0, x  Câu Câu  Suy hàm số nghịch biến khoảng xác định Cho khối hộp chữ nhật ABCD.ABCD có AB  , AD  , AA  Thể tích khối hộp chữ nhật cho bằng: A 12 B 20 C 10 D 60 Lời giải Chọn D  Thể tích khối hộp V  3.4.5  60 Tập xác định hàm số y  log3 1  x  A 1;   D   ;1 C 1;   Lời giải B   ;1 Chọn C  Điều kiện xác định:  x   x   Vậy tập xác định hàm số cho   ;1 Câu Nếu  f  x  dx  1 A 1  49 f  x dx B C D 18 Lời giải Chọn B Ta có: Câu f x dx f x dx Cho hàm số f x liên tục có đồ thị đường cong hình vẽ y 1 Số nghiệm phương trình f x Chọn D Phương trình: f x C  : y  f  x  x B A O C Lời giải D phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số đường thẳng d : y  Số nghiệm phương trình số giao điểm d  C  Dựa vào đồ thị ta thấy Đường thẳng d cắt đồ thị  C  điểm phân biệt nên phương trình f x Câu có nghiệm phân biệt Đồ thị hàm số sau có dạng đường cong hình bên? A y x x B y x3 C y 3x x4 2x D y x3 3x Lời giải Chọn D  Quan sát đồ thị ta loại phương án A, C  Tính đạo hàm hàm số y x 3x , ta tìm hai diểm cực trị hàm số x 2, x Vậy chọn đáp án D Câu 10 Cho F  x  nguyên hàm hàm số f  x  Tìm I   2 f  x   1 dx A I 2F x C B I 2xF x C C I 2xF x x C D I 2F x x C Lời giải Chọn D  I   2 f  x   1 dx  2 f  x  dx   1dx  2F  x   x  C Câu 11 Tính giá trị biểu thức M  log a a v i  a  ta kết a A B C  Lời giải D 1 Chọn C  Ta có: M  log  1 .1  23  a a  log a1 a  a Câu 12 Cho số phức z  A 1  log a1 a    2i Môđun z B C Lời giải D Chọn B  Ta có: z   2i  z  Vậy môđun z   2   2 Câu 13 Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc điểm M A E  1; 2;0  B F  0;0; 2  1;2; trục Oz điểm C G  0;0;  D H  0;0; 1 Lời giải Chọn B Hình chiếu vng góc điểm M 1;2; trục Oz điểm F  0;0; 2  Câu 14 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  y   Tâm mặt cầu  S  có toạ độ A  2; 1;0  B  2;1;0  C  1; 2;0  D 1; 2;0  Lời giải Chọn D  Tâm mặt cầu  S  : x  y  z  x  y   có toạ độ 1; 2;0   x   2t  Câu 15 Trong không gian v i hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :  y  4t Một vecto phương z  1 t  đường d là? A u1   2;  4;  1 B u2   2; 0;1 C u3   2; 4;  1 D u4   2;  4;1 Lời giải Chọn D  x   2t   Dựa vào phương trình đường thẳng d :  y  4t ta có VTCP d là: u4   2;  4;1 z  1 t   Vậy u4   2; 4;1  VTCP cần tìm Câu 16 Trong không gian v i hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z   Điểm thuộc mặt phẳng  P  ? A M 1;1; 5 C T  2; 3; 3 Lời giải B Q  2; 3;  D I  5;0;6  Chọn C  Thay tọa độ điểm M 1;1; 5 vào phương trình mp  P  : x  y  z   ta có    5     (sai) Suy điểm M 1;1; 5 không thuộc mặt phẳng  P   Thay tọa độ điểm Q  2; 3; 4 vào phương trình mp  P  : x  y  z   ta có   2.4    14  (sai) Suy điểm Q  2; 3; 4 không thuộc mặt phẳng  P   Thay tọa độ điểm T  2; 3; 3 vào phương trình mp  P  : x  y  z   ta có    3     (đúng) Suy điểm T  2; 3; 3 thuộc mặt phẳng  P   Thay tọa độ điểm I  5;0;6  vào phương trình mp  P  : x  y  z   ta có   2.6    12  (sai) Suy điểm I  5;0;6  không thuộc mặt phẳng  P   Vậy điểm T  2; 3; 3 điểm cần tìm Câu 17 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có độ dài cạnh đáy a , độ dài cạnh bên 2a Cơsin góc cạnh bên mặt đáy hình chóp SABCD 2 A B C D 2 Lời giải Chọn B S A B  Hình chóp SABCD có đường cao SO D O C  Hình chiếu SB lên ABCD OB Suy góc SB v i mặt phẳng đáy SBO  Xét tam giác BCD vng C có: BD a2 a2 a OB a a OB 2  Xét tam giác SOB vng O có: cos SBO SB 2a Câu 18 Cho hàm số f x xác định, liên tục có bảng xét dấu đạo hàm sau:  x f  x 1      Hàm số f x có cực trị? A B C Lời giải D Chọn B  Từ bảng biến thiên ta có hàm số đổi dấu lần nên hàm số y f x có cực trị Phương trình đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số y  Câu 19 C x   Lời giải B y   A y  2 Chọn A + Đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số y   2a Câu 20 Xét số thực a b thỏa mãn log  b 8 A a  3b  B 4a  2b  1  4x 2x 1 D y   4x y  2 2x 1    log Mệnh đề dư i đúng?  C 2a  6b  D 2a  6b  Lời giải Chọn D  2a log  b 8  a b   log  log 2  log  log 22  a  3b   2a  6b   Câu 21 Tìm tập nghiệm S bất phương trình log 2x ; 2 A S ; 2 B S C S ; D S ; Lời giải Chọn A 2x  log 2x 2 2x 1 2 x ; 2 Câu 22 Cho hình trụ có bán kính đáy thiết diện qua trục hình trụ hình vng Diện tích xung quanh hình trụ cho A 16 B C D 12 Lời giải Chọn A  Thiết diện qua trục hình trụ hình vng suy l  2R  Diện tích xung quanh hình trụ: Sxq  2 Rl  16 Câu 23 Cho hàm số f  x  có f   x   x  x  1 x   x  Khi hàm số f  x  có điểm cực đại A B C D Lời giải Chọn C x   Ta có x  x  1 x      x    x  2  Bảng biến thiên Vậy hàm số có cực đại Câu 24 Diện tích hình phẳng gi i hạn parabol y  x  x  trục hoành 9 81 A B C D 10 2 Lời giải Chọn A Hoành độ giao điểm parabol trục hồnh nghiệm phương trình:  x  1 x2  x     x  Gọi S diện tích hình phẳng gi i hạn parabol y  x  x  trục hoành S  x  x  dx  1  x 1  x   dx  Câu 25 Số nghiệm nguyên bất phương trình x  3.2 x1   A B C Lời giải Chọn C    Ta có bất phương trình x  3.2 x1    2x  6.2x   1  Đặt t  x , t   Bất phương trình 1 trở thành t  6t     t       giao v i điều kiện t    t  D Vô số x   x  0;1; 2    x  , số  nên  x  log   Vậy bất phương trình cho có nghiệm ngun Câu 26 Một khối lăng trụ có chiều cao 2a diện tích đáy 2a Tính thể tích khối lăng trụ 2a 4a 4a A V  4a B V  C V  D V  3 Lời giải Chọn A  Thể tích khối lăng trụ cho V  B h  2a 2a  4a Câu 27 Giá trị l n hàm số y  x3  12 x  đoạn  3;1 B 3 A 73 D 24 C 17 Lời giải Chọn D  x    3;1  y  3x  12     x  2  y  3  17, y 1  3, y  2   24  max y  24 [-3,1]  a, b, c  Câu 28 Cho hàm số y  ax  bx  c số âm? , a   có đồ thị hình vẽ Trong số a, b, c có y O C Lời giải B A x D Chọn B  Nhánh phải đồ thị hư ng lên nên a  Cho x   y  c , dựa vào đồ thị ta có c   Đồ thị hàm số trùng phương có cực trị nên ab  , suy b  Vậy số a, b, c có số âm Câu 29 Nếu đặt t  x  x 2 x 4 x   x  1 e dx 6 A  et dt 20 1 B  et dt 40 C D  et dt 41   t  1 e dt t Lời giải Chọn B  Đặt t  x  x ta có dt   x   dx   x  1 dx   x  1 dx   Đổi cận: x0t 0 x 1 t   Khi 6 t e dt   et dt 40 x 4 x   x  1 e dx   dt   Câu 30 Cho số phức z1   i z2   2i Phần ảo số phức z1 z1  z2 A 21 B 2i C Lời giải D Chọn D   Ta có z1 z1  z2    i  2  i    2i     i 8  5i   21  2i    Phần ảo số phức z1 z1  2z2 Câu 31 Cho số phức z1   3i Điểm sau biểu diễn số phức w  B N ( 3;  2) A M (3;2) Chọn B Ta có w  C P (2;3) Lời giải 2z iz  D Q(2;  3) 2z 2(2  3i)  6i   6i  2i 12  8i      3  2i iz  i(2  3i)  2i 4i 4 2z N ( 3;  2) iz  Câu 32 Trong không gian Oxyz cho véc tơ a(1; 2; 2) Tính độ dài véc tơ a Vậy điểm biểu diễn số phức w  B a  A a  C a  2 Lời giải D a  ChọnA Ta có a  12  22   2   Câu 33 Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;1;   mặt phẳng  P  : x  y  z   Đường thẳng qua A vng góc v i mặt phẳng  P  có phương trình x 1  x 1  C y 1  3 y 1  3 A x 1  x 1  D Lời giải z2 z2 y 1 z   3 y 1 z   3 B Chọn B Ta có nP   ;  ;1 Gọi d đường thẳng qua A vng góc v i mặt phẳng  P  , nP   ;  ;1 vectơ phương d x 1 y 1 z    3 Câu 34 Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu tâm I  ;  ;   tiếp xúc v i mặt Vậy phương trình đường thẳng cần lập là: phẳng  Oxz  A  x     y     z    B  x     y     z    36 C  x     y     z    16 D  x     y     z    81 2 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn B Ta có R  d  I ;  Oxz    Vậy phương trình mặt cầu cần lập là:  x     y     z    36 2 x y z 1   mặt phẳng 1   : x  y  z   Điểm A có hồnh độ dương thuộc đường thẳng d cho khoảng cách Câu 35 Trong không gian v i hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : từ A đến   Độ dài OA A OA  B OA  C OA  Lời giải D OA  Chọn B  Vì A  d nên A  2t; t; t  1 , v i t   Theo giả thiết d  A,      2t  2t   t  1  1  3 t   2t    2t       2t   9 t  8  l  Suy A  2; 1;0   OA  Câu 36 Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình log32 x   m   log3 x  3m   , có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt thỏa mãn x1.x2  27 A m  2 B m  1 C m  D m  Lời giải Chọn C  Đặt t  log x , phương trình cho trở thành t   m   t  3m   (1)  Yêu cầu  (1) có hai nghiệm t1 , t2 phân biệt thỏa mãn t1  t2      m     3m  1    m  m     2 x2  x 1 Câu 37 Biết  dx  a  b ln  c ln v i a, b, c  Tổng a  b  c x3 A B C D 1 Lời giải Chọn B 2x2  x 1     dx    x    dx   x  x  ln x   x  x   1 2   8ln  4ln5  a  b ln  c ln5  Suy a  4, b  8; c  4  a bc 8 Câu 38 Cho S.ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA   ABCD  SA  a Gọi M trung điểm AD Khoảng cách hai đường thẳng BM SD S A D M B a A Chọn D B a C a 57 C Lời giải D a 57 19 S T M A D H B N C  Gọi N trung điểm BC  BMDN hình bình hành  BM // DN  BM //  SDN   Do d  BM , SD   d  BM ,  SDN    d  M ,  SDN    d  A,  SDN    Kẻ AH  DN H ; AT  SH T   AH  DN  Ta có   DN   SAH   DN  AT   SA  DN  SA   ABCD    Do AT   SDN   d  A,  SDN    AT 2S ADN S ABCD a2 2a    DN DN a 2a a SA AH  2a 57   AT  2 19 SA  AH 4a 3a   AH  a 57 19 Câu 39 Có giá trị nguyên dương tham số f  x    x13  m.x10  x7  2002 nghịch biến  0;   ?  Vậy d  BM , SD   m cho hàm hàm số B C Vơ số D Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn tìm tham số để hàm số đơn điệu khoảng KIẾN THỨC CẦN NHỚ: +) Cho hàm số y  f  x  xác định có đạo hàm K A Nếu f   x   0, x  K hàm số y  f  x  đồng biến K Nếu f   x   0, x  K hàm số y  f  x  nghịch biến K HƯỚNG GIẢI: B1: Tính f   x  B2: Hàm số y  f  x  nghịch biến  0;    f   x   x   0;   B3: Tìm m Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn A  f   x   13x12  10mx9  63x6  x6  13x6  10mx3  63  Hàm số nghịch biến  0;    f   x   x   0;    13x6  10mx3  63  x   0;    10mx3  13x6  63 13x  63 63  13x3  x x 63  Xét hàm số g  x   13 x   0;   x 189 39 x  189 63 g   x   39 x   , g  x   x  x x 13 Bảng biến thiên g  x   0;    10m  Yêu cầu toán  10m  g  x   10m  91  m   0;  91  5,7 10 Vậy có giá trị nguyên dương m thỏa mãn Câu 40 Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh a Một mặt cầu  S  qua đỉnh hình vuông ABCD đồng thời tiếp xúc v i cạnh hình vng ABCD Tính bán kính R mặt cầu  S  43 41 C R  D R  a a a Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn tìm tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện KIẾN THỨC CẦN NHỚ: HƯỚNG GIẢI: B1: Chứng tỏ tâm I mặt cầu thuộc OO (v i O; O tâm hình vơng ABCD ABCD B2: Chứng tỏ mặt cầu tiếp xúc v i cạnh hình vng ABCD trung điểm cạnh B3: Gắn hệ trục tọa độ Oxyz cho Ox  tia OC , Oy  tia OD Oz  tia OO B4: Tìm điểm I  OO cho IC  IM ( M trung điểm CD ) Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn D A R  a B R   Gọi O, O tâm hình vơng ABCD ABCD Do mặt cầu cách điểm A, B, C , D nên tâm mặt cầu thuộc đường thẳng OO Do ABCD hình vng nên mặt cầu tiếp xúc v i cạnh hình vng ABCD trung điểm cạnh  Gọi M trung điểm CD I tâm mặt cầu cầu cần tìm ta có IM  IC  Gắn hệ trục tọa độ Oxyz cho Ox  tia OC , Oy  tia OD Oz  tia OO (hình vẽ) a  a a  ;0;0  , M  ; ; a  , I  0;0; t  Ta có C  4     2 a 2 a 2 a 2 3a  3a   IC  IM   Do I  0;0;   t          a  t   t             a   3a 2 a 41 Vậy bán kính mặt cầu IC           Câu 41 Cho hàm số đa thức bậc ba y  f  x  có đồ thị hình vẽ Hỏi đồ thị hàm số  x  1  x  1 g  x  f  x  f  x 2 A có tất đường tiệm cận (đứng ngang)? B C Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Tìm số tiệm cận đồ thị hàm số KIẾN THỨC CẦN NHỚ: Gi i hạn +) Tiệm cận ngang y  lim f  x  D x  +) Tiệm cận đứng x  x0 v i lim f  x    x x0 HƯỚNG GIẢI: B1: Dựa vào đồ thị hàm số cho ta xác định f  x    x  1  x   Suy g  x  x  1  x  1  x  1  x  2   x  1  x     x  1 x   x     B2: Ta có: lim g  x   lim  0; x x   x  1 x   x        lim g  x   lim     ; x1 x1   x  1 x   x      lim  g  x   lim      ; x  2  x  2  x  x  x          lim g  x   lim     x 2 x 2 x  x  x        B3: Vậy ta có đường tiệm cận y  0; x  1; x  2; x  Từ đó, ta giải toán cụ thể sau: Lời giải Chọn B  Dựa vào đồ thị hàm số cho ta xác định f  x    x  1  x    Suy ra: g  x   x  1  x  1  x  1  x  2   x  1  x     x  1 x   x      Ta có: lim g  x   lim  0; x x   x  1 x   x        lim g  x   lim     ; x1 x1 x  x  x          lim  g  x   lim      ; x  2  x  2    x  1 x   x      lim g  x   lim     x 2 x 2   x  1 x   x     Vậy ta có đường tiệm cận y  0; x  1; x  2; x  Câu 42 Cho hàm số f  x  thoả mãn f    50128 A 105 36 f   x   x x  5, x   5;   Khi 11  f  x  dx 61024 29280 4832 C D 105 105 105 Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn tìm f  x  để tính tích phân KIẾN THỨC CẦN NHỚ: Cơng thức nguyên hàm x n1 C +)  x n dx  n 1 HƯỚNG GIẢI: B1: V i f   x   x x  đặt t  x   t  x   2tdt  dx , ta B f  x    t  5 t.2tdt    2t  10t  dt 10 x5  x5 11 11 3 10 2 Khi  f  x  dx    x5  x  dx  4  x 4t 3 Đặt t  x   2tdt  dx , đổi cận   x  11  t  B2: Suy f  x    10     26624 1296  61024 f x d x  t t  t d t        t  t   2  4 3    35  105  35  105 Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn D  V i f   x   x x  , đặt t  x   t  x   2tdt  dx , 11 B3: Ta ta f  x    t  5 t.2tdt    2t  10t  dt  10 x5  x5 C 5 10 36 x5  x5 suy C  f  x   5 11 11 3 10 2  Khi  f  x  dx    x5  x   dx  4  x 4t 3 Đặt t  x   2tdt  dx , đổi cận   x  11  t  11 10    26624 1296  61024 2   Ta  f  x  dx   2t  t  t  dt   t  t         105 35  105 5  35 81  54ab Câu 43 Cho hai số thực dương a b thỏa mãn 32 a b  ab  Giá trị l n biểu thức 2a  b P   2a  2ab 1  2b   V i f  4  49 2 C D Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn tìm giá trị l n biểu thức liên quan đến phương trình mũ cho trư c - Biến đổi giả thiết qui hàm biến số KIẾN THỨC CẦN NHỚ: - Cho hàm số y  f  x  đơn điệu khoảng  a ; b  u, v   a ; b  thoả mãn A B f u   f  v   u  v - Các qui tắc tính logarit HƯỚNG GIẢI B1: Biến đổi giả thiết dạng 2a  b  log3  2a  b    2ab  log3   2ab  * B2: Rút 2a  2ab   b B3: Thế vào P tính giá trị l n P theo biến b B4: Kết luận Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn D 81 54ab 81 54ab 2a b 2ab log3 32a b 2ab log3 3 2a b 2a b  2a  b  2ab  log3 27   2ab   log3  2a  b   2a  b  log3  2a  b    2ab  log3   2ab  *  Xét hàm số f  x   x  log3 x, x   0;    0, x   0;    f  x  đồng biến khoảng  0;   x ln *  f  2a  b   f   2ab   2a  b   2ab  2a  2ab   b f  x  1  49 49   P   2a  2ab 1  2b     b 1  2b   2b  5b   2  b     4 8  49  Pmax  b  , a  18 Câu 44 Lon bia Hà Nội có hình trụ cịn cốc uống bia có hình nón cụt (như hình vẽ dư i đây) Khi rót bia từ lon cốc chiều cao h phần bia lại lon chiều cao phần bia có cốc Hỏi chiều cao h bia lon gần số sau đây? A 9,18 cm B 8,58cm C 14, cm D 7,5 cm Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn tìm chiều cao hình trụ dựa vào mối liên hệ thể tích khối trụ khối nón cụt KIẾN THỨC CẦN NHỚ: - Cho khối nón cụt có bán kính đáy r1 , r2 , chiều cao h Có thể tích: h 2 V  r1  r2  r1r2  3 HƯỚNG GIẢI B1: Thể tích bia cịn lại lon V1  9 h  cm3  B2: Tính r2  r1 15  h  15 15  h  15  h   B3: Thể tích bia cốc V2   4    225 15  h  B4: Giải V1  V2 B5: Kết luận Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn C  Thể tích bia cịn lại lon V1  9 h  cm3   Gọi r1  2, r2 bán kính đáy dư i cốc bia bán kính bề mặt bia cốc  Ta có: r2  r1 15  h  15 15  h  15  h    Thể tích bia cốc: V2   r  r  r1r2     225  15    h 2 h  15  h  15  h   V1  V2  27     15  h   60 15  h   5175  225 15 15  30 45  30  15  h  h  14, 2423 2 Câu 45 Cho hàm số f  x   x  x  Hỏi phương trình f (4cos x  5) f (4  2cos x)  có bao    nhiêu nghiệm thuộc đoạn   ;3  ?   A B C D Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn ứng dụng phương pháp hàm số để giải phương trình tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trư c KIẾN THỨC CẦN NHỚ: Định lý: Nếu hàm số y  f  x  đồng biến nghịch biến liên tục khoảng  a; b  thì: - u; v   a; b  : f  u   f  v   u  v - Phương trình f  x   k  k : số  có nhiều nghiệm khoảng  a; b  HƯỚNG GIẢI: B1:Đưa phương trình cho dạng f  u   f  v  B2:Xét tính đơn điệu hàm số y  f  t  miền D B3: Tìm mối liên hệ cos2 x;cos x biến đổi thuận lợi B4: Từ giải phương trình.và lấy nghiệm thỏa mãn điều kiện Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn B x x  x2    Ta có f ( x)  x  x   f '( x)   x2  x2  Do x    x, x  biến  x   x  0, x     f '( x), x    Hàm số f ( x ) đồng  Mặt khác: f ( x) f ( x)  x  x   x  x    f ( x)  f ( x)  Từ giả thiết ta có f (4 cos x  5) f (4  cos x)   f (4 cos x  5)  f (4  cos x)  f (4cos x  5)  f (4  2cos x)  4cos x   2cos x   1 cos x   cos x  cos x      1 cos x   1 1 +) cos x   x   arccos  k 2 4   9 11    ; ; ; mà x   ;3  nên có nghiệm x   nghiệm thỏa mãn 5 5   +) cos x  1 1  x   arccos  k 2 4 3 7 13    ; ; mà x   ;3  nên có nghiệm x   nghiệm thỏa mãn 5   x 2020 Câu 46 Cho hàm số y  f ( x) xác định R thỏa mãn f ( x)  f ( x)  ; x  Gỉa sử x 1 f (2)  m; f ( 3)  n Tính giá trị biểu thức T  f (2)  f (3) A T  m  n B T  n  m C T  m  n D T  m  n Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn tính tích phân hàm số dựa theo nguyên hàm KIẾN THỨC CẦN NHỚ: +)  f '( x)dx  f ( x)  C * f ( x )  f (  x ) nên hàm số hàm số chẵn + Tính tích phân theo phương pháp đổi biến số HƯỚNG GIẢI: B1: Chỉ hàm số f '( x ) hàm số chẵn B2: Tính  f '( x)dx  f  x  3 3 B3: Thực tính tốn Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn B x 2020   (1)  Ta có f ( x)  f ( x)  x 1 x 2020 (2)  Thay x   x ta f ( x)  f ( x)  x 1 x 2020 x 2020  f ( x)  Từ (1) (2) ta có f ( x)  x 1 x2  Suy f ( x ) hàm chẵn Ta có: I   f ( x)dx  f ( x) 3  f (2)  f (3)  m  n (3) 3 Lại đặt: x  t  dx  dt; x  3  t  3; x   t  2 2  f (3)  f (2) (4) 2 Từ (3) (4) ta có m  n  f (3)  f (2)  f (2)  f (3)  n  m Câu 47 Cho khối lăng trụ ABC.ABC tích V Gọi M , N , P điểm thuộc AM BN C P    Gọi Q trung điểm đoạn thẳng AA , BB AC cho AM BN AP BC Thể tích khối tứ diện MNPQ 2V 2V 5V 5V A B C D 15 12 18 Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn tính thể tích khối đa diện KIẾN THỨC CẦN NHỚ: Thể tích hình lăng trụ V  B.h VS ABCD  | [ AB, AC ].SA | HƯỚNG GIẢI: B1: Gắn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ B2: Xác định tọa độ điểm M , N , P, Q vec tơ QN ; QM ; QP I     f '(t )dt  f (t ) | [QM , QN ].QP | Từ đó, ta giải toán cụ thể sau: Lời giải Chọn C B3: Tính thể tích VMNPQ  Giả sử hình lăng trụ cho hình lăng trụ có cạnh đáy a chiều cao h Đặt hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ, Gốc tọa độ O trùng v i Q trung điểm BC Khi đó: a a  a h  a 2h  Q (0; 0; 0) , M  , N  0; ;  , P  ;0;   ;  ; h    3       Ta có: a a a  h  a 2h  ;0;  , QN   0; ;  , QP    QM    ;  ; h  3       ah ah a  ;  [QM , QN ]    ;     a2h a2h a2h a2h    36 a2h a2h Suy VMNPQ  | [QM , QN ].QP |    V 18 18 Câu 48 Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục có đồ thị hàm số y  f   x  hình vẽ  [QM , QN ].QP   Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số g  x   f  3x  x  m   x  36 x3   m   x  12mx  có điểm cực trị A m   7 B m   C m   D m  2 Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn tính giá trị biếu thức chứa logarit KIẾN THỨC CẦN NHỚ: Cho hai đồ thị f  x  g  x  Số giao điểm hai đồ thị số nghiệm phương trình f  x   g  x  HƯỚNG GIẢI: B1: Tính g   x  B2: Giải g   x   B3: Hàm số y  g  x  có cực trị  g   x   có nghiệm đơn phân biệt (hoặc nghiệm bội lẻ) Từ đó, ta giải toán cụ thể sau: Lời giải Chọn C Ta có: g ( x)  4(6 x  6) f  3x  x  m  36 x3  108x  12(m  6) x  12m    4(6 x  6) f   3x  x  m   12 3x3  x  (m  6) x  m   4(6 x  6) f   3x2  x  m   12  3x3  x  mx   3x  6x  m  24( x  1) f   3x  x  m   12  3x  x  m  ( x  1)  12( x  1) 2 f   3x2  x  m    3x2  x  m   x   x  1  3x  x  m  1 g ( x)     2  f   3x  x  m    3x  x  m    3x  x  m  1     Quan sát đồ thị ta thấy: Phương trình   cho nghiệm bội chẵn u cầu tốn phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt khác 1 hay m   Câu 49 Có chữ gồm hai chữ a hai chữ b xếp vào bảng gồm 16 hình vẽ dư i Biết khơng có q chữ Tính xác suất để dịng cột khơng có hai chữ giống 216 455 213 455 62 91 Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng toán xác suất biến cố KIẾN THỨC CẦN NHỚ: A B C D 33 91 +) Quy tắc cộng: Một cơng việc hồn thành hành động hành động 2; hành động có m cách thực hiện, hành động có n cách thực không trùng v i cách hành động Khi có m  n cách hồnh thành cơng việc +) Quy tắc nhân: Một cơng việc hoàn thành hai hành động liên tiếp; hành động có m cách thực hiện, ứng v i cách hành động có n cách thực hành động Khi có m.n cách hồnh thành cơng việc n! +) Số tổ hợp Cnk  k ! n  k ! +) Xác xuất biến cố P  A  n  A n  HƯỚNG GIẢI: B1: Xác định không gian mẫu B2: Xác định số cách xếp hai chữ a B3: Xác định số cách xếp hai chữ b B4: Áp dụng quy tắc nhân tính số phần tử biến cố Từ suy xác suất biến cố Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn D  Không gian mẫu n     C162 C142  Xếp hai chữ a Có 16 cách đặt vị trí chữ a Do hai chữ a không hàng cột có cách xếp chữ a lại 16.9  72 cách Vì hai chữ giống nên có số cách xếp vị trí hai chữ a  Xếp hai chữ b Trường hợp 1: Chữ b hàng, cột chứa chữ a Có cách xếp vị trí chữ b thứ Có cách xếp vị trí cho chữ b thứ hai cho không hàng cột v i chữ b thứ 9.2  cách Do hai chữ b giống nên có Trường hợp 2: Chữ b vị trí có hàng cột chứa chữ a Chữ b có cách xếp vị trí Chữ b thứ hai có cách xếp 8.8  32 cách Do hai chữ b giống nên có Trường hợp 3: Chữ b khơng vị trí có hàng hay cột chứa chữ a Có cách xếp vị trí cho chữ b Chữ b thứ có cách xếp 4.7  14 cách Do hai chữ b giống nên có Theo quy tắc nhân có 72   32  14   3960 cách xếp  Gọi A biến cố xếp dòng cột có hai chữ khơng giống Suy n  A  3960  Vậy P  A  3960 33  C162 C142 91 Câu 50 Có cặp số  x; y  v i x, y  y  2019; 20203  thỏa mãn phương trình  1 log  x   x    log  y  x  ? 4  A 93781 B 90787 C 60608 D 84567 Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn xác định nghiệm ngun phương trình KIẾN THỨC CẦN NHỚ: +) V i a, b  a  có log a b  log a b +) V i  a  X , Y  có log a X  log a Y  X  Y HƯỚNG GIẢI: B1: Xác định điều kiện phương trình B2: Xác định hệ thức liên hệ hai ẩn x, y B3: Lập luận suy số giá trị nguyên thỏa mãn đề Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn B x   x     Điều kiện  Vì x, y  nên có  y  x  y  x y 1    1 1  Ta có log  x   x    log  y  x   log  x     log  y  x    2    1 1 1  log  x     log  y  x   x    y  x  y  x   x  2 4 2   1 1 1  y   x     y  x    y   x   y  y  x  2 2   Ta có  y  20203   y  2020 2020  90787,7  có 90787 số y  có 90787 số y   y  có 90787 cặp số  x; y  y  y  x  ... f (4 cos x  5) f (4  cos x)   f (4 cos x  5)  f (4  cos x)  f (4cos x  5)  f (4  2cos x)  4cos x   2cos x   1 cos x   cos x  cos x      1 cos x   1 1 +) cos x...   1 1 +) cos x   x   arccos  k 2 4   9 11    ; ; ; mà x   ;3  nên có nghiệm x   nghiệm thỏa mãn 5 5   +) cos x  1 1  x   arccos  k 2 4 3 7 13    ;... hình trụ hình vng Diện tích xung quanh hình trụ cho A 16 B C D 12 Lời giải Chọn A  Thiết diện qua trục hình trụ hình vng suy l  2R  Diện tích xung quanh hình trụ: Sxq  2 Rl  16 Câu