DOWNLOAD đáp án file pdf

Diện tích xung quanh của hình trụ tròn xoay có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l bằng 4 A... Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Hàm số đã cho nghịch biế[r]

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 • ĐỀ SỐ - MỖI NGÀY ĐỀ THI 1.B 11.B 21.C 31.A 41.B Câu 2.C 12.D 22.C 32.A 42.C 3.C 13.B 23.A 33.A 43.D 4.A 14.A 24.D 34.D 44.B BẢNG ĐÁP ÁN 5.C 6.C 7.B 15.A 16.B 17.D 25.C 26.D 27.C 35.C 36.C 37.B 45.C 46.D 47.A LỜI GIẢI CHI TIẾT 8.A 18.A 28.A 38.A 48.A 9.D 19.B 29.A 39.C 49.C 10.C 20.D 30.C 40.B 50.D Cho n và k là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n mệnh đề nào đây đúng? n! n! A Ank  B Cnk11  Cnk1  Cnk C Cnk 1  Cnk 1  k  n  D Cnk  k ! n  k  !  n  k ! Lời giải Chọn B Dựa vào định nghĩa và công thức tính số tổ hợp, chỉnh hợp ta thấy: n! n! , Cnk  Cnn k 1  k  n  , C nk  nên các đáp án A, C, D sai Ank  k ! n  k  !  n  k ! Ta có Cnk11  Cnk1  Câu  n  1 !   n  1!  n  ! n   n !  C k     n  k  1 ! n  k ! k ! n  k  1!  k ! n  k  !  k ! n  k  ! Cho cấp số nhân  un  có công bội q , số hạng đầu u1  2 và số hạng thứ tư u4  54 Giá trị q A 6 B C 3 Lời giải D Chọn C Do cấp số nhân  un  có công bội q , số hạng đầu u1 nên ta có u  u1 q u  54  2 q  54  q  27  q  3 Vậy cấp số nhân  un  có công bội q , số hạng đầu u1  2 và số hạng thứ tư u4  54 Giá trị q  3 Câu Diện tích xung quanh hình trụ tròn xoay có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l A rl B 4rl C 2rl D rl Lời giải Diện tích xung quanh hình trụ tròn xoay: S xq  2rl Câu Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Trang 1/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào đây? A  0;1 B  ;  C 1;    D  1;  Lời giải Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  0;1 Câu Cho khối lăng trụ có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao 2a Thể tích khối lăng trụ đã cho A a B a C 2a D 4a 3 Lời giải Ta có: Vlangtru  Sday h  a a  2a Câu Phương trình x 1  125 có nghiệm là A x  B x  2 Ta có: Câu x1  125  x1 C x  D x  Lời giải   2x 1   x  Cho hàm số f  x  liên tục trên đoạn  a; b  và F  x  là nguyên hàm f  x  Tìm khẳng định sai A C b a a b  f  x  dx   f  x  dx  b a B f  x  dx  F  b   F  a  b  f  x  dx  F  a   F  b  D a a  f  x  dx  a Lời giải Chọn B Khẳng định B Câu b b a a  f  x  dx  F  a   F  b  sai vì  f  x  dx  F  b   F  a  Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Tìm giá trị cực đại yCĐ và giá trị cực tiểu yCT hàm số đã cho A yCĐ  và yCT  B yCĐ  và yCT  2 C yCĐ  2 và yCT  D yCĐ  và yCT  Lời giải Chọn A Dựa vào bảng biến thiên hàm số ta có yCĐ  và yCT  Câu Đường cong hình vẽ bên là hàm số nào đây Trang 2/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A y  x  3x  B y  x3  3x  C y   x  x  D y   x  x  Lời giải Vì đồ thị có dạng hình chữ M nên đây là hàm trùng phương Do đó loại B và C Vì lim   nên loại A x  Câu 10 Với a là số thực dương tùy ý, ln 5a   ln 3a  A ln  5a  ln  3a  B ln  2a  C ln D ln ln Lời giải Ta có ln 5a  ln 3a   ln 5a  ln 3a Câu 11 Nguyên hàm hàm số f  x   x3  x là A x  x  C Chọn B C x  x  C x  x C Lời giải D x  x  C x  x C Câu 12 Kí hiệu a , b là phần thực và phần ảo số phức  2i Tìm a , b A a  3; b  B a  3; b  2 C a  3; b  D a  3; b  2 Lời giải Chọn D Số phức  2i có phần thực là a  và phần ảo là b  2 Câu 13 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3; 2;3 và B  1; 2;5 Tìm tọa độ trung điểm I đoạn thẳng AB A I  2; 2;1 B I 1;0;  C I  2;0;8  D I  2; 2; 1 Lời giải Chọn B Tọa độ trung điểm I đoạn AB với A  3; 2;3 và B  1; 2;5 tính Trang 3/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ xA  xB   xI     y  yB   I 1; 0;   yI  A   z A  zB  z I   Câu 14 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 2;3 , B  5; 4; 1 Phương trình mặt cầu đường kính AB là 2 B  x  3   y  3   z  1  2 D  x  3   y  3   z  1  36 A  x  3   y  3   z  1  C  x  3   y  3   z  1  2 2 2 Lời giải Chọn A + Gọi I là trung điểm AB  I  3;3;1  AB  4; 2; 4   AB  16   16  + Mặt cầu đường kính AB có tâm I  3;3;1 , bán kính R  2  x  3   y  3   z  1 AB  có phương trình là:  Câu 15 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  0;1;1 ) và B 1; 2;3 Viết phương trình mặt phẳng  P  qua A và vuông góc với đường thẳng AB A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D x  y  z  26  Lời giải Chọn A  Mặt phẳng  P  qua A  0;1;1 và nhận vecto AB  1;1;  là vectơ pháp tuyến  P  :1 x    1 y  1   z  1   x  y  z   x  1 t  Câu 16 Trong không gian Oxyz , điểm nào đây thuộc đường thẳng d :  y   t ?  z   3t  A P 1; 2;5 B N 1;5;2  C Q  1;1;3 D M 1;1;3 Lời giải  Cách Dựa vào lý thuyết: Nếu d qua M  x0 ; y0 ; z  , có véc tơ phương u  a; b; c  thì  x  x0  at  phương trình đường thẳng d là:  y  y0  bt , ta chọn đáp án B  z  z  ct  Cách Thay tọa độ các điểm M vào phương trình đường thẳng d , ta có: 1   t t    2   t  t  3 (Vô lý) Loại đáp án A 5   3t t    Trang 4/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Thay tọa độ các điểm N vào phương trình đường thẳng d , ta có: 1   t  5   t  t  Nhận đáp án B 2   3t  Câu 17 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có tất các cạnh a Gọi M là trung điểm SD (tham khảo hình vẽ bên) Tang góc đường thẳng B M và mặt phẳng  ABCD S M A D B A C 2 B 3 C D Lời giải Chọn D S M A D H O B C a2 a  2 Gọi M là trung điểm OD ta có MH / / SO nên H là hình chiếu M lên mặt phẳng Gọi O là tâm hình vuông Ta có SO   ABCD  và SO  a   ABCD và MH  a SO   Do đó góc đường thẳng B M và mặt phẳng ( ABCD ) là MBH a MH  Khi đó ta có tan MBH    BH 3a Vậy tang góc đường thẳng B M và mặt phẳng  ABCD 3 Câu 18 Cho hàm số f  x  có đạo hàm f   x   x  x  1 x   , x   Số điểm cực trị hàm số đã cho là Trang 5/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ B A Chọn D C Lời giải A x  Ta có f   x   x  x  1 x   ; f   x     x    x  2 Bảng xét dấu x f  x  2  0     Vì f   x  đổi dấu lần qua các điểm nên hàm số đã cho có cực trị Câu 19 Giá trị nhỏ hàm số f  x   x3  3x trên đoạn  3;3 A 18 B 18 C 2 Lời giải D Chọn B x  Ta có f   x   x      x  1 Mà f  3  18; f  1  2; f 1  2; f  3  18 Vậy giá trị nhỏ hàm số f  x   x3  3x trên đoạn  3;3 18 Câu 20 Đặt log  a , tính log 64 81 theo a A 3a B 4a C 4a D 3a Lời giải Chọn D   Ta có log 64 81  log 43 34  Vậy log 64 81  4 log   3log3 3a 3a Câu 21 Tập nghiệm bất phương trình 3x  x  27 là A  ; 1 B  3;   C  1;3 D  ; 1   3;   Lời giải Chọn C Bất phương trình tương đương với 3x 2 x  33  x  x   x  x    1  x  Câu 22 Tìm bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương có cạnh 2a A 100 B R  3a C R  3a Lời giải Chọn C Trang 6/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D R  a PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Đường chéo hình lập phương: AC   3a Bán kính R  AC  a Câu 23 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau x y   2  0      y 2 2 Số nghiệm phương trình f  x    là A Chọn B C Lời giải D A Ta có f  x     f  x    Số nghiệm phương trình đã cho số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y   Dựa vào bảng biến thiên ta thấy yCT  2     y CĐ Vậy phương trình f  x    có nghiệm phân biệt   Câu 24 Tìm nguyên hàm F  x  hàm số f  x   sin x  cos x thoả mãn F    2 A F  x   cos x  sin x  B F  x    cos x  sin x  C F  x    cos x  sin x  D F  x    cos x  sin x  Lời giải Chọn D Có F  x    f  x  dx    sin x  cos x  dx   cos x  sin x  C     Do F     cos  sin  C    C   C   F  x    cos x  sin x  2 2 Câu 25 Số lượng loại vi khuẩn A phòng thí nghiệm tính theo công thức s  t   s   2t , đó s  0 là số lượng vi khuẩn A lúc ban đầu, s  t  là số lượng vi khuẩn Trang 7/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ A có sau t phút Biết sau phút thì số lượng vi khuẩn A là 625 nghìn Hỏi sau bao lâu, kề từ lúc ban đầu, số lượng vi khuẩn A là 20 triệu con? A 48 phút B phút C phút D 12 phút Lời giải Chọn C s  3  s   23  s    s  3  625.000  78.125 Số lượng vi khuẩn A là 20 triệu con: 20.000.000  78.125.2t  t  Câu 26 Cho lăng trụ tam giác ABC ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân A , cạnh AC  2 Biết AC  tạo với mặt phẳng  ABC  góc 60 và AC   Tính thể tích V khối đa diện ABCBC A V  B V  16 C V  3 D V  16 3 Lời giải Chọn D C’ B’ A’ B C 2 600 H A Phân tích: Tính thể tích khối đa diện ABCBC thể tích khối lăng trụ ABC ABC  trừ thể tích khối chóp A ABC  Giả sử đường cao lăng trụ là C H Khi đó góc AC  mặt phẳng  ABC  là góc  AH  60 C Ta có: sin 60  C H  C H  3; S ABC  ; VABC ABC   C H S ABC  2 AC    8 1 8 16 ; VABBC C  VABC ABC   VA ABC    VA ABC   C H S ABC  VABC ABC    3 3 Câu 27 Số tiệm cận đứng đồ thị hàm số y  A B x  25  là x2  x C Lời giải Chọn C Trang 8/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Tập xác định D   25;  \ 1;0 Biến đổi f ( x)  Vì lim  y  lim  x 1 x 1  x 1   x  25   x 1   x  25    nên đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng x  1 Câu 28 Tìm đồ thị hàm số y  f  x  cho các phương án đây, biết f  x    a  x  b  x  với a  b A B C D Lời giải Chọn A Có f   x     b  x    a  x   2  b  x     b  x  b  x  2a  x     b  x  b  2a  x  x  b  f  x     x  2a  b  2a  b 2b  b  b Có 3 Ta có bảng biến thiên Từ đó chọn đáp án A Câu 29 Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  x  x và đồ thị hàm số y  x  x A 37 12 B 81 12 Lời giải C D 13 Chọn A Trang 9/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ x  Phương trình hoành độ giao điểm x  x  x  x  x  x  x    x   x  2 3 Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  x  x và đồ thị hàm số y  x  x là: S    x  x  x  x dx  2   x  x  x dx  2 x   x  x dx  x x3   x x3   16   1  37     x      x            1      12   2  0 Câu 30 Cho số phức z   2i Tìm phần ảo số phức w  1  2i  z A  B C Lời giải D 4i Chọn C Ta có: w  1  2i  z  1  2i   2i    2i  6i    4i Vậy phần ảo số phức w là Câu 31 Trong mặt phẳng toạ độ, điểm A  3;  là điểm biểu diễn số phức nào các số sau? A z  3  4i B z   4i C z   4i Lời giải D z  3  4i Chọn A Điểm M  a; b  hệ tọa độ vuông góc mặt phẳng là điểm biểu diễn số phức z  a  bi Vậy điểm A  3;  là điểm biểu diễn số phức z  3  4i   Câu 32 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A   2; 4;1 và B  4; 5;  Điểm C thỏa mãn OC  BA có tọa độ là A   6,  1,  1 B  2, 9,   C  6,1,1 D  2, 9,  Lời giải Chọn C Gọi tọa độ điểm C  x; y ; z    Ta có OC   x; y; z  ; BA   6; 1; 1  x  6   Theo bài OC  BA   y  1  z  1  Vậy tọa độ điểm C là C   6;  1;  1 Câu 33 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : 3x  y   và điểm I 1;   Gọi C  là đường tròn có tâm I và cắt đường thẳng d hai điểm A và B cho tam giác IAB có diện tích Phương trình đường tròn  C  là 2 A  x  1   y  2  2 B  x  1   y    20 Trang 10/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 2 C  x  1   y  2  D  x  1   y    16 Lời giải Chọn A Ta có: IH  d  I ; d   S IAB  2S 2.4 IH AB  AB  IAB    AH  IH  R  IA  AH  IH  2  2  2 2   C  :  x  1   y    Câu 34 Trong không gian Oxyz , mặt phẳng qua điểm A 2;  1;2 và song song với mặt phẳng  P  : x  y  z   có phương trình là A x  y  z   B x  y  z  11  C x  y  z  11  D x  y  z  11  Lời giải Gọi mặt phẳng  Q  song song với mặt phẳng  P  , mặt phẳng  Q  có dạng x  y  3z  D  A  2;  1;2   Q  D  11 Vậy mặt phẳng cần tìm là x  y  z  11  Câu 35 Trong không gian Oxyz cho A  0;0;2  , B  2;1;0  , C 1; 2;  1 và D  2;0;  2 Đường thẳng qua A và vuông góc với  BCD  có phương trình là  x   3t  A  y  2  2t z  1 t  x   B  y   z  1  2t   x   3t  C  y   2t z  1 t  Lời giải  x  3t  D  y  2t z   t  Chọn C Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với  BCD    Ta có BC   1;1;  1 ; BD   0; 1;      Mặt phẳng  BCD  có vec tơ pháp tuyến là n BCD    BD , BC    3; 2;  1  Gọi u d là vec tơ phương đường thẳng d   Vì d   BCD  nên ud  n BCD    3; 2;  1  Đáp A và C có VTCP ud   3; 2;  1 nên loại B và D Ta thấy điểm A  0;0;2  thuộc đáp án C nên loại A Trang 11/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu 36 Để chuẩn bị cho hội trại 26/3 tới, cần chia tổ gồm học sinh nam và học sinh nữ thành ba nhóm, nhóm người để làm ba công việc khác Tính xác suất để chia ngẫu nhiên ta nhóm có đúng học sinh nữ 24 16 12 A B C D 165 65 55 45 Lời giải Chọn C Cách Chia 12 người thành ba nhóm làm ba công việc khác nhau, không gian mẫu có: C124 C84 C44  34650 phần tử Gọi A là biến cố “mỗi nhóm chia có đúng học sinh nữ” Số phần tử A là: C31.C93 C21 C63 C11.C33  10080 phần tử Xác suất biến cố A là: P  A  10080 16  34650 55 Cách 4 Không gian mẫu:   C12 C8  34650 Gọi A là biến cố: “Chia ngẫu nhiên học sinh nam và học sinh nữ thành nhóm cho nhóm có đúng nữ” Nhóm 1: Chọn nam nam và nữ nữ, số cách: C9 C3  252 Nhóm 2: Chọn nam nam và nữ nữ, số cách: C6 C2  40 Nhóm 3: Có cách chọn Ta có:  A  252.40  10080 Vậy P  A  A 10080 16    34650 55 Câu 37 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 10 Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  và SC  10 Gọi M , N là trung điểm SA và CD Tính khoảng cách d BD và MN A d  B d  C d  Lời giải Chọn B Trang 12/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D d  10 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Gọi P là trung điểm BC  BD // NP  BD //  MNP   d  BD, MN   d  BD,  MNP    d  D,  MNP    d  C ,  MNP    d  A,  MNP   Gọi I  AC  NP Kẻ AH  MI H  NP  SA Ta có   NP   SAC   NP  AH  NP  AC  AH  MI  AH   MNP   d  A,  MNP    AH   AH  NP  Ta có SA2  SC  AC  10   10   300 30 1 1 16 20   AH        2 2 AH AM AI 300 1800 900  SC   AC          Vậy d  BD, MN   AH  Suy Câu 38 Cho hàm số f (x) liên tục và f (3)  21,  f ( x) dx  Tính tích phân I   x f '(3 x) dx A I  C I  Lời giải B I  12 D I  15 Chọn A Cách Đặt 3x  t  3dx  dt  dx  dt x   t  Đổi cận:   x 1 t  3 t dt  I   f '(t)   xf '(x) dx 3 90  ux  du  dx  Đặt   dv  f '(x) dx v  f (x) 1  I  ( xf (x)   f (x) dx)  (3.21  9)  9 Cách Chọn hàm f  x   ax  b , ta có f  3  21  3a  b  211 Lại có  f  x  dx     ax  b  dx   a  3b    Giải 1 ,   ta được: a  12, b  15 , hay hàm f  x   12 x  15 thỏa điều kiện bài toán 1 Khi đó: I   xf   3x  dx   12 xdx  x  0 Trang 13/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu 39 Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên m cho hàm số y  x3  x  mx  2018 nghịch biến trên khoảng 1;2  và đồng biến trên khoảng  3;4  Tính số phần tử tập hợp S ? A 10 B D C Lời giải Chọn C Ta có: y  x  x  m Dễ thấy hàm số đã cho có đạo hàm liên tục trên  nên yêu cầu bài  y  0, x  1; 2 m  g  x  , x  1;2 toán tương đương với   , với g  x   x  x  y  0, x  3;4 m  g  x  , x  3; 4  max g  x   m  g  x  (1) 3;4 1;2 Mà g   x    x  0, x  1;2  3;4 nên g  nghịch biến trên khoảng đã cho Do đó, (1)  g  3  m  g    3  m  Với m  nên m  3; 2; 1;0 Câu 40 Cho tứ diện ABCD có AB  6a; CD  8a và các cạnh còn lại a 74 Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD A S  25 a B S  100 a C S  100 a D S  96 a Lời giải Chọn B Goi I , K trung điểm CD , AB Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD có tâm H bán kính r d là đường thẳng qua H và vuông góc mp  BCD  Dễ thấy các đường thẳng d , AI , BI , IK cùng nằm mặt phẳng vuông góc với đường thẳng CD Gọi O  IK  d Do O nằm trên đường thẳng d  OB  OC  OD Hiển nhiên IK là đường thẳng trung trực AB O nằm trên đường thẳng IK  OB  OA Vậy OA  OB  OC  OD hay tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là điểm O Ta có BI  BC  CI  58a Trang 14/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 SBCD  BC.BD.CD 37 58 BI CD  58 a  r   a 4SBCD 58 Hiển nhiên IK là đường thẳng trung trực AB  IK  7a IH IO IH BI OHI  BKI    IO   3a  KO  IK  OI  7a  3a  4a IK BI IK Mặt cầu có bán kính là: R  OB  BK  KO  (3a )  (4a )  5a Vậy S  100 a2 Câu 41 Cho f 1  , f m  n  f m  f n  mn với m, n  * Tính giá trị biểu thức  f 96  f 69  241  T  log      A T  B T  C T  10 Lời giải D T  Chọn B Có f 1  , f m  n  f m  f n  mn  f 96  f 95 1  f 95  f 1  95  f 95  96  f 94  95  96   f 1    95  96 96.97  4656 69.70 Tương tự f 69     68  69   2415  f 96  f 69 241     log  4656  2415  241  log1000  Vậy T  log       2    f 96     95  96  Câu 42 Gọi S là tập tất các giá trị nguyên tham số m cho giá trị lớn hàm số 19 y  x  x  30 x  m  20 trên đoạn  0; 2 không vượt quá 20 Tổng các phần tử S A 210 B 195 C 105 D 300 Lời giải Xét hàm số g  x   19 x  x  30 x  m  20 trên đoạn  0; 2  x  5   0; 2  Ta có g   x   x  19 x  30 ; g   x     x   x    0; 2  Bảng biến thiên Trang 15/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ g    m  20 ; g    m   m  20  20  g    20   m  14 Để max g  x   20 thì   0;2  g    20  m   20 Mà m   nên m  0;1; 2; ;14 Vậy tổng các phần tử S là 105 Câu 43 Có bao nhiêu giá trị nguyên dương tham số x x m để bất phương trình x  4.6   m  1  có nghiệm? C B A Vô số D Lời giải Chọn D 2x x 3 3 Ta có:  4.6   m  1         m   2 2 x x 2x x x 3 3  m         (*) 2 2 x 3 Đặt t    , t  Bất phương trình (*) trở thành: m  t  4t  1, t   0;   2 Xét hàm số f  t   t  4t  1, t   0;   Ta có: f   t   2t  4, f   t    t  (nhận) Bảng biến thiên Bất phương trình x  4.6 x   m  1 x  có nghiệm  m  t  4t  có nghiệm t   0;    m  Mà m nguyên dương  m  1; 2;3; 4;5 Câu 44 Cho hàm số f  x  thỏa mãn f     2 và f   x   x  f  x   với x   Giá trị f 1 A  35 36 B  C  19 36 D  15 Lời giải f  x 0 Ta có f   x   x  f  x    Từ f        x    x2  C    2 x  f  x  f  x    f  x  f  x suy C   Trang 16/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Do đó f 1    1 12      2 Câu 45 Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có bảng xét dấu đạo hàm sau Bất phương trình f  x   e x  m đúng với x   1;1 và A m  f    B m  f  1  e C m  f    D m  f  1  e Lời giải Chọn C Ta có: f x   e x  m, x  1;1  f x   e x  m, x  1;1 2 Xét hàm số g(x )  f (x )  ex Hàm số g x  liên tục trên 1;1 2 Ta có: g (x )  f (x )  2xe x  f '  x    g (x )  f (x )  2xe x  Ta thấy x   1;0    x 2 xe   f '  x    g (x )  f (x )  2xe x  x   0;1   x2 2 xe  g (x )   f (x )  2xe x  x  Ta có bảng biến thiên Điều kiện để bất phương trình f  x   e x  m đúng với x   1;1 và   m  max f x   e x 1;1   m  g 0   m  f 0   Câu 46 Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm là f   x  Đồ thị hàm số y  f   x  hình vẽ bên     Tính số điểm cực trị hàm số y  f x trên khoảng  5; A B C D Lời giải Trang 17/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Chọn D     Đặt g  x   f x , ta có g   x   xf  x x  g x      f   x   x   x    x2   x   x  x      Nhận thấy g   x  có nghiệm trên  5; và không có nghiệm bội chẵn nên g   x  đổi dấu qua nghiệm đó   Vậy hàm số y  f x2 có ba điểm cực trị Câu 47 Cho các số thực a, b, m, n cho 2m  n  và thoả mãn điều kiện: log  a  b     log  3a  2b   4  9 m.3 n.3 m n  ln  2m  n    1  81    Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  A  B 2  a  m  b  n  C  Lời giải D Chọn A  log  a  b     log  3a  2b   a  b   6a  4b  a  b  6a  4b   1 Gọi A  a; b  Từ 1 ta suy điểm A thuộc điểm đường tròn  C  có tâm I  3;  , bán kính R 2 4  m  n  2  9 m.3 n.3 m n  ln  2m  n    1  81  ln  2m  n    1  81      4 m n   4  m  n   4 4 m n    2m  n  43  81 2m  n 2m  n 4  2m  n  2 ) (Đẳng thức xảy khi:   2m  n   2m  n Theo bất đẳng thức Cô-si:   2m  n   2 Từ    ln  2m  n    1    2m  n       2m  n       2m  n     Gọi B  m; n  Từ   ta suy điểm B thuộc đường thẳng  : x  y   Trang 18/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Ta có: P   a  m   b  n  AB  P  AB  d  I ;    R  3.2   22  12    Câu 48 Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm đến cấp hai liên tục trên  Biết các tiếp tuyến với đồ thị y  f ( x) các điểm có hoành độ x  1 ; x  ; x  tạo với chiều dương trục Ox các góc 30 , 45 , 60 Tính tích phân I   1 A I  25 B I  f   x  f   x  dx    f   x   f   x  dx ? C I  Lời giải D I  1 Chọn A Hệ số góc tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  f  x  điểm có hoành độ x  1 là f   1  tan 30  Hệ số góc tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  f  x  điểm có hoành độ x  là f     tan 45  Hệ số góc tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  điểm có hoành độ x  là f  1  tan 60  Ta có  f   x   I   f   x  f   x  dx  4  f   x   f   x  dx   1 0 2   f   x   41 1  f      f   1  4 1 25     f  1    f          2 Câu 49 Cho hình hộp chữ nhật ABCDABC D Khoảng cách AB và B C là 2a , BC và 2a a , AC và BD  là Thể tích khối hộp đó là A 8a B 4a C 2a D a3 Lời giải Chọn C AB  là Trang 19/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Đặt AB  x , AD  y , AA  z Gọi H là hình chiếu vuông góc B trên B C , ta có BH là đoạn vuông góc chung AB và B C nên d  AB, BC   BH  2a 1     (1) BH z y 4a Gọi I là hình chiếu vuông góc B trên AB , ta có BI là đoạn vuông góc chung BC 1 và AB nên d  BC , AB   BI     (2) BI x z 4a Gọi M là trung điểm DD , O là giao điểm AC và BD , ta có mặt phẳng  ACM  chứa AC và song song với BD nên d  AC , BD   d  BD ,  ACM   d  D , ACM  Gọi J là hình chiếu vuông góc D trên AC , K là hình chiếu vuông góc D trên MJ , 1 ta có d  D ,  ACM   d  D, ACM   DK      (3) DK x y z a Từ (1), (2) và (3) ta có   z  2a  x  y  a z 2a Thể tích khối hộp là V  xyz  2a Câu 50 Cho các hàm số f  x   x  x  m và g  x    x  1 x    x  3 Tập tất các giá trị tham số m để hàm số g  f  x   đồng biến trên  3;  là A 3;4  B  0;3 C  4;  D 3;  Lời giải Chọn D Ta có f  x   x  x  m , g  x    x  1 x    x  3  a12 x12  a10 x10   a2 x  a0 Suy f   x   x  , g   x   12a12 x11  10a10 x9   2a2 x 11 Và  g  f  x     f   x  12a12  f  x    10a10  f  x     2a2 f  x      10   f  x  f   x  12a12  f  x    10a10  f  x     2a2 Trang 20/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Dễ thấy a12 ; a10 ; ; a2 ; a0  và f   x   x   , x   10  Do đó f   x  12a12  f  x    10a10  f  x     2a2  , x   Hàm số g  f  x   đồng biến trên  3;   g  f  x     , x   f  x   , x     x  x  m  , x   m  x  x , x   m  max x  x  3;   Vậy m  3;   thỏa yêu cầu bài toán Trang 21/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Trang 22/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Trang 23/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ ĐÁP ÁN CHI TIẾT TẢI TẠI BẢN ĐÀY ĐỦ NHÉ! THEO DÕI: FACEBOOK: https://www.facebook.com/phong.baovuong PAGE: https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ YOUTUBE: https://www.youtube.com/channel/UCQ4u2J5gIEI1iRUbT3nwJfA?view_as=subscriber WEB: https://diendangiaovientoan.vn/ ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU ĐẦY ĐỦ NHÉ Trang 24/24 –https://www.facebook.com/phong.baovuong