đề thi thỉ thpt 2020

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 13 – ÔN LUYỆN CHO KÌ THI THPT 2020

MỨC ĐỘ
8+

(Đề gồm 5 trang – 50 câu – Thời gian làm bài 90 phút)

A.BẢNG ĐÁP ÁN
1B
11C
21B
31B
41B

2A
12A
22C
32A
42B

3A
13A
23C
33C
43A

4B
14D
24B
34B
44C

5C
15A
25B
35C
45C

6C
16B
26A
36B
46D

7B
17D
27A
37A
47A

8B
18A
28B
38B
48D

9D
19A
29C
39D
49B

10C
20B
30C
40A
50C

B.ĐÁN ÁN CHI TIẾT
Câu 1. Trong không gian Oxyz vecto nào dưới đây là một vecto pháp tuyến của mặt phẳng
P : 2y  3z  1  0

 

A.

uu
r
u1  2;0; 3



uu
r
u2  0;2; 3





Vecto pháp tuyến cần tìm là

B.
uu
r
u2  0;2; 3





 1;1;0

B.





D.

uu
r
u4  2; 3;0



 2;2;0



 

 . Trung điểm của đoạn thẳng AB

A 2;3; 1 , B 0; 1;1

C.

 2; 4;2

D.

 1; 2;1

�2  0 3  1 1  1�
AB � M  �
;
;
� 1;1;0
2
2
2 �
�
Gọi M là trung điểm





Câu 3. Tính thể tích V của khối nón chiều cao h  a và bán kính đáy r  a 3

 a3
V 
3
B.

3
A.V   a

Ta có

V 

I.

3
C.V  3 a

V 
D.

 

2
1 2
1
 r h   a 3 a   a3
3
3

Câu 4. Cho hàm số
hình dưới đây

 

yf x

liên tục trên � và có đồ thị như

 0;1
 1;2
Hàm số đồng biến trên khoảng
Hàm số nghịch biến trên khoảng

II.
III. Hàm số có ba điểm cực trị
IV. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2

Số mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau là
A. 4
Từ đồ thị ta thấy

B. 2





Câu 2. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
tọa độ là

A.

C.

uu
r
u2  2;3; 1

C. 3

D. 1

 a3 3
3

có


 0;1 nên hàm số nghịch biến trên khoảng  0;1 . Do đó  I  đúng
 1;0 , đi xuông trên khoảng  0;1 và đi lên trên khoảng  1;2 nên trên
Đồ thị đi lên trên khoảng
 1;2 hàm số không hoàn toàn đồng biến. Do đó  II  sai
khoảng
 II I  đúng
Đồ thị hàm số có ba điểm hai cực tiểu và một cực đại nên
 IV  sai
Giá trị lớn nhất của hàm số là trung độ của điểm cao nhất của đồ thị hàm số nên
Đồ thị đi xuống trên khoảng








Như vậy ta có hai mệnh đề đúng là

 I  ,  I II 

Câu 5. Hàm số nào dưới đây có đồ thị như hình vẽ ?
4
2
A. y  x  2x  1
4
2
B. y  x  2x  1
3
2
C. y  x  3x  1
3
2
D. y  x  3x  1

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt nên loại A và B
Đồ thị hàm sokos có nét cuồi đi lên nên ta loại D
Vậy ta chọn đáp án C
Câu 6. Cho hàm số
thiên như sau
Hàm số
đây

 

yf x

 

yf x

liên tục và có bảng biến

nghịch biến trên khoảng nào dưới

A.

 0;�

B.

 �; 2

C.

 2;0

D.

 3;1

Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên

Câu 7. Hình bát diện đều có tất cả bao nhiêu cạnh
A. 8

B. 12

 2;0
C. 30

D. 16

Đếm 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12
Câu 8. Tính diện tích xung quanh S của khối trụ có bán kính đáy r  4 và chiều cao h  3
A. S  48
Ta có

B. S  24

C. S  96

Sxq  2 rh  2 .4.3  24

Câu 9. Điểm nào trong hình vẽ bên dưới là điểm biểu diễn của số phức z  3  4i

D. S  12


A. Điểm A

B.Điểm B

C.ĐiểmC

D.Điểm D

Vì z  3  4i nên điểm biểu diễn số phức z có tọa độ là
đó là điểm D

 3; 4

đối chiếu

hình vẽ

�
x  2  t
�
:�
y  1  2t
�
z  3 t
�
Câu 10. Trong không gian Oxyz , đường thẳng d song song với đường thẳng
có vecto chỉ
phương là
r
r
r
r
u  1; 3;4
u  2; 1;3

u  1; 2;1
u  0; 2;3
A.
B.
C.
D.





Vì đường thẳng



 

d/ / 

Vậy vtcp của d là

Hàm số

y  2  3x

Câu 12. Đặt













cũng là vtcp của d

5
3

là

�2
�
� ; ��
�3
�

có nghĩa khi
, khi đó



y  2  3x

5

3

2
a
A. 3

Ta có





B.

log2 5  a

log3 5 

 



r
u  1; 2;1

�2�
�\ � �
�3





nên vtcp của đường thẳng

Câu 11. Tập xác định của hàm số

A.



� 2�
��; �
3�
C. �

2x  3  0 � x 

log8 25

log6 3



log6 5
log 6  log6 x

2
3

bằng
3
a
C. 2

B. 2a

log6 5

D. �



D. 3a

b
1 a

Câu 13. Cho a,b là các số thực thỏa mãn a  6i  2  2bi với i là đơn vị ảo. Giá trị của a  b là
A. 1

C. 4

B. 1

Hai số phức bằng nhau, phần thực phần thực, phần ảo bằng phần ảo
Tìm a,b rồi tính a  b
�
a2
a  6i  2  2bi � �

� a  2,b  3 � a  b  1
6  2b
�
Ta có

Câu 14. Tập nghiệm của bất phương trình

 0,125

x2

5x 6

�1 �
��
�8 �

D. 5


A.

Ta có

 3;�

 �;2 � 3; �

 0,125

x2

5x6

�1 �
��
�8 �

Vậy tập nghiệm là

x2

C.

 �;2

D.

 2;3

5x6

�1 � �1 �
� �� ��
�8 � �8 �

� x2  5x  6 � x2  5x  6  0 � 2  x  3

 

S  2;3

Câu 15. Tính giới hạn

lim

2n  1
3n  2

2
A. 3

3
B. 2

1
C. 2

D. 0

'
x
C. y  2e

'
x
D. y  e

1
2n  1

n 2
lim
 lim
3n  2
2 3
3
n
2

x
Câu 16. Hàm số y  xe có đạo hàm là
'
x
A. y  xe

B.





y'  x  1 ex

e 
Sử dụng công thức đạo hàm cơ bản
x

Ta có



'

'
'
 ex ; �
u.v�
�
� u .v  vu



y  xex  ex  xex  ex x  1

' ' ' '
'
Câu 17. Cho hình lập phuownng ABCD.A B C D có cạnh bằng a . Góc giữa hai đường thẳng BD và AD
bằng
o

o

A. 30
Có

o

B. 90



o

C. 45

D. 60



�
�
�
B 'D ' / / BD � BD, AD '  B 'D ', AD '  AD 'B '  60o

Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
S
I và bán kính R của mặt cầu

 S : x

2

 y2  z2  2x  4y  4z  25  0

 

A.
C.





I 1; 2;2 , R 



34

B.



I 1;4; 4 , R  29

 S : x
Cho mặt cầu

2

D.

 y2  z2  2ax  2by  2cz  d  0





I 1;2; 2 , R  5





I 1; 2;2 , R  6
thì mặt cầu có tâm

có tâm





I 1; 2;2

và bán kính

 

2

R  12  2  22  25 



I a;b;c

R  a2  b2  c2  d

 S

Mặt cầu

. Tìm tọa độ tâm

34



và có bán kính


Câu 19. Cho cấp số nhân

u  :u
n

A. 12

1

 1,q  2

. Hỏi 2048 là số hạng thứ mấy

B. 9

C. 11

D. 10

Giả sử 2048 là số hạng thứ n ta có
un  u1.qn1  1.2n 1  2048 � n  1  11 � n  12
4
2
Câu 20. Một chất điểm chuyển động có phương trình S  2t  6t  3t  1 với t tính bằng giây và
yf x
t3s
tính bằng mét. Hỏi gia tốc của chuyển động tại thời điểm
bằng bao nhiêu ?

 

A.
Ta có

 

1
4

88m 



B.



228 m / s2







C.



64 m / s2



D.



76 m / s2





v t  S ' t  8t 3  12t  3 � a t  v' t  24t2  12

Tại thời điểm



 

t  3 s � a  24.33  12  228 m / s2



Câu 21. Có bao nhiêu cách xếp 4 học sinh vào một cái bán dài có 4 chỗ ngồi ?
A. 8

B. 24

C. 4

D. 16

Mối cách xếp là một hoàn vị của 4 phần từ 4!  24

 

 

3
C
C
Câu 22. Cho hàm số y  x  3x  2 có đồ thị
. Viết phương trình tiếp tuyến của
C
của
với trục tung

 

A. y  2x  1
Gọi



M 0;y0

Khi đó ta có
Ta có



B. y  2x  1

C. y  3x  2

tại giao điểm

D. y  3x  2

là giao điểm của đồ thị hàm số với trục Oy





y0  2 � M 0; 2

 

y'  3x2  3 � y' 0  3

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm

 

M 0;2

là:

 



y  y' 0 x  0  2  3x  2

3
2
2
Câu 23. Đồ thị của hàm số y  x  3x  2x  1 và đồ thị của hàm số y  3x  2x  1 có tất cả bao
nhiêu điểm chung ?

A. 0

B. 2

C. 3

Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số là:

�
x0
�
x3  3x2  2x  1  3x2  2x  1 � x3  4x  0 � �
x  2
�
x2
�
Suy ra đồ thị hàm số có 3 điểm chung

D. 1


4
2
Câu 24. Đồ thị sau đây là của hàm số y  x  3x  3 . Với giá trị nào của
4
2
thì phương trình x  3x  3  m có 3 nghiệm phân biệt ?

A. m  4

B. m  3

C. m  0

D. m  5

m

4
2
Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đồ thị hàm số y  x  3x  3 và đường thẳng
y  m . Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  x4  3x2  3 tại ba điểm

phân biệt � m  3
Câu 25. Kí hiệu

z1, z2

2

là hai nghiệm phức của phương trình z  4z  11  0. Giá trị của
2

A. 18

B. 33

C. 14

z1  z2

2

bằng

D. 22

�
z  2  7i
z  4z  11  0 � �
�
z  3  7i
�
. Từ đây ta có:
2
2
�
z  2  7i � z1  11  11
2
2
�
� z1  z2  11  2.11  33
�
2
2
�
z  2  7i � z2  11  11
�
2

 
 

Câu 26. Tính thể tích V của khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a

 a3

V 
6
A.

V 
B.

4 a3
3

Công thức tính thể tích khối cầu bán kính

 a3
V 
2
D.

 a3
V 
3
C.
R :V 

4 3
R
3
3

Khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a có bán kính
Câu 27. Biết rằng hàm số

P  x0  2018
A. P  2021

 

f x  x3  3x  9x  28

B. P  2018

Để tìm GTLN,GTNN của hàm số
Tìm các điểm
Tính

 

x1, x2,..., xn � a;b

   

 

f x

a �  a3
a � V  4 �
� �
R
3 �2 �
6
2

�
0;4� x
đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn � �tại 0 . Tính

C. P  2019

D. P  2020

�
a;b�
trên đoạn � �ta làm như sau

mà tại đó hàm số

 

f x

có đạo hàm bằng 0 hoặc không có đạo hàm

     

f x1 , f x2 ,..., f xn , f a ; f b

So sánh các giá trị vừa tìm được. Số lớn nhất trong các giá trị đó chình là GTNN của
f x
nhỏ nhất trong các giá trị đó chính là GTNN của

 

 

f x

�
a;b�
trên � �; số


�
x  1��
0;4�
�
�
f x  x3  3x2  9x  28 � f ' x  3x2  6x  9; f ' x  0 � �
�
�
x

3
�
0
;4
�
� �
�

 

 

 

ff 0  28,

Ta có

 

 3  1, f  4  8 và f  x

xác định vơi mọi

x ��
0;4�
�
��

GTNN của hàm số bằng 1

� x0  3 � P  x0  2018  2021

 

yf x

Câu 28. Cho hàm số
có đạo hàm
yf x
có bao nhiêu điểm cực trị ?

  

 

A. 1









f ' x  ex  1 ex  12 x  1 x  1

B. 2

C. 3

2

trên �. Hỏi hàm số

D. 4

 

y  f x � x  x0

x  x0
Các điểm
được gọi là điểm cực trị của hàm số
là nghiệm bội lẻ của phương
'
trình y  0

�
ex  1  0
�x
2
e  12  0
�
'
x
x
f x  0 � e  1 e  12 x  1 x  1  0 � �
�
x  1 0
�
x  1 0
�
�
Ta có



 









�
x  ln12
�
x  1
�
�
x1
�

Trong đó ta thấy x  1 là nghiệm bội hai của phương trình suy ra x  1 không là điểm cực trị của hàm số
Vậy hàm số có 2 điểm cực trị
Câu 29. Số giá trị nguyên âm của m để phương trình
A. 4



B. 2













2



Đặt



 

f x x

Ta có

 

�
x  1 0
�
�2
x  6x  1  mx
�
�





�
x1
�
�
1
x  6  m
�
�
x

1
6
x

f x  1

1 '
1
, f x  0 � 1  2  0 � x  �1
2
x
x

 

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm khi m  4
m ��� m  1;m  2;m  3





có nghiệm

D. 5

C. 3

log 7 x  1  log7 mx  4x � log7 x  1  log7 mx  4x
�
x  1 0
��
�
2
�x  1  mx  4x
�



log 3 x  1  log7 mx  4x


Vậy có 3 giá trị nguyên âm của m thỏa yêu cầu bài toán

2
Câu 30. Cho số phức z thỏa mãn z  6z  13  0. Giá trị của

A. 17 hoặc 5

B. 17 hoặc

z

6
zi

là
D.  17 hoặc 5

C. 17 hoặc 5

5

�
z  3  2i
z2  6z  13  0 � �
z  3  2i
�

z  3  2i � z 

6
6

 4 i � z 
 17
zi
z i

z  3  2i � z 

6
24 7
6

 i � z
5
zi
5 5
zi

Với

Với

d ,d
Câu 31. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 2 lần lượt có phương trình
x2 y2 z3
x 1 y 2 z 1
d1 :


,d2 :




2
1
3
2
1
4 . Phương trình mặt phẳng
cách đều dai đường

 

thẳng

d1,d2

là

A. 2x  y  3z  3  0

B. 14x  4y  8x  3  0

C. 7x  2y  4z  0

D. 7x  2y  4z  3  0

d
Ta có 1 đi qua
uur
ud  2; 1;4

2







A 2;2;3



và có

uur
ud  2;1;3 ,d2



1



đi qua





B 1;2;1

và có

uuur
uur uur
�
AB  1;1; 2 ; ud , ud � 7; 2; 4
�1 2�
uur uur uuur
��
ud , ud �
.AB  1 �0 � d1,d2
�1 2�
chéo nhau











 





d ,d �  / / d1,d2
cách đều 1 2
uur
uur uur
� n  �
ud , ud � 7; 2; 4 �  : 7x  2y  4z  d  0
�1 2�

Do





 

     d B     �

d A, 
Theo giả thiết thì

d2
69



d1
69

�d 

3
2

 

�  : 14x  4y  8x  3  0

5

Câu 32. Biết

ln x

�x

2

1

dx  a.ln5  b

, với a,b là các số hữu tỉ. Tính tích a,b


A.

Đặt

ab  

4
25

B.

4
25

ab 

C.

ab  

6
25

D.

ab 

6
25

�
1
�
u  ln x

du  dx
�
�
�
x
��
�
1
1
dv  2 dx
�
�
v
�
x
�
x

5 5 1
ln x
1
1
15
1 4
dx


ln
x
 �2 dx   ln5 

   � ab   4
�
2
1 1x
x
5
x1
5 5
1 x
25
5

Câu 33. Cho

  

f x  ex  x3 cosx



 

f ' x  2018 ex  x3 cosx

    

f x  f x
"

'

. Giá trị của



2017

 

f" 0







 2018.2017. ex  x3 cosx





2016

2016



là

D. 2018.2017.2016

2

C. 2018







'

. ex  x3 cosx  2018 ex  x3 cosx

�
2018 ex  x3 cosx
�
�

 2018.2017. ex  x3 cosx

Khi

2018

B. 2018.2017

A. 2018

Ta có





2017







2017



. ex  3x2 cosx  x3 sin x

'

. e  3x cosx  x sin x �
�
�
x

2

3





'



. ex  x3 cosx ex  3x2 cosx  x3 sinx  2018. ex  x3 cosx



. ex  3x2 cosx  x3 sin x



2



 2018. ex  x3 cosx



2017



2017



. ex  3x2 cosx  x3 sin x



 

Câu 34. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai ?
A. Phép vị tự là một phép đồng dạng

B. Pháp đồng dạng là một phép dời hình.

C. Có pháp vị tự không phải là phép dời hình

D. Phép dời hình là một phép đồng dạng

Phép đồng dạng không là phép dời hình vì nó không bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kì
3

 



 9x ln x  5 �0

B. 7

A. 4

Điều kiện x  5
Xét dấu hàm số

 
 

 







f x x x3 x3



�
f x �0 � x ��
3;0�
3;8
�
���
�
��
f x �0 � �; 3 ��
0;3
�
�

�





có bao nhiêu nghiệm nguyên ?
C. 6





. ex  6x cosx  3x2 sin x  3x2 sinx  x3 cosx

f " 0  2018.2017.1.1  2018.1.1  20182

x
Câu 35. Bất phương trình



D. Vô số



'




�
�
x3  9x �0
�
�
�
ln x  5 �0
�
�
� 3
�
x  9x �0
�
3
x  9x ln x  5 �0 � �
�
�
�
ln x  5 �0
�
�
�
�
x3  9x �0
�
�
�
ln x  5 �0
�

�
�

 

































�
�
x x  3 x  3 �0
�
�
�
x  5 �e0
�
�
�
�
x x  3 x  3 �0
�
�
�
�
x  5 �e0
�
�
�
�
x x  3 x  3 �0
�

�
�
x  5 �e0
�
�
�



�
�
x ��
3;0�
3;8
�
�
���
�
�
�
x �4
�
�
��
�
x � �; 3�
0;3�
�
�
���

�
��
�
�x �4
�
�



Lại có

�
4 �x �3
�
0 �x �3
�





x ��� x � 4, 3,0,1,2,3

Câu 36. Cho

 

f x

mà hàm số

 

y  f' x

có bảng biến thiên như hình vẽ bên dưới. Tất cả các giá trị của
1
m  x2  f x  x3
x � 0;3
3 nghiệm đúng với mọi
tham số m để bất phương trình
là

 

A.

 

m f 0

B.

 

m  x2  f x 

 

 

 

 

1 3
�
x 0;3
x  x2  m
3
nghiệm đúng

 

Dựa vào BBT suy ra

 

0 x

 

min
� gx
�
0;3�
�
�

C.

 

m �f 3

D.

 

g' x  f ' x  x2  2x

��
g'
x

 

m �f 0

1 3
x
x � 0;3
3 nghiệm đúng

�gx f x 

Ta có

 

 

, dựa vào BBT ta thấy

 

 

1  f ' x �3x � 0;3 � 1 �x2  2x �3

 0;3

g 0

m

Hàm số đồng biến trên

 

f 0

m

 

f 0

 0;3

 

min g x
�
0;3�
�
�



m f 1 

2
3


m

Câu 37. Cho số thực m  1 thỏa mãn
A.

 

m � 1;3

B.

2m  1 dx  1
�

. Khẳng định nào sau đây đúng ?

1

 

m � 2;4

C.

 

m � 3;5

D.

 

m � 4;6

Từ đó tính tích phân theo tham số m, giải phương trình ẩn m để tìm m
Với mọi

x ��
1;m�
�
�thì m �x �1 và m  1 � 2m  2

� 2mx  2 � 2mx  1  1 � 2mx  1  0
m

Nên

2mx  1 dx 
�
1

m

 2mx  1 dx   mx
�

2

x

1

m

 1  m

3



 m  m  1  m3  2m  1  1

�
m 0

�
3
2
� m 02m  0 � m m  2  0 � �
m  2
�
m 2
�
�



Vậy



 

m  2 � 1;3

Câu 38. Bạn A muốn làm một chiêc thùng hình trụ không đáy từ nguyên liện là mảnh tôn hình tam giác đều
ABC có cạnh bằng 90cm . Bạn muốn cắt mảnh tôn hình chữ nhật MNPQ từ mảnh tôn nguyên liệu để tạo
thành hình trụ có chiều cao bằng MQ . Thể tích lớn nhất của chiếc thùng mà bạn A có thể làm được là



91125
cm3
A. 2





13500 3
cm3

B.





108000 3
cm3

C.

Gọi I là trung điểm BC � I là trung điểm MN
Đặt





MN  x 0  x  90

MQ BM
3


� MQ 
90  x
BI
2
Ta có AI



Gọi R là bán kính của trụ

�R 



x
2

�x � 3
3
VT   � � 90  x 
x3  90x2
8
�2 �2
Thể tích của khối trụ là



Xét

 

f x 





3
x3  90x2 0  x  90o
8













91125
cm3
D. 4



 

f' x 



  

3
3x2  180x .f ' x  0 �
8

Khi đó suy ra
Câu 39. Gọi
S
của

 

 

maxo f x  f 60 



x�0;90

 S

 





I a;b;c



13500 3


là mặt cầu đi qua bốn điểm



 

 

 

 . Tính bán kính R

A 2;0;0 , B 1;3;0 ,C 1;0;3 , D 1;2;3

B. R  6

A. R  2 2
Gọi

�
x0
�
x  60
�

C. R  3

D. R  6

là tâm mặt cầu

Lập hệ phương trình ấn a,b,c dựa vào điều kiện I A  I B  IC  I D
Gọi



I a;b;c



là tâm mặt cầu đi qua 4 điểm



 

 

 

�
AI 2  BI 2
�
AI  BI  CI  DI � �
AI  CI 2
�
CI 2  DI 2
�
Khi đó












  


  

�a  2 2  b2  c2  a  1 2  b  3 2  c3
�

2
3
2
�
� �a  2  b2  c2  a  1  b2  c  3
2
2
2
2
2
�
2
�a  2  b  c  3  a  1  b  2  c  3
�





�
4a  4  2a  1  6b  9
�
��
4a  4  2a  1  6c  9 �
�
2a  1  2a  1  4b  4
�
Suy ra



A.
C.



 



�
2a  6b  6
�
6a  6c  6 �
�
�
4a  4b  4
�

�
a0
�
b1
�
�
c1
�



I 0;1;1 , R  IA  22  12  12  6

Câu 40. Tất cả các nguyên hàm của hàm số





A 2;0;0 , B 1;3;0 ,C 1;0;3 , D 1;2;3

 

f x 

x
0;
sin2 x trên khoảng
là



x cot x  ln sin x  C
x cot x  ln sin x  C



B.

x cot x  ln sin x  C

D.

�
ux
�
du  dx
�
�
�
�
�
1
x
v   cot x
dc 
dx
I  � 2 dx
�
�
2
�
sin
x
sin
x
Ta có
, đặt
� I  x cot x  �
cot xdx  x cot x  ln sin x  C







x cot x  ln sin x  C










x � 0; � sin x  0 � I  x cot x  ln sin x  C
Câu 41. Chọn ngẫu nhiên 3 số tự nhiên từ tập hợp
nhiên được chọn không có 2 số tự nhiên liên tiếp

A.

P 

1
679057

B.

P 



 . Tính xác suất P

A  1,2,3,...,2019

677040
679057

C.

P 

2017
679057

D.

P 

trong ba số tự
2016
679057

Tính số phần tử của không gian mấu
Gọi A là biến cố “Trong 3 số tự nhiên được chọn không có 2 số liên tiếp”
� A ”Trong 3 số tự nhiên được chọn có 2 số tự nhiên liên tiếp”

Tính số phần tử của biến cố A
Tính xác suất của biến cố A , từ đó tính xác xuất của A
Chọn ngẫu nhiên 3 số tự nhiên

 

3
� n   C 2019

Gọi A là biến cố “Trong 3 số tự nhiên được chọn không có 2 số tự nhiên liên tiếp)
� A “Trong 3 số tự nhiên được chọn có 2 số tự nhiên liên tiếp”

Số cách chọn 3 trong 2019 số, trong đó có 2 số tự nhiên liên tiếp có 2018,2017 cách (bao gồm các bộ 3 số tự
nhiên liên tiếp)
Số cách cả 3 số tự nhiên liên tiếp có 2017 cách

 

� n A  2018.2017  2017  20172

 

�P A 

(vì các bộ 3 số tự nhiên liên tiếp được tính 2 lần)

20172
20172 677040

P

A

1


3
3
679057
C 2019
C 2019

 

 

yf x

có đạo hàm trên � và có đồ thị hàm số

Câu 42. Cho hàm số
y  f 3 x
đồng biến trên khoảng nào dưới đây





A.

 2; 1

B.

 1;2

C.

 2;�

D.

 �; 1

Hàm số đồng biến trên
Đặt
Xét
Xét

 



g x  f 3 x







 a;b

ta có

khi và chỉ khi

 

 

g' x �0, x � a;b

 





 





g' x   f ' 3  x

 

 

y  f' x

và bằng 0 tại hứu hạn điểm

 

x � 2; 1 � 3  x � 4;5 � f ' 3  x  0 � g' x  0 � y  g x





 





 

như hình bên. Hàm số

 

x � 1;2 � 3  x � 1;4 � f ' 3  x  0 � g' x  0 � y  g x

nghịch biến trên

đồng biến trên

 2; 1

 1;2


Câu 43. Một cái phễu gồm một phần có dạng hình trụ, bán kính đáy bằng R và phần còn
lại có dạng hình nón, chiều cao bằng 2R . Phễu chứa nước có mực dưới đến sát đáy hình
nón, người ta thả vào một vật hình cầu bằng kim loại vào thì nó đặt vừa khít trong hình
nón (hình bên). Chiều cao mực nước dâng cao bằng



32R

3 1 5



A.
4R



3 1 5



3

B.

8R



3 1 5



3

C.



16R

3 1 5



3

D.

3

Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB sử dụng công thức
tích và nửa chu vi tam giác SAB

Tính thể tích khối cầu, sử dụng công thức

V 

r 

S
p , trong đó S,p lần lượt là diện

4 3
r
3

2
Thể tích khối cầu abwfng thể tích phần nước dâng lên ở dạng khối trụ, sử dụng công thức V   R h tính
thể tích khối trụ từ đó suy ra h
2
2
2
2
Áp dụng đụng lí Pytago ta tính được SA  SB  SO  OA  4R  R  R 5

Ta có

SSAB 

1
1
SO.AB  .2R.2R  2R 2
2

2

Nửa chu vi tam giác ABC là

P 

SA  SB  SC R 5  R 5  2R

R
2
2





51

Do khối cầu nằm vừa khít trong hình nón nên bán kính cầu hình bằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác
SAB
r 

SSAB
p



R



2R 2

2R





51

51

�V 

4 3 4
r  
3
3

8R 3





51

3

1

Câu 44. Cho hàm số

 

f x

2

Tính tích phân

liên tục trên � thỏa mãn

Ta có

1

B. I  5
2

 

 

1

C. I  2

 

2

0

1

0

1

0

 

1
1
f x dx  �
3f x dx  �
f 2x dx  1 �
�
30
30
0

 

f  x  dx  1
�
0

 

1

I �
f x dx  �
f x dx  �
f x dx  �
f x dx  1  J  1
1

Lại có

 

I �
f x dx

A. I  3
2

 

f 2x  3f x , x ��
. Biết rằng

 

 

1

f  2x  dx  3
�
0

D. I  6

.


�
x  0� t  0
�
�
x  1� t  2
Đặt t  2x � dt  2dx . Đổi cận �
;
2

Vậy

2

2



 

f t dt  �
f x dx  3 � J  3
�
0

0

 

I �
f x dx  3  1  2
1

Câu 45. Cho hình chóp S.ABC có SA  x, BC  y, SA  AC  SB  SC  1. Thể tích khối chóp
xy
S.ABC đạt giá trị lớn nhất khi tổng
bằng





2

4

A. 3

C. 3

B. 3

D. 4 3

Gọi I ,J lần lượt là trung điểm của BC , SA
Ta có



BC  SAJ

VS .ABC
Nên



1
1
x2  y2 1
xy 2 xy xy � xy � 2
 .BC .SSAJ  xy 1 
� xy 1 

. .�
1
��
3
3
4

3
2
3 4 4 � 2� 3

�
xy
2
4
�
�xy 
�xy
xy � x  y 
3
3
�  1
2
Dấu "  " xảy ra khi �4

Câu 46. Cho hàm số

 

yf x

có đồ thị như hình vẽ bên dưới: tìm tất cả các

giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
điểm cực trị
m

B.

C. m  1

1
m�
4
D.

 

 

Tìm điều kiện để
Xét

 

g x  f 2 x  f x  m,

 

 

 

lập bẳng biến thiên tìm số cực trị của hàm số

 

yf x

  có đúng 3 cực trị và kết luận

 

yh x g x

 

 

g x  f2 x  f x  m

 

   

 

 
 

Bảng biến thiên của hàm số

 

 

g' x  2f x f ' x  f ' x  f ' x �

2f x  1�
�
�
có

�
�
�
g 1  ff2 1 
x

1
'
�
�
f
x

0
�
g' x  0 � �
��
x3
��
g 3 m
2f x  1  0 �
�
�
�
1

x a a 0
�
g a  m
�
�
4

 

có đúng 3

1
4

A. m �1

Xét

 

h x  f2 x  f x  m



 

yg x




 
 



 1  m


Dựa vào bẳng biến thiên, suy ra đồ thị hàm số

 

 

 

yg x

có 3 điểm cực trị

 

h x  f2 x  f x  m

Suy ra đồ thị hàm số
có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị hàm số
nằm hoàn toàn phía trên trục Ox (kể cả tiếp xúc)

Do đó

 

g a �
0��
m

 

yf x

Hàm số

1
4

0

 

yg x

1
4

m

có đúng điểm cực trị khi phương trình

 

f' x  0

có 3 nghiệm bội lẻ phân biệt

     u  x .f  u

f' u x

'

 

yf x

liên tục trên � và có đồ thị như hình vẽ. Xét
max g x  10
g x  f 2x3  x  1  m
�
0;1�
hàm số
. Tìm m để � �
A. m  13
B. m  5
Câu 47. Cho hàm số



 

C. m  3



  

 



g x  f 2x3  x  1  m � g' x  6x2  1 .f ' 2x3  x  1

Ta có
Với

D. m  1



 

 







3

x ��
0;1�
1;2�
�
�� 2x  x  1 ��
�
�

 

 

yf x
yf x
�
1;1�
Quan sát đồ thị hàm số
ta thấy hàm số
nghịch biến trên đoạn � �
 �f' x
0, x �
�1;1�
�

 





3

f' �
2x
�
x�1�
0, x

 

�g x

nghịch biến trên

 

'
�
0;1�
�
� g x



2
�
�1;2�
�do 6x

0, x

 

 

1 0, x



 

�
0;1�
g x  g 0  f 1  m  3  m
�
�� max
�
�
0;1�
�

Câu 48. Một người gửi 50 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 8,4% một năm. Biết rằng nếu không rút
tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập làm vốn ban đầu để tính lãi cho năm tiếp
theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó được lĩnh số tiền không ít hơn 80 triệu đồng (cả vốn và lãi),
biết rằng trong suốt thời gian gửi tiền người đó không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi
B. 7 năm

A. 4 năm

Số tiền người đó thu được sau n năm là

P �
۳ 80

1,084

8
5

log1,084

8
5

C. 5 năm



P  A 1 r

5,83



n



D. 6 năm



 50 1  8,4%

n

triệu đồng


Công thức lãi kép



P  A 1 r



n

Khách gửi vào ngân hàng A đồng với lãi kép r % /kì,n là kì hạng, P là số tiền khách nhận được cả vốn lẫn
lãi sau n kì gửi
Công thức logarit

an  b � loga b  n

�
xym 0
�
xy  y  1
m ��
0;2018�

�
�để hệ phương trình �
�
Câu 49. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
có
nghiệm ?
A. 2016

B. 2018

xy  y  1 �

D. 2017

C. 2019



�
xy  1  y
xy  1  y � �
�
y �1
�



2

�

xy  1  2y  y2
�
��
1
y
�
1
�



Nếu y  0 , hiển nhiên không thỏa mãn hệ:
� 1
x   2 y
�
y �0, 1 � � 2
�
y �1
�
Nếu



1
1
 2 y  y  m  0 �  2 m 2
y
Nếu m  0 ta có y

 

Xét hàm số có bảng biến thiên như sau

�
2 m  0
�
�
�
2

m
�
1
2
y � �;1�
\
0
�
Dựa vào BBT ta thấy
có nghiệm
khi và chỉ khi �

 

Mà m �� và









m ��
0;2018�
�
�� m � 0,1,2,3,4,5,6...,2018

 

 

f x
f' x
Câu 50. Cho hàm số
liên tục trên � và hàm số
có đồ thị như hình
2
h x  2f 3x  1  9x  6x  4
vẽ. Xét hàm số
hãy chọn khẳng định đúng

 

 

h x





nghịch biến trên �
� 1�
1; �
�
h x
3�
�
B. Hàm số
nghịch biến trên
� 1�
1; �
�
h x
3�
�
C. Hàm số
đồng biến trên
A. Hàm số

 
 

�
m 2
�
�
m �1

�


D. Hàm số

 

 

h x



đồng biến trên �



 

 







h x  2f 3x  1  9x2  6x  4 � h' x  6f ' x 3x  1  6 3x  1
Xét bất phương trình
h' x  0 � 6f ' 3x  1  6 3x  1  0 � f ' 3x  1  3x  1 *

 











Quan sát hình vẽ ta thấy:

 1;4
Xét trên khoảng
 

thì

 

f ' x  x � 2  x  2

� * � 2  3x  1  2 � 1  x 

1
3

� 1�
�1; �
� Hàm số h x đồng biến trên � 3 �

 



 