LỜI GIẢI THPT NGÔ QUYỀN, TP hải PHÒNG 2020

ĐỀ THI THỬ THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 LẦN THỨ 1; MÔN TOÁN
TRƯỜNG THPT NGÔ QUYỀN; TP.HẢI
HẢI PHÒN
PHÒNG
________________________________________________________________
C âu 1: Đ áp án C
Lúc
Lúc đầu bèo
bèo có 4%x diện tíc
tích (x là tổng diện tíc
tích hồ).
Sau 1 tuần bèo
bèo phát
phát triển thàn
thành 3.4%x .
n
Sau n tuần bèo
bèo phát
phát triển thàn
thành 3 .4% x .
n
n
Để bèo
bèo phủ kín
kín hồ thì 3 .4% x  x  3  25  n  log 3 25  2,9  7.2,9  20,5 .
Vậy sau ít nhất 21 ngày
ngày bèo
bèo phủ kín
kín hồ.
C âu 2: Đ áp án D
C âu 3: Đ áp án B

Ta có hàm
hàm số nghịc
nghịch biến trên từng khoản
khoảng xác
xác định nên ad  bc  0 .

d
 0.
c
a
Tiệm cận ngang nằm bên trên trục
trục tung nên y   0 .
c
b
Dẫn đến
đến  da  0  d  0  c  0 . Vậy f (0)   0  b  0  b  0; d  0; c  0 .
d
Tiệm cận đứng nằm bên phải
phải trục
trục tung nên x  

C âu 4: Đ áp án D
Giao tuyến của
của (SAB) và (ABC) là AB  1 .

BC
3
AB
3


; R2  RSAB 

.
2sin A 3
2sin S
2
AB 2
15
4
5 15
Khi đó RC2  R12  R22 

 V   R3 
.
4
6
3
54
Các
Các tam giác
giác ABC và SAB đều
đều cạn
cạnh bằng 1 nên R1  RABC 

C âu 5: Đ áp án A
4
2
Hàm
Hàm trùn
trùng phương có 1 điểm cực trị và đi qua (0;1) nên y  x  x  1 .

C âu 6: Đ áp án D

Dựng hìn
hình hộp như hìn
hình vẽ,
vẽ, đáy mới là hìn
hình thoi cạn
cạnh a. Khi đó tam giác
giác BC’D vuông cân tại
tại C’.

DB a 3
a

 h  C B 2  a 2 
.
2
2
2
a2 3 a
a3 6
.

Khi đó V 
.
4
8
2
Do đó BC  

C âu 7: Đ áp án D
3
3
Tổng số tiền lãi
lãi nhận được
ược là T  x  3 x  326 y  27 y .
Chú ý tổng thời gian 10 ngày
ngày nên

x  y  10  T  x 3  3 x  326(10  x)  27(10  x)3  2(14 x 3  405 x 2  3888 x  11870)  2 f ( x) .


 72 
.
 7

2
Khảo
Khảo sát
sát hàm
hàm số f ( x ); 4  x  10  f ( x)  12(7 x  135 x  648)  0  x  9;

Như vậy T max  f (9)  1046 .
C âu 8: Đ áp án A
Các
Các hàm
hàm số B, C đồng biến trên R. Hàm
Hàm số D đơn điệu trên từng khoản
khoảng xác
xác định.

C âu 9: Đ áp án A
3 1
2 3

1
2

3
2

Ta có (a.( a ) )  a.a  a  P  1,5 .
C âu 10: Đ áp án A
3
1000
Điều kiện xác
 0  x3  8  x  2 .
xác định ( x  8)
C âu 11: Đ áp án A
2
Diện tíc
tích mặt cầu là S  4 r  100  r  5 .
C âu 12: Đ áp án A
Điều kiện x  1  x  1  23  x  9 .
C âu 13: Đ áp án D
C âu 14: Đ áp án C
Ta có đườn
ường chéo
chéo dài
dài nhất hìn
hình hộp là

AC 2  21a 2  AA2  AC 2  AA2  a 2  (2a) 2  AA2  16a 2  AA  4a .
3
Khi đó thể tíc
tích hìn
hình hộp là V  4a.a.2a  8a .
C âu 15: Đ áp án D
3
2
Ta tìm
tìm hàm
hàm số f ( x )  x  3 x  2 do đi qua điểm A (0;2) và B (1;0), đạt cực trị tại
tại x  0; x  2 .
Khi đó f ( x)  3x 2  6 x  3 f (0)  2 f (1)  3.0  2.(3)  6 .
C âu 16: Đ áp án A
3

2
Phương trìn
trình tương đương g ( x)  2 x  9 x  12 x  m .
Đồ thị hàm
hàm số g (x) thu được
ược khi lấy đối xứng phần đồ thị bên phải
phải trục
trục tung (đồ thị hàm
hàm số f (x)) qua trục
trục
tung. Phương trìn
trình có 6 nghiệm phân biệt khi 4   m  5  5  m  4 .
Không tồn tại

tại giá trị nguyên m nào
nào.
C âu 17: Đ áp án D
2
Sau 6 thán
tháng đầu tiên ta có T1  300.(1  2%) .

Gửi thêm 200 triệu ta có T2  300.(1  2%) 2  200 .
2
Tiếp tục
tục gửi thêm 6 thán
tháng (để tròn
tròn 1 năm lấy) ta có T3  T2 (1  2%)  532,9 .
C âu 18: Đ áp án C
Phương trìn
trình hoàn
hoành độ giao điểm hai đồ thị là

 x  1  y  1
x3  3 x 2  2 x  1  x 2  3x  1  x3  4 x 2  5 x  2  0  
.
 x  2  x  1
Khi đó hai giao điểm là A(1; 1), B(2; 1)  AB  1 .
C âu 19: Đ áp án B
Đạo hàm
hàm có 3 nghiệm, trong đó 2 nghiệm đơn, 1 nghiệm kép
kép nên hàm
hàm số có 2 cực trị.
trị.
C âu 20: Đ áp án D

ka 2  3%
10
10
Theo bài
 a3   a  3
. Cần tìm
bài ra ta có hệ  5
tìm nhiệt độ t sao cho
3
3
ka  10%
kat 20
20
20
20
kat  20%  2 
 at 2 
 t  2  log a
 log 10
 6, 7 .
3
ka
3
3
3
3
3
C âu 21: Đ áp án B
C âu 22: Đ áp án C

2 x 2  7 x  12  0
Điều kiện xác
 x  0; x  1 .
xác định 
 x  0; x  1
C âu 23: Đ áp án A


Ta có đườn
ường chéo
chéo đáy AC  a 2  SA  a 2 do tam giác
giác SAC vuông cân tại
tại A.
Khi đó sử dụn
dụng công thức bán
bán kín
kính cầu ngoại
ngoại tiếp chóp
chóp có SA vuông góc
góc với đáy:
2

SA2
2a 2  a 2 
4 3
2
RC2 
 Rd2 


  a  R  a  VC   a .
4
4  2 
3
C âu 24: Đ áp án C
Điều kiện đồng biến là x  2  (1;2)  x  ( 3;0) .
C âu 25: Đ áp án C
2

3 x2
Phương trìn
 5 x  3 x  2  x 2  x  1; x  2  x12  x22  5
trình đưa về 5
C âu 26: Đ áp án A
Tiếp tuyến d có hệ số k tại
tại M ( x; y ) vuông góc
góc với đườn
ường thẳng

1
x  k  45  3x 2  6 x  45
45
 x  5  y  52  d : y  45( x  5)  52  45 x  83

 x  3  y  52  d : y  45( x  3)  52  45 x  173
y

C âu 27: Đ áp án C
Điều kiện cần là tung độ hai điểm cực trị trái
trái dấu.

y  4
2m
Ta có đạo hàm

hàm y  3 x  2mx  0  x  0; x 
 y   4 m3  4
3
27

4 3
Điều kiện tung độ cực trị trái
m  4).4  0  m3  27  m  3  m  4;...;9 .
trái dấu là (
27
2

Như vậy có 6 giá trị nguyên m.
C âu 28: Đ áp án D

9
Phương trìn
trình đưa về m.  
 4
3
Đặt
Đặt  
2

x2 2 x

x2 2 x

3
 (2m  1).  
2

x2  2 x

 m  0.

1

2
3
2 
 t , t     ; x  (0;2)  x 2  2 x   1;0   t   ;1 .
3
2
3 

2
2
Phương trìn
trình trở thàn
thành mt  (2m  1)t  m  0  m(t  2t  1)  t  m 

Khảo
Khảo sát
sát hàm

hàm số ta có f (t ) 

t
2 
 f (t ); t   ;1 .
2
(t  1)
3 

1 t2
2 
 0, t   ;1 . Hàm
Hàm số đồng biến trên miền đang xét
xét.
4
(t  1)
3 

2
3

Chú ý f    6;lim    m  6 là điều kiện cần tìm
tìm để phương trìn
trình có nghiệm.
x 1
C âu 29: Đ áp án A
Đồ thị hàm
hàm số là dạn
dạng hàm
hàm số bậc ba, hệ số a  0 .

C âu 30: Đ áp án A
Điều kiện đồng biến trên toàn
toàn trục
trục số hàm
hàm đa thức bậc ba là
2
b  3ac  0  9  3m  0  m  3 .
C âu 31: Đ áp án A
sin x

4sin x  6m.6sin x
Ta có y  sin x
9  41sin x

2
m
  6
3

.
sin x
sin x
 3
2
   4.  
 2
3


2

3

sin x

Đặ t  

t  6m t (t  6m )
2 3
 t, t   ;   y 

.
2
1
4
t

1
3 2
 4t
t

Theo bài ra bất phương trình sau có nghiệm

t (t  6 m ) 1
1
2 3
  3t 2  3.6m t  4t 2  1  3.6m t  t 2  1  3.6m  t  ; t   ;  .
2
4t  1 3
t

3 2
1
t

1
t

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có t   2 t.  2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi

 1
t  t
 t  1.

2
3


t  ;


  3 2 
Như vậy kết quả cần tìm là 3.6 m  2  m  log 6

2
.
3

C âu 32: Đ áp án C
C âu 33: Đ áp án D
Hìn

Hình chóp
chóp có các
các cạn
cạnh bên bằng nhau, tâm đáy là O, ta sử dụn
dụng công thức bán
bán kín
kính ngoại
ngoại tiếp

R

SA2
42 8

 .
2 SO 2.3 3

C âu 34: Đ áp án A
Chiều dài
dài AB sau khi cuộn lại
lại giữ vai trò chu vi đáy hìn
hình trụ,
trụ, BC giữ vai trò chiều cao trụ.
trụ.
Do đó 2 r  6  r 

3



 V   r 2h   .

9



2

.5 

45



.

C âu 35: Đ áp án C

1  3  x  2  1  x  2

3  x  2
x  5

Hàm
Hàm số mới đồng biến thì g ( x )  1. f (3  x )  0  f (3  x )  0  
Như vậy ta chọn
họn 5;  là một trườn
ường hợp riêng.
C âu 36: Đ áp án B
C âu 37: Đ áp án B

Do SA  SB  SC suy ra hìn
hình chiếu vuông góc
góc H của
của S trên mặt phẳng (ABCD) là tâm đườn
ường tròn
tròn ngoại
ngoại
tiếp tam giác
c
B
C
D
.
T
a
m
giác
c
B
C
D
c
â
n
tại
i
C
n
ê

n
H
t
h
u
ộ
c
đ
ườn
n
g
chéo
o
A
C
.
giá
giá
tạ
ườ ché
Hai tam giác
giác SBD, CBD bằng nhau nên SO  CO  0,5 AC suy ra tam giác
giác SAC vuông tại
tại S.
Khi đó AC 

SA2  SC 2  x 2  a 2 ; SH 

SA.SC


AC

ax
x  a2
2

.

BD  2OB  2 BC 2  OC 2  4 BC 2  4OC 2  4 BC 2  AC 2  3a 2  x 2 .


Lúc
Lúc này
này sử dụn
dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

1
AC.BD.SH 1
x 2  3a 2  x 2 a 3
V  .SH .S ABCD 
 .x 3a 2  x 2 
 .
3
6
6
12
4
C âu 38: Đ áp án C
Ta có  rl   a 2  3 a 2  l  2a .
C âu 39: Đ áp án D

Gọi r là bán kính hình cầu bằng kim loại.
Ta có r.  SA  OA  SO.OA  r 

SO.OA
r
SA  OA

R.2 R

 2R 

2

R R
2



2R
5 1

32 R 3
4
.
Suy ra Vc   r 3 
3
3
3 5 1





Gọi h là chiều cao cột nước dâng lên.
32 R 3
32 R
Ta có  R 2 .h  Vc   R 2 .h 
  h 
.
3
3
3 5 1
3 5 1









C âu 40: Đ áp án C
Chiều dài
dài hìn
hình chữ nhật lớn hơn đườn
ường kín
kính mặt đáy, thế thì chiều cao hìn
hình chữ nhật giữ vai trò chiều cao
2

hìn
hình trụ.
trụ. Ta có h.2 R  30; h  2 R  13  h  10; R  1,5  Stp  2 Rh  2 R 

69
.
2

C âu 41: Đ áp án D
C âu 42: Đ áp án B
Ta có SA 

SC 2  AC 2  9a 2  5a 2  2a và BC  5a 2  a 2  2a .
1
4a3
Khi đó thể tíc
.
tích khối chóp
chóp là V  .2a.a.2a 
3
3
C âu 43: Đ áp án B
Sử dụn
dụng công thức đổi cơ số ta có

log a x.log a x.logb a  2log a x  3log a x.log b a  1  0

 log 2a x.log b a  log a x(2  3log b a)  1  0  t 2 log b a  (2  3log b a)t  1  0
2  3log b a
Theo hệ thức Viet thì t1  t2  log a ( m.n) 

 2log a b  3  log a (a 3b 2 )  m.n  a 3b 2 .
log b a
Khi đó mn  a 3 (10  a ) 2  f (a ); a  (1;9)  mn  f (6)  3456 .
C âu 44: Đ áp án C
Đạo hàm
hàm h( x)  f ( x). f ( x )   2 f ( x )  2 xf ( x)   4 x  f ( x)  f ( x)  2 x   2  f ( x)  2 x  .

Khi đó h( x)   f ( x)  2 x  f ( x )  2  0 . Chú ý hàm
hàm số gốc nghịc
nghịch biến trên R nên f ( x )  2  0 .

Do đó h( x)   k  f ( x )  2 x  ; k  0 . Xét
Xét tương giao hai đồ thị y  f ( x ); y  2 x cắt nhau tại
tại đúng một

điểm (1;2). Nếu x  1  f ( x)  2 x  x  1: h( x)  0 . Vậy đạo hàm
hàm h( x)   k  f ( x )  2 x  ; k  0 đổi
dấu từ âm sang dương tại
tại điểm x  1 , tức là đạt cực tiểu tại
tại x  1 .
C âu 45: Đ áp án B


a 3
a2 3
; S ABC  0,5. AB.BC .sin120 
.
2
4
1 a 3 a 2 3 a3

Thể tíc
.
 .
tích khối chóp
chóp là VS . ABC  .
3 2
4
8
Ta có SH 

C âu 46: Đ áp án B

Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng ABCD,IE, lần lượt là hình chiếu của H trên CD và AB . K là hình
chiếu của H trên AE. Khi đó A’B’C’D;A
BCD = A’IH = 600
2

2a
 2a
a
IH  A ' I .cos 600  a; A ' H  A ' I .sin 600  a 3

S A ' B ' CD  A ' I .CD  2a 2  A ' I 

d AA';CD  d C D; A'AB  d I; A'AB 
Đặt EI = x ,0 < x < 4a , ta có KH = d H,A’B =
Mặt khác

3a 21
7

EH
x  a 3a 21
d I , A ' AB 
.
EI
x
7

 x  6a  l 
1
1
1
1
1
1
Suy




 2  x 2  9ax  18a 2  0  
2
2
2
2
2
2
27 a x  a
HK
HE

HA '
xa
3a
 x  3a  t / m 
7
x2
2
ra S A ' B ' CD  EI .AB  3a . Vậy V  3a 2 .a 3  3a 3 3


C âu 47: Đ áp án C

Do mặt phẳng  chứa AB song song với mặt phẳng (SCD) nên cắt (SCD) theo giao tuyến MN song song với

V xyzt  1 1 1 1 
SN SM

 x . Chú ý V1  VS . MNAB  1 
     với x  y; z  t  1 .
V
4 x y z t
SD SC
2
1 x2  2
5 1
 1 x x
Theo bài

2




x
.
bài ra tỉ số hai phần thể tíc
tích bằng nhau nên 


2 4 x
2 2 2
2

CD, tức là

C âu 48: Đ áp án D

x  2
 x  2

4
2
2
Điều kiện xác
xác định x  3x  4  0  x  4  

C âu 49: Đ áp án B
3
Chú ý hàm
hàm số t  2 x  x  1 đồng biến trên toàn
toàn trục số nên

x   0;1  t   1;1  g ( x )  f (t )  m; t   1;1  max g ( x)  3  m .
Theo bài
bài ra 3  m  10  m  13 .
C âu 50: Đ áp án D