ĐÁP án đề số 13

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
•ĐỀ SỐ 13 - MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI
1.D
11.A
21.D
31.B
41.C
Câu 1.

2.B
12.B
22.A
32.A
42.D

3.D
13.D
23.A
33.B
43.B

4.C
14.A
24.A
34.C
44.A

BẢNG ĐÁP ÁN
5.B

6.B
7.D
15.C
16.B
17.A
25.A
26.B
27.D
35.C
36.C
37.B
45.A
46.D
47.C
LỜI GIẢI CHI TIẾT

8.C
18.A
28.B
38.B
48.A

9.A
19.A
29.B
39.A
49.A

10.D
20.D

30.C
40.A
50.D

Từ các chữ số 1 , 2, 3, 4, 5 , 6 , 7 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm hai chữ số khác nhau?
2

A. C7

B. 2 7

C. 7 2

2

D. A7

Lời giải
Chọn D
2

Số các số tự nhiên gồm hai chữ số khác nhau được lấy ra từ 7 chữ số trên là: A7 .
Câu 2.

1
Cho cấp số nhân  un  có số hạng đầu u1  , công bội q  2. Giá trị của u 25 bằng
2
26
23
A. 2 .

B. 2 .
C. 224 .
D. 225 .
Lời giải
Chọn B
1
Theo công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân ta có: u25  u1.q 24  .2 24  2 23 .
2

Câu 3.

Cho hình nón có bán kính đáy bằng 4a và chiều cao 3a. Diện tích xung quanh của hình nón là
A. 12 a 2 .
B. 24 a 2 .
C. 40 a 2 .
D. 20 a 2 .
Lời giải
Chọn D

 
Gọi l, r, h lần lượt là độ dài đường sinh, bán kính đáy và chiều cao của hình nón.
Ta có: l  r 2  h 2  16a 2  9a 2  5a
Do đó: S xq   rl   .4a.5a  20 a 2 .
Câu 4.

Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên dưới.

Trang 1/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489

Lời giải chi tiết tham khảo tại: />
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
1 2
A.  ;
.
 2 2 




2 1
B.  
.
 2 ;  2 



C.  ;  1 .


2 1
D.  
.
 2 ; 2 



Lời giải
Chọn C
Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  ta thấy đồ thị đi xuống từ trái qua phải trên các khoảng

 ;  1

và  0;1 .

Do đó, hàm số y  f  x  nghịch biến trên các khoảng  ;  1 và  0;1 .
Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy bằng a2 và chiều cao bằng 3a là

Câu 5.

A. a3 .

B. 3a3 .

C. 3 a3 .

D.  a3 .

Lời giải
Chọn B
Thể tích khối lăng trụ đã cho là V  B.h  a 2 .3a  3a3
Tập nghiệm của bất phương trình log 2  x 2  1  3 là?

Câu 6.

A.  2;2 .

B.  ; 3  3;   .

C.  ; 2   2;   .

D.  3;3 .
Lời giải

Chọn B
x  3
log 2  x 2  1  3  x 2  1  8  x 2  9  
 x  3
3

Cho hàm số f  x  thỏa mãn

Câu 7.



3

f  x dx  5 và

1

A. 6 .



1

f  x dx  1 . Tính tích phân I 

1

B. 6 .

C. 4 .
Lời giải

Chọn D
3

Ta có


1

Câu 8.

1

f  x dx 


1

 f  x dx .
1

3

f  x dx   f  x dx  1  I  5  I  4 .

1

Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên

Trang 2/25 – />
D. 4 .


PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

Giá trị cực đại của hàm số bằng.
A. 1 .
B. 3 .

C. 2 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực đại của hàm số bằng 2 .
Câu 9.

Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
y

2
1
O 1

A. y 

x2
.
x 1

B. y 

2

x

x2
x2
x2
. C. y 
. D. y 
.
x 1
x2
x 1

Lời giải
Chọn A
Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là x  1, y  1 nên loại
D. Đồ thị hàm số đi qua điểm (2; 0) nên loại phương án

phương án C,

B.

Câu 10. Cho các số thực dương a , b với a  1 . Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ?

1
log a b B. log a2  ab   2  2log a b
2
1
1 1
C. log a2  ab   log a b D. log a2  ab    log a b
4
2 2
Lời giải
Chọn D
1
1
1 1
Ta có: log a2  ab   log a2 a  log a 2 b  .log a a  .log a b   .log a b
2
2
2 2
A. log a2  ab  

Câu 11. Hàm số nào sau đây là một nguyên hàm của hàm số f  x   sin x  e x  5 x ?
A. F  x    cos x  e x 
C. F  x   cos x  e x 

5 2
x 1 .
2

5 2
x .
2

B. F  x   cos x  e x  5 x  3 .
D. F  x    cos x 

ex
5
 x2 .
x 1 2

Lời giải
Chọn A
Trang 3/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />Áp dụng công thức nguyên hàm cơ bản, ta có:

 f  x  dx    sin x  e

x



 5 x dx   cos x  e x 

Vậy F  x    cos x  e x 

5 2

x C .
2

5 2
x  1 là một nguyên hàm của hàm số f  x   sin x  e x  5 x .
2

Câu 12. Số phức liên hợp của z  4  3i là
A. z  3  4i .

B. z  4  3i .

C. z  3  4i .
Lời giải

D. z  3  4i .

Chọn B
Số phức liên hợp của z  4  3i là z  4  3i .




Câu 13. Trong không gian Oxyz , cho a   3; 4;0  và b   5;0;12  . Côsin của góc giữa a và b bằng
A.

3
.
13

B.

5
.
6

5
C.  .
6
Lời giải

D. 

3
.
13

Chọn D


 
a.b
Ta có: cos a; b    
a b

 

15

 3

2



 42 . 52  122

3
.
13
2

2

2

Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  3    y  1   z  2   8 . Khi
đó tâm I và bán kính R của mặt cầu là
A. I  3; 1; 2  , R  2 2 .
C. I  3;1; 2  , R  4 .

B. I  3;1; 2  , R  2 2 .

D. I  3; 1; 2  , R  4 .
Lời giải

Chọn A
Mặt cầu  S  có tâm I  3; 1; 2  và bán kính R  2 2 .
Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm A 1;0;0  ; B  0; 2;0  ; C  0;0;3 . Phương
trình nào dưới dây là phương trình mặt phẳng  ABC  ?

A.

x y z

  1.
3 2 1

B.

x y z
  1.
2 1 3

C.

x y z

  1.
1 2 3

D.

x y z
 
 1.
3 1 2

Lời giải
Chọn C
Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn đi qua 3 điểm A , B , C là

x y z

  1.
1 2 3

x 1 y  2 z 1
Câu 16. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :
nhận véc


2
1
2

tơ u  a; 2; b  làm véc tơ chỉ phương. Tính a  b .

A. 8 .

B. 8 .

C. 4 .
Lời giải

Chọn B


Đường thẳng d có một véc tơ chỉ phương là v  2;1; 2  .
Trang 4/25 – />
D. 4 .

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020




a  4
a 2 b
u  a; 2; b  làm véc tơ chỉ phương của d suy ra u và v cùng phương nên    
2 1 2
b  4
Vậy a  b  8 . Chọn B
Câu 17. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông đỉnh B , cx AB  a , SA vuông góc với mặt
phẳng đáy và SA  2a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng
A.

2 5a
.
5

B.

5a
.
3

C.

2 2a

.
3

D.

5a
.
5

Lời giải
S

H
A

C

B
Trong tam giác SAB dựng AH vuông góc SB thì AH   SBC  do đó khoảng cách cần tìm là

AH . Ta có:

1
1
1
5
2a 5
 2
 2 suy ra AH 
.

2
2
AH
SA
AB
4a
5

Câu 18. Số nào sau đây là điểm cực đại của hàm số y  x 4  2 x 3  x 2  2
A.

1
.
2

B. 1.

C. 0.

D. 2.

Lời giải
Chọn A
Ta có: y  4 x3  6 x 2  2 x


x  1

y  0   x  0


1
x 

2
2
y  12 x  12 x  2
1
Xét y( )  1  0 , y (0)  2  0 y (1)  2  0
2
1
Vậy hàm số có điểm cực đại là x 
2

Câu 19. Giá trị lớn nhất của hàm số f  x   x4  4 x2  5 trêm đoạn  2;3 bằng
A. 50
Lời giải
Chọn A

B. 5

C. 1

D. 122

Trang 5/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />x  0
f '( x)  4 x 3  8 x  0  
  2;3 ;

x   2





f  0   5; f  2  1; f  2   5; f  3  50
Vậy Max y  50
2;3

Câu 20. Cho log12 3  a . Tính log 24 18 theo a .
A.

3a  1
.
3 a

B.

3a  1
.
3 a

C.

3a  1
.
3a

D.

3a  1
.
3a

Lời giải
Chọn D
Có a  log12 3 

 log3 2 

1
1
1


log 3 12 log 3 3  log 3 4 1  2 log 3 2

1 a
2a

1 a
2
log 3 18 log 3 9  log 3 2 2  log 3 2
2a  3a  1 .
log 24 18 



log 3 24 log 3 3  log 3 8 1  3log 3 2 1  3. 1  a 3  a

2a

Câu 21. Nghiệm của phương trình log 3  x  1  1  log 3  4 x  1
A. x  3 .

B. x  3 .

C. x  4 .
Lời giải

D. x  2 .

Chọn D

1
Điều kiện: x   . Ta có:
4
log 3  x  1  1  log 3  4 x  1
1

1

x 
x 
4


4  x  2.
3  x  1  4 x  1  x  2


Vậy: Nghiệm của phương trình là x  2.
Câu 22. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và bán kính đáy bằng a . Thể tích của khối nón đã
cho bằng
A.

3 a3
.
3

B.

3 a3
.
2

C.

2 a 3
.
3

D.

 a3
3

Lời giải
Chọn

A.

l  2a
Ta có chiều cao của khối nón bằng h  l 2  r 2 với 
. Suy ra h  a 3 .
r  a

1
1
 a3 3
Vậy thể tích khối nón là V   r 2 h   a 2 a 3 
.
3
3
3

Trang 6/25 – />
.


PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
Câu 23. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  2;2 và có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của
phương trình 3 f  x   4  0 trên đoạn  2; 2 là

B. 1.

A. 3.

C. 2.
Lời giải

D. 4.

Chọn A
Ta có 3 f  x   4  0  f  x  

4
.
3

Dựa vào đồ thị, ta thấy đường thẳng y 

4
cắt y  f  x  tại 3 điểm phân biệt nên phương trình
3

đã cho có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 24. Họ nguyên hàm của hàm số f  x   x 4  xe x là
1 5
1
x   x  1 e x  C . B. x5  xe x  C .
5
5
1 5
C. x   x  1 e x  C . D. 4 x3   x  1 e x  C .
5
Lời giải
Chọn A
1
Ta có  f  x  dx    x 4  xe x  dx  x 5   xe x dx .

5
u  x
du  dx

Đặt 
.

x
x
dv  e dx v  e
1
1
1
Suy ra  f  x  dx  x 5  xe x   e x dx  x5  xe x  e x  C  x5   x  1 e x  C .
5
5
5

A.

Câu 25. Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với kì hạn 3 tháng, lãi suất 1,95% một kì theo thể
thức lãi kép. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu kì, người gửi sẽ có số tiền lãi lớn hơn số tiền gốc ban
đầu, giả sử người đó không rút lãi trong tất cả các kì.
A. 36.
B. 35.
C. 34.
D. 33.
Lời giải
Chọn A
• Số tiền cả gốc lẫn lãi người đó nhận được sau n kì là:

n

A 1  r  , (với A: tiền gốc ban đầu, r: lãi suất).

• Để số tiền lãi người đó nhận được lớn hơn tiền gốc ban đầu thì:
Trang 7/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />n

n

A 1  r   A  A  1  r   2  n  log1 r 2  log11,95% 2  35,89 .

 n  36 .
Câu 26. Khi độ dài cạnh của hình lập phương tăng thêm 2cm thì thể tích của nó tăng thêm 98cm3 . Tính
độ dài cạnh của hình lập phương.
A. 5cm .
B. 3cm .
C. 4cm .
D. 6cm .
Lời giải
Chọn B
Gọi độ dài cạnh hình vuông ban đầu là a (cm) (a  0) . Khi đó thể tích hình lập phương là
a 3 (cm3 ) .
Độ dài cạnh hình vuông lúc tăng thêm 2cm là a  2(cm) . Thể tích hình lập phương khi đó là
(a  2)3 (cm3 ) .
 a3
Theo giả thiết ta có: a 3  98  (a  2)3  6a 2  12a  90  0  
.

 a  5
Do a  0 nên a  3 .
Câu 27. Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
A. 3 .

B. 2 .

x9 3
là
x2  x
C. 0 .
Lời giải

D. 1.

Tập xác định D   9;    \ 1;0 .

 xlim
 1
 
 lim
 x 1

 lim
x 0

x9 3
 
x2  x
 x  1 là tiệm cận đứng.

x9 3
 
x2  x
x9 3 1
 .
6
x2  x

Câu 28. Cho hàm số y  ax4  bx2  c có đồ thị như hình vẽ. Tìm kết luận đúng

A. a  b  0 .

B. bc  0 .

C. ab  0 .
Lời giải

Chọn B
Từ hình vẽ ta thấy:
Đồ thị hàm số có bề lõm hướng lên  a  0 .
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm  c  0 .
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị  ab  0  b  0 .

Trang 8/25 – />
D. ac  0 .


PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
Vậy chỉ có bc  0 .
Câu 29. Cho hàm số f  x  liên tục trên  . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

y  f  x  , y  0, x  1 và x  4 (như hình vẽ bên). Mệnh đề nào dưới đây đúng?

1

4

A. S    f  x  dx   f  x  dx .
1

C. S 

1

1

4



f  x  dx   f  x  dx .

1

B. S 

1

4



f  x  dx   f  x  dx .

1

1

1

4

D. S    f  x  dx   f  x  dx .

1

1

1

Lời giải
Chọn B
Ta có: hàm số f (x)  0 x   1;1 ; f (x)  0 x  1; 4 , nên:
4

S



1

f  x  dx 

1



1

4

f  x  dx   f  x  dx 
1

1



1

B. Số i.

B.

1

1
z  z là số nào trong các số sau đây?
2
C. Một số thực.

D. Một số thuần ảo.
Lời giải

Câu 30. Cho số phức z  a  bi,  a, b  R  . Khi đó số
A. Số 2.

4

f  x  dx   f  x  dx . Chọn đáp án





Chọn C
Ta có z  a  bi nên
Vậy

1
1
1
z  z   a  bi  a  bi   .2a  a .
2
2
2





1
z  z là số một số thực.
2





Câu 31. Nếu điểm M  x ; y  là điểm biểu diễn của số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy thỏa mãn
OM  4 thì

A. z 

1
.
2

B. z  4 .

C. z  16 .

D. z  2 .

Lời giải
Chọn B
Theo định nghĩa môđun của số phức ta có: z  OM  4  B đúng.



u


2;3;

1
v
Oxyz
Câu 32. Trong không gian với hệ trục tọa độ
, cho hai vectơ

 và   5; 4; m .




Tìm m để u  v.
A. m   2.

B. m  2.

C. m  4.

D. m  0 .

Trang 9/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />Lời giải
Chọn A
 


u  v  u .v  0  2.5  3(  4)  (  1).m  0  m   2.
Câu 33. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;1;1 và B 1; 1;3 . Phương trình mặt cầu có đường
kính AB là
2

2

B.  x  1  y 2   z  2   2

2

2

D.  x  1  y 2   z  2   8 .

A.  x  1  y 2   z  2   8 .
C.  x  1  y 2   z  2   2 .

2

2

2

2

Lời giải
Chọn B
Gọi I là trung điểm của đoạn AB nên tâm mặt cầu là I 1;0; 2 
AB

R

2

2

2

1  1   1  1   3  1

2

2

 2
2

2

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:  x  1  y 2   z  2   2.
Câu 34. Trong

không

gian

Oxyz ,

cho

hai

mặt

   : 5 x  4 y  3z  1  0 . Phương trình mặt phẳng qua
   có phương trình là
A. 2 x  y  2 z  0 .

  : 3 x  2 y  2 z  7  0
O , đồng thời vuông góc với cả  

phẳng

B. 2 x  y  2 z  1  0 . C. 2 x  y  2 z  0 .

và
và

D. 2 x  y  2 z  0 .

Lời giải
Chọn C


Mặt phẳng   có một vectơ pháp tuyến là n1   3;  2; 2  .

Mặt phẳng    có một vectơ pháp tuyến là n2   5;  4;3 .

Giả sử mặt phẳng    có vectơ pháp tuyến là n .

Do mặt phẳng    vuông góc với cả   và    nên ta có:
 

 
n  n1
    n   n1 , n2    2;1;  2  .
n  n2

Mặt phẳng    đi qua O  0; 0; 0  và có vectơ pháp tuyến n   2;1;  2  có phương trình là:

2x  y  2z  0 .
Câu 35. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A 1;2;0  , B  2;0;2  , C  2; 1;3 , D 1;1;3  . Đường
thẳng đi qua C và vuông góc với mặt phẳng  ABD  có phương trình là

 x  2  4t

A.  y  2  3t .
z  2  t


 x  2  4t

B.  y  1  3t .
z  3  t


 x  2  4t

C.  y  4  3t .
z  2  t


Lời giải

Trang 10/25 – />
 x  4  2t

D.  y  3  t .
 z  1  3t



PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
Chọn C


AB  1; 2;2 

AD   0; 1;3
 
AB  AD   4; 3; 1

Đường thẳng qua C  2; 1;3 và vuông góc với mặt phẳng  ABD  có phương trình

 x  2  4t

 y  1  3t
z  3  t

Điểm E  2; 4;2  thuộc đường thẳng trên, suy ra đường thẳng cần tìm trùng với đường

 x  2  4t

thẳng có phương trình  y  4  3t
z  2  t

Chọn đáp án đúng là đáp án C
Câu 36. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh, gồm 5 nam và 5
nữ ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Tính xác suất để mỗi
học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ
1
1
8
4
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
252
945
63
63
Lời giải
Chọn C
Cách 1
Số phần tử không gian mẫu là n(  ) =10!
Gọi biến cố A: “ Các bạn học sinh nam ngồi đối diện các bạn nữ”.

Chọn chỗ cho học sinh nam thứ nhất có 10 cách.
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 2 có 8 cách (Không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất).
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 3 có 6 cách (Không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất, thứ
hai).
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 4 có 4 cách (Không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất, thứ
hai, thứ ba).
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 5 có 2 cách (Không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất, thứ
hai, thứ ba, thứ tư).
Xếp chỗ cho 5 học sinh nữ: 5! Cách.
n  A   10.8.6.4.2.5! =460800

P  A 

460800 8
=
10!
63

Cách 2
Chọn vị trí bên trái có 25 cách
Chọn vị trí bên phải có 1.1.1.1.1=1 cách
Hoán vị 5 nam có 5!
Trang 11/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />Hoán vị 5 nữ có 5!
n( A )    25 .5 ! .5!

P  A 

 2 5 .5! .5 ! 8
=
63
10 !

Câu 37. Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a , SA   ABC  , SA  a 3 . Cosin
của góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SBC  là
A.

2
.
5

B.

1
.
5

C.

2
.
5

D.

1
.
5

Lời giải
Chọn B

Gọi M là trung điểm của BC . Do tam giác ABC đều nên AM  BC và

a 3
2
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A trên SM , SB .
AM  AB sin 60 

Vì SA   ABC   SA  AB, SA  AM . Trong các tam giác vuông SAB , SAM , ta có:

1
1
1
a 3
1
1
1
a 15
 2
 AK 
 2
 AH 
;
2
2
2
2

AK
SA AB
2
AH
SA AM
5
 BC  SA  do SA   ABC  
 BC   SAM   BC  AH

 AM  BC
 AH  SM
 AH  KH  SB  AH
 AH   SBC   
. 
 SB   AHK   SB  HK .

 AH  BC
 AH  SB  SB  AK
Từ AH  KH  KH  AK 2  AH 2 

a 3
20

 SB  AK
HK
1
Từ 
   SAB  ,  SBC    
AKH  cos   SAB  ,  SBC   


AK
5
 SB  HK
Câu 38. Cho hàm số y  f ( x) liên tục trên đoạn e ; e 2  .
2

e
1
Biết x f ( x )  ln x  xf ( x )  ln x  0, x   e; e  và f (e)  . Tính tích phân I   f ( x)dx .
e
e
2



2

2

Trang 12/25 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
A. I  2 .

B. I 

3
.
2

C. I  3 .

D. I  ln 2 .

Lời giải
Chọn B
Ta có: x 2 f  ( x )  ln x  xf ( x )  ln 2 x  0, x   e; e 2 
1
f  ( x)  ln x  . f ( x)
1
1
 f ( x ) 
x





  2
2
2
ln x
x
x
 ln x 

Lấy nguyên hàm hai vế ta được:
ln x
suy ra f ( x ) 
I

x

1
f ( x) 1
  C theo đề bài ta có f (e)   C  0
e
ln x x

e2

e2

 f ( x)dx  I  
e

e

ln x
3
dx  .
x
2

Câu 39. Có bảo nhiêu số nguyên m thuộc khoảng  10;10  để hàm số y  2 x 3  2 mx  3 đồng biến
trên 1;    ?
A. 12 .
Lời giải
Chọn A

B. 8 .

C. 11 .

D. 7 .

Xét g  x   2 x3  2mx  3 . Ta có g   x   6 x 2  2m và g 1  5  2m .
Để hàm số y  2 x 3  2 mx  3 đồng biến trên 1;    thì có hai trường hợp sau
Trường hợp 1: Hàm số g  x  đồng biến trên 1;    và g 1  0 .
 m  3 x 2 , x  1
6 x 2  2m  0 , x  1 
5


m .
5
2
5  2m  0
m 

2
Kết hợp giả thiết suy ra có 12 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Trường hợp 2: Hàm số g  x  nghịch biến trên 1;    và g 1  0 .
Điều này không xảy ra vì lim  6 x 2  2m     0 .
x 

Vậy có 12 giá trị nguyên của m thỏa mãn.
Câu 40. Cho hình chóp S. ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều và tam giác SCD
vuông cân tại S . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
A.

7 a 2
.
3

B.

8 a 2
.
3

C.

5 a 2
.
3

D.  a 2

Lời giải
Chọn A

Trang 13/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />
+ Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB , CD . Kẻ SH  MN tại H  SH  ( ABCD ) .
 SM 

a 3

a
a 3
a
, OH  .
; SN  ; MN  a  SMN vuông tại S  SH 
2
2
4
4

+ Gọi I , J là hình chiếu vuông góc của H lên OC , OD  OI  OJ 

a 2
.
8

+ Gọi O  AC  BD . Qua O dựng đường thẳng   ( ABCD ) .
Cách 1:
a 2

 a 2 
+ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho: A 
;0;0   Ox , B  0;
;0   Oy và   Oz .
2
2





 a 2

 a 2  a 2 a 3 
 C  
;0;0  , S 
;
;

2
8
4 


 8
+ Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD là mặt cầu đi qua 4 điểm S , A, B, C

Suy ra phương trình mặt cầu là: x 2  y 2  z 2 

3a
a2
z
0.
3
2

a 21
7 a 2
.
 S  4 r 2 
6

3
Cách 2:
r

S

P' N

H

Δ

O

Trên 2 tia OM , ON lấy hai điểm P , P ' sao cho OP  OP ' 
+ SP  SH 2  HP 2 

M

P

a 2
 PP '  a 2 .
2

a 3 2
a 3 2
; SP '  SH 2  HP '2 
.
2

2

+ Trong tam giác SPP ' có: S SPP ' 

1
SP.SP '.PP '
SP.SP ' a 21
.
PP '.SH 
 R

2
4.R
2.SH
6

Trang 14/25 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
Vậy diện tích mặt cầu là: S  4 R 2 

7 a 2
3

Câu 41. Cho ba số thực dương x, y , z theo thứ tự lập thành một cấp số nhân, đồng thời với mỗi số thực
dương a ( a  1) thì log a x, log
trị của biểu thức P 

a

y, log 3 a z theo thứ tự lập thành một cấp số cộng. Tính giá

1959 x 2019 y 60 z
.


y
z
x

A. 60 .

B. 2019 .

C. 4038 .

D.

2019
.
2

Lời giải
Chọn C
Ta có: x, y , z là ba số thực dường, theo thứ tự lập thành một cấp số nhân thì y 2  x.z (1) .
Với mỗi số thực a ( a  1), log a x, log

2 log

a

a

y, log 3 a z theo thứ tự lập thành một cấp số cộng thì

y  log a x  log 3 a z  4 log a y  log a x  3log a z (2) .

Thay (1) vào (2) ta được 2 log a x.z  log a x  3log a z  log a x  log a z  x  z .
Từ (1) ta suy ra y  x  z .
Thay vào giả thiết thì P  1959  2019  60  4038 .
Câu 42. Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số y 

x 2  mx  2m
x 2

trên đoạn  1;1 bằng 3. Tính tổng tất cả các phần tử của S .

8
A.  .
3

B. 5 .

C.

5
.
3

D. 1.

Lời giải
Chọn D
Xét hàm số y  f  x  

x 2  mx  2 m
,
x 2

Tập xác định: D   \ 2 và f   x  

x2  4 x

 x  2

2

.

x  0
2
.
Xét f   x   0  x  4 x  0  
x  4
Bảng biến thiên của hàm số y  f  x  :

Trang 15/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />

1
Ta có: f  1  m  ; f  0   m ; f 1  m  1.
3





Suy ra: max g  x   max f  1 ; f  0  ; f 1 .
1;1

Với g  x   f  x  

x 2  mx  2m
. Ta có max g  x   max f  1 ; f  0  ; f 1 .
 1;1
x 2



Dựa vào đồ thị các hàm số u  m ; u  m  1 ; u  m 



1
.
3

1
. Ta có max g  x   f 1  m  1  3  m  2.

 1;1
2
1
Xét với m 
Ta có max g  x   f  0    m  3  m  3 .
 1;1
2
Vậy S  3; 2 .
Xét với m 

Câu 43. Số giá trị nguyên của m thuộc đoạn  2019; 2019 để phương trình 4 x   m  3 .2 x  3m  1  0
có đúng một nghiệm lớn hơn 0 là
A. 2021 .
B. 2022 .

C. 2019 .
Lời giải

D. 2020 .

Chọn B
Đặt t  2x  0 . Khi x  0 thì t  1 .
Phương trình đã cho trở thành: t 2   m  3 t  3m  1  0 .
Xét bài toán: Tìm m để phương trình t 2   m  3 t  3m  1  0 có đúng một nghiệm t  1 .
Ta có: t 2   m  3 t  3m  1  0  t 2  3t  1  m  t  3 (*).
Nhận thấy t  3 không là nghiệm của phương trình (*).

1
t 2  3t  1
 m.

m t
t 3
t 3
1
Xét hàm f  t   t 
với t  1;   \ 3 , ta có:
t 3
t  2
1
, f  t   0  
.
f  t   1 
2
 t  3
t  4
Khi t  3 , (*) 

Bảng biến thiên:
Trang 16/25 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có một nghiệm t  1 khi m 

1
hoặc m  1 hoặc m  5 .
2

Lấy m nguyên và thuộc đoạn  2019; 2019 ta được 2022 giá trị

y  f  x
 \ 1;0
f 1  2ln 2  1
Câu 44. Cho hàm số
liên tục trên
thỏa mãn
,
x  x  1 f   x    x  2  f  x   x  x  1 x   \ 1;0
f  2   a  b ln 3
,
. Biết
, với a , b là
2
hai số hữu tỉ. Tính T  a  b .
3
21
3
A. T 
.
B. T  .
C. T  .
D. T  0 .
16
16
2
Lời giải
Chọn A
Ta có x  x  1 f   x    x  2  f  x   x  x  1
 f  x 

x  x  2
x2
x2
x2
f  x  1 
f  x 
f
x

 
2
x  x  1
x 1
x 1
 x  1
'

 x2

x2
x2
x2
x2
x2

f  x  
dx 
f  x    x  ln x  1  c

f  x  

x 1
x 1
x 1
2
 x 1
 x 1

 f  x 


x  1  x2
 x  ln x  1  c  .
2 
x  2


Ta có f 1  2ln 2  1  c  1.
3

a

x  1  x2
3 3

4.
Từ đó f  x   2   x  ln x  1  1 , f  2    ln 3. Nên 
x  2
3
4
4


b 

4
3
Vậy T  a 2  b   .
16
Câu 45. Cho hàm số f  x   x 3  3x 2  6 x  1 . Phương trình
nghiệm thực là
A. 4.

B. 6.

f  f  x   1  1  f  x   2 có số

C. 7.
Lời giải

D. 9.

Chọn A
Đặt f  x   1  t , phương trình

f  f  x   1  1  f  x   2 trở thành

f t   1  t  1

Trang 17/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489

Lời giải chi tiết tham khảo tại: /> t  1
t  1  0
f t   1  t  1  


2
3
2
2
 f  t   1  t  2t  1 t  3t  6t  1  1  t  2t  1
t  1 (1)
 3
2
t  4t  8t  1  0 (2)
Bấm máy giải phương trình (2) ta có ba nghiệm gần đúng là 5,43745;0,11822;  1,55567 .Trong
số đó, có hai nghiệm t  5,43745 và t  0,11822 thỏa mãn điều kiện (1)
Thay nghiệm gần đúng t  5,43745 vào phương trình f  x   1  t , ta được phương trình

x 3  3x 2  6 x  1  1  5,43745 , bấm máy ta được một nghiệm thực gần đúng là 5, 263897
Thay nghiệm gần đúng t  0,11822 vào phương trình f  x   1  t , ta được phương trình

x 3  3x 2  6 x  1  1  0,11822 , bấm máy ta được 3 nghiệm thực gần đúng.
Đối chiếu với đáp án và chọn A
Câu 46. Cho hàm số f  x   ax 4  bx 2  c với a  0, c  2018 và a  b  c  2018 . Số điểm cực trị của
hàm số y  f  x   2018 là
A. 1.

C. 5 .

B. 3 .

D. 7 .

Lời giải
Chọn D
Ta có: a  b  c  2018  b  2018  c  a  b  0; 2018  c  a  b, c  2018, a  0 .
Xét phương trình: f  x   2018  0  ax 4  bx 2  c  2018  0 (1)
Đặt t  x 2  0 . Phương trình trở thành: at 2  bt  c  2018  0 (2)
2

Vì   b2  4a  c  2018  b 2  4a  2018  c   b 2  4a  a  b    b  2a   0 ,

c  2018
b
 0 và S    0 nên PT(2) có 2 nghiệm dương phân biệt  PT (1) có 4
a
a
nghiệm phân biệt. Suy ra đồ thị hàm số y  f  x   2018 có dạng
P

Suy ra đồ thị hàm số y  f  x   2018 có dạng

Trang 18/25 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

Vậy, hàm số y  f  x   2018 có 7 điểm cực trị.
Câu 47. Cho hai số thực a b thỏa mãn 1  a  b  0 . Tính giá trị nhỏ nhất T min của biểu thức sau
T  log 2a b  log ab a 36 .

A. T min  2 .

B. T min  19 .

C. T min  16 .

D. T min  13 .

Lời giải
Chọn C
T  log 2a b  log ab a 36  log 2a b 

36
36
 log 2a b 
log a ab
log a b  1

Đặt log a b  x
Do 1  a  b  0 nên 1  loga b  x  1
Cách 1. 
Xét hàm số f  x   x2 

36
với x  1
x 1

2x3  4 x2  2 x  36 2  x  2  x 2  4 x  9
36



x2  2 x  1
x2  2 x  1
x2  2x  1
f  x  0  x  2
f  x  2x 

Bảng biến thiên

Do đó T min  min f  x   f  2   16 .
0;1

Cách 2. 
Với x  1 ta có:
36
36
36
36
f  x   x2 
  x 2  4 
 4  4x 
 4  4  x  1 
 8  24  8  16
x 1
x 1
x 1
x 1
0  b  a  1



0  b  a  1 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  2 hay 

2



log a b  2

b  a

Trang 19/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />

0  b  a  1
Vậy Tmin  16 khi 
.

2


b  a
Câu 48. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  0;1 và thỏa mãn
1

phân I   f  x  dx có kết quả dạng
0

x 3  1.  4 x. f  1  x   f  x    x5 . Tích

a b 2
a b
, ( a, b, c  , , là phân số tối giản). Giá trị
c
c c

của biểu thức T  a  2b  3c bằng
A. 81.
B. 27.

C. 89.
Lời giải

D. 35.

Chọn A
Trên đoạn  0;1 , phương trình đã cho tương đương với: 4 x. f  1  x   f  x  
1

1

x5
x3  1

1 .

1

x5
Lấy tích phân 2 vế của 1 từ 0 đến 1:  4 x. f  1  x  dx   f  x  dx  
dx  2  .
3
x

1
0
0
0
 
 
J

I

K

2
Để tính K , ta đặt t  x 3  1  t 2  1  x3  2tdt  3 x 2 dx  x 2 dx  tdt .
3

Đổi cận: Với x  0 thì t  1 . Với x  1 thì t  2 .
1

K 
0

x3

x3  1

2
2

 x dx 


1

t 2  1 2t
2
 dt 
t
3
3

2

2

2  t3 
42 2
.
t

1
d
t




 t 
1
3  3 1
9
2

u  4 x
du  4dx
Để tính J , ta đặt 
.

dv  f  1  x  dx v   f 1  x 
1

1

 J  4 x. f 1  x  0  4  f 1  x  dx
0

1

 4 f  0   4  f  t  dt (với t  1  x )
0

1

 4 f  0   4  f  x  d x   4 f  0   4 I .
0

Thay x  0 vào 1 , ta được: f  0   0  J  4 I .

a  4
42 2
42 2

I
 b  2 .
Do đó,  2 trở thành 3I 
9
27
c  27

Câu 49. Cho khối chóp S . ABCD có thể tích bằng 1, đáy ABCD là hình thang với cạnh đáy lớn là AD
và AD  3BC . Gọi M là trung điểm cạnh SA, N là điểm thuộc cạnh CD sao cho ND  3 NC .
Mặt phẳng  BMN  cắt cạnh SD tại P . Thể tích khối chóp A.MBNP bằng
A.

3
.
8

B.

5
.
12

5

.
16
Lời giải

C.

Chọn A

Trang 20/25 – />
D.

9
.
32


PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
S

M
P
A

D
B
C

I

N

Đặt V  VS . ABCD  1.
Gọi I là giao điểm của BN với AD , suy ra P là giao điểm của MI với SD.

BC  DI và ND  3 NC  DI  3BC  D là trung điểm của AI .
Do đó P là trọng tâm của tam giác SAI 

S BCN 

SP 2
 .
SD 3

1
1 1
1
9
S BCD  . S ABCD  S ABCD ; S ADN  S NID  9S BCN  S ABCD .
4
4 4
16
16

3
3
9
S ABN  S ABCD  S BCN  S ADN  S ABCD . Suy ra VS . ABN  V ; VS . ADN  V .
8
8
16

1
1
3
VS .MBN  VS . ABN  VA. BMN  VS . ABN  V ;
2
2
16
1
1
1 2
3
VS .MNP  VS . ANP  VA.MNP  VS . ANP  . VS . AND  V .
2
2
2 3
16
3
3
Do đó VA.MBNP  VA. BMN  VA.MNP  V  .
8
8
Câu 50. Cho hàm số y  x 3  (m  1) x 2  x  2m  1 có đồ thị (C) ( m là tham số thực). Gọi m1 , m2 là
các giá trị của m để đường thẳng d : y  x  m  1 cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao
cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A, B, C bằng 19. Khi đó m1  m2 bằng
A.  4 .

B. 2 .

C. 0 .
Lời giải

D.  2 .

Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d : y  x  m  1 là

x3  (m  1) x2  x  2m  1  x  m  1  x3  (m  1) x 2  m  0   x  1  x 2  mx  m   0
x 1

.
 2
 x  mx  m  0 (1)
(C) và d cắt nhau tại ba điểm phân biệt khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

 m 2  4m  0
 0
 m  4

 2

.
1 
1  2m  0  m 
 m0

2
Gọi k A , k B , kC lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A, B, C .
y  x 3  (m  1) x 2  x  2m  1  y '  3 x 2  2(m  1) x  1 .
Giả sử k A  y '(1)  2  2m . Gọi xB , xC là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1) .
k B  y '( xB )  3 xB2  2( m  1) xB  1 .

Trang 21/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />kC  y '( xC )  3 xC2  2(m  1) xC  1 .

Theo giả thiết k A  k B  kC  19  2  2 m  3 xB2  2( m  1) xB  1  3 xC2  2( m  1) xC  1  19 .
 2  2m  3[(xB  xC ) 2  2 xB xC ]  2( m  1)( xB  xC )  2  19 (2) .

x  x  m
(3) .
Áp dụng định lí viet vào phương trình (1) ta được:  B C
 xB .xC  m

 m  5
Thay (3) vào (2) ta có phương trình m 2  2m  15  0  
.
 m3
Giải sử m1  5 và m2  3 . Vậy m1  m2  2 .

Trang 22/25 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

Trang 23/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />
Trang 24/25 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

ĐÁP ÁN CHI TIẾT TẢI TẠI BẢN ĐÀY ĐỦ NHÉ!

THEO DÕI: FACEBOOK: />PAGE: />YOUTUBE:
/>WEB: />ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU ĐẦY ĐỦ NHÉ

Trang 25/25 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489