ĐỀ và đáp án THEO FORM đề THI MINH họa của BGD năm 2020

Phát triển đề minh họa năm 2020

BẢNG ĐÁP ÁN
1.D

2.A

3.D

4.B

5.A

6.B

7.B

8.D

9.D

10.C

11.D

12.B

13.A

14.C

15.A

16.C

17.C

18.D

19.A

20.C

21.B

22.B

23.A

24.C

25.C

26.A

27.C

28.A

29.B

30.B

31.C

32.A

33.A

34.D

35.D

36.B

37.D

38.B

39.B

40.C

41.B

42.B

43.B

44.D

45.D

46.A

47.D

48.A

49.B

50.A

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.

Một tổ có 6 học sinh nam và 9 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 1 học sinh nam và 1
học sinh nữ đi lao động?
A. C 61 + C91 .

C. C 61 + C151 .

B. C61C151 .

D. C61 .C91 .

Lời giải
Chọn D
+ Chọn 1 học sinh nam từ 6 học sinh nam có: C 61 cách chọn.
+ Chọn 1 học sinh nữ từ 9 học sinh nữ có: C 91 cách chọn.
Vậy có C 61C 91 cách chọn 2 học sinh đi lao động trong đó có đúng 1 học sinh nam và 1 học sinh

nữ.
Câu 2.

1
Cho một cấp số cộng ( un ) với u1 = ; u8 = 26 . Công sai d của cấp số cộng đã cho bằng
3

A. d =

11
.
3

B. d =

3
.
11

C. d =

10
.
3

D. d =

3
.
10

Lời giải
Chọn A
Vì ( un ) là một cấp số cộng nên: u8 = u1 + 7 d
 26 =

1
+ 7d
3

 7d =

77
3

d=

11
.
3

Vậy công sai của cấp số cộng là: d =
Câu 3.

11
3

Một hình trụ có bán kính đáy bằng 50cm và chiều cao bằng 50cm . Diện tích xung quanh của
hình trụ bằng:
A. 10000 ( cm 2 ) .

B. 7500 ( cm 2 ) .

C. 2500 ( cm 2 ) .

D. 5000 ( cm 2 )

Lời giải
Chọn D
GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 1


Phát triển đề minh họa năm 2020
Hình trụ có: R = 50cm , l = h = 50cm .
Diện tích xung quanh hình trụ bằng: S = 2 Rl = 2 .50.50 = 5000 ( cm 2 )
Câu 4.

Hàm số nào sau đây nghịch biến trên toàn trục số?
A. y = x 3 − 3 x 2 .

B. y = − x 3 + 3 x 2 − 3 x + 2 .

C. y = − x 3 + 3 x + 1 .

D. y = x 3 .
Lời giải

Chọn B
Để hàm số nghịch biến trên toàn trục số thì hệ số của x 3 phải âm.  Loại A và D.
Xét đáp án B.
Ta có y '

Câu 5.

3x 2

6x

3

3 x

2

1

0, x

và y '

0

x

1.

Suy ra hàm số này luôn nghịch biến trên .

Cho khối hộp chữ nhật ABCD. ABC D có các cạnh AB = a ; AD = a 2 ; AA = a 5 . Thể tích
của khối hộp đó là :
A. a 3 10 .

B. a 2 10 .

C.

a 3 10
.
3

D.

a 3 10
.
2

Lời giải
Chọn A
Thể tích của khối hộp chữ nhật có công thức V = AB. AD. AA = a.a 2.a 5 = a 3 10 .
Câu 6.

Nghiệm của phương trình 5 x− 2 = 25 là:
A. x = 0 .

B. x = 4 .

C. x = −4 .

D. x = 2 .

Lời giải
Chọn B
5 x − 2 = 25  5 x − 2 = 52  x − 2 = 2  x = 4 .

Vậy phương trình có nghiệm: x = 4 .
Câu 7.

Biết

2

2

2

1

1

1

 f ( x ) dx = −2 và  g ( x ) dx = 1 thì   f ( x ) + 2 g ( x )  dx

A. −1

B. 0 .

bằng

C. 1 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn B
Ta có
Câu 8.

2

2

2

1

1

1

  f ( x ) + 2 g ( x )  dx =  f ( x ) dx + 2  g ( x ) dx = −2 + 2.1 = 0 .

Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 2

Phát triển đề minh họa năm 2020

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng
A. −2 .

B. 3 .

D. −101 .

C. 24 .
Lời giải

Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số đã cho là y = −101 tại x = 3 .
Câu 9. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?

A. y =

1 3
x − 2x +1 .
3

B. y = x 4 − 4 x 2 + 1 .
1
D. y = − x 3 + 2 x + 1 .
3

C. y = − x 4 + 4 x 2 + 1 .

Lời giải
Chọn D

Dựa vào hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số trên là của đồ thị của hàm số bậc 3 có dạng
y = ax 3 + bx 2 + cx + d ( a  0 )
Nét cuối của đồ thị đang đi xuống nên hệ số a  0 . Do đó ta chọn đáp án D.
Câu 10. Rút gọn biểu thức P = log 1 ( log a b 2 .log b a ) với hai số thực a , b dương tùy ý và khác 1 .
4

B. P =

A. P = 2 .

1
.
2

C. P =

−1
.
2

D. P = −2 .

Lời giải
Chọn C
1
Ta có P = log 1 ( log a b 2 .log b a ) = log 1 ( 2 log a b.log b a ) = log 1 2 = log 2−2 2 = − .
2

4
4
4

Vậy: P = −

1
2

GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 3


Phát triển đề minh họa năm 2020
Câu 11. Hàm số f ( x ) =

x3
+ e x là một nguyên hàm của hàm số nào sau đây?
3

x4
A. g ( x ) =
+ ex .
12

x4
B. g ( x ) = + e x .
3

C. g ( x ) = 3 x 2 + e x .

D. g ( x ) = x 2 + e x .

Lời giải
Chọn D

 x3
x 

Ta có:  f ( x )  =  + e  = x 2 + e x .
 3


Suy ra f ( x ) =

x3
+ e x là một nguyên hàm của hàm số g ( x ) = x 2 + e x .
3

Câu 12. Cho số phức z thỏa mãn: z (1 + i ) + 3i = 1 . Tính mô đun của số phức z .
A. z = 5 .

B. z = 5 .

C. z =

5
.

2

D. z =

5
.
2

Lời giải
Chọn B
Ta có z (1 + i ) + 3i = 1  z =

1 − 3i
= −1 − 2i  z = −1 − 2i =
1+ i

( −1)

2

+ 22 = 5 .

Vậy : z = 5
Câu 13. Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;1;1) và đi qua điểm A ( 6; 2; −5 ) có phương trình là
A. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 62 .

B. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 62 .

C. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 74 .

D. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 74 .

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn A
IA = ( 5;1; −6 )  IA = 52 + 12 + ( −6 ) = 62
2

Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;1;1) và bán kính R = IA = 62
Vậy phương trình mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 62
2

2

2

Câu 14. Trong không gian Oxyz , vectơ u = 2i − 3k có tọa độ là
A. ( 2; −3; 0 ) .

C. ( 2;0; −3) .

B. ( 2;1; −3 ) .

D. ( −2; 0;3 ) .

Lời giải
Chọn C
u = 2i − 3k theo định nghĩa thì u = ( 2; 0; −3 )

Nên chọn đáp án C.

GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 4

Phát triển đề minh họa năm 2020
Câu 15. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − 2 y − z + 5 = 0 . Đường thẳng d vuông góc
với mặt phẳng ( P ) có một vectơ chỉ phương là
A. u = ( −2; 2;1) .

B. u = ( −2; −1;5 ) .

C. u = ( 2; −2;1) .

D. u = ( 2; 2; −1) .

Lời giải
Chọn A
Mặt phẳng ( P ) : 2 x − 2 y − z + 5 = 0 có một vectơ pháp tuyến là n = ( 2 ; −2 ; −1) .
Do d ⊥ ( P ) , nên đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là u = ( −2 ; 2 ; 1) .
Câu 16. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x − 2 y + 2 z − 3 = 0 và một điểm
M ( 4; 2; −2 ) . Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. Điểm M là tâm của mặt cầu ( S ) .

B. Điểm M nằm trên mặt cầu ( S ) .

C. Điểm M nằm trong mặt cầu ( S ) .

D. Điểm M nằm ngoài mặt cầu ( S ) .
Lời giải

Chọn C
2
2
2

Ta có x 2 + y 2 + z 2 − 4 x − 2 y + 2 z − 3 = 0  ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z + 1) = 9
 mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2;1; −1) và bán kính R = 3

Mà IM = ( 2 ; 1 ; − 1)  IM = 2 2 + 12 + ( −1) 2 = 6  R
Vậy điểm M nằm trong mặt cầu ( S ) .
Câu 17. Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy

( ABC ) ,

SA = a 3 . Tam giác

ABC vuông cân tại A có BC = a 2 . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng:

A. 450 .

B. 300 .

C. 600 .

D. 900 .

Lời giải
Chọn C

Do tam giác ABC vuông cân tại A có BC = a 2 nên AB = AC = a
Do SA ⊥ ( ABC ) nên AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng ( ABC ) . Suy ra, góc giữa SC
và mặt phẳng ( ABC ) bằng góc giữa SC và AC bằng góc SCA bằng  .
Ta có : tan  =

SA a 3

=
= 3   = 600
AC
a

Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng 600 .
GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 5


Phát triển đề minh họa năm 2020
Câu 18. Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x 2 − 9 x + 7 có tọa độ là:
A. ( −1; 3 ) .

B. ( −20;12 ) .

C. ( −1;12 ) .

D. ( 3;−20 ) .

Lời giải
Chọn D
 x = −1
Ta có y  = 3 x 2 − 6 x − 9 ; y  = 0  
x = 3

Bảng biến thiên

Từ BBT ta có điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là ( 3;−20 )
Câu 19. Giá trị cực đại của hàm số y = x 3 − 3 x 2 − 9 x − 1 bằng
A. 4 .

C. −28 .

B. 3 .

D. −30 .

Lời giải
Chọn A
Hàm số y = x 3 − 3 x 2 − 9 x − 1 có y ' = 3 x 2 − 6 x − 9 và y  = 6 x − 6
 x = −1
y'= 0  
.
x = 3

Có y(−1) = −12  0; y(3) = 12  0
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = −1 .
Giá trị cực đại bằng: yCĐ = y ( −1) = ( −1) − 3 ( −1) − 9 ( −1) − 1 = 4 .
3

2

Vậy yCĐ = 4 .

Câu 20. Xét tất cả các số thực dương a và b thỏa mãn 3log a − 2 log b = 2 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a 3 = 2b 2 .

C. a 3 = 100b 2 .

B. 3a − 2b = 2 .

D. a 3 − b 2 = 100 .

Lời giải
Chọn C
a3
a3
Ta có 3log a − 2 log b = 2  log a − log b = 2  log 2 = 2  2 = 100  a 3 = 100b 2 .
b
b
3

2

Câu 21. Số nghiệm của phương trình log 2 x + log 2 ( x − 1) = 1 là
A. 0.

B. 1.

C. 3.

D. 2.

Lời giải
Chọn B
GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 6


Phát triển đề minh họa năm 2020
Điều kiện: x  1 .
log 2 x + log 2 ( x − 1) = 1  log 2  x ( x − 1)  = 1  x ( x − 1) = 2
 x = −1
 x2 − x − 2 = 0  
x = 2

So với điều kiện, suy ra phương trình có một nghiệm x = 2 .
Câu 22. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 2a . Hình nón ( N ) có đỉnh A và đường tròn đáy là
đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD . Tính diện tích xung quanh S xq của ( N ) .
A. S xq = 12 a 2 .

B. S xq =

4 3 a 2
.
3

C. S xq = 6 a 2 .

D. S xq = 4 3 a 2

Lời giải
Chọn B
Đáy là tam giác đều cạnh 2a nên bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy là r =

2a 3
.
3

Đường sinh l = 2 a .
Vậy S xq =  rl =  .

2a 3
4 3 a 2
.2 a =
.
3
3

Câu 23. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ.

1

-1

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình 3 f ( x ) − 2 = 0 là.
A. 2 .

C. 3 .

B. 0 .

D. 1 .

Lời giải

Chọn A
Ta có : 3 f ( x ) − 2 = 0  f ( x ) =

2
(1) . Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao
3
2
điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thằng y = (song song với trục hoành).
3

Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) ta suy ra đồ thị hàm số y = f ( x ) :
Phần 1: Giữ nguyên phần bên phải trục Oy của đồ thị hàm số y = f ( x )
GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 7


Phát triển đề minh họa năm 2020
Phần 2: Lấy đối xứng phần 1 qua trục Oy .

-1

Vậy dựa vào đồ thị hàm số: phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt
1

 f ( x ) dx = 2

Câu 24. Cho

0

A. −6

1

1

0

0

và   f ( x ) − 2 g ( x )  dx = −8 . Tính tích phân  g ( x ) dx
B. −3

D. −5

C. 5
Lời giải

Chọn C
Ta có

1

1

1

1

1

0

0

0

0

0

  f ( x ) − 2 g ( x ) dx =  f ( x ) dx − 2 g ( x ) dx  −8 = 2 − 2 g ( x ) dx   g ( x ) dx = 5 .

1

Vậy

 g ( x ) dx = 5
0

Câu 25. Sự tăng trưởng của một loại vi khuẩn được tính theo công thức S = A.e rt ; trong đó A là số
lượng vi khuẩn ban đầu, r là tỉ lệ tăng trưởng ( r  0) và t là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số
lượng vi khuẩn ban đầu là 200 con, sau 3 giờ tăng trưởng thành 500 con. Hỏi phải mất ít nhất
mấy giờ thì số lượng vi khuẩn có được nhiều hơn gấp 10 lần số lượng vi khuẩn ban đầu?
A. 5 giờ.

B. 10 giờ.

C. 8 giờ .

D. 7 giờ.

Lời giải
Chọn C
Trước tiên ta tìm tỉ lệ tăng trưởng của vi khuẩn trên một giờ.
1 5
Ta có: 500 = 200.e3r  r = ln  0.3054 = 30.54%.
3 2
Vì số lượng vi khuẩn nhiều hơn gấp 10 lần số lượng vi khuẩn ban đầu nên ta có:
1
200.e0.3054t  2000  t 
.ln10  7.5395 (giờ).
0.3054
Vậy phải mất ít nhất 8 giờ thì số lượng vi khuẩn có được nhiều hơn gấp 10 lần số lượng vi
khuẩn ban đầu.
Câu 26. Cho khối hộp chữ nhật ABCD. ABC D có AA = 3a, AC  = 5a, AB = 2 BC . Thể tích của khối
hộp chữ nhật đã cho bằng
A.

96 3
a .
5

B.

32 3
a .
5

C.

26 3
a .
5

D.

32 3
a .
3

Lời giải
Chọn A
GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 8


Phát triển đề minh họa năm 2020

Tam giác AAC  vuông tại A nên AC  = 25a 2 − 9a 2 = 4a.
Tam giác ABC  vuông tại B nên B C 2 + AB = AC 2  5 BC 2 = AC 2  BC  =
2

 B C  =

AC 2

5

8 5
4 5
a
a và AB  =
5
5

Thể tích khối lăng trụ ABCD. ABC D là V = S ABCD . AA =
Câu 27. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =
A. 0.

B. 2.

32 2
96 3
a .3a =
a .
5
5

x2 + 1
là
x
C. 3.

D. 1.

Lời giải

Chọn C
TXĐ: D =

\ 0 .
x 1+

x +1
=
x
2

Ta có

x

1
x 2 , nên

x +1
= lim
x →
x

lim y = lim

x2 + 1
= lim
x →−
x

x →+

x →−

x →+

x →−

1
x 2 = lim 1 + 1 = 1
x →+
x
x2

x 1+

lim y = lim

2

1
x 2 = lim  − 1 + 1  = −1


x → − 
x
x 2 


−x 1+

 đồ thị có hai đường tiệm cận ngang y = 1; y = −1

Lại có lim+ y = lim+
x →0

x →0

x2 + 1
= +; lim− y = lim−
x →0
x →0
x

x2 + 1
= −
x

 đồ thị có một đường tiệm cận đứng x = 0.

Vậy số đường tiệm cận của đồ thị hàm số là 3.
Câu 28. Cho hàm số f ( x ) = − x 4 + bx 2 + c, có bảng biến thiên như hình vẽ
GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 9


Phát triển đề minh họa năm 2020

Khẳng định nào sau đây là đúng ?
A. b = 2; c = −3 .
B. b = 3; c = 2 .

C. b = −1, c = −3 .

D. b = −2, c = −3 .

Lời giải
Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên :
Ta có f ( 0 ) = −3  c = −3
Mặt khác : f (1) = −2  −1 + b + c = −2  −1 + b − 3 = −2  b = 2.
Vậy: b = 2; c = −3
Câu 29. Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên dưới được tính theo công thức nào sau
đây?

2

3
 1

A.   − x 4 − x 2 − x − 4  dx .
2
2

−1 

2

B.

3
1 4

2
−1  2 x − x − 2 x − 1 dx .

4

+ x2 +

3

x + 1  dx .
2


+ x2 +

3

x + 4  dx .
2


−1

2

C.

 1

  − 2 x
2

D.

 1

  − 2 x

−1

4

Lời giải
Chọn B
Từ hình vẽ ta thấy phần diện tích hình phẳng cần tính được giới hạn bởi đồ thị hai hàm
3
3
1
5
số: y = f ( x ) = x − ; y = g ( x ) = x 4 − x 2 − và hai đường thẳng x = −1; x = 2 .
2
2
2
2

GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 10


Phát triển đề minh họa năm 2020
Ngoài ra ta thấy đường y = f ( x ) nằm trên đường y = g ( x ) trên đoạn  −1; 2  nên ta có diện
tích phần gạch chéo trên hình vẽ là:
 3
3 1 4
5 
3
 1 4

2
2
−1  2 x − 2  −  2 x − x − 2  dx = −1  − 2 x + x + 2 x + 1 dx .
2

S=

2

Câu 30. Cho số phức z thỏa mãn z − i ( 4 − 2i ) = 8i − 6 . Phần thực của số phức z bằng
B. −4

A. 12

C. −8 .

D. 8

Lời giải
Chọn B
Từ giả thiết z − i ( 4 − 2i ) = 8i − 6  z − 4i + 2i 2 = 8i − 6  z = −4 + 12i .
Vậy phần thực của số phức z bằng −4 .
2
Câu 31. Gọi M ( x ; y ) là điểm biểu diễn của số phức z = (1 − 3i ) + 2i trên mặt phẳng tọa độ, giá trị của
biểu thức P = x − 2 y là
A. P = −16 .

D. P = −4 .

C. P = 0 .

B. P = −12 .
Lời giải

Chọn C
Ta có: z = (1 − 3i ) + 2i = 1 − 6i + 9i 2 + 2i = −8 − 4i .
2

 x = −8
 P = x − 2 y = −8 − 2 ( −4 ) = 0
Điểm M ( −8; − 4 ) là điểm biểm diễn số phức z  
 y = −4
Vậy P = 0 .
Câu 32 . Trong không gian Oxyz , tìm phương trình mặt phẳng ( P  ) song song với mặt phẳng

( P ) :12 x + 4 y − 3z = −9 và khoảng cách từ mặt phẳng đó tới điểm I ( 0,1, 0 ) là 1.
A. ( P ') :12 x + 4 y − 3 z − 17 = 0 .
B. ( P ') :12 x + 4 y − 3 z + 9 = 0 .
C. ( P ') :12 x + 4 y − 3 z + 17 = 0 .
D. ( P ') :12 x + 4 y − 3 z − 9 = 0 .
Lời giải
Chọn A
Ta có ( P ) song song với ( P ' ) , nên ta suy ra phương trình mặt phẳng ( P ' ) dạng:
12 x + 4 y − 3 z + d = 0 , trong đó d  9 (1).

Theo bài ra ta có: d ( I , ( P ' ) ) = 1 .


12.0 + 4 − 3.0 + d
12 2 + 4 2 + ( −3 )

2

d = 9
= 1  d + 4 = 13  
 d = −17

(2)

Từ (1),(2) ta suy ra ( P ') :12 x + 4 y − 3 z − 17 = 0 là mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 33. Trong không gian Oxyz , có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

x 2 + y 2 + z 2 + 4mx + 2my − 2mz + 9m 2 − 28 = 0 là phương trình mặt cầu?
A. 7 .

B. 8 .

C. 9 .

D. 6 .

Lời giải
GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 11


Phát triển đề minh họa năm 2020
Chọn A
Ta có x 2 + y 2 + z 2 + 4mx + 2my − 2mz + 9m 2 − 28 = 0
 ( x + 2m ) + ( y + m ) + ( z − m ) = 28 − 3m 2 (1) .
2

2

2

(1) là phương trình mặt cầu  28 − 3m 2  0  −

28
m
3

28

.
3

Do m nguyên nên m  −3; − 2; − 1; 0;1; 2;3 .
Vậy có 7 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán .
Câu 34.

Cho đường thẳng d :

x − 2 y +1 z +1
và mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − 2 z = 0 . Đường thẳng 
=
=
−1
−1
1

nằm trong ( P ) , cắt d và vuông góc với d có phương trình là:
x = 1+ t

A.  y = −2 .
 z = −t


x = 1− t

B.  y = −2 .
 z = −t


x = 1− t

C.  y = −2 + t .
 z = −t


x = 1+ t

D.  y = −2 .
z = t


Lời giải
Chọn D
+) Đường thẳng ( d ) có có một véc tơ chỉ phương ud = ( −1; −1;1) và đi qua M ( 2; −1; −1)
+) Mặt phẳng ( P ) có một véc tơ pháp tuyến n P = ( 2;1; −2 ) .

M  ( P )
 d cắt ( P ) .
Nhận thấy 
n
.
u

0

 ( P) d


 qua A

Phương trình đường thẳng  : 
.
 nP , u d 
u
=






+) A  d  A ( 2 − t ; −1 − t ; −1 + t ) .
+) A  ( P )  2 ( 2 − t ) + ( −1 − t ) − 2 ( −1 + t ) = 0  t = 1  A (1; −2;0 ) .
+) ud =  n( P ) , ud  = (1; 0;1) .


x = 1+ t

 Phương trình đường  là:  y = −2 .
z = t


Câu 35. Trong không gian Oxyz , đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) : x + 2 y + z − 1 = 0 và

(  ) : x − y − z + 2 = 0 . Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng
A. u4 = ( −1; − 1; − 3 ) .

B. u3 = (1; − 2; − 3 ) .

C. u1 = ( −1; 2;3) .

?

D. u2 = (1; − 2;3) .

Lời giải
Chọn D
GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 12


Phát triển đề minh họa năm 2020
Cách 1:

( ) : x + 2 y + z − 1 = 0 có vectơ pháp tuyến là: n = (1; 2;1) .
( ) : x − y − z + 2 = 0

có vectơ pháp tuyến là: n = (1; −1; −1) .

Khi đó, véc tơ chỉ phươgn của đường thẳng  là:  n , n  = ( −1; 2; −3) .





Cách 2:
x + 2 y + z −1 = 0
Tọa độ M ( x; y; z )   thỏa hệ phương trình: 

.
x − y − z + 2 = 0
2 y + z = 2

Cho x = −1 ta được: 
y + z =1

y =1
 M 1 ( −1;1; 0 ) .

z = 0


 x =
x + z = 1
Cho y = 0 ta được: 

 x − z = −2
z =


−1
 −1 3 
2
 M 2  ; 0; 
3
2
 2
2

3
1
 M 1 M 2 =  ; −1;  .
2
2

Phương trình đường thẳng  có một vectơ chỉ phương u = (1; −2;3 ) .

Câu 36. Cho tập hợp A = 1; 2; 3; 4; 5 . Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số,
các chữ số đôi một khác nhau được lập thành từ các chữ số thuộc tập A . Chọn ngẫu nhiên một
số từ tập S , tính xác xuất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 10 .
A.

1
.
30

B.

3
.
25

C.

22
.
25

D.

2
.
25

Lời giải
Chọn B
Vì S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau được
lập thành từ các chữ số thuộc tập A nên ta tính số phần tử thuộc tập S như sau:
 Số các số thuộc S có 3 chữ số là A53 .
 Số các số thuộc S có 4 chữ số là A54 .
 Số các số thuộc S có 5 chữ số là A55 .
Suy ra số phần tử của tập S là A53 + A54 + A55 = 300 .
1
= 300
Số phần tử của không gian mẫu là  = C300

Gọi X là biến cố '' Số được chọn có tổng các chữ số bằng 10 '' . Các tập con của A có tổng số
phần tử bằng 10 là A1 = 1; 2; 3; 4 , A2 = 2; 3; 5 , A3 = 1; 4; 5 .
● Từ A1 lập được các số thuộc S là 4! .
● Từ A2 lập được các số thuộc S là 3! .
● Từ A3 lập được các số thuộc S là 3! .
Suy ra số phần tử của biến cố X là  X = 4!+ 3!+ 3! = 36.

GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 13

Phát triển đề minh họa năm 2020
Vậy xác suất cần tính P ( X ) =

X


=

36
3
=
.
300 25

Câu 37. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang, AB = 2a, AD = DC = CB = a , SA vuông góc với
mặt phẳng đáy và SA = 2a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD .
A.

3a
.
2

B.

6a
.
5

C.

a
.
2

D.

2a
.
5

Lời giải
Chọn D

Kẻ Ct // BD và Ct  AB = E , Ct  AD = I .
 MB // DC

Gọi M là trung điểm AB . Xét tứ giác DMBC : 
AB
 MB = DC = CB = 2 = a
 Tứ giác DMBC là hình thoi  AM = MB = BC = CD = DA = DM = a .

•
•

MA = AD = DM = a  MAD đều  EAI = 60.
AB
Xét DAB có DM là trung tuyến và DM =
= a  DAB vuông tại D
2

 ABD = 30  AEI = 30 (Hai góc đồng vị)
Như vậy
 EAI = 60
 AIE = 90  AI ⊥ CE  CE ⊥ ( SAD ) .

 AEI = 30

Kẻ AH ⊥ SI tại H .
 AH ⊥ SI  ( SCE )

Ta có:  AH ⊥ CE  ( SCE )  AH ⊥ ( SCE ) .
 SI  CE = I

1
1
Do đó: d ( SC , BD ) = d ( BD, ( SCE ) ) = d ( B, ( SCE ) ) = d ( A, ( SCE ) ) = AH .
3
3

Xét IAE vuông tại I : AI = AE.cos IAE = 3a.cos 60 =
GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

3a
.
2

Mã đề 001- Trang 14

Phát triển đề minh họa năm 2020
Xét SIA vuông tại A :

1
1
1
1
4
25
6a
=
+
= 2+ 2 =
 AH =
.
2
2
2
2
AH
SA
AI
4a
9a
36a
5

1 6a 2a
Vậy d ( SC , BD ) = . =
.

3 5
5

Câu

38.

Cho

hàm

(

f ( x)

số

) (

xác

định

và

liên

tục

)

và

thỏa

mãn

1

f x3 + x − 1 + f − x3 − x − 1 = −6 x 6 − 12 x3 − 6 x 2 + 6, x 

. Tính

 f ( x )dx

.

−3

B. − 4.

A. 32.

trên

C. − 36.

D. − 20.

Lời giải

Chọn B

(

Đặt t = x3 + x − 1 . Khi đó −6 x 6 − 12 x 3 + 6 x 2 + 6 = −6 x 3 + x

)

2

+ 6 = −6 ( t + 1) + 6 .
2

Từ giả thiết ta có: f ( t ) + f ( −t − 2 ) = −6 ( t + 1) + 6
2



1



f ( t )dt +

−3



1



1



f ( t )dt +

1

  −6 ( t + 1)

2

−3

+ 6 dt


3
 f ( −t − 2 )dt = ( −2 ( t + 1) + 6t ) −3

1

1

−3

f ( t )dt +

−3

1

 f ( −t − 2 )dt = −8

(1)

−3

1

 f ( −t − 2 )dt

Tính J =



f ( −t − 2 )dt =

−3

−3



1

. Đặt u = −2 − t  du = − dt

−3

Đổi cận: t = −3  u = 1; t = 1  u = −3
−3

1

1

−3

 J = −  f ( u )du =



f ( u )du =

1

 f ( t )dt

(2)

−3

Thay ( 2 ) vào (1) ta được

1

1

1

−3

−3

−3

 f ( t )dt +  f ( t )dt = −8   f ( t )dt = −4 .

1

Vậy

 f ( x )dx = −4

−3

Câu 39 . Cho hàm số y = x 3 + (1 − 2m) x 2 + (2 − m) x + m + 2 . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham
số m trên đoạn [ − 10;10] để hàm số đồng biến trên khoảng K = ( 0; + ) .
A. 10 10

B. 12 .

C. 21 .

D. 9 .

Lời giải

Chọn B
Hàm số đồng biến trên khoảng K = ( 0; + )
 y ' = 3 x 2 + 2(1 − 2m) x + (2 − m)  0 với x  ( 0; + ) , dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm.

GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 15


Phát triển đề minh họa năm 2020
 f ( x) =

3x 2 + 2 x + 2
 m với x  ( 0; + ) (1) .
4x +1

Vì hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên [0; + ) nên (1)  m  Min f ( x )
[0;+ )

Ta có f '( x ) =

6(2 x 2 + x − 1)

( 4 x + 1)

2

 x = −1
; f '( x ) = 0  2 x + x − 1 = 0  

1 .
x =

2
2

Bảng biến thiên của hàm số f ( x ) là:

Từ bảng biến thiên ta có Min f ( x ) =
[0;+ )

5
5
 m .
4
4

Vậy trên đoạn [ − 10;10] có 12 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán.
Câu 40: Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn ( O ) và ( O ) , chiều cao có độ dài bằng 2a. Gọi (  ) là
mặt phẳng đi qua trung điểm OO  và tạo với OO  một góc 30 . Biết (  ) cắt đường tròn đáy
theo một dây cung có độ dài
A.  a .
3

6a . Thể tích khối trụ là

2 a 3
B.
.
3

C. 2 a 3 .

D.  2a 3 .

Lời giải
Chọn C

O'
2R

H
30
B
I

O

A

Gọi H là trung điểm của OO  , AB là đoạn giao tuyến của mặt phẳng với mặt đáy hình trụ; I
là trung điểm của AB . Khi đó ta có OHI = 30 .
Suy ra OI =

3a
 r = OI 2 + IA2 =
3

3a 2 6 a 2
+

=a.
9
9

Vậy thể tích khối trụ V =  .a 2 .2a = 2 a 3
Câu 41.

Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn log16 x 2 = log 3 y = log 6 ( x − 2 y ) . Giá trị của

GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

x
bằng
y

Mã đề 001- Trang 16


Phát triển đề minh họa năm 2020
A. log 2 6 .

B. 4 .

C. 2 .

D. log 3 4 .
2

Lời giải

Chọn B
Đặt : log16 x 2 = log 3 y = log 6 ( x − 2 y ) = t
log16 x 2 = t
 x = 4t
(1)
log 4 x = t




Khi đó : log 3 y = t
 log 9 y = t
  y = 9t
(2)
log ( x − 2 y ) = t
log ( x − 2 y ) = t

t
 6

 x − 2 y = 6 (3)
 6

Thay (1) và ( 2 ) vào ( 3 ) ta được phương trình:
 2 t
  = 2
t
t
t
3

2
3
2
t
t
t

4 − 2.9 = 6    − 2   − 1 = 0 
  =2
 2 t
3
2
3


   = −1
 3 
2

t
x 4t  2  
Khi đó ta có: = t =    = 2 2 = 4 .
y 9
 3  

Câu 42. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số
f (x ) | x 4 2x 2 m | trên đoạn [ 1;2] bằng 2. Tổng tất cả các phần tử của S bằng
A.

B. 7 .

2.

C. 14 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn B
x

Xét u

x4

2x2

m trên đoạn [ 1;2] có u

0

4x3

4x

0

x

1

0

x

Khi đó

max u

max u

1 ,u 0 ,u 1 ,u 2

max

min u

min u

1 ,u 0 ,u 1 ,u 2

min

1;2

[ 1;2]

Nếu
Nếu

1 m , m, 8

1; 2
1; 2

1

.

1; 2

m

8

m

.

1 m 8

m

0

1 m 8

m

0

m
m
1

1
8

thì min f x

m

GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

1;2

m , m, 8

m

1

m

0 (khác 2).

8 thì min f x
1;2

1

min

1 m,8

m

2

Mã đề 001- Trang 17


Phát triển đề minh họa năm 2020
1 m

2

1

8

m

1 m
8

m
1

8

m

8

m

2

m

1

m

6

.

8

m

1 m

Vậy tổng tất cả các phần tử của S bằng 7 .
Câu 43. Cho bất phương trình 9 x + 6 x − 2.4 x  m.2 x ( 3x − 2 x ) ( m là tham số thực). Tập hợp tất cả các giá
trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x thuộc đoạn  0 ; 1 là
A. m 

7
.
2

B. m 

7
.
2

D. m 

C. m  R .

7
.
4

Lời giải
Chọn B
Chia hai vế của bất phương trình cho 4 x ( 4 x  0 ), ta được
2x

x

3
3
  + (1 − m)   + m − 2  0
2
2

x

3
Đặt t =   .
2


3

Với x   0 ;1  t  1 ;  , ta có bất phương trình bậc hai t 2 + (1 − m)t + m − 2  0
 2


3

Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình: t 2 + (1 − m)t + m − 2  0 , t  1 ; 
 2
Cách 1.
Đặt f ( t ) = t 2 + (1 − m)t + m − 2 . Vì f (t ) = t 2 + (1 − m)t + m − 2 là hàm số bậc hai ẩn t ( m là
tham số thực ) có đồ thị là một parabol quay bề lõm lên phía trên.

Do đó f ( t )  0, t  1 ;


 f (1)  0
3

  3



2
f

0
  
 2

0  0
7

2
m
 3 
3
2
  + (1 − m )   + m − 2  0
2
 2 

Cách 2.

t 2 + (1 − m )t + m − 2  0, t  1 ;



3

 ( t − 1)( t + 2 − m )  0, t  1 ;

2



3



3

3

3
(*)
2 
7

Vì t − 1  0, t  1 ;  , nên ( *)  t + 2 − m  0, t  1 ;   + 2 − m  0  m 
2
2
 2
 2

Câu 44 . Cho F ( x) = ( x 2 + 2 x ) .e x là một nguyên hàm của f ( x ) .e 2 x . Tìm họ nguyên hàm của hàm số
f  ( x ) e2 x .

GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 18

Phát triển đề minh họa năm 2020
A.

 f ( x) e

C.

 f ( x) e

2x

dx = ( 2 + x 2 ) e x + C .

B.

 f ( x) e

dx = ( − x 2 − 2 ) e x + C .

D.

 f ( x) e

2x

2x

dx = ( x 2 − 2 ) e x + C .

2x

dx = ( 2 − x 2 ) e x + C .

Lời giải
Chọn D
Vì F ( x ) = ( x 2 + 2 x ) e x là một nguyên hàm của f ( x ) .e 2 x nên ta có:
F  ( x ) = f ( x ) .e 2 x

 ( 2 x + 2) e x + ( x2 + 2 x ) e x = f ( x ) e2 x
 f ( x) =

x2 + 4x + 2
ex

 f ( x) =

2 − 2x − x2
ex

 f  ( x ) e2 x = ( 2 − 2 x − x 2 ) e x

 ( 2 − 2 x − x ) e dx
=  2e dx −  x e dx −  2 xe dx

 I =  f  ( x ) e 2 x dx =

2

x

x

2 x

x

Xét I1 =  x 2 e x dx , I 2 =  2 xe x dx .
u = x 2
 d u = 2 xdx

Với I1 =  x 2 e x dx , ta đặt 

x
x
dv = e dx v = e

 I1 = x 2 e x −  2 xe x dx  − I1 = − x 2 e x + I 2 .
 I = 2e x − x 2 e x + C = ( 2 − x 2 ) e x + C .

Câu 45. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hàm số như hình dưới đây:

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình f ( x 3 + 3 x 2 + m ) − 4 = 0 có nghiệm
thuộc đoạn  −1; 2  ?
A. 21 .

B. 18 .

C. 42 .

D. 24 .

Lời giải
Chọn D
Từ đồ thị hàm số y = f ( x ) ta thấy:
GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 19


Phát triển đề minh họa năm 2020
 x 3 + 3 x 2 + m = −1
f ( x + 3x + m ) − 4 = 0  f ( x + 3x + m ) = 4   3

2
 x + 3x + m = 2
3

2

3

2

 x 3 + 3 x 2 = −1 − m
.
 3
2
 x + 3x = 2 − m

Suy ra phương trình f ( x 3 + 3 x 2 + m ) − 4 = 0 có nghiệm thuộc đoạn  −1; 2  khi và chỉ khi
phương trình

x 3 + 3 x 2 = −1 − m

có nghiệm thuộc đoạn

 −1; 2

hoặc phương trình

x 3 + 3 x 2 = 2 − m có nghiệm thuộc đoạn  −1; 2  .

Xét hàm số g ( x ) = x 3 + 3 x 2 trên đoạn  −1; 2  .
 x = 0(N )
Suy ra g ' ( x ) = 3 x 2 + 6 x . Ta có g ' ( x ) = 0  
.
 x = −2 ( L )

BBT:

Từ BBT ta thấy:
+) Phương trình x 3 + 3 x 2 = −1 − m có nghiệm thuộc đoạn  −1; 2  khi và chỉ khi
0  −1 − m  20  −21  m  −1 .

+) Phương trình

x3 + 3x 2 = 2 − m

có nghiệm thuộc đoạn

 −1; 2

khi và chỉ khi

0  2 − m  20  −18  m  2 .

+) Từ đó suy ra phương trình f ( x 3 + 3 x 2 + m ) − 4 = 0 có nghiệm thuộc đoạn  −1; 2  khi và chỉ
khi −21  m  2 . Mà m là số nguyên nên m  −21; −20;...;1; 2 .
Vậy có 24 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 46. Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số g ( x ) = f ( x 3 + x 2 ) có bao
nhiêu điểm cực trị?

GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 20


Phát triển đề minh họa năm 2020
A. 5 .

B. 11 .

C. 4 .

D. 6 .

Lời giải
Chọn A

Ta có g '( x ) = (3 x 2 + 2 x ) f '( x 3 + x 2 )
3 x 2 + 2 x = 0
(a)
g '( x ) = 0  (3 x 2 + 2 x ) f '( x 3 + x 2 ) = 0  
3
2
 f '( x + x ) = 0 (b)
 x1 = 0
(a)  
2
 x2 = −
3


Từ đồ thị ta có :
1
 3
2
x + x = 3

(b )   x 3 + x 2 = 1
 x 3 + x 2  2, 5



(1)
(2)
(3)

Ta thấy các phương trình (1), (2), (3) đều có một nghiệm thực đơn không trùng nhau và đều

không trùng nghiệm x1 , x2 . Vậy phương trình g '( x ) = 0 có 5 nghiệm thực đơn phân biệt do đó
hàm số g ( x ) có 5 cực trị.
Câu 47. Có bao nhiêu cặp số nguyên a, b thỏa mãn điều kiện log 2
A.1.

B.2.

16( a 2 + 8)
= b 2 − 4b − a 2
2
(b − 2)

C.3.

D.4.

Lời giải
Chọn D
Từ điều kiện đề bài ta có b  2 và
16( a 2 + 8)
log 2
= b 2 − 4b − a 2  log 2 ( a 2 + 8) + 4 − log 2 (b − 2) 2 = b 2 − 4b − a 2
(b − 2) 2
 log 2 ( a 2 + 8) + a 2 + 8 = log 2 (b − 2) 2 + (b − 2) 2

Xét hàm số f (t ) = log 2 t + t (t  0)  f (t ) =

1
+1  0
t ln 2

Suy ra hàm số f (t ) đồng biến trên ( 0; + ) .
Từ đó f (a 2 + 8) = f ((b − 2) 2 )  a 2 + 8 = (b − 2) 2 = (b − a − 2)(b + a − 2) = 8
Vì (b − a − 2) + (b + a − 2) = 2b − 4 là số chẵn nên chúng cùng chẵn. Yậy ta có 4 trường hợp
b − a − 2 = 2
b − a − 2 = 4
hoặc 
hoặc

b + a − 2 = 4
b + a − 2 = 2

b − a − 2 = − 2
b − a − 2 = − 4
hoặc 

b + a − 2 = − 4
b + a − 2 = − 2

Giải các hệ trên và đối chiếu điều kiện ta được 4 cặp nghiệm nguyêm
(a, b) = (1,5);( −1,5), ( −1, −1), (1, −1)

GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 21


Phát triển đề minh họa năm 2020


2

Câu 48. Biết rằng I = 


sin x

( sin x + cos x )

3

dx = − a +

b
b
3 với a, b, c nguyên dương và
là phân số tối
c
c

3

giản. Tính a + b − c.
A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Lời giải
Chọn A
Ta tìm J = 

sin x

( sin x + cos x )

3

dx.

sin x
tan x
1
cos x
J =
dx = 
.
dx
3
3
2
tan x + 1) cos x
(
 sin x

2
cos x 

+ 1
 cos x 

Đặt t = tan x . dt =
J =

1
cos 2 x

dx .

 1
1 
1
1
1
dt =  
−
dt = .
−
+C
2
3
3
2 ( t + 1) t + 1
( t + 1)
 ( t + 1) ( t + 1) 
t

3

1
1
1
1
cos 2 x
cos x
J= .
−
+C = .
−
+C
2
2
sin x
2  sin x
2 ( sin x + cos x ) sin x + cos x

+
1
+ 1

cos x
 cos x 



2

I=



sin x

( sin x + cos x )

3

3

1
2
cos 2 x
cos x
3
dx =  .
−
3.
 = −1 +
2
 2 ( sin x + cos x ) sin x + cos x  
4


3

Suy ra a = 1, b = 3, c = 4 . Vậy a + b − c = 0 .
Câu 49. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB và tam giác
SCD cân tại S . Biết hai mặt bên ( SAB ) và ( SCD ) có tổng diện tích bằng

3a 2
và chúng
4

vuông góc với nhau. Thể tích khối chóp S. ABCD bằng
A.

a2
.
4

B.

5a 2
.
24

C.

a2
.
6

D.

23a 2
.
24

Lời giải

Chọn B

GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 22


Phát triển đề minh họa năm 2020

Gọi E , F lần lượt là trung điểm AB và CD . Khi đó EF // AD  EF ⊥ AB
Do tam giác SAB và tam giác SCD cân tại S nên SE ⊥ AB và SF ⊥ CD
 SE ⊥ AB
 AB ⊥ ( SEF )  ( ABCD ) ⊥ ( SEF )
Lúc đó có 
 EF ⊥ AB

Do đó, chân đường cao hạ từ S xuống đáy là H phải nằm trên giao tuyến EF của ( ABCD ) và

( SEF ) .
Mặt khác, giao tuyến của hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SCD ) là đường thẳng d qua S và song
song AB nên SE ⊥ d và SF ⊥ d , tức là ESF là góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SCD ) ,
hay nói cách khác ta có SE ⊥ SF
Xét tam giác SEF vuông tại S có SH 2 =

SE 2 .SF 2
SE 2 + SF 2

=

SE 2 .SF 2

( SE + SF ) − 2SE .SF
2

(1 )

Ta có SE.SF = SH .EF = 2SSEF
Từ giả thiết SSAB + SSCD =
Thay vào (1) ta có SH 2 =

3a 2
3a 2
3a
hay SE + SF =
 SE . AB + SF .CD =
4
2
2
SH 2 .EF 2

( SE + SF )

2

− 2 SH .EF

=

SH 2 .a 2

2

9a
− 2 SH .a
4

 SH =

5a
8

1
1 5a
5a 2
Vậy thể tích hình chóp S. ABCD là V = SH .S ABCD = . .a 2 =
.
3
3 8
24
Câu 50. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên . Đồ thị của hàm số y = f ' ( x ) như hình vẽ dưới đây.

Hàm số y = g ( x ) = 2 f ( x ) − ( x + 1) . Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
2

GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 23

Phát triển đề minh họa năm 2020

A. Hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên khoảng (1;3 ) .
B. Đồ thị hàm số y = g ( x ) có 2 điểm cực trị.
C. Hàm số y = g ( x ) đạt cực tiểu tại x = 1 .
D. Hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 3; + ) .
Lời giải
Chọn A

Ta có: g ' ( x ) = 2 f ' ( x ) − 2 ( x + 1) = 2  f ' ( x ) − ( x + 1)  .
g ' ( x ) = 0  f ' ( x ) = x + 1 (*) .

Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm giữa đồ thị hàm số y = f ' ( x ) và đường thẳng
y = x + 1.

Dựa vào hình bên ta thấy chúng giao tại 3 điểm ( −3; −2 ) ; (1; 2 ) ; ( 3; 4 ) .
 x = −3
Suy ra: g ' ( x ) = 0   x = 1 .
 x = 3

Bảng xét dấu g ' ( x ) :
x
g '( x)

−3

−

−

0

1
+

0

+

3

−

0

+

Từ bảng xét dấu g ' ( x ) ta thấy hàm số y = g ( x ) = 2 f ( x ) − ( x + 1) .
2

Đồng biến trên khoảng ( −3;1) và ( 3; + ) ; nghịch biến trên khoảng ( −; −3 ) và (1;3 ) .
GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 24


Phát triển đề minh họa năm 2020
Hàm số đạt cực đại tại x = 1 ; cực tiểu tại x = 3 .
Vậy đáp án A đúng.

-------HẾT-------

GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 001- Trang 25