ĐÁP án đề số 16

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
•ĐỀ SỐ 16 - HAI NGÀY 1 ĐỀ THI
1.A 
11.C 
21.B 
31.B 
41.C 

Câu 1.

2.A 
12.C 
22.B 
32.B 
42.D 

3.A 
13.C 
23.C 
33.D 
43.A 

 

BẢNG ĐÁP ÁN
5.A 
6.D 
7.D 
15.A 

16.B 
17.B 
25.C 
26.D 
27.D 
35.B 
36.A 
37.A 
45.D 
46.A 
47.A 
LỜI GIẢI THAM KHẢO 

4.B 
14.C 
24.D 
34.C 
44.D 

8.A 
18.D 
28.C 
38.D 
48.D 

9.D 
19.C 
29.A 
39.B 
49.D 

10.A 
20.B 
30.A 
40.D 
50.B 

Thể tích khối lập phương  ABCD. ABC D  có  AB  a 2  bằng:
A. a 3 .

B. 2a3 .

C. 4a3 .
Lời giải

D. 6a3 . 

Chọn A
ABB   vuông cân tại  B  nên:  2 AB 2  AB2  AB  a.  
Thể tích khối lập phương là  a 3 .
Câu 2.

Cho hàm số  y  f  x   có bảng biến thiên sau: 

x



y

 

 

 

2 

 

0  
3 

 

y

 
 
 

4 

 

0 

 
 

  
 

  

 


2 

 
 

Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại  x  2.
C. Hàm số đạt cực đại tại  x  2.

 

B. Hàm số đạt cực đại tại  x  3.
D. Hàm số đạt cực đại tại  x  4.
Lời giải 

Chọn A 
Hàm số đạt cực đại tại  x  2 , vì đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm qua  x  2  và 

yCĐ  y  2   3.  
Hàm số đạt cực tiểu tại  x  4 , vì đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương qua  x  4  và 

yCT  y  4   2.

Câu 3.


Trong không gian  Oxyz , cho hai điểm  A  0;  1;3  và  B  6;1;  3 . Vectơ  AB  có tọa độ là
A.  6; 2;  6  .

B.  6;  2;  6  .

C.  6;0;0  .

D.  6; 2;6  .

Lời giải 
Chọn A

AB   6  0;1    1 ;  3  3   6; 2;  6  .
Câu 4.

Cho hàm số  y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào 
dưới đây? 

Trang 1/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />
A.  ; 1 .

B.  1;1 .

C.  0;   .

D. ; .

Lời giải
Chọn B
Nhìn vào đồ thị đã cho, ta có hàm số đồng biến trên khoảng  1;1 .
Câu 5.

Với  a ,  b  là hai số dương tùy ý,  log  a 3b 4   bằng
A. 3log a  4log b.

B. 4log a  3log b.

C.

1
log a  3log b.
4

1
D. 2 log a  log b.
3

Lời giải
Chọn A
Có  log  a 3b 4   log a 3  log b 4  3log a  4 log b .
5

Câu 6.

5

5

Cho   f  x  dx  4  và   g  x  dx  3 , khi đó    2 f  x   3 g  x   dx  bằng
2

A. 1.

2

2

B. 12 .

C. 7 .
Lời giải

D. 1.

Chọn D
5

5

5

Có   2 f  x   3 g  x   dx  2  f  x  dx  3 g  x  dx    2.4  3.3  1 .
2

Câu 7.

2

2

Diện tích của mặt cầu bán kính  a  bằng:
A. 2 a 2 .

B. 3 a 2 .

C.  a 2 .
Lời giải

D. 4 a 2 .

Chọn D
Có S  4 R 2  4 a 2   2.4  3.3  1 .
Câu 8.

Số nghiệm của phương trình  log 2  x 2  2 x  4   2  là:
A. 2 .

B. 1.

C. 0 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn A
Ta có  x 2  2 x  4  0, x   . 
x  0
Khi đó  log 2  x 2  2 x  4   2  x 2  2 x  4  4  
.
x  2
Câu 9.

Trong  không  gian  Oxyz ,  cho  mặt  phẳng      đi  qua  A 1; 2;3   và  song  song  mặt  phẳng 

 Oxy  thì phương trình mặt phẳng     là
A. x  1  0 .

B. x  2 y  z  0 .

C. y  2  0 .
Lời giải

Trang 2/23 – />
D. z  3  0 .


PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
Chọn D


Mặt phẳng     đi qua  A 1; 2;3  có véc tơ pháp tuyến  k   0;0;1 . 
Nên mặt phẳng     có phương trình là:  z  3  0 .
Câu 10. Họ nguyên hàm của hàm số  f  x   e x  2 x  là
A. e x  x 2  C .

C.

1
B. e x  x 2  C . 
2

1 x 1 2
e  x  C . D. e x 1  C . 
x 1
2
Lời giải

Chọn A
Ta có   f  x dx   e x  2 x dx   e x dx  2  xdx  e x  x 2  C .

x  2 y 3 z  4


 đi qua điểm nào dưới đây?
3
2
3
B. M (2; 3; 4) .
C. P(2;3;4) .
D. N(3;2; 3) . 
Lời giải

Câu 11. Trong không gian  Oxyz , đường thẳng  d :
A. Q(3; 2;3) .

Chọn C 
Đáp án A nhầm vectơ chỉ phương. 
Đáp án B nhầm dấu tọa độ điểm. 
Đáp án D nhầm vectơ chỉ phương.
Câu 12. Với  k  và  n  là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn  k  n . Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
k ! n  k  !
n!
n!
n!
A. Ank 
.
B. Ank  .
C. Ank 
.
D. Ank 
.
k ! n  k  !
n!
k!
 n  k !
Lời giải
Chọn C
Theo lý thuyết công thức tính số chỉnh hợp chập  k  của  n :  Ank 

n!
.
 n  k !

Câu 13. Cho cấp số cộng   un   có số hạng đầu  u2  2  và  u3  5 . Giá trị của  u5  bằng
A. 12 .

B. 15 .

D. 25 .

C. 11.
Lời giải 

Chọn C
Ta có:  d  u3  u2  5  2  3  u4  u3  d  5  3  8  u5  u4  d  11 .
Câu 14. Trong  mặt  phẳng  tọa  độ  Oxy ,  3  điểm  A, B, C   lần  lượt  là  điểm  biểu  diễn  của  ba  số  phức 
z1  3  7i ,  z2  9  5i và  z3  5  9i . Khi đó, trọng tâm  G   là điểm biểu diễn của số phức nào 
sau đây?
A. z  1  9i .

B. z  3  3i .

C. z 

7
i.
3

D. z  2  2i .

Lời giải
Chọn C
Ta có:  A  3; 7  , B  9; 5 , C  5;9   

Trang 3/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489

Lời giải chi tiết tham khảo tại: />7

Trọng tâm của tam giác  ABC  là  G  ; 1  
3



Vậy trọng tâm  G  là điểm biểu diễn của số phức  z 

7
i.
3

Câu 15. Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây? 

A. y 

x2
.
2x 1

B. y 

2x 1
.
x2

C. y 

x2
.
2x 1

D. y 

x2
.
2x 1

Lời giải 
Chọn A
1 
Tập xác định:  D   \   . Nên loại đáp án B, C.
2
1
3
1

1

Ta có:  y 
 0 ,  x  . Hàm số đồng biến trên các khoảng   ;   và   ;    
2
2
2

2


 2 x  1

Nên loại 

D.

Vậy đồ thị đã cho là của hàm số  y 

x2
.
2x 1

Câu 16. Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên đoạn   1;1  và có đồ thị như hình vẽ. 

 
Gọi  M  và  m  lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn   1;1 . Giá 
trị của  M  m  bằng
A. 0 .

B. 1.

C. 2 .
Lời giải 

D. 3 .

Chọn B
Từ đồ thị ta thấy  M  1, m  0  nên  M  m  1 .
Câu 17. Cho hàm số  f ( x)  có đạo hàm  f ( x)  x 2 ( x  1)3 ( x  2), x   . Số điểm cực trị của hàm số đã 
cho là

A. 3 .

B. 2

C. 6 .
Lời giải

Chọn B

Trang 4/23 – />
D. 1.


PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
x  0
Ta có  f ( x )  0   x  1 . 

 x  2
Xét dấu  f ( x) , ta được 

 
Do  f ( x)  đổi dấu 2 lần nên hàm số  f ( x)  có 2 điểm cực trị.
2

Câu 18. Tìm hai số thực  a  và  b  để số phức  z   a  bi   2  a  bi   b 2  1  là số thuần ảo, với  i  là đơn 
vị ảo.
A. a  1 ,  b  0 .

B. a  0, b  1 .

C. a  1  và  b  bất kì. D. a  1  và  b  bất kì.
Lời giải 
Chọn D
2

Ta có:  z   a  bi   2  a  bi   b 2  1  a 2  2abi  b 2  2a  2bi  b2  1

 

2

 a  2a  1   2ab  2b  i . 
Để số phức  z  là số thuần ảo thì  a 2  2 a  1  0  a  1 . 
Vậy  a  1  còn  b  là số thực bất kì.
Câu 19. Trong không gian với hệ trục tọa độ  Oxyz , cho hai điểm  A 1; 2;0   và  B  3; 2;2  . Phương 
trình mặt cầu ( S )  nhận  AB  làm đường kính là
2

2

2

B.  x  2    y  2    z  1  2

2

2

2

D.  x  2    y  2    z  1  18

A.  x  2    y  2    z  1  18
C.  x  2    y  2    z  1  2

2

2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn C 
Ta có:  ( S )  nhận trung điểm  I  2; 2;1  của  AB  làm tâm và có bán kính  R  IA . 
R  IA 

1  2 

2

2

2

  2  2    0  1  2  
2

2

2

Suy phương trình mặt cầu  ( S ) :   x  2    y  2    z  1  2 .
Câu 20. Đặt  log 4 5  a , khi đó  log 25 64  bằng
A.

3a
.
2

B.

3
.
2a

C.

2
.
3a

D.

2a

.
3

Lời giải
Chọn B 

3
3
Ta có  log 25 64  log 52 43  log5 4 
.
2
2a
2

2

Câu 21. Ký hiệu  z1 , z2  là hai nghiệm phức của phương trình  z 2  4 z  5  0 . Giá trị của  z1  z2  bằng
A. 0 .

B. 10 .

C. 8 .
Lời giải

D. 12 .

Chọn B 

Trang 5/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489

Lời giải chi tiết tham khảo tại: />
 z1  2  i
2
2
2
2
Ta có :  z 2  4 z  5  0  
. Suy ra  z1  z2  5  z1  z 2  10 .
 z2  2  i
Câu 22. Trong  không  gian  Oxyz ,  khoảng  cách  giữa  hai  mặt  phẳng   P  : x  2 y  2 z  8  0   và 

 Q  : x  2 y  2 z  4  0  bằng
A. 1.

B.

4
.
3

C. 2.

D.

7
.
3

Lời giải

Chọn B
 P  / /  Q 
8  2.0  2.0  4 4
Ta có  
 d   P  ;  Q    d  A;  Q   
 . 
3
12  22  2 2
 A  8; 0;0    P 
Nhận xét: 
Nếu mặt phẳng  P  : ax  by  cz  d  0 và  Q  : ax  by  cz  d '  0  a 2  b 2  c 2  0  song
song với nhau  d  d ' thì d   P  ;  Q   
Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình  2 x
A. (; 1) .
B. (3; ) .
C. (1;3) .

2

2 x

d d '
2

a  b2  c2

.

 8  là

D. (; 1)  (3; ) .
Lời giải

Chọn C
Ta có:  2 x

2

2 x

 8  2x

2

2 x

 23  x 2  2 x  3  x 2  2 x  3  0  1  x  3.

Câu 24. Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây? 

1

A.

 x

1
5

 x  dx .

B.

1

0

  x  x  dx .

1

C. 2   x  x 5  dx .

5

1

1

D. 2   x  x5  dx . 
0

Lời giải
Chọn D
Diện tích hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên: 
1



x 5  x dx 

1

0

1



x 5  x dx   x 5  x dx  

1

0

0

Vì  y  x 5  x là hàm số lẻ nên



1
1

Do đó:   x5  x dx 
1

0

x

1

1

0

1
5

1

x 5  x dx   x 5  x dx    x  x 5  dx  
0

1

 x dx   x 5  x dx  2   x  x 5  dx .
0

0

Câu 25. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng  5a  và đường cao bằng  4a . Thể tích khối nón bằng
Trang 6/23 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
A.

80 a3
.

3

3

3

B. 15 a .

3
D. 36 a . 

C. 12 a .
Lời giải

Chọn C

 
2

2

Theo giả thiết:  l  5a, h  4a  r  l  h  3a  

1
1
2
Suy ra  V   r 2 h    3a  4a  12 a3 . 
3
3
1

1
8 a 3
2
.
V   r 2 h    2a  2a 
3
3
3

Câu 26. Cho hàm số y  f ( x ) có bảng biến thiên như sau 

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là
A. 4 .
B. 1.
C. 3 .
Lời giải
Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có: 
lim f ( x )  2  y  2 là một tiệm cận ngang 

D. 2 .

x 

lim f ( x )    x  1 là một tiệm cận đứng 

x 1

Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận là 2 .
Câu 27. Cho khối chóp tam giác đều có tất cả các cạnh bằng  2a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng

A.

8a3
.
3

B.

4 2a 3
.
3

C.

8 2a 3
.
3

D.

2 2a 3
.
3

Lời giải
Chọn D

Trang 7/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489

Lời giải chi tiết tham khảo tại: />
 
Ta có  SO   ABC   và  S ABC 

 2a 

2

3

4

 a 2 3 ;  AO 

2
2 2a 3 2a 3
,
AM  .

3
3 2
3

2

 2a 3 
2a 6
. 
SO  SA  AO   2a   
 

3
 3 
2

2

2

1
1
2a 6 2 2 3
Vậy thể tích khối chóp là  VS . ABCD  .S ABC .SO  .a 2 3.

a .
3
3
3
3

Câu 28. Hàm số  f  x   log  4  x 2  có đạo hàm
A. f   x  

ln10
.
4  x2

C. f   x  

2 x
.

 4  x 2  .ln10

B. f   x  

1
.
 4  x2  ln10

D. f   x  

2 x
.
4  x2

Lời giải:
Chọn C

4  x 

2 x

Ta có:  f   x  
.
 4  x  .ln10  4  x  .ln10
2

2

2

Câu 29. Cho hàm số  y  f ( x)  có bảng biến thiên như sau: 

 
Số nghiệm thực của phương trình  3 f ( x)  2  0  là:
A. 4.

B. 3.

C. 2.
Lời giải

Chọn A

2
Xét phương trình  3 f ( x)  2  0  f ( x)   (1)  
3

Trang 8/23 – />
D. 1.


PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
Ta có: số nghiệm thực của phương trình  (1)  chính là số giao điểm của đồ thị hàm số  y  f ( x)  

2
và đồ thị của đường thẳng  y  .  
3
Dựa vào bảng biến thiên, ta có: 

 

Vậy phương trình  3 f ( x)  2  0  có 4 nghiệm thực.
Câu 30. Cho hình hộp chữ nhật  ABCD. ABC D  có đáy  ABCD  là hình vuông,  AC   a 2 . Gọi   P   là 
mặt phẳng qua  AC   cắt  BB, DD  lần lượt tại  M , N  sao cho tam giác  AMN  cân tại  A  có 

P  ,  ABCD  .
MN  a . Tính  cos   với    





A.

2
.
2

B.

1
.
2

C.

1
.
3

D.

3
.
3

Lời giải
Chọn A

 
Ta có AMC N  là hình bình hành, mà tam giác  AMN  cân tại  A  nên  MN  AC  . 
Ta có   BDD ' B '   cắt ba mặt phẳng   ABCD  ,   A' B 'C ' D '  ,   AMC ' N   lần lượt theo ba giao 
tuyến  BD / / B ' D ' / / MN . 
Hai mặt phẳng   P   và   ABCD   có điểm chung  A  và lần lượt chứa hai đường thẳng song song 
MN ,  BD  nên giao tuyến của chúng là đường thẳng  d  đi qua  A  và song song với  MN , BD . 

Trên hai mặt phẳng   P   và   ABCD  lần lượt có hai đường thẳng  AC   và  AC  cùng vuông góc 
với  d  nên góc giữa hai mặt phẳng   P   và   ABCD   chính là góc giữa  AC   và  AC , bằng góc 
 . Xét tam giác  C 'CA  vuông tại  C  có: 
CAC
cos  

AC BD MN
a
2




 
AC  AC  AC  a 2

2

Cách 2:
Theo chứng minh ở trên thì  MN //BD  và  MN  BD  a . 
Đa giác  AMC N  nằm trên mặt phẳng   P   có hình chiếu trên mặt   ABCD   là hình vuông 
ABCD  nên: 
Trang 9/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />2

cos  

S ABCD
S AMC N

 BD 


2
AB
2
2
.

 

1
1
2

AC .MN
AC .MN
2
2

Câu 31. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình  log(8.5 x  20 x )  x  log 25  bằng
A. 16 .

B. 3 .

C. 25 .
Lời giải

D. 8 .

Chọn B 
Ta có :  log(8.5x  20 x )  log 25.10 x  8.5x  20 x  25.10 x    (1)  
Chia 2 vế phương trình (1) cho  5 x  ta được phương trình :  8  4 x  25.2 x      (2)  
Đặt  t  2 x   ,  (t > 0)
Phương trình (2) trở thành  t 2  25t  + 8 = 0  3 , gọi  t1 , t2  là hai nghiệm của   3  thì  t1.t2  8  
Hai nghiệm của   2   là  x1  log 2 t1 , x2  log 2 t2 , ta có: 
Ta có  x1  x2  log 2 t1  log 2 t1  log 2 t1.t2  log 2 8  3 .
Câu 32. Một chi tiết máy là phần còn lại của một khối trụ có bán kính đáy  r  sau khi đã đục bỏ phần bên 
r
trong là một khối trụ có bán kính đáy  (tham khảo hình vẽ). 
2

 
Biết thể tích khối trụ nhỏ bị đục bỏ bằng  20  cm  . Thể tích của khối chi tiết máy đó là
3

A. 40  cm3  .

B. 60  cm3  .

C. 80  cm 3  .

D. 70  cm 3  .

Lời giải
Chọn B 
Gọi chiều cao khối trụ là  h . 
Thể tích khối chi tiết máy:  V   r 2 h  20
2

1
r
Mà thể tích khối trụ nhỏ bên trong là     h   r 2 h  20   r 2 h  80
2
4
 

Vậy  V  80  20  60  cm 3 
Câu 33. Họ nguyên hàm của hàm số  f ( x)  2 x(1  e x ) là
A.  2 x  1 e x  x 2 .

B.  2 x  1 e x  x 2 .

C.  2 x  2  e x  x 2 .
Lời giải 

Chọn D
Ta có   2 x (1  e x )dx  2  xdx  2  xe x dx . 

Trang 10/23 – />
D.  2 x  2  e x  x 2 .


PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

 ux
du  dx

Gọi  I  2  x ln xdx . Đặt  
. 
x
x
dv  e dx  v  e
Khi đó  I  2 xe x  2  e x dx . 
Vậy   2 x (1  e x ) dx  2  xdx  xe x  2  e x dx  x 2  xe x  2 x  C =  2 x  2  e x  x 2  C .
  60 ,  SAB là tam giác đều 
Câu 34. Cho hình chóp  S . ABCD   có đáy là hình thoi cạnh  2a , góc  BAD
 
nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ  B đến mặt phẳng   SCD  là
 
3a
a 3
a 6
A.
.

B.
.
C.
.
D. a 6 .
2
2
2
Lời giải
Chọn C

Gọi  O  là trung điểm của AB  SO  ( ABCD) . 
2a. 3
 a 3 do SO  là đường cao của tam giác đều cạnh  2a  
2
Từ giả thiết suy ra tam giác  BCD  và tam giác  ABD  là tam giác đều   CD  OD  
CD  OD
Ta có:  
 CD   SOD   
CD  SO
Trong tam giác  SOD  kẻ  OH  SD  tại  H  
OH  SD
 OH   SCD   

OH  CD
SO 

Do  AB   SCD  suy ra  d  B,  SCD    d  O,  SCD    OH  
Nhận thấy tam giác  SOD  là tam giác vuông cân tại  O  với  OD  a 3  
OH 

1
1
a 6
.
SD 
3a 2  3a 2 
2
2
2

Câu 35. Trong  không  gian  Oxyz ,  cho  mặt  phẳng 

  : x  y  z  6  0  

và  đường  thẳng 

x 1 y  4 z

 . Hình chiếu vuông góc của  d  trên     có phương trình là
2
3
5
x 1 y  4 z 1
x y  5 z 1



A.
.

B. 
.
2
3
5
2
3
5
x  5 y z 1
x y  5 z 1
 

C.
. D. 
.
2
3
5
2
3
5
d:

Trang 11/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />Lời giải
Chọn B



Mặt phẳng    : x  y  z  1  0  có vectơ pháp tuyến  n 1;1; 1 . 

x 1 y  4 z

  có vectơ chỉ phương  u  2;3;5  . 
Đường thẳng  d :
2
3
5

Vì  n.u  1.2  1.3   1 .5  0  nên  d / /   . 

Gọi  d '  là hình chiếu vuông góc của  d  trên     d '/ / d . 
Lấy  A 1; 4;0   d . Gọi    là đường thẳng đi qua  A  và vuông góc với    . 

x  1 t

Suy ra phương trình đường thẳng    là   y  4  t . 
 z  t

Gọi  A '  là hình chiếu của  A  lên    thì  A '         A '  0; 5;1 . 


Đường thẳng  d '  là đường thẳng đi qua  A '  0; 5;1 , có vectơ chỉ phương  u  2;3;5  có phương 

trình là 

x y  5 z 1



.
2
3
5

Câu 36. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số  m  để hàm số  y  2 x 3  mx 2  2 x  đồng biến trên khoảng 

 2;0  .
A. m  2 3 .

B. m 

13
.
2

C. m  2 3 .

D. m  

13
.
2

Lời giải 
Chọn A
Ta có  y '  6 x 2  2mx  2 . Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng   2;0   y '  0, x   2;0   

1
 mx  3x 2  1, x  2;0   m  3x  , x   2;0  . 

x
1

x
( L)

1
1
3
Xét  f  x   3x  , x   2;0  . Ta có: f '  x   3  2  0  
. 
1
x
x

x   3


Lại có  lim f ( x )   ; lim f ( x) 
x 0

x 2

13
 và 
2

 1 
f 
  2 3 . 

3


Bảng biến thiên: 

 
Dựa vào bảng biên thiên suy ra:  ( ycbt )  m  2 3 .

Trang 12/23 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
Câu 37. Xét các số phức  z  thoả mãn 

z 1 i

 z  z  i 1

 là số thực. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức 

là parabol có toạ độ đỉnh
1 3
 1 1
A. I  ;   .
B. I   ;  .
4 4
 4 4

1 3
C. I  ;   .
2 2

Lời giải

z
 
2

 1 1
D. I   ;  .
 2 2

Chọn A
Giả sử  z  a  bi    a, b  R  . 
Khi đó 



z 1  i

 z  zi 1



a  1   b  1 i  a  1   b  1 i  1  2ai 
 

1  2ai
1  4a 2

a  1  2a  b  1   2a  a  1  b  1 i
1  4a 2

. 
2

z 1 i



b
a 1
a
 là số thực suy ra  2a  a  1  b  1  0  b  2a  2a  1   4.    2.  . 
2
2 2
2
z  z i 1
2



Số phức 

z
a b
 có điểm biểu diễn  M  ;      quỹ tích  M  là parabol có phương trình 
2
2 2

1
y  4 x2  2 x   

2
Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức 

z
1 3
 là parabol có toạ độ đỉnh  I  ;   .
2
4 4

dx
1
  ln a  ln b  ln c    với  a ,  b ,  c   là  các  số  nguyên  dương.  Tính 
x
e  3e  4 c
P  2a  b  c .
A. P  3 .
B. P  1.
C. P  4 .
D. P  3
Lời giải 
Chọn D
ln 2
ln 2
dx
e x dx
Ta có  I  
. 

0
e x  3e  x  4 0 e 2 x  4e x  3

Đặt:  t  e x  dt  e x dx . Đổi cận:  x  0  t  1 ,  x  ln 2  t  2 . 

Câu 38. Biết  I  

ln 2

x

0

Khi đó  I  

2

1

2

1
1 2 1
1 
1 t 1
1
dt   

dt  ln
  ln 3  ln 5  ln 2  . 

2
t  4t  3

2 1  t 1 t  3 
2 t 31 2

Suy ra a  3 ,  b  5 ,  c  2 . Vậy  P  2a  b  c  3 .
Câu 39. Cho hàm số y  f ( x ).  Hàm số  y  f '( x )  có bảng biến thiên như sau 

 
x

(2;3)
Bất phương trình  f ( x)  e  2m  0  có nghiệm đúng với mọi 
 khi và chỉ khi
x

A. m 

1
 f (2)  e 2  .
2

B. m 

1
 f (2)  e 2  .
2

Trang 13/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />C. m 

1
 f (3)  e3  .
2

D. m 

1
 f (3)  e3  .
2
Lời giải

Chọn B
Ta có:  2m  f ( x)  e x .  
Xét hàm số  g ( x)  f ( x)  e x , x  (2;3).  
Ta có:  g '( x)  f '( x )  e x  0, x  (2;3).  
Bảng biến thiên của hàm số  g ( x )  

 

Vậy  2m  g (2)  2m  f (2)  e 2  m 

1
 f (2)  e 2  .
2

Câu 40. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có bốn ghế. Xếp ngẫu nhiên 8 học sinh, gồm 4 học sinh 
trường A và 4 học sinh trường B, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học 
sinh ngồi. Tính xác suất để các học sinh khác trường nhau thì ngồi đối diện với nhau.
1

8
1
8
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
70
70
35
35
Lời giải 
Chọn D

Số phần tử không gian mẫu là  8!  40320 . 
Xếp học sinh thứ nhất của trường A vào ngồi vào một trong tám ghế. Có 8 cách. 
Do học sinh trường A và trường B ngồi đối diện nhau nên sau khi xếp học sinh thứ nhất của 
trường A vào ngồi thì học sinh thứ hai của trường A không được ngồi vào vị trí đối diện với 
học sinh thứ nhất đó. Vậy có 6 cách xếp. 
Tương tự như vậy xếp học sinh thứ ba của trường A có 4 cách. 
Xếp học sinh thứ tư của trường A có 2 cách. 
Xếp 4 học sinh của trường B vào bốn ghế còn lại có  4!  cách. 
Số cách xếp các học sinh khác trường nhau thì ngồi đối diện với nhau là  8.6.4.2.4!  9216  
cách. 
9216
8

Vậy xác suất cần tìm là 
. Đáp án 
D.

40320 35
Câu 41. Cho tam giác  ABC  có  BC  a ,  CA  b ,  AB  c . Nếu  a ,  b ,  c  theo thứ tự lập thành một cấp 
số nhân thì 
2

A. ln sin A.ln sin C   ln sin B  . 

B. ln sin A.ln sin C  2ln sin B . 

C. ln sin A  ln sin C  2 ln sin B . 

D. ln sin A  ln sin C  ln  2 sin B  . 
Lời giải 

Trang 14/23 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
Chọn C

 a  2 R sin A

Theo định lý sin trong tam giác  ABC  ta có:  b  2 R sin B , với  R  là bán kính đường tròn 
c  2 R sin C

ngoại tiếp tam giác  ABC . 
Vì  a ,  b ,  c  theo thứ tự lập thành một cấp số nhân nên ta có: 

2

2

a.c  b 2   2 R sin A  .  2 R sin C    2 R sin B   sin A.sin C   sin B  . 

Do  0  sin A ,  sin B ,  sin C  180  nên  sin A ,  sin B ,  sin C  0 . 
2
Vì thế ta có thể suy ra  ln  sin A.sin C   ln  sin B    ln sin A  ln sin C  2ln sin B . 



Câu 42. Cho hàm số  f  x  có đạo hàm là  f   x  . Đồ thị hàm số  y  f   x   được cho như hình vẽ bên. 
Biết rằng  f 0  f 2  f 1  f 3 . Giá trị lớn nhất của  f  x  trên đoạn   0;3  là 

A. f 1 . 

B. f 0 . 

C. f  2 . 

 

D. f 3 . 

Lời giải
Chọn D
Từ đồ thị của hàm số  y  f   x   ta có bảng biến thiên của hàm số  y  f  x  như sau: 
x

0
f'(x) 0

1
0

2

3

+
f(3)

f(0)
f(x)

f(2)
f(1)

 

Từ bảng biến thiên ta có:  f 3  f 2  f 1 . 

Theo bài ra  f 0  f 2  f 1  f 3  f 3  f 0  f 2 f 1  0  f 3  f 0 . 
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên   0;3  là  f 3  
Câu 43. Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên  R  và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá 
trị thực của tham số  m  để phương trình  f  e x   m  có nghiệm thuộc khoảng   0;ln 2  . 

Trang 15/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489

Lời giải chi tiết tham khảo tại: />
A.  3;0  .

B.  3;3 .

C. 0; 3 .

D.  3;0

Lời giải
Chọn A
Đặt  t  e x . Với  x   0;ln 2   t  1; 2   
Phương trình  f  e x   m  có nghiệm thuộc khoảng   0;ln 2  khi và chỉ khi phương trình 

f  t   m  có nghiệm thuộc khoảng  1; 2   3  m  0 .
Câu 44. Vận dụng thông tư số 14/2017/TT-NHNN của Ngân hàng Nhà nước quy định về phương pháp 
tính lãi trong hoạt động  nhận tiền gửi, có hiệu lực từ ngày 1/1/2018, ngân hàng A đã tính số 
tiền lãi theo một kì bằng số ngày của kì gửi nhân với số tiền lãi của một năm chia cho 365. Một 
khách hàng gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng vào ngày 4/7/2018 với lãi suất 5%/năm, kì hạn 1 
tháng, ngày tính lãi hàng tháng là ngày 4/7, biết rằng trong khi gửi khác hàng không đến rút lãi 
về, ngân hàng tính theo thể thức lãi kép. Đến ngày 4/9/2018, người đó đến ngân hàng rút cả vốn 
lẫn lãi về. Hỏi số tiền (tính bằng nghìn đồng) khách hàng nhận được là số nào sau đây:
A. 100835.
B. 100836.
C. 100834.
D. 100851.
Lời giải
Chọn D
Do tháng 7 và tháng 8 đều có 31 ngày nên số tiền khách hàng nhận được là: 

5%
5%

 

100.106.  1 
.31 .  1 
.31  100851000  đồng
365
365

 

Câu 45. Cho hai hàm số  y 

x 1
x
x 1 x  2
 và  y  x  2  x  m  ( m  là tham số thực) có đồ 



x
x 1 x  2 x  3

thị lần lượt là   C1  ,  C2  . Tập hợp tất cả các giá trị của  m  để   C1   và   C2   cắt nhau tại đúng 
bốn điểm phân biệt là
A.  2;    .

B.  ;  2  .

C.  2;    .

D.  ;  2 .

Lời giải
Chọn D
Xét phương trình hoành độ giao điểm 
x 1
x
x 1 x  2
x 1
x
x 1 x  2



 x2  xm 



 x  2  x   m 1  
x
x 1 x  2 x  3
x
x 1 x  2 x  3
x 1
x
x 1 x  2
Xét  f  x  




 x  2  x, x  D   \ 3;  2;  1;0  
x
x 1 x  2 x  3
x
x 1 x  2
 x 1
 x  x  1  x  2  x  3  2, x   2;     D  D1
Ta có  f  x   
 
 x  1  x  x  1  x  2  2 x  2, x   ;  2   D  D
2
x 1 x  2 x  3
 x
Trang 16/23 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
1
1
1
1


, x  D1
2
2
2
 x2 

 x  1  x  2   x  3

Có  f   x   
 
1
1
1  1 

 2, x  D2
 x 2  x  12  x  2 2  x  32


Dễ thấy  f   x   0, x  D1  D2 , ta có bảng biến thiên 

x

-

+

+

f'(x)

1

-2

-3
+

0
+

+
+

+

+
+
2

+

f(x)
-

-

-

-

-

 
Hai  đồ  thị  cắt  nhau  tại  đúng  4  điểm  phân  biện  khi  và  chỉ  khi  phương  trình  1   có  đúng  4 
nghiệm phân biệt, từ bảng biến thiên ta có:  m  2  m  2 .
Câu 46. Một biển quảng cáo với  4  đỉnh  A, B, C , D như hình vẽ. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là 

200.000(đ/m 2 ) sơn phần còn lại là  100.000đ/m 2 . Cho  AC  8m; BD  10m; MN  4m Hỏi số 
tiền sơn gần với số tiền nào sau đây: 

A. 12204000đ .

B. 14207000đ .

C. 11503000đ .
Lời giải

D. 10894000đ .

Chọn A

5 3
yN 

x
y
2  
elip có phương trình là:

 1 . Vì  MN  4  xN  2  
16 25

5 3
 yN 

2
2

2

5 3
2

Diện tích phần tô đậm là S1  2


5
2

4
25  y 2 dy  59, 21 ( m 2 )  
5
3

Diện tích elip là  S   .4.5  20 (m 2 )  
Diện tích phần trắng là  S 2  S  S1  3, 622 ( m 2 )  
Tổng chi phí trang chí là: T  59, 21.200000  3, 622.100000  12204200 đ
Câu 47. Cho khối lăng trụ  ABC. ABC  có thể tích bằng  2 . Gọi  M  là trung điểm của đoạn thẳng  AA  
và 

Trang 17/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />
N  là điểm nằm trên cạnh  BB '  sao cho  BN  2B ' N . Đường thẳng  CM  cắt đường thẳng 
C A tại  P , đường thẳng  CN  cắt đường thẳng  CB  tại  Q . Thể tích của khối đa diện lồi 
AMPBNQ bằng 

A.

7
.
9

B.

5
.
9

2
.
3
Lời giải 
C.

D.

Chọn A

Ta có: 

VABC .MNC ' 1  AM BN CC '  13
13
 


   VABC .MNC '  . 

VABC . A ' B 'C ' 3  AA ' BB ' CC '  18
9

VABC .MNC 1  AM BN CC  7
7
 


   VABC .MNC  . 
VABC . A ' B 'C ' 3  AA ' BB ' CC '  18
9
2
Suy ra:  VC.MNC '  VABC.MNC '  VABC .MNC  . 
3
V
CM CN CC '
.
.
    *  
Mà:  C .MNC ' 
VC . PQC ' CP CQ CC '
Lại có: 

AM
 CM
 CM 1


1 


CMA  PMA '  PM A ' M
 CP 2


Ta có:  
. 
CNB  QNB '  CN  BN  2
 CN  2
 QN B ' N
 CQ 3
Thay vào   *  ta có: 

VC .MNC ' 1 2
1
 . .1   VC .PQC '  3VC .MNC '  2 . 
VC . PQC ' 2 3
3

11
. 
9
7
 VC .PQC '  VA' B 'C '.MNC  . 
9

Có:  VA ' B 'C '.MNC  VLT  VABC .MNC 

 VA' MPB ' NQ

Câu 48. Cho hàm số  y  f  x   có đồ thị  f   x   như hình vẽ sau 

 

Trang 18/23 – />
13
. 
9


PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

 x3

Hàm số  y  g  x   f  x 1   x 2   đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
 3

A.  1; 2  .

B.  4; .

C.  2; 4  .

D.  0; 2  .

Lời giải 
Chọn D
Ta có:  y   g   x   f   x  1   x 2  2 x  .
 

x  0

Dựa vào đồ thị  f   x   ta có  f   x  1  0   x  2 . 
 x  4
1  x  1  3
0  x  2
. 
f   x  1  0  

x 1  5
x  4
Bảng xét dấu  y  g   x 
 

 
Vậy hàm số đồng biến trên   0; 2  .
Câu 49. Gọi  S  là tập hợp tất cả các giá trị của tham số  m  để bất phương trình 
m 2 x 4   m  2  x 3  x 2   m 2  1 x  0  nghiệm đúng với mọi  x   . Số phần tử của tập  S  là

A. 3 .

B. 2 .

C. 0 .
Lời giải

D. 1.

Chọn D
Đặt  f  x   m 2 x 4   m  2  x 3  x 2   m 2  1 x  
Ta có  f  x   m 2 x 4   m  2  x 3  x 2   m 2  1 x  x  m 2 x3   m  2  x 2  x   m 2  1  . Giả sử 
x  0  không phải là nghiệm của phương trình  g  x   m 2 x 3   m  2  x 2  x   m 2  1  0  thì 

hàm số  f  x   m 2 x 4   m  2  x 3  x 2   m 2  1 x  sẽ đổi dấu khi qua điểm  x  0 , nghĩa là 
m 2 x 4   m  2  x 3  x 2   m 2  1 x  0  không có nghiệm đúng với mọi  x   . 

Do đó, để yêu cầu bài toán được thỏa mãn thì một điều kiện cần là 
g  x   m 2 x 3   m  2  x 2  x   m 2  1  0  phải có nghiệm  x  0 , suy ra  m 2  1  0  m  1  

Điều kiện đủ: 
Với  m  1, f  x   x 4  3 x 3  x 2  x 2  x 2  3 x  1  khi đó  f 1  1  0  không thỏa mãn điều 
kiện  m 2 x 4   m  2  x 3  x 2   m 2  1 x  0  nghiệm đúng với mọi  x   . (loại) 
Với  m  1, f  x   x 4  x 3  x 2  x 2  x 2  x  1  0 ,  x   . 
Vậy  S  1 .

Trang 19/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />Câu 50. Cho  hàm số  f  x   mx 4  nx3  px 2  qx  r , (với  m, n, p, q, r   ).  Hàm số  y  f   x    có đồ 
thị 
như hình vẽ bên dưới: 

y

1 O

5 3
4

x

 

Tập nghiệm của bất phương trình  f  x   r  có bao nhiêu giá trị nguyên?
A. 4.

B. 3.

C. 1.
Lời giải 

D. 2.

Chọn B
Ta có  f   x   4mx3  3nx 2  2 px  q   1 . 

5
,  3 . 
4
Do đó  f   x   m  x  1 4 x  5  x  3  và  m  0 . Hay  f   x   4mx3  13mx 2  2mx  15m    2  . 
Dựa vào đồ thị  y  f   x   ta thấy phương trình  f   x   0  có ba nghiệm đơn là  1, 

13
m ,  p  m  và  q  15m . 
3
Khi đó bất phương trình  f  x   r  mx 4  nx 3  px 2  qx  0  
Từ  1  và   2  suy ra  n  

13


 m  x 4  x 3  x 2  15 x   0  3 . 
3



2

Do  m  0  nên   3  3x 4  13x3  3x 2  45 x  0  x  3 x  5  x  3   0  
 5 
 x    ;0   hoặc  x  3 . 
 3 
 5 
Vậy tập nghiệm của phương trình  f  x   r  là  S    ;0   3 . 
 3 
Do đó  S  có ba giá trị nguyên là  1;0;3 .

Trang 20/23 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

Trang 21/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />
Trang 22/23 – />

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 23/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489