ĐÁP án đề số 17

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
• ĐỀ SỐ 17 - HAI NGÀY 1 ĐỀ THI
1.D 
11.B 
21.B 
31.A 
41.B 
 
Câu 1.

2.A 
12.C 
22.D 
32.A 
42.B 

3.D 
13.A 
23.C 
33.C 
43.D 

4.B 
14.D 
24.A 
34.A 
44.B 

 

BẢNG ĐÁP ÁN
5.C 
6.C 
7.B 
15.D 
16.D 
17.D 
25.D 
26.A 
27.D 
35.D 
36.C 
37.C 
45.C 
46.D 
47.C 

8.C 
18.B 
28.C 
38.C 
48.B 

9.D 
19.A 
29.D 
39.B 
49.B 

10.A 
20.C 
30.B 
40.D 
50.C 

Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz   cho  mặt  phẳng   P  : x  3 y  z  1  0   và  một  đường 
thẳng   d   vuông góc với mặt phẳng   P  . Một vectơ chỉ phương của đường thẳng   d   là




A. u  1;  3;1 . 
B. u   1;  3;1 .
C. n   2;  6;  1 . 
D. u   2;6; 2  . 
Lời giải 
Chọn D 


Ta có mặt phẳng   P   vuông góc với   d   nên   P   có vectơ pháp tuyến  n  1;  3;  1  cũng là 
vectơ chỉ phương của   d  . 



Do đó một vectơ chỉ phương của   d   là  u  2n   2;6; 2  . 
Câu 2.

Đồ thị nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ bên? 
y

x

O
A. y  x3  3x  1 . 

B. y   x3  3x  1 . 

C. x4  2x2 1 . 

D. y   x 4  2 x 2  1 . 

Lời giải
Chọn A
Dựa vào hình dáng của đồ thị loại ngay đáp án B, C và D vì đồ thị trên là của hàm số bậc 3 có 
dạng  y  ax 3  bx 2  cx  d    a  0  . 
Câu 3.

Cho tập hợp  M  có  30  phần tử. Số tập con gồm  5  phần tử của  M  là
A. A304 . 

B. 305 . 

C. 305 . 

D. C305 . 

Lời giải 
Chọn D
Số tập con gồm  5  phần tử của  M  chính là số tổ hợp chập  5  của  30  phần tử, nghĩa là bằng  C305 . 

5

Câu 4.

 f  x  dx  10

Cho  2

2

. Khi đó    2  4 f  x   dx  bằng
5

A. 40 . 

B. 34 . 

C. 32 . 

D. 36 . 

Lời giải
Trang 1/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />Chọn B
2

2

2

Ta có:    2  4 f  x  dx  2 dx  4 f  x dx  6  40  34 . 
5

5

5

2

Vậy    2  4 f  x   dx  34 . 
5

Cho  phương  trình 
trình nào?
A. 9t 2  6t  2  0 . 

Câu 5.

32 x 10  6.3x  4  2  0 1

.  Nếu  đặt 

B. t 2  18t  2  0 . 

t  3x 5  t  0 

  thì 

C. t 2  2t  2  0 . 

1   trở  thành  phương 

D. 9t 2  2t  2  0 . 

Lời giải
Chọn C
2 x 5
 6.3x 4  2  0  3    2.3x 5  2  0 . 
Vậy khi đặt  t  3x 5  t  0   thì  1  trở thành phương trình  t 2  2t  2  0 . 
2 x 10

3

Câu 6.

Thể tích của khối cầu bán kính  R  là
A. 4 R2 . 

B. 4 R3 . 

C.

4 3
 R . 
3

D.

4
 R 2 . 
3

Lời giải
Chọn C

Câu 7.

4
Thể tích của khối cầu bán kính  R  là   R3 . 
3
Số phức liên hợp của số phức  3  4i  là
A. 4  3i . 
B. 3  4i . 

C. 3  4i . 

D. 3  4i . 

Lời giải
Chọn B
Câu 8.

Câu 9.

Số phức liên hợp của số phức  3  4i  là  3  4i . 
Thể tích của khối chóp có diện tích đáy  B  và chiều cao  h  là 
4
1

A. Bh . 
B. 3Bh . 
C. Bh . 
3
3
Lời giải
Chọn C 
Cho hàm số  f  x   có bảng biến thiên như hình vẽ: 

D. Bh . 

 
Đồ thị hàm số đạt cực tiểu tại điểm
A. x  1 . 

B. x  2 . 

C.  1;3  . 
Lời giải

Trang 2/24 – />
D. 1;  2  . 


PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
Chọn D
Ta thấy hàm số xác định tại  x  1  và  f   x   đổi dấu từ dương sang âm khi qua  x  1  nên điểm 
cực tiểu của đồ thị hàm số là  1;  2  . 
Câu 10. Trong không gian  Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm  A  3 ;10 ;  3 trên trục  Ox có tọa độ là
A.  3 ; 0 ; 0  . 

B.  0 ;10 ; 0  . 

C.  0 ; 0 ;  3 . 

D.  3 ;  10 ; 3 . 

Lời giải
Chọn A
Hình chiếu vuông góc của điểm  A  3 ;10 ;  3 trên trục  Ox  có tọa độ là   3 ; 0 ; 0  . 
Câu 11. Cho cấp số cộng   un   có   u1  11  và công sai  d  4 . Hãy tính  u99 . 
A. 401 . 
Chọn B 

B. 403 . 

C. 402 . 

D. 404 . 

Lời giải
Ta có :  u99  u1  98d  11  98.4  403 . 
Câu 12. Họ nguyên hàm của hàm số  f  x   e x  x  là
A. e x  1  C . 

1
C. e x  x 2  C . 
2

B. e x  x 2  C . 

D.

1 x 1 2
e  x  C . 
x 1
2

Lời giải
Chọn C
Ta có   f  x  dx    e x  x  dx  e x 

1 2
x C..
2

 x  1  t

Câu 13. Trong không gian  Oxyz , cho đường thẳng  d :  y  2
 t    . Vectơ nào dưới đây là một 
 z  3  2t


vectơ chỉ phương của  d ?


A. u  1;0;  2  . 
B. u   1;0; 2  . 



C. u   1; 2; 3 . 


D. u  1;  2;3 .

Lời giải
Chọn A
 x  1  t


Đường thẳng  d :  y  2
 t     có một vectơ chỉ phương là  u2  1;0;  2  . 
 z  3  2t

2 log 3 a
 log 5 a 2 .log a 25 . 
Câu 14. Rút gọn biểu thức  P  3
A. a 2  2 . 
B. a 2  2 . 
C. a 2  4 . 
Lời giải
Chọn D
a  0
Điều kiện:  
. 
a  1

D. a 2  4 . 

2

Ta có:  P  32 log3 a  log 5 a 2 .log a 25   3log3 a   2  log 5 a  .  2 log a 5   a 2  4 log 5 a.log a 5  

Trang 3/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: /> a 2  4 . 

Câu 15. Cho hàm số  f  x   có bảng biến thiên như hình vẽ. 
x

∞

f '(x)

+

f(x)

1

1

0
0

0

+∞
+

+∞

4

∞

 

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  1;1 . 

B.  ;0   và   4;   .

C.  1; 2  . 

D.  ; 1  và  1;   . 
Lời giải 

Chọn D 
Câu 16. Cho hàm số  y  f  x   xác định, liên tục trên    và có bảng biến thiên như sau: 

 
Số nghiệm thực của phương trình  f  x   1  0 . 
A. 3 . 

C. 1. 
Lời giải 

B. 0 . 

D. 2 .

Chọn D 
Đường thẳng  y  1 cắt đồ thị hàm số  y  f  x   tại  2  điểm. 
Vậy phương trình  f  x   1  0  có  2  nghiệm. 
Câu 17. Cho hai số phức  z1  2  5i  và  z2  3i  2 . Trên mặt phẳng tọa độ  Oxy , điểm biểu diễn số phức 
2z1  z2  có tọa độ là
A. 1;8 . 

B.  6;2 . 

C.  2; 7  . 

D.  6;7 . 

Lời giải
Chọn D
Điểm biểu diễn số phức  2 z1  z2  6  7i  là  M  6;7  . 
Câu 18. Hàm số  y  e
3

A. e x 3 . 

x3  3

 có đạo hàm là
3

B. 3 x 2 e x 3 . 

3

C.  x 3  3 e x 3 . 
Lời giải

Chọn B

Trang 4/24 – />
 x4
 3
D.   3x  e x 3 . 
 4



PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
3
3
3
Đạo hàm của hàm số  y  e x 3  là  y   x3  3 .e x 3  3 x 2 .e x 3 . 

Câu 19. Giá trị nhỏ nhất của hàm số 
A. 4 2 . 

f  x   x3  6 x

 trên đoạn 

0; 2  bằng

C. 6 2 . 
Lời giải 

B. 4 . 

D. 0 . 

Chọn A
Hàm số xác định và liên tục trên đoạn   0; 2 . 
Ta có f   x   3x 2  6 . 
 x  2   0; 2
Cho  f   x   0  3 x 2  6  0  
 
 x   2   0; 2

 2   4 2 ;  f  2  4 . 
Vậy  min y  f  2   4 2 . 
 
Ta có  f  0   0 ;  f
0;2

5

Câu 20. Cho hàm số  f  x   có đạo hàm    f   x    x 2  2  x 2  x  2  ,  x   . Số điểm cực trị của hàm 
số là
A. 1. 

C. 3 . 

B. 2 . 

D. 4 .

Lời giải
Chọn C

x  2

x 2

Ta có: f  x   0  
. 
x  0
 x  2
Bảng biến thiên của hàm số  f  x  : 
x
f '(x)

∞

2

2

0

2

0 +

0

0

0

+∞
+

f(x)

. 
Do  f   x   xác định trên    và chỉ đổi dấu khi đi qua các nghiệm   2  và  2  nên hàm số 

f  x   có  3  điểm cực trị. 

1
1
Câu 21. Cho  a  và  b  là hai số thực dương thỏa mãn  a . 3 b  10 . Giá trị của  log a  log b  bằng
2
3
A. 0 . 
B. 1. 
C. 10 . 
D.  1 . 
Lời giải
Chọn B
Với các số thực dương  a  và  b  ta có: 

Trang 5/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489

Lời giải chi tiết tham khảo tại: />
1
1
log a  log b  log a  log 3 b  log a . 3 b  log10  1 . 
2
3
Câu 22. Cho hình chóp đều  S. ABCD  có tất cả các cạnh đều bằng  a . Gọi  M ,  N  lần lượt là trung điểm 
của  AD  và  SD  (minh họa như hình vẽ bên). 





S
N
D
A

C
M

B

 

Số đo của góc giữa hai đường thẳng  MN  và  SC  là
A. 45 . 

B. 60 . 

C. 30 . 

D. 90 . 

Lời giải
Chọn D
Có  MN  //  SA  
MN , SC   
SA, SC  . 
Do  SA  SC  a ;  AC 

a 2
 trong hình vuông  ABCD  cạnh  a  nên  SAC  vuông cân tại  S . 
2

Vậy  
MN , SC   
SA, SC   
ASC  90 . 
Câu 23. Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ   H1  ,  H2   xếp chồng lên nhau, lần lượt có bán kính đáy 
 
1
và  chiều  cao  tương  ứng  là  r1 , h1 , r2 , h2   thỏa  mãn  r2  r1 ,  h2  2h1   (tham  khảo  hình  vẽ).  Biết 
2
3
rằng thể tích của toàn bộ khối đồ chơi bằng  30 cm , thể tích của khối trụ   H 1   bằng 

A. 24 cm 3 . 

B. 15cm3 . 

C. 20 cm3 . 

D. 10 cm3 . 

Lời giải
Chọn C
1
1
Thể tích khối trụ   H1   là  V1   r12 h1  và thể tích khối trụ   H2   là  V2   r22 h2   r12 h1  V1 . 
2
2
3
Theo giả thiết ta có  V1  V2  30  V1  30  V1  20 cm 3 . 
2
2x
Câu 24. Đạo hàm của hàm số  y  4  là
A. y   2.42 x ln 4 . 
B. y  42 x.ln 2 . 
C. y   4 2 x ln 4 . 
D. y   2.4 2 x ln 2  

Lời giải
Chọn A
Trang 6/24 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
y   2.4 2 x.ln 4 . 

Câu 25. Cho hình lăng trụ đứng  ABC. ABC   có đáy là tam giác vuông cân tại  B ,  AB  a ,  AB  a 3 . 
Thể tích khối lăng trụ  ABC. ABC  bằng
A.

a3 3
. 
2

B.

a3
. 
6

a3
. 
2

C.

D.

a3 2
. 
2

Lời giải
Chọn D
A'

C'
B'
a 3

C

A
B

Do  tam  giác 
AA 

AAB  

AB 2  AB 2 

vuông  tại 

a 3

2

A 

 
nên  theo  định  lý  Pytago  ta  có: 

 a 2  a 2 . 

Lại có tam giác  ABC  vuông cân tại  B  nên  SABC 

1
1
AB 2  a 2 . 
2
2

1
a3 2
Thể tích khối lăng trụ đã cho  VABC . ABC   AA.S ABC  a 2. a 2 
. 
2
2
Câu 26. Trong không gian  Oxyz , cho mặt cầu   S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  10  0 . Tìm tọa độ tâm 
I  và tính bán kính  R  của mặt cầu. 
A. I 1;  2;3  ,  R  2 .  B. I  1; 2;  3 ,  R  2 . 

C. I  1; 2;  3 ,  R  4 .  D. I 1;  2;3  ,  R  4 . 
Lời giải
Chọn A
Vì mặt cầu   S   có dạng  x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0  nên có tâm  I  a; b; c   và bán 
kính  R  a 2  b 2  c 2  d . 
Vậy   S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  10  0  có tâm  I 1;  2;3   và bán kính 
R  1  4  9  10  2 . 
Câu 27. Trong không gian  Oxyz , cho hai điểm  A 1;2;2   và  B  3;0;2  . Mặt phẳng trung trực của đoạn 
thẳng  AB  có phương trình là
A. x  y  z 1  0 . 
B. x  y  3  0 . 

C. x  y  z  1  0 . 

D. x  y  1  0 . 

Lời giải
Chọn D

 2    của  AB   và  nhận 
Ta  có  mặt  phẳng  trung  trực  của  đoạn  AB   qua  trung  điểm  I  2;1;

AB   2; 2;0   làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là: 2 x  2 y  2  0  x  y  1  0 . 
Câu 28. Cho hàm số  y  f ( x )  có bảng biến thiên 

Trang 7/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />
 
Số tiệm cận ngang của đồ thị hàm số  y  f ( x)  là
B. 1. 

A. 3 . 

C. 2 . 

D. 0  

Lời giải
Chọn C
Quan sát bảng biến thiên ta có  lim f  x    8 và  lim f  x   10  nên đồ thị hàm số có hai tiệm 
x  

x  

cận ngang  y  8 ,  y  10 . 
Câu 29. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số  y  x 3 ,  y  x 2  4 x  4  và trục  Ox   (tham 
khảo hình vẽ) được tính theo công thức nào dưới đây? 
y
4
3
2
1

O

1

2

3

x

4

-1
2

A.



1

x 3   x 2  4 x  4  dx . 

0

0

1

C.

2

B.   x 3dx    x 2  4 x  4  dx . 

2

 x dx    x
3

0

1

1
2

 4 x  4  dx . 

D.

1

2

 x dx    x
3

0

2

 4 x  4  dx . 

1

Lời giải
Chọn D
Dựa vào hình vẽ ta thấy hình phẳng   H   cần tính diện tích gồm 2 phần: 
Phần 1: Hình phẳng   H1   có diện tích   S1   giới hạn bởi đồ thị hàm số  y  x 3 , trục  Ox ,  x  0 , 

x  1 . 
Phần 2: Hình phẳng   H 2   có diện tích  S 2  giới hạn bởi đồ thị hàm số  y  x 2  4 x  4 , trục  Ox , 

x  1 ,  x  2 . 
Do đó diện tích hình   H   cần tính là: 
1

2

1

2





S  S1  S 2   x3 dx   x 2  4 x  4 dx   x3dx   x 2  4 x  4 dx . 
0

1

0

1

Câu 30. Gọi  z1 ,  z2  là hai nghiệm phức của phương trình  z 2  2 z  10  0 . Giá trị của   z12  1 z22  1  
bằng
A. 13 . 

B. 85 . 

C. 85 . 
Lời giải

Chọn B
Trang 8/24 – />

D. 13 . 


PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

  b2  ac  1 10  9 . 
Phương trình có hai nghiệm phức  z1  1  3i ,  z2  1  3i  nên: 

z

2
1

2
2
 1 z22  1   1  3i   1  1  3i   1   6i  7  6i  7     36  49   85 . 




Câu 31. Trong  không  gian  Oxyz ,  phương  trình  đường  thẳng  đi  qua  A 1; 2; 4    song  song  với   P  : 
x2 y2 z2
 có phương trình


3
1
5
 x  1  2t
 x   1  2t

x  1 t



B.  y  2
. 
C.  y  2
. 
D.  y  2 . 
 z  4  2t
 z  4  4t
 z  4  2t



Lời giải

2 x  y  z  4  0  và cắt đường thẳng  d :  
x  1 t

A.  y  2
. 
 z  4  2t


Chọn A

Ta có:  n P    2;1;1  là một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng   P  . 
 x  2  3t


Phương trình tham số của đường thẳng  d  là:   y  2  t , t   . 
 z  2  5t


Gọi 

   là  đường  thẳng  cần  tìm.  Gọi  M   là  giao  điểm  của 

d  M  2  3t ; 2  t ; 2  5t   AM  1  3t ; t ; 2  5t  . 

   và 

 
Do   //  P   nên  AM .nP  0  2 1  3t   t   2  5t   0  12t  0  t  0  

 AM  1;0; 2  . 

Phương  trình  đường  thẳng     đi  qua  A 1; 2; 4    và  nhận  AM  1;0; 2    là  một  vectơ  chỉ 
x  1 t

phương là:   y  2
, t   . 
 z  4  2t


Câu 32. Cho số phức  z thỏa mãn điều kiện   2  3i  z   4  i  z  2  4i . Môđun của  z bằng
 
 
A. 2 . 
B. 2 . 

C. 0 . 
D. 1. 
Lời giải 
Chọn A
Gọi  z  a  bi    a, b    . 
Ta có:   2  3i  z   4  i  z  2  4i  

  2  3i  a  bi    4  i  a  bi   2  4i  

  2a  3b    3a  2b  i   4a  b    a  4b  i  2  4i  
Trang 9/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />
  2a  4b    2a  6b  i  2  4i  
2a  4b  2 a  1


. 
2a  6b  4
b  1
Môđun của  z là  z  a 2  b 2  2 . 
 
Câu 33. Cho hàm số 

f  x

 có đồ thị của hàm 

f  x

 như hình vẽ: 

y
y=f '(x)

1

-1

O

4

x

 
Hàm số  y  f  2  x   đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. 1;3 . 

B.  2;  . 

C.  2;1 . 

D.   ; 2  . 

Lời giải
Chọn C

 x  1

 x  1

Từ đồ thị của  f   x   suy ra:  f   x   0  x  1  và  f   x   0  
 

1 x  4

 x  4
Ta có  y   f   2  x  . 
 2  x  1  x  3
y  0   f   2  x   0  f   2  x   0   2  x  1   x  1 . 
 2  x  4
 x  2
 2  x  1
x  3
 
y  0   f   2  x   0  f   2  x   0  

1  2  x  4
 2  x  1
Bảng xét dấu  y : 

 

 y  f  2  x   đồng biến khoảng   2;1 . 
Câu 34. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số  f  x   x.sin 2 x  trên tập số thực là

1 2 1
1
x  x.sin 2 x  cos 2 x  C . 

4
4
8
1
1
1
C. x 2  x.sin 2 x  cos 2 x  C . 
4
4
8
A.

1 2 1
1
x  x.sin 2 x  cos 2 x  C . 
4
2
4
1
D. x 2  x.sin 2 x  cos 2 x  C . 
4
Lời giải 
B.

Chọn A
Trang 10/24 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
Cách 1: Tự luận. 
Ta có  I   x.sin 2 xdx 

1
1
1
x. 1  cos 2 x  dx   xdx   x cos 2 xdx.  

2
2
2

1
x2
xdx

 C1.  
2
4
I2   x.cos 2 xdx.  

I1 

du  dx
u  x


Đặt  
sin 2 x . 
dv  cos 2 xdx v 

2

1
1
1
1
Ta được  I2  x.sin 2 x   sin 2 xdx  x sin 2 x  cos 2 x  C2 . 
2
2
2
4

x2 1
1
 x sin 2 x  cos 2 x  C.  
4 4
8
Cách 2: Bấm máy tính. 
Sử dụng định nghĩa:   f  x  dx  F  x   C  trên  K  thì ta phải có  F '  x   f  x    x  K . Ta 
Vậy  I 

bấm máy như sau: 
Bước 1: 

d 1 2 1
1
2

X  X .sin 2 X  cos2 X 
 X .sin  X  . 

dx  4

4
8
 x X

Bước 2: CALC. 
Bước 3: Cho một vài giá trị kiểm tra. (Đổi đơn vị góc sang rad trước khi bấm). 
Câu 35. Cho hàm số 

f  x

1

 thoả mãn    x  1 f   x  dx  10  và 

2 f 1  f  0   2

0

A. 12 . 

B. 8 . 

C. 12 . 
Lời giải 

1

. Tính  I   f  x  dx .
0

D. 8 . 

Chọn D
u  x  1
du  dx
Đặt  
. 

 dv  f   x  dx
v  f  x 
1

1

1

1

Khi đó    x  1 f   x  dx   x  1 f  x  0   f  x  dx  10  2 f 1  f  0    f  x  dx  
0

0

0

1

  f  x  dx  2  10  8 . 
0

Câu 36. Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh bất kỳ từ các đỉnh của đa giác đều có 12 cạnh  A1 A2 .... A12 . Tính xác 
suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác cân. 
13
12
3
.
.
A.
B.
C. .
55
55
11
Lời giải 
Chọn C

D.

5
.
11

Trang 11/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />
A12

A1

A2

A11

A3

A10

A4

A9

A5
A8

A7

A6

Cách 1
Ta có  n()  C123  220.  
Gọi  A là biến cố chọn được 3 đỉnh tạo thành tam giác cân. 
Vì đa giác đều 12 cạnh nên có 6 trục đối xứng là các đường nối các điểm  A i Ai 6  với  i  chạy từ 
1 đến 6. 
Ứng với mỗi trục như vậy ta có 5 cặp điểm đối xứng với nhau nên số tam giác cân tạo thành sẽ 
là  5.2.5  60 . Suy ra  n( A)  60 . 
Vậy xác suất cần tìm là 

60
3

 . 
220 11

Cách 2

n()  C123  220.  
Gọi  A là biến cố chọn được 3 đỉnh tạo thành tam giác cân. 
Chọn đỉnh  A1  khi đó chọn được 5 cặp đỉnh cách đều  A1  nên có 5 tam giác cân là các tam giác 
sau  A1 A2 A12 ; A1 A3 A11; A1 A4 A10 ; A1 A5 A9 ; A1 A6 A8 ;  
Chọn đỉnh  A2 khi đó chọn được 5 cặp đỉnh cách đều  A2  nên có 5 tam giác cân là các tam giác 
sau  A2 A1 A3 ; A2 A12 A4 ; A2 A11 A5 ; A2 A10 A6 ; A2 A9 A7 ;  
Tương tự cho các đỉnh còn lại, mỗi đỉnh có 5 tam giác cân 
Vậy  n( A)  12.5  60 . 
Vậy xác suất cần tìm là 

60
3
 .
220 11

Câu 37. Cho hình chóp tam giác đều  S . ABC  cạnh đáy bằng  2a  và chiều cao bằng  a 3 . Tính khoảng 
cách từ tâm  O  của đáy  ABC  đến một mặt bên.

Trang 12/24 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
A.

2a 3
.

3

B.

a 5
.
2

a 30
.
10
Lời giải 
C.

D.

a 10
.
5

Chọn C

 
Gọi  M  là trung điểm  BC ,  H  là hình chiếu của  O  lên  SM . 
 BC  SO
Ta có :  
 BC   SAM   BC  OH . 
 BC  AM
OH  BC
 OH   SBC   d  O ,  SBC    OH . 


OH  SM
Trong tam giác  SOM  vuông tại  O  có  SO  a 3 ,  OM 
1
1
1
1



2
2
2
OH
SO
OM
a 3





1



2

a 3



 3 

2



a 3
. 
3

10
a 30
.
 OH 
2
3a
10

5

Câu 38. Cho  hàm  số  f  x    liên  tục  và  có  đạo  hàm  trên  đoạn   0;5   thỏa  mãn   xf   x  e f  x  dx  8 ; 
0

5

f  5   ln 5 . Tính  I   e f  x  dx.
0

A. 33 .

B. 33 .

C. 17 .
Lời giải 

D.  17 .

Chọn C
Đặt:  u  x ; dv  f   x  e f  x  dx suy ra  du  dx , chọn  v  e   .  
5
 5 5
Do đó   xf   x  e f  x  dx  xe f  x    e f  x  dx  5e f  5  I  8  25  I  I  17 .
f x

0

0

0

Câu 39. Có  tất  cả  bao  nhiêu  giá  trị  nguyên  của  tham  số  m   để  hàm  số  y 

mx  10
  nghịch  biến  trên 
2x  m

khoảng   0; 2  ? 
A. 9. 

B. 6. 

C. 4. 
Lời giải 

D. 5. 

Chọn B

Trang 13/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />
m2  20
 m
TXĐ:  D     \    . Ta có:  y 
. 
2
 2
2x  m
 m
   0; 2 
Hàm số nghịch biến trên khoảng   0; 2    2
 
 y  0 x   0; 2 


 m
 2  0
m  0

0  m  2 5

 
  m
   m  4

, 
 2
 2 5  m  4
  2

2 5  m  2 5
 2
m  20  0
mà  m    nên  m  4; 0;1; 2;3; 4 . 
Vậy có tất cả 6 giá trị nguyên của  m  thỏa đề. 
Câu 40. Cho tam giác  ABC  vuong tại  A . Gọi  V1 ,V2 ,V3  lần lượt là thể tích hình nón tròn xoay 
bởi tam giác  ABC  khi nó quay quanh các cạnh  BC , CA, AB  Biết  V2  3 ,V3  4 . Tính  V1 ? 
A.

19
.
5

8
.
5

B.

C.

16
.
5

Lời giải
Chọn D

Đặt  AC  x; AB  y  

1
Khi đó:  V2   y 2 x  3  y 2 x  9.  
3
1
V3   x 2 y  4  x 2 y  12.  
3

x
 y 2 x  9


Ta có hệ   2
 x y  12
y 


Kẻ  AH  BC  ta có 
1
3

1
AH

Vậy  V   AH 2 .BC 

2



4
5
4
 BC  x 2  y 2  3  
3
4
3
4

3

1
x

2



1
y

2

 AH 

12
. 
53 4

12
.  
5

Trang 14/24 – />
D.

12
. 
5


PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
Câu 41. Cho các số  a, b  0  thỏa  log 3 a  log 6 b  log 2  a  b  . Giá trị của 
A. 18 .

B. 45.

C. 27.
Lời giải 

1 1
  bằng
a 2 b2
D. 36.

Chọn B
Đặt  log3 a  log 6 b  log 2  a  b   t . 
a  3t
 a  3t
a  31



Khi đó,  b  6t
 b  6 t
 b  61 . 

 t
t  1
t
t
t
a  b  2
3  6  2

1 1
Nên  2  2  3 2 62  45 .
a b

Câu 42. Cho hàm số  f  x   có đạo hàm trên    và có đồ thị của hàm  y  f   x   được cho như hình vẽ. 

 
Biết  rằng  f  3  f  0   f  4   f  1 .  Giá  trị  lớn  nhất  và  giá  trị  nhỏ  nhất  của  f  x    trên 
đoạn   3; 4  lần lượt là: 
A. f (4)  và  f (3) . 

B. f (3)  và  f (0) . 

C. f (4)  và  f (0) . 

D. f (2)  và  f ( 3) . 

Lời giải
Chọn
B.
Dựa vào đồ thị của hàm số  y  f   x   ta có bảng biến thiên của hàm số  y  f  x  : 

 
f   0   f   4   0  nên  x  0  và  x  4  là hai điểm cực trị của  y  f  x  . 

Từ  bảng  biến  thiên  ta  có  min f ( x)  f (0) ,  đồng  thời 
 3;4

f  1  f  0  .  Do  đó: 

f  3  f  0   f  4   f  1  f  3  f  4   f  1  f  0   0  f  3  f  4  . 
 
 max f ( x)  f (3) . Chọn B 
 3;4

Câu 43. Có  bao  nhiêu  giá  trị  nguyên  của  tham  số  m  để  tập  nghiệm  của  bất  phương  trình 
ln( x 2  2x  m)  2 ln(2x  1)  0 chứa đúng hai số nguyên? 
A. 10 . 

B. 3 . 

C. 4 . 

D. 9 . 

Trang 15/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


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

1

x

2
ln( x  2x  m)  2 ln(2x  1)  0  ln( x  2x  m)  2 ln(2x  1)  
 x 2  2x  m   2x  12

2

2

1


x


2
3x 2  6x  1  m
Xét  g ( x )  3 x 2  6x  1, x 

1
2

Từ bảng biến thiên g(x), ta suy ra để bất phương trình có đúng hai số nguyên x  1; x  2  thỏa 
mãn thì  1  m  10  m  2, 3, 4,...,10
Vậy có 9 giá trị nguyên thỏa mãn. 
Câu 44. Cho  hàm  số  f  x    liên  tục  trên   \ 1; 0   thỏa  mãn  điều  kiện  f 1  2 ln 2   và 





x.  x  1 . f   x   f  x   x 2  x   1 . Biết  f  2   a  b.ln 3    a,  b    . Giá trị của  2 a 2  b2  

là:
A.

27
.
4

B. 9 .

C.

3
.
4

D.

9
.
2  

Lời giải
Chọn B
2

Xét trên đoạn  1; 2 , chia cả hai vế của phương trình  1  cho   x  1 , ta được: 

x
1
x
x
x
 x

 x

 f  x 

f

x

 
 


f
x



f
x
dx  
dx  






2





x 1
x 1
x 1

 x 1
 x 1
 x 1

 x  1


x
1 
x

 f  x   C1   1 
 f  x   x  ln x  1  C    2  . 
 dx   
x 1
x 1
 x 1 

Theo giả thiết,  f 1  2 ln 2  nên thay  x  1  vào phương trình   2  , ta được: 
1
f 1  1  ln 2  C   ln 2  1  ln 2  C  C  1 . 
2
Thay  x  2  vào   2  , ta được: 
Trang 16/24 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
2
3 3
3
3

f  2   2  ln 3  1  f  2    ln 3    a  ,  b   . Vậy  2 a 2  b2  9 . 
3
2 2
2
2





Câu 45. Cho hàm số  y  f  x   có bảng biến thiên như hình bên. 

Số nghiệm của phương trình  f 2  x   4  0  là
A. 3 . 

C. 5 . 
Lời giải 

B. 2 . 

D. 1. 

Chọn C
 f  x  2
Ta có:  f 2  x   4  0  
. 
 f  x   2
TH1:  f  x   2 . Dựa vào bảng biến thiên của hàm số  f  x   ta có  f  x   2  có 3 nghiệm phân 
biệt  x1 , x2 , x3  thỏa mãn  x1  1  x2  3  x3 . 
TH2:  f  x   2 . Dựa vào bảng biến thiên của hàm số  f  x   ta có  f  x   2  có 2 nghiệm 

phân biệt  x4 , x5  thỏa mãn  x4  x1  và  x5  3 . 
Vậy phương trình  f 2  x   4  0  có 5 nghiệm. 
Câu 46. Cho hàm số 

f x

, bảng biến thiên của hàm số 

x

 như sau 

0

-1

-∞

f ' x

+∞

1

+∞
+∞

2

f'(x)

-1

-3

 

Số điểm cực trị của hàm số  y  f  x  2 x   là 
2

A. 3 . 

B. 9 . 

C. 5 . 

D. 7 . 

Lời giải
Chọn D

2 x  2  0
 2
 x  2 x  a , a  1
2
Ta có  y '   2 x  2  f '  x  2 x   0   x 2  2 x  b, 1  b  0  

 x 2  2 x  c, 0  c  1
 2
 x  2x  d , d  1

Trang 17/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />8

6

4

d

2

c
15

10

b

5

5

10

15

a
2

4

6

 

8

Dựa vào đồ thị ta được  y '  0  có 7 nghiệm đơn nên nó có 7 cực trị 


x y z
Câu 47. Cho  các  số  thực  x, y , z   thỏa  mãn  log16  2
  x  x  2   y  y  2   z  z  2  . 
2
2
 2x  2 y  2z  1 
x yz
Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức  F 
 bằng 
x yz
A.

1
. 
3

1
B.  . 

3

2
. 
3
Lời giải 

2
D.  . 
3

C.

Chọn C


x yz
• Ta có:  log16  2
  x  x  2  y  y  2  z  z  2  
2
2
 2x  2 y  2z 1 


1
1
log 4  x  y  z   log 4  2 x 2  2 y 2  2 z 2  1   x 2  y 2  z 2   2  x  y  z   
2
2

 log 4  x  y  z   log 4  2 x 2  2 y 2  2 z 2  1  log 4 4   2 x 2  2 y 2  2 z 2  1  4  x  y  z   
  2 x 2  2 y 2  2 z 2  1  log 4  2 x 2  2 y 2  2 z 2  1  4  x  y  z   log 4 4  x  y  z *  

• Xét hàm số  f  t   t  log 4 t  trên   0;      f '  t   1 

1
 0, t   0;     
t.ln 4

 f  t   đồng biến trên   0;   . 
Khi đó: (*)   2 x 2  2 y 2  2 z 2  1  4  x  y  z   
 x2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z 

1
 0   S   
2

  S   là mặt cầu tâm  I 1;1;1  và bán kính  R 
• Ta có:  F 

10
. 
2

x yz
 
x yz

 1  F  x  1  F  y  1  F  z  0  P   

• Điều kiện tương giao của mặt phẳng   P   và măt cầu   S  : 

Trang 18/24 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
1  3F

d  I ;  P   R   

2

2

1  F   1  F   1  F 

2

10
 
2



 2  6 F  10  3F 2  2 F  3  
 6 F 2  4 F  26  0  



1  2 10
1  2 10

. 
F
3
3
1  2 10
1  2 10
. 
, Fmin 
3
3

 Fmax 

 Fmax  Fmin 

1  2 10 1  2 10 2

 . 
3
3
3

Câu 48. Cho hàm số y  f ( x ) xác định và có đạo hàm  f '( x )  liên tục trên  [1; 3] ;  f ( x )  0, x  [1;3];  
3

f '( x)[1  f ( x)]2  ( x  1)2 [ f ( x)]4  và  f (1)  1 . Biết rằng   f ( x)dx  a ln 3  b ( a, b   ) , giá trị 
e
2

của  a  b  bằng 

A. 4. 

B. 0. 

C. 2. 
Lời giải 

D. -1. 

Chọn B
Từ  f '( x)[1  f ( x)]2  ( x  1) 2 [ f ( x)]4 

f '( x) 2 f '( x) f '( x)


 ( x  1) 2 . 
f 4 ( x ) f 3 ( x) f 2 ( x)

Hay 

 f '( x) 2 f '( x) f '( x) 
 1
1
1  1
3
 3
 2  dx   ( x  1)2 dx    3
 2

  ( x  1)  C (2). 

4
( x) f ( x) f ( x) 
3
f
(
x
)
f
(
x
)
f
(
x
)
3



  f

3

1
 1

1
Do  f (1)  1  nên  C  . Thay vào (2) ta được  
 1  ( x  1)3  f ( x)  . 
3

x
 f ( x) 
3

Khi đó:  
e

3
1
dx   ln x e   ln 3  1  a  1, b  1 , nên  a  b 2  0 . 
x

Cách khác 
2

 1
 f '( x )
Từ  f '( x )[1  f ( x )]  ( x  1) [ f ( x )]  
 1 . 2
 ( x  1) 2 . 
 f ( x)  f ( x)
2

2

2

4

/

 1
  1

 
 1 . 
 1   ( x  1) 2 . 
 f ( x)   f ( x) 
2

/

2

 1
  1

 1
  1

Nên    
 1 . 
 1 d x   ( x  1) 2 d x    
 1 d 
 1   ( x  1) 2 d x . 
 f ( x)   f ( x) 
 f ( x)   f ( x) 

Trang 19/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489

Lời giải chi tiết tham khảo tại: />3

 1
1 1
3
Suy ra   
 1   x  1  C (2). 
3  f ( x)  3
3

 1

1
Do  f (1)  1  nên  C  0 . Thay vào (2) ta được  
 1  ( x  1)3  f ( x)  . 
x
 f ( x) 

Câu 49. Cho  khối  lăng  trụ  tam  giác  ABC . ABC  .  Gọi  G   là  trọng  tâm  tam  giác  ABC ,  M , N , P   lần 
lượt là trung điểm của  CC  , AC  , AB . Biết thể tích khối tứ diện  GMNP  bằng  5 , tính thể tích 
khối lăng trụ  ABC . ABC  ? 
A. 24 . 
B. 72 . 

C. 18 . 
Lời giải 

D. 17 . 

Chọn B
A

C
G
B

M

K

N

A'

C'
K
A'

N
G'

P

G'

P

C'

B'

B'

 

Ta có:  GC  // G C  . Do đó kéo dài  GM  cắt  G C   tại  K  và  C K  G C   GC . 
Ta có: 

VGMNP GM 1

  VGKNP  2VGMNP  10 . 
VGKNP GK 2

Ta có:  S NC K  S NGC   và 

Ta có: 

S C NG C N C G 1 2 1
1
1

.
 .   S C NG  S C AP  S ABC   



S C AP C A C P 2 3 3
3
6

SC NP C N 1
1
1

  SC NP  SC AP  SABC  . 
SC AP C A 2
2
4

5
1 1
Ta có:  SKNP  SKNC   SC NP     SABC   .SABC   
12
6 4
1
1
5
5
 d  G ;  ABC   .S KNP  .d  G ;  ABC    . .S ABC   VGKNP  VABC . ABC   
3
3
12
36

 VABC . ABC  

36
VGKNP  72 . 
5

Trang 20/24 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
2x 1
 có đồ thị   C  . Hai đường thẳng  d1 , d 2  đi qua giao điểm của hai tiệm 
x 1
cận, cắt đồ thị   C   tại  4  điểm là  4  đỉnh của hình chữ nhật, tổng hệ số góc của hai đường thẳng 

Câu 50. Cho hàm số  y 

d1 , d 2  bằng 

25
. Bán kính đường tròn ngoại tiếp của hình chữ nhật nói trên bằng: 
12

A. 5 . 

B.

37
. 
2

C.

5
. 
2

D. 10 . 

Lời giải
Chọn C
Giao điểm của hai tiệm cận của đồ thị   C   là  I 1; 2  . 
Gọi  k1 , k2 lần lượt là hệ số góc của  d1 , d 2 và  4 đỉnh của hình chữ nhật lần lượt là  A, B, C , D với 

A, C là giao điểm của  d1  và   C  . 
Ta thấy đường phân giác của các góc tạo bởi hai tiệm cận của đồ thị hàm số y 

2x 1
 là các 
x 1

trục đối xứng của hình chữ nhật  ABCD . 
1

Do đó  
IB; Ox   
IA; Ox   900  hay  tan
IA; Ox   k1  . 
 IB; Ox   cot 
k2

Suy ra  k1.k2  1 . 
25
3
4
k  1  0 hay  k1  , k2  . 

12
4
3
3
5
Suy ra phương trình đường thẳng là  d1 là  y  x  . 
4
4
2x 1 3
5
Do đó hoành độ giao điểm của  A, B  nghiệm phương trình 
 x  . 
x 1 4
4
1

Từ đó suy ra  xA  1, xB  3  hay  A  1;  . 
2


Do vậy  k1 , k2  là nghiệm phương trình  k 2 

Vậy  R  IA 

5
. 
2

Trang 21/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489

Lời giải chi tiết tham khảo tại: />
Trang 22/24 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

Trang 23/24 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: /> 
ĐÁP ÁN CHI TIẾT TẢI TẠI BẢN ĐÀY ĐỦ NHÉ!

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

Trang 24/24 – />