ÔN TOÁN THPT QUỐC GIA

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
• ĐỀ SỐ 27 - MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI
Câu 1.

Cấp số cộng  un  có u1  123 và u3  u15  84 . Số hạng u17 có giá trị là:
B. 4 .

A. 11 .

C. 235 .
Lời giải

D. 242 .

Chọn A
Ta có: u3  u15  84  u1  2d   u1  14d   84  d  7 .
Vậy u17  u1  16d  11 .
Câu 2.

Giới hạn lim

x 

A.

5
.
2

5x  3
bằng số nào sau đây?
1 2x
2
B.
.
3

C. 5.

D.

3
.
2

Lời giải
Chọn A
3
5
5x  3
x  5 .
Ta có: lim
 lim
x  1  2 x
x  1
 2 2
x
Câu 3.

Cho hàm số y  f ( x) liên tục trên đoạn  2;6 , có đồ thị như hình vẽ. Gọi M , m lần lượt là giá
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của f  x  trên miền  2;6 . Tính giá trị của biểu thức T  2M  3m .

A. 16 .

B. 0 .

C. 7 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn B
Nhìn vào đồ thị ta thấy: f  x  đạt giá trị lớn nhất trên miền  2;6 là M  6 , f  x  đạt giá trị lớn
nhất trên miền  2;6 là m  4 .
Do đó, T  2 M  3m  2.6  3.(4)  0 .

Trang 1/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />Câu 4.
Cho hàm số y  f (x ) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây. Giá trị cực tiểu của hàm số là số
nào sau đây?

A. -4.

B. 3.

C. 0.
Lời giải

D. -1.

Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực tiểu của hàm số là yCT  4 .
Câu 5.

Cho hàm số y  f  x  xác định trên * , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên
như hình vẽ dưới đây. Chọn khẳng định đúng về đồ thị hàm số.

A. Đồ thị có đúng 1 tiệm cận ngang.
B. Đồ thị có đúng 2 tiệm cận ngang.
C. Đồ thị có đúng 1 tiệm cận đứng.
D. Đồ thị không có tiệm cận ngang đứng và tiệm cận ngang.
Lời giải
Chọn C
Tập xác định của hàm số là D   \ 0 .
Nhìn vào bảng biến thiên ta có:
1) lim f  x     Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  0 .
x 0

 lim f  x   
 x
2) 
 Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
f  x   
 xlim

Vậy đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng.
Câu 6.

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

Trang 2/23 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng nào sau đây?
A.  1;0  .

B. 1;   .

C.  0;1 .

D.  1;1 .

Lời giải
Chọn C
Từ đồ thị ta thấy hàm số y  f  x  đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  0;1
Câu 7.

Với a , b là hai số dương tuỳ ý thì log  a 3b 2  có giá trị bằng biểu thức nào dưới đây?

1


A. 3  log a  log b  .
2



1
C. 3log a  log b .
2

B. 2log a  3log b .

D. 3log a  2log b .

Lời giải
Chọn D
Vì a, b là hai số dương nên log  a 3b 2   log a 3  logb 2  3log a  2 logb .
Câu 8.

Hàm số f ( x)  log3 ( x 2 - 4 x) có đạo hàm trên miền xác định là f ( x) . Chọn kết quả đúng.
A. f ( x) 
C. f ( x) 

ln 3
.
x  4x

B. f ( x) 

2

1
.
( x  4 x) ln 3
2

(2 x  4) ln 3
2x  4
. D. f ( x)  2
.
2
x  4x
( x  4 x) ln 3
Lời giải

Chọn D
Tập xác định: D  (;0)  (4; ) .

f ( x) 
Câu 9.

( x 2 - 4 x)
2x - 4
 2
.
2
( x - 4 x) ln 3 ( x - 4 x) ln 3

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 

5 2
x 1 .
2

B. F  x   cos x  e x  5 x  3 .

5
C. F  x   cos x  e x  x 2 .
2

D. F  x    cos x 

ex
5
 x2 .
x 1 2

Lời giải
Chọn A
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
Trang 3/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />1
Câu 10. Cho  f  x  dx   ln x  C ( với C là hằng số tùy ý ), trên miền  0;   , chọn khẳng định đúng
x
về hàm số f  x  .

C. f  x    x 

x 1
.
x2

B. f  x  

A. f  x   x  ln x .

1
 ln x .
x

D. f  x   

1
 ln x .

x2

Lời giải
Chọn B
1 1 x 1
1

Ta có: f  x     ln x  C    2   2
x
x
x
x

1

Câu 11.

Cho



1

f  x  dx  3,

0

1

 g  x  dx  2 . Tính giá trị của biểu thức I    2 f  x   3g  x  dx

0

0

B. 9 .

A. 12 .

C. 6 .

D. y  6 .

Lời giải
Chọn A
1

1

1

Ta có I    2 f  x   3 g  x   dx  2  f  x  dx  3 g  x  dx  2.3  3.  2   12 .
0

Câu 12.

0

0

Điểm M trong hình vẽ biểu diễn số phức z . Chọn kết luận đúng về số phức z .

A. z  3  5i .

B. z  3  5i .

C. z  3  5i .
Lời giải

D. z  3  5i .

Chọn D
Ta có điểm M  3; 5 , nên số phức z  3  5i . Vậy z  3  5i .
Câu 13.

Cho hình lăng trụ đứng ABC . ABC  có BB  a , đáy ABC là tam giác vuông cân tại

B, AC  a 2 . Tính thể tích lăng trụ

Trang 4/23 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
B'

C'
A'

B

C
a 2

A

a3
A.
.
3

a3
B.
.
6

a3
D.
.
2

3

C. a .
Lời giải

Chọn D



Trong ABC : AC 2  AB 2  BC 2  2 AB 2  a 2



2

 AB  BC  a.

Thể tích khối lăng trụ ABC . ABC  là: VABC . ABC   S ABC .BB 
Câu 14.

1
a3
AB.BC.BB  .
2
2

Cho hình nón có đường sinh là a , góc giữa đường sinh và đáy là  . Tính diện tích xung quanh
của hình nón.

2
A. 2 a sin  .

2
B.  a sin  .

2
C. 2 a cos .
Lời giải

2
D.  a cos .

Chọn D

Ta có:
Bán kính đường tròn đáy của hình nón là R  a cos  .
Độ dài đường sinh là l  a.
Diện tích xung quanh của hình nón là: S   Rl   .a cos  .a   a2 cos  .



Câu 15.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A 1;1; 2  và B  3; 4;5  . Tọa độ vectơ AB là
A.  4;5;3 .

B.  2;3;3 .

C.  2; 3;3 .

D.  2; 3; 3 .

Lời giải
Chọn B



Tọa độ vectơ AB   3  1; 4  1;5  2    2;3;3 .
Câu 16.

Trong không gian Oxyz cho điểm I (2;3; 4) và A 1; 2;3 . Phương trình mặt cầu tâm I và đi qua A
có phương trình là:
Trang 5/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489

Lời giải chi tiết tham khảo tại: />2
2
A. ( x  2)2  ( y  3)2  ( z  4)2  3 .
B. ( x  2) 2   y  3   z  4   9 .
2

2

2

C. ( x  2) 2   y  3   z  4   45 .

2

D. ( x  2) 2   y  3   z  4   3 .
Lời giải

Chọn D
Bán kính mặt cầu là R  IA  3 .
2

2

Phương trình mặt cầu tâm I (2;3; 4) và R  IA  3 là ( x  2) 2   y  3   z  4   3
Câu 17.

Cho hình lăng trụ ABC . AB C  có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  a, AC  2a . Hình
chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng  ABC  là điểm I thuộc cạnh BC . Tính khoảng cách từ A
tới mặt phẳng  ABC  .

A.

2
a.
3

3
a.
2

B.

C.

2 5
a.
5

D.

1
a.
3

Lời giải
Chọn C
A'

C'

B'

2a
A

C
a
B

I

H

Xét tam giác ABC có AB  a, AC  2a  BC  a 5 .
Trong mp  ABC  kẻ AH  BC , H  BC .
 ABC    A ' BC 

Ta có:  ABC    A ' BC   BC  AH   ABC   d  A,  ABC    AH
 AH  BC


Trong tam giác vuông ABC ta có AH 
Câu 18.

AB. AC 2 5
2 5

a  d  A,  ABC   
a.
BC

5
5
10

Hệ số x6 khi khai triển đa thức P  x    5  3x  có giá trị bằng đại lượng nào sau đây?
A. C104 56.34 .

B. C106 54.36 .

C. C104 56.34 .
Lời giải

Chọn D
10

10

k

10

k

Ta có :  5  3x    C10k .510k  3x   C10k .510k  3 x k .
k 0

k 0

6

Hệ số của x ứng với k  6 .
10

Vậy hệ số của x6 trong khai triển P  x    5  3x  là C106 54.36 .
Trang 6/23 – />
D. C106 54.36 .


PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
Câu 19. Cho hai số phức z1  1  2i và z2  3  4i . Số phức 2 z1  3 z2  z1 z2 là số phức nào sau đây?
A. 10i .

B. 10i .

C. 11  8i .
Lời giải

D. 11  10i .

Chọn B
Ta có: 2 z1  3 z2  z1 z 2  2 1  2i   3  3  4i   1  2i  3  4i   10i .
Câu 20.

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y 

x2
đồng biến trên khoảng
x  3m

  ;  6  ?

A. 1 .

B. 3 .

C. 0 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn D
Tập xác định: D   \ 3m .
Ta có: y  

3m  2

 x  3m 

2

.

x2
đồng biến trên khoảng   ;  6  khi và chỉ khi
x  3m
2

3m  2  0
2
m 
  m  2.

y   0, x    ;  6   

3
3
3m    ;  6 
3m  6

Hàm số y 

Vì m    m  1; 2 .
Câu 21.

Bảng biến thiên trong hình vẽ bên là của hàm số nào sau đây?

A. y  x4  2x2  5.

B. y  x4  2x2  5.

C. y  x4  2x2  5.

D. y  x4  2x2 1.

Lời giải
Chọn A
Cách 1: Xét hàm số y  f (x)  x4  2x2  5.
Hàm số có tập xác định là .
lim y  ; lim y  .

x 

x 

y '  4x3  4x
y '  0  4x3  4x  0  x1  1 hoặc x2  0 hoặc x3  1.

Cách 2: Điểm có tọa độ (1; 6) thuộc đồ thị hàm số nên thay vào 4 phương án chỉ có phương án A
thỏa mãn.
Trang 7/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />Câu 22. Cho hàm số y  f  x  , liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình vẽ. Tìm số nghiệm thực
của phương trình 2 f  x   7  0.

A. 1 .

B. 3 .

C. 4 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn C

7
Ta có: 2 f  x   7  0  f  x    .
2

1

 y  f  x

Số nghiệm của phương trình 1 bằng số giao điểm của đồ thị hai hàm số 
7 .
y  

2
7
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y   luôn cắt đồ thị của hàm số y  f  x  tại 4
2
điểm phân biệt. Vậy phương trình đã cho luôn có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 23.

4

Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  là f   x    2 x  1 x  3 x  5  . Hàm số đã cho có
tất cả bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2 .
B. 1 .

C. 4 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn A
1

x   2


4
Xét f   x    2 x  1 x  3 x  5   0   x  3 ; Ta có bảng biến thiên:
 x  5



Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có tất cả hai điểm cực trị.
Câu 24.

Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của 1 trong 4 hàm số dưới đây, đó là hàm số nào?

Trang 8/23 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

A. y  x 3  3 x  1 .

B. y  x 4  x 2  1 .

C. y 

2x  1
.
x 1

D. y 

2x 1
.
x 1

Lời giải
Chọn C
Trên hình vẽ đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x  1 .

2x 1
2x 1
2x 1
 ; lim
  nên đồ thị có
có lim
x

1
x

1
x 1
x 1
x 1
tiệm cận đứng là đường thẳng x  1 . Đáp án A; B loại vì đồ thị các hàm số này là một đường liên
Trong bốn đáp án chỉ có hàm số y 

tục. Đáp án D loại vì đồ thị có tiệm cận đứng là đường thẳng x  1 . Vì vậy chọn đáp án C .
Câu 25.

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 .
2

Câu 26.

Cho  2 x ln(1  x )dx  a ln b với a; b  * và b là số nguyên tố. Tính 3a  4b .
0

A. 42 .

B. 21 .

C. 12 .
Lời giải

D. 32 .

Chọn B
2

Xét tích phân: I   2 x ln(1  x)dx .
0

Trang 9/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />1

dx
u  ln(1  x)  du 
Đặt 
1 x

2 xdx  dv  v  x 2
2

2

2

x 2 dx
x2 1  1
I   2 x ln(1  x )dx  x ln(1  x)  
 4 ln 3  
dx
0 0 1 x
1 x
0
0

2

2

2

2

2
2
1
x2
dx  4 ln 3  (  x)  ln 1  x
0
0
1 x
2
0

 4 ln 3   ( x  1)dx  
0

 4 ln 3  ln 3  3ln 3 . Vậy a  3; b  3 và 3a  4b  21.

Câu 27.

x
; x  2; x  2 và trục hoành là:
x5
B. 10 ln 5  5ln 21 .

C. 5ln 21  ln 5 .
D. 121ln 5  5ln 21 .
Lời giải

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y 
A. 15ln10  10ln 5 .
Chọn B

Diện tích hình phẳng cần tìm là:
2
0
2
0
2
0
2
x
x
x
x
x
x
x
S
dx  
dx  
dx  
dx  
dx  
dx  

dx
x5
x5
x5
x5
x5
x5
x5
2
2
0
2
0
2
0
0



 x

Câu 28.

2

0

0

2

2

x
x
dx
dx
2 x  5 dx  0 x  5 dx  2 dx  52 x  5  0 dx  50 x  5
0
2

  5 ln x  5 

0
2

 x 02   5 ln x  5 

2
0

 5 ln 5  5 ln 3   5 ln 7  5ln 5   10 ln 5  5 ln 21 .

Một khối trụ bán kính đáy là a 3 ,chiều cao là 2a 3 .Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối trụ.

3
A. 8 6 a .

3
B. 6 6 a .

3
C. 4 3 a .

D.

4 6 3
a .
3

Lời giải
Chọn A
Gọi thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật ABCD , tâm của hai đáy lần lượt là O và O .

Trang 10/23 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
O

A

B

I

D

C

O'

Gọi  I   AC  BD  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình trụ đã cho và bán kính mặt cầu là
R  IA  OI 2  OA2 

2

a 3  a 3

2

 a 6.

4
Thể tích khối cầu ngoại tiếp khối trụ là V   a 6
3



Câu 29.



3

 8 a3 6.

Tập nghiệm của phương trình log3  x 2  4 x  9   2 là?
A. 0; 4 .

B. 4;0 .

C. 4 .

D. 0 .

Lời giải
Chọn A
x  0
Ta có: log 3  x 2  4 x  9   2  x 2  4 x  9  32  x 2  4 x  0  
.
x  4

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  0;4 .
Câu 30.

Số nghiệm nguyên của bất phương trình 2 x
A. 5 .
B. 6 .

2

3 x

 16 là
C. 4 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn B

2

2

Ta có 2 x 3 x  16  2 x 3 x  2 4  x 2  3 x  4  x 2  3 x  4  0  4  x  1 .
Do đó số nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là 6.
Câu 31.

Đặt log 3 4  a , tính log 64 81 theo a .
A.

3a
.
4

B.

4a
.
3

3
.
4a
Lời giải
C.

D.

4

.
3a

Chọn D

4
4
4

Ta có log 64 81  log 43 34  log 4 3 
.
3
3log 3 4 3a

 

Vậy log 64 81 

4
.
3a

Trang 11/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />Câu 32. Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng

  : 3x  2 y  2 z  7  0 và
   : 5 x  4 y  3z  1  0 . Phương trình mặt phẳng qua O , đồng thời vuông góc với cả   và   

có phương trình là
A. 2 x  y  2 z  0 .

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

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 33.

Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  , cho đường tròn  S  có tâm I nằm trên đường thẳng y   x , bán
kính R  3 và tiếp xúc với các trục tọa độ. Lập phương trình của  S  , biết hoành độ tâm I là số
dương.
2

2

B.  x  3   y  3  9 .

2

2

D.  x  3   y  3  9 .

A.  x  3   y  3  9 .
C.  x  3   y  3  9 .

2

2

2

2

Lời giải
Chọn B
Do tâm I nằm trên đường thẳng y   x  I  a;  a  , điều kiện a  0 .
Đường tròn  S  có bán kính R  3 và tiếp xúc với các trục tọa độ nên:

d  I ; Ox   d  I ; Oy   3  a  3  a  3  n   a  3  l   I  3;  3 .
2

Vậy phương trình
Câu 34.

 S  :  x  3   y  3

2

9

.

Trong không gian Oxyz khoảng cách giữa hai mặt phẳng

 Q  : x  2 y  3z  6  0
A.

7
.
14

 P  : x  2 y  3z  1  0

là:
B.

8

.
14

C. 14 .
Lời giải

Chọn A
Trang 12/23 – />
D.

5
.
14

và


PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
Có  P  / /  Q   d   P  ,  Q    d  A,  Q   với A bất kì thuộc  P  .
7

Chọn A 1;0; 0    P  có d   P  ,  Q    d  A,  Q   
Câu 35.

Cho

hàm

số

y  f  x

liên

tục

và

14

đồng



7
.
14

biến

trên

 
0; 2  ,

bất

phương

trình

 
f  x   ln  cos x   e x  m (với m là tham số) thỏa mãn với mọi x   0;  khi và chỉ khi:
 2
A. m  f  0   1 .

B. m  f  0   1 .

C. m  f  0   1 .

D. m  f  0   1 .

Lời giải
Chọn A
Ta có:

 
 
f  x   ln  cos x   e x  m, x   0;   m  f  x   ln  cos x   e x , x   0;  1
 2
 2
 
 
Do f  x  đồng biến trên 0;  nên f   x   0, x  0;  .
 2
 2
 
Xét g  x   f  x   ln  cos x   e x , x   0; 
 2
 

g   x   f   x   tan x   e x  0  tan 0   e0   , x   0; 
 2
 
Suy ra g  x  đơn điệu tăng trên  0;  , do đó:
 2

1  m  f  0   tan 0  e 0  f  0   1 .
Câu 36.

Ông An có 200 triệu đồng gửi ngân hàng với kì hạn 1 tháng với lãi suất 0,6% /1 tháng được trả
vào cuối kì. Sau mỗi kì hạn, ông đến tất toán cả lãi và gốc, rút ra 4 triệu đồng để tiêu dùng, số tiền
còn lại ông gửi vào ngân hàng theo phương thức trên (phương thức giao dịch và lãi luất không thay
đổi trong suốt quá trình ông gửi). Sau đúng 1 năm (đúng 12 kì hạn) kể từ ngày gửi, ông An tất toán
và rút toàn bộ số tiền nói trên ở ngân hàng, số tiền đó là bao nhiêu? (làm tròn đến nghìn đồng)
A. 169234 (nghìn đồng). B. 165288 (nghìn đồng).
C. 169269 (nghìn đồng). D. 165269 (nghìn đồng).
Lời giải
Chọn C
Nếu cuối mỗi kì hạn, ông An không rút ra 4 triệu thì số tiền ông có được sau 1 năm là
12

A  200000. 1  0,6%  nghìn đồng
Đầu tháng thứ 2 ông An rút về 4 triệu đồng, nếu để nguyên số tiền đó để gửi thì đến hết tháng thứ
12 ngân hàng phải trả cả gốc và lãi cho ông ứng với 4 triệu đồng đó là
11

B1  4000. 1  0,6%   4000.R11 (nghìn đồng) nên đến hết tháng thứ 12, số tiền giả định là A
không còn được lấy nguyên vẹn mà bị trừ đi số tiền B1
Tương tự, với 4 triệu đồng ông rút ở tháng thứ 3, 4,., 11 sẽ bị trừ đi tương ứng là:

B2  4000. R10 , B3  4000. R 9 ,..., B11  4000.R1
Trang 13/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />Do vậy, số tiền ông An nhận được khi tất toán ở lần cuối cùng là:

A   B2  B3  ...  B11   200000.R12  4000  R11  R10  R   200000.R12  4000 R

1  R11
 169269
1 R

(nghìn đồng).
Câu 37.



Cho tam giác SAB vuông tại A , ABS  60 . Phân giác của góc ABS cắt SA tại I . Vẽ đường tròn
tâm I , bán kính IA (như hình vẽ). Cho miền tam giác SAB và nửa hình tròn quay quanh trục SA
tạo nên các khối tròn xoay, thể tích tương ứng là V1 ,V2 . Khẳng định nào sau đây đúng

4
A. V1  V2 .
9

3
B. V1  V2 .
2

C. V1  3V2 .

9
D. V1  V2 .
4

Lời giải
Chọn D
Xét tam giác SAB vuông tại A có 
ABS  60 nên SA  AB 3
  30 nên IA  AB 3
Xét tam giác IAB vuông tại A có IBS
3
Từ đó suy ra:

1
 3
V1  SA. AB 2 
. AB 3
3
3
4
4
3 3
V2   .IA3 
. AB3
3
3
27

9

Suy ra: V1  V2
4
Câu 38.

Cho tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi E , F , G lần lượt là trung điểm của BC , BD, CD và

M , N , P, Q lần lượt là trọng tâm ABC , ABD, ACD, BCD . Tính thể tích khối tứ diện
MNPQ theo V .
A.

V
.
9

B.

V
.
3

C.

Trang 14/23 – />
2V
.
9

D.

V

.
27


PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
A

N
M

P

B

D

F
Q
G

E
C

Lời giải
Chọn D
Ta có ΔMNP  ΔEFG và

ΔEFG  ΔDCB và

MN 2


EF 3

EF 1

DC 2

Do đó ΔMNP  ΔDCB và

MN 1

DC 3

SΔMNP 1
1
  SΔMNP  SΔBCD
SΔBCD 9
9

1
Mặt khác d  Q,  MNP    d  A,  BCD  
3
1
Suy ra VMNPQ  V .
27

Câu 39.

Cho đồ thị hàm số f  x   2 x 2  mx  3 cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt hoành độ a, b, c . Tính
giá trị của biểu thức P 

A.

2
.
3

1
1
1
.


f ' a  f 'b  f 'c 

B. 0 .

C. 1  3m .

D. 3  m .

Lời giải
Chọn B
Đồ thị hàm số f  x   2 x 2  mx  3 cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt hoành độ a, b, c
f  x   2  x  a  x  b  x  c 
f '  x   2  x  b  x  c    x  a  x  c    x  a  x  b  

Trang 15/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />1

1
1
P


f ' a  f ' b f 'c 



1
1
1


2  a  b  a  c  2  b  a  b  c  2  c  a  c  b 



 b  c  c  a    a  b
2  a  b  b  c  c  a 

0
Câu 40.

Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ bên. Phương trình

f  f  x   1  0 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

A. 6 .

B. 5 .

C. 7 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn C

 x  x1   2;  1

Ta có f  x   0   x  x2   1;0 
 x  x3  1; 2 
 f  x   1  x1   2;  1
 f  x   1  x1   1;0 


Khi đó: f  f  x   1  0   f  x   1  x2   1;0    f  x   1  x2   0;1
 f  x   1  x3  1; 2 
 f  x   1  x3   2;3
+ Ta thấy hai phương trình f  x   1  x1   1;0  ; f  x   1  x2   0;1 đều có ba nghiệm phân
biệt.
Phương trình f  x   1  x3   2;3 có một nghiệm.
Vậy phương trình f  f  x   1  0 có 7 nghiệm.
Câu 41.

 S  : x2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  2  0 và mặt phẳng
  : 4 x  3 y 12z  10  0 . Lập phương trình mặt phẳng    thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
Tiếp xúc với  S  ; song song với   và cắt trục Oz ở điểm có cao độ dương.
Trong không gian Oxyz cho mặt cầu

A. 4 x  3 y  12 z  78  0 .

B. 4 x  3 y  12 z  26  0 .

C. 4 x  3 y  12 z  78  0 .

D. 4 x  3 y  12 z  26  0 .
Lời giải

Chọn C

Trang 16/23 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2; 3 , bán kính R  4.
Mặt phẳng    song song với   nên có phương trình dạng 4 x  3 y  12 z  c  0  c  10  .

   tiếp xúc với  S   d  I ;      R 

4.1  3.2  12.3  c
42  32  122

4

26  c
4
13

 26  c  52

 c  78


 26  c  52
 c  26

13 

Nếu c  78 thì    : 4 x  3 y  12 z  78  0 . Mặt phẳng    cắt trục Oz ở điểm M  0; 0;  có
2

cao độ dương.
13 

Nếu c  26 thì    : 4 x  3 y  12 z  26  0 . Mặt phẳng    cắt trục Oz ở điểm M  0; 0;   có
6

cao độ âm.
Vậy    : 4 x  3 y  12 z  78  0 .
Câu 42.

Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f   x  có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Giá trị lớn nhất
2

của hàm số g  x   f  2 x   sin x trên đoạn  1;1 là
-2

-

-1

0

0

0

A. f  1 .

B. f  0  .

C. f  2  .

1

2

+

0

D. f 1 .

Lời giải
Chọn B
Ta có x   1;1  2 x   2;2 .
Từ bảng biến thiên của y  f '  x  thì bảng biến thiên y  f  x  như sau:
0

-2

-
-

0

+

0

+

2

-

0

+

 f  2 x   f  0 

Ta thấy x   1;1 ta có 

2
 sin x  0  sin  0 

, do đó g  x   g  0   f  0  .

Dấu “=” xảy ra khi x  0 .

Trang 17/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />Câu 43. Cho phương trình  m  5  3x   2m  2  2 x 3x  1  m  4 x  0 , tập hợp tất cả các trị của tham
số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt là khoảng  a; b  . Tính S  a  b .
A. S  4.

B. S  5.

C. S  6.
Lời giải

D. S  8.

Chọn D
Ta có

 m  5  3x   2 m  2  2 x

3x  1  m  4 x  0

1

x

x
 3
3
  m  5      2m  2  

  1  m  0.
4
 2 
x

 3
2
Đặt t  
 ta được phương trình  m  5 t   2m  2  t  1  m  0
2



 2 .

Khi đó, pt 1 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi pt  2 có hai nghiệm dương phân biệt

 2 m 2  8m  6  0

Δ

0


m  1  m  3
a  3

1 m
0


 3 m5 
 a b  8.
P  0  
1  m  5
b  5
S  0
m 5

 2m  2
 m  5  0

Câu 44.

Một phần sân trường được định vị bởi các điểm A , B , C , D như hình vẽ.

Bước đầu chúng được lấy “ thăng bằng” để có cùng độ cao, biết ABCD là hình thang vuông ở A
và B với độ dài AB  25m , AD  15m , BC  18m . Do yêu cầu kĩ thuật, khi lát phẳng phần sân
trường phải thoát nước về góc sân ở C nên người ta lấy độ cao ở các điểm B , C , D xuống thấp
hơn so với độ cao ở A là 10cm , a cm , 6cm tương ứng. Giá trị của a là số nào sau đây?
A. 15,7cm .

B. 17,2cm .

C. 18,1cm .
Lời giải

Chọn B

Trang 18/23 – />
D. 17,5cm .

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
z

B
A

y

B'
D
C

x

D'
C'

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho: O  A , tia Ox  AD ; tia Oy  AB .
Khi đó, A  0;0;0  ; B  0; 2500;0  ; C 1800;2500;0  ; D 1500;0;0  .
Khi hạ độ cao các điểm ở các điểm B , C , D xuống thấp hơn so với độ cao ở A là 10cm , a cm ,

6cm tương ứng ta có các điểm mới B  0; 2500;  10  ; C 1800; 2500;  a  ; D 1500;0;  6  .
Theo bài ra có bốn điểm A ; B  ; C ; D  đồng phẳng.
Phương trình mặt phẳng  ABD  : x  y  250 z  0 .
Do C 1800; 2500;  a    ABD  nên có: 1800  2500  250a  0  a  17, 2 .
Vậy a  17, 2cm .
Câu 45.

Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình bên. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình

1
3

x 
f   1  x  m có nghiệm thuộc đoạn  2, 2 .
2 

A. 11.

B. 9.

C. 8.
Lời giải

D. 10.

Chọn C
Trang 19/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />1 x 
1 x  x 
Ta có f   1  x  m  f   1  2   1  2  m
3 2 
3 2  2 
x
Đặt  1  t , với x   2, 2 thì t   0, 2
2

Bài toán tương đương hỏi có bao nhiêu số nguyên m để phương trình

1
f  t   2t  2  m có
3

nghiệm thuộc đoạn  0, 2 .

1
1
f  t   2t  2 có h '  t   f '  t   2
3
3
Vì hàm số y  f  x  đồng biến trên  0, 2  nên f '  x   0, x   0, 2  .
Xét hàm số h  t  

1
1
f '  t   2  0 với t   0, 2 hay hàm số h  t   f  t   2t  2 đồng biến trên  0, 2 .
3
3
1
1
10
Suy ra Max h  t   h  2   f  2   2.2  2  4 ; Min h  t   h  0   f  0   2.0  2 
.
0,2


0,2

3
3
3
1
10
m4
Để phương trình f  t   2t  2  m có nghiệm thuộc đoạn  0, 2 thì
3
3
Hay m  3, 2, 1, 0,1, 2,3, 4 .
Do đó h ' 

Vậy có 8 giá trị nguyên của m.
Câu 46.

Cho lưới ô vuông đơn vị, kích thước 4  6 như sơ đồ hình vẽ dưới. Một con kiến bò từ A mỗi lần
di chuyển nó bò theo một cạnh hình vuông để tới mắt lưới liền kề. Có bao nhiêu cách thực hiện
hành trình để sau 12 lần di chuyển nó dừng lại ở B?

A. 3498 .

B. 6666 .

C. 1532 .
Lời giải

D. 3489 .

Chọn B
Vì con kiến sau 12 lần di chuyển dừng lại ở B nên hành trình của con kiến chỉ có thể gồm: 7 lần bò

sang phải 1 lần bò sang trái 4 lần bò xuống hoặc 6 lần bò sang phải 5 lần bò xuống 1 lần bò lên.
Ta ký hiệu:” L: bò lên; X: bò xuống; P: bò sang phải; T: bò sang trái”.
TH1: Hành trình con kiến bao gồm: 7 lần bò sang phải 1 lần bò sang trái 4 lần bò xuống. Số hành
trình trường hợp này là số cách xếp 7 chữ P; 1 chữ T; 4 chữ X vào 12 ô theo thứ tự và chữ T phải
nằm trong các chữ P. Ta xếp 4 chữ X trước có C124 cách. Vì chữ T phải nằm trong các chữ P có 6
cách xếp  Số hành trình loại này là: 6.C124
TH2: Hành trình con kiến bao gồm: 6 lần bò sang phải 5 lần bò xuống 1 lần bò lên. Tương tự như
trường hợp 1  Số hành trình loại này 4.C126 .
Vậy số cách thực hiện hành trình để sau 12 lần di chuyển con kiến dừng lại ở B là:
6.C124  4.C124  6666 .
Trang 20/23 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
Câu 47.

Cho x , y thỏa mãn log3

x y
 x  x  9  y  y  9  xy . Tìm giá trị lớn nhất của
x  y 2  xy  2
2

3x  2 y  9
khi x , y thay đổi.
x  y  10
A. 2 .
B. 3 .
P

C. 1.

Lời giải

D. 0 .

Chọn C
2

y  3y2

Điều kiện: x  y  0 (do x  y  xy  2   x   
 2  0 ).
2
4

2

2

Đẳng thức đã cho tương đương với

log3

9 x  y
 x  x  9   y  y  9   xy  2 * .
x  y 2  xy  2
2

Đặt u  x 2  y 2  xy  2  0 , v  9 x  9 y  0 , ta có.

*  log3

v
 u  v  u  log3 u  v  log 3 v .
u

Mà hàm số f  t   t  log3 t đồng biến trên  0;    nên suy ra

*  u  v  x2  y 2  xy  9 x  9 y  2  0 .
Ta có
2

y
y
3
9
3
19
2


x  y  xy  9 x  9 y  2  0   x    9  x     y 2  y  2    y  3  .
2
2
4
2
4
4


2

2

Dẫn đến
2

y
y  19
1
y 19


 x    9  x       x    1  2 x  y  19 .
2
2 4
2
2 2


Suy ra
P

3 x  2 y  9 x  y  10  2 x  y  19
2 x  y  19

 1
 1.
x  y  10
x  y  10
x  y  10

2 x  y  19
x  8
P 1 

.
y  3
y  3
Vậy max P  1 .
Cách 2:
Từ giả thiết, ta có x 2  y 2  xy  9 x  9 y  2  0 *
Ta thấy x  8, y  3 thỏa mãn * , đặt x  a  8, y  b  3 khi đó:
Trang 21/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489


Lời giải chi tiết tham khảo tại: />x 2  y 2  xy  9 x  9 y  2  0  a 2  b 2  ab  10a  5  0  10a  5b    a 2  ab  b 2 
 10a  5b  0  2a  b  0
3 x  2 y  9 3a  2b  21
2a  b
P

 1
1
Ta có:
x  y  10
a  b  21
a  b  21
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  8, y  3 . Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1.

Câu 48.

Cho hàm số f ( x )  x 4  2mx 2  4  2m 2 . Có bao nhiêu số nguyên m   10;10  để hàm số

y | f ( x ) | có đúng 3 điểm cực trị
A. 6.

B. 8.

C. 9.
Lời giải

D. 7.

Chọn C
Hàm số y  f ( x) có tập xác định là R, là hàm số bậc 4 trùng phương có hệ số của x 4 dương
Ta có số điểm cực trị của đồ thị hàm số y | f ( x ) | bằng số điểm cực trị của hàm số y  f ( x) cộng
với số lần đồ thị hàm số y  f ( x) xuyên qua Ox . Do vậy, để hàm số y | f ( x ) | có đúng 3 điểm
cực trị thì xảy ra 2 trường hợp
TH1. Hàm số y  f ( x) có 3 điểm cực trị và không xuyên qua Ox
ab  0
 2 m  0
m  0
 ab  0
2


 
 2

0m

b 
2
2
2
3
  0 m  2m  4  2m  0  3m  4  0
 yCT  0  f  
2a 
 
m là số nguyên m   10;10  nên m  1
TH2. Hàm số y  f ( x) có 1 điểm cực trị và xuyên qua Ox đúng 2 lần
m  0

 ab  0
ab  0  2m  0



  m   2  m   2
2
 yCT  0 c  0
 4  2m  0  
  m  2

m là số nguyên m   10;10  nên m  9; 8;...; 2
Kết luận: Có 9 số m thỏa mãn
Câu 49.

Cho các số thực x , y thay đổi nhưng luôn thỏa mãn 3 x 2  2 xy  y 2  5 . Giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P  x 2  xy  2 y 2 thuộc khoảng nào dưới đây?

A.  4;7  .

B.  2;1 .

C. 1;4 .

D.  7;10 .

Lời giải
Chọn C
2

Ta có P 

5
1
1
 x 3y 
 P  .5   x 2  xy  2 y 2    3x 2  2 xy  y 2       0 , x, y   .
4
4
4
2 2 

Suy ra P 

5
.
4

Trang 22/23 – />

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020
 x 3y
 3 10 10 
0
 x  3 y
 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2 2

x
;
y

;




 hoặc
2
8
8
32
y

5
2
2




3 x  2 xy  y  5

 3 10  10 
;
.
8 
 8

 x; y   

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
Câu 50.

5
.
4

Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;   . Biết f  0   2e và f  x  thỏa mãn hệ thức


f   x   sin x. f  x   cos x.ecos x , x   0;   . Tính I   f  x  dx (làm tròn đến hàng phần trăm).
0

A. I  6,55 .

B. I  17,30 .

C. I  10,31 .

D. I  16,91 .

Lời giải
Chọn C
Giả thiết f   x   sin x. f  x   cos x.ecos x  e cos x . f   x   e cos x .sin x. f  x   cos x
  e  cos x . f  x    cos x  e cos x . f  x   sin x  C1 (1).
Do f  0   2e , thế vào (1) ta được C1  2 suy ra f  x    2  sin x  ecos x .




Dùng máy tính thì I   f  x  dx    2  sin x  .ecos x dx  10,30532891 .
0

0

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