ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN

MỖI NGÀY MỘT ĐỀ THI 12
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 2020
Môn: TOÁN 12
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1. Một hộp đựng hai viên bi màu vàng và ba viên bi màu đỏ. Có bao nhiêu cách lấy ra hai viên
bi trong hộp.
A 10.

B 20.

C 5.

D 6.

Lời giải.
Số viên bi trong một hộp là: 2 + 3 = 5 .
Số cách chọn 2 viên bi từ một hộp đựng bị là: C52 = 10 .
Chọn phương án A

A d = 3.

C d = −2.

B d = 2.

LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020

Câu 2. Cho cấp số cộng (un ) có số hạng tổng quát là un = 3n − 2 tìm công sai d của cấp số cộng
D d = −3.

Lời giải.
Ta có: u1 = 3.1 − 2 = 1 , u2 = 3.2 − 2 = 4 . Khi đó công sai d = u2 − u1 = 4 − 1 = 3 .
Vậy công sai của cấp số cộng là 3.
Chọn phương án A
Câu 3. Nghiệm của phương trình 24x−2 = 64 là
A x = 0.

B x = 2.

C x=

264 + 2
.
4

1
D x= .
3

Lời giải.
Ta có: 24x−2 = 64 ⇔ 24x−2 = 26 ⇔ 4x − 2 = 6 ⇔ x = 2.
Vậy phương trình có nghiệm x = 2.
Chọn phương án B
Câu 4. Thể tích của khối lập phương có cạnh 3abằng
A 3a3 .

B 27a3 .

C a3 .

D 9a3 .

Lời giải.
Thể tích của khối lập phương có cạnh 3a là: V = (3a)3 = 27a3 .
Chọn phương án B
Câu 5. Tìm tập xác định D của hàm số y = log3 (x2 − 4x + 3)
Ä
√ ä Ä
√ ä
A D = 2 − 2; 1 ∪ 3; 2 + 2 .
B D = (1; 3).
Ä
ä
√ ä Ä
√
C D = (−∞; 1) ∪ (3; +∞).
D D = −∞; 2 − 2 ∪ 2 + 2; +∞ .
Lời giải.
Điều kiện: x2 − 4x + 3 > 0 ⇔

x>3

.

x<1
Vậy D = (−∞; 1) ∪ (3; +∞)
Chọn phương án C
ȍ GeoGebraPro

Trang 1

Câu 6. Hàm số F (x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên khoảng K nếu
A F (x) = −f (x) , ∀x ∈ K.

B f (x) = F (x) , ∀x ∈ K.

C F (x) = f (x) , ∀x ∈ K.

D f (x) = −F (x) , ∀x ∈ K.

Lời giải.
Hàm số F (x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên khoảng K nếu F (x) = −f (x) với mọi x thuộc
K.
Chọn phương án C
Câu 7. Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B = 6 và chiều cao h = 8. Thể tích của khối lăng trụ đã
cho bằng
A 16 .

B 48.

C 24.

D 8.

Lời giải.

/>
Ta có V = B.h = 6.8 = 48.
Chọn phương án B

Câu 8. Cho khối trụ có chiều cao h = 5 và bán kính đáy r = 3. Thể tích của khối trụ đã cho bằng
A 45π.

B 25π.

C 15π.

D 75π.

Lời giải.
Ta có V = πr2 h = π32 .5 = 45π.
Chọn phương án A
Câu 9. Cho khối cầu có thể tích là 36π(cm3 ). Bán kính R của khối cầu là
√
A R = 3(cm).
B R = 6(cm).
C R = 3 2(cm).

D R=

√

6(cm).

Lời giải.
4
Thể tích của khối cầu là: V = πR3 = 36π ⇒ R = 3(cm).
3
Chọn phương án A
Câu 10. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:

x

−∞

−2
−

y

0

+∞

0
+

0

−

0

0

+
+∞

5
2

y

+∞

1

0

Hàm số y = f (x) nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
A (0; +∞).

B (−∞; 0).

C (−1; 0).

Å
ã
2
D 0;
.
5

Lời giải.
Dựa vào bảng biến
Å thiên
ã ta thấy hàm số y = f (x) nghịch biến trên khoảng (0; 1) nên hàm số nghịch
2
.
biến trên khoảng 0;
5

Chọn phương án D
√
Câu 11. Cho a là số thực dương khác 1. Tính I = loga 3 a
1
AI= .
B I = 3.
C I = 0.
D I = −3.
3
ȍ GeoGebraPro

Trang 2


Lời giải.
Ta có I = loga

√
3

1
1
a= loga a 3 = .
3

Chọn phương án A
Câu 12. Một hình nón tròn xoay có đường cao h, bán kính đáy r và đường sinh l . Biểu thức nào sau
đây dùng để tính diện tích xung quanh của hình nón?
A Sxq = πrl.

B Sxq = 2πrl.

C Sxq = πrh.

D Sxq = 2πrh.

Lời giải.
Diện tích xung quanh của hình nón là Sxq = πrl.
Chọn phương án A
Câu 13. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau:
HÌNH Hàm số đã cho đạt cực đại tại
A x = −2.

C x = −3.

B x = 0.

D x = −4.

Dựa vào BBT ta thấy f (x) đổi dấu từ dương sang âm khi qua x = 0 nên hàm số đạt cực đại tại
x = 0.
Chọn phương án B
Câu 14. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?
y

2
1
O

x

1

A y = x3 − 3x2 + 1.

B y = −x3 + 3x2 + 1.

C y = x3 − 3x2 + 3x + 1.

D y = −x3 − 3x2 + 3x + 1.

Lời giải.
Đồ thị là của hàm số bậc 3 y = ax3 + bx2 + cx + d với hệ số a > 0 nên loại hai phương án B và D.
Đồ thị không có điểm cực trị nên phương trình y = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép. Dễ dàng kiểm
tra thấy hàm số ở phương án C thỏa mãn.
Chọn phương án C
Câu 15. Cho hàm số y =

x2 − 3x + 2
có đồ thị (C). Số các tiệm cận đứng và ngang của đồ thị (C)
(x − 1)2

của hàm số đã cho là
A 1.

B 2.

C 3.

D 0.

Lời giải.
ȍ GeoGebraPro

Trang 3

LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020

Lời giải.


x2 − 3x + 2
(x − 1)(x − 2)
x−2
= −∞.
= lim−
= lim−
2
2
x→1
x→1
x→1 x − 1
(x − 1)
(x − 1)
x2 − 3x + 2
(x − 1)(x − 2)
x−2
(hoặc lim+
= lim+
= lim+

= +∞) nên đồ thị hàm số đã cho có tiệm
2
2
x→1
x→1
x→1 x − 1
(x − 1)
(x − 1)
cận đứng là x = 1.
(x − 1)(x − 2)
x−2
x2 − 3x + 2
= lim
= lim
= 1 nên đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận
Vì lim
2
2
x→±∞
x→±∞ x − 1
x±∞
(x − 1)
(x − 1)
ngang là y = 1.
Vì lim−

Vậy đồ thị hàm số đã cho có tất cả 2 tiệm cận.

/>
Chọn phương án B

Câu 16. Tập nghiệm của bất phương trình log 1 x ≥ 2 là
3
Å
Å
ò
ò
Ä √ ó
1
1
3
A 0; 2 .
B −∞; .
C 0; .
9
9
Lời giải.


 x>0
Å ã2 ⇔ 0 < x ≤ 1 .
Ta có: log 1 x ≥ 2 ⇔
1

9
 x≤
3
3
Å
ò
1

Suy ra tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = 0;
9
Chọn phương án C

ï

ã
1
D
; +∞ .
9

Câu 17. Cho hàm số y = −x4 + 2x2 có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm tất cả các giá trị thực của tham
số m để phương trình −x4 + 2x2 = m có bốn nghiệm phân biệt.
y
1
y=m
−1 O

A 0≤m≤1.

B 0 < m < 1.

1

x

C m < 1.

D m > 0.

Lời giải.
Nhìn hình ta thấy đồ thị hàm y = g(x) = m cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 4 điểm khi và chỉ khi
0 < m < 1.
Chọn phương án B
5

2

[2 − 4f (x)] dx bằng:

f (x) dx = 10 . Kết quả

Câu 18. Cho
2

5

A 34.

B 36.

C 40.

D 32.

Lời giải.
2

2

[2 − 4f (x)] dx = 2

Tacó
5

2

dx − 4
5

5

f (x) dx =
5

−2x|52

f (x) dx = −2. (5 − 2) + 4.10 = 34 .

+4
2

Chọn phương án A
ȍ GeoGebraPro

Trang 4


Câu 19. Số phức liên hợp của số phức z = 4 −

√
√
A z = −4 − 5i .
B z = 4 + 5i.
Lời giải.
Số phức liên hợp của số phức z = 2 −

√

√
5i

5i là z = 4 +

C z = −4 +

√

5i.

D z =4−

√

5i.

√
5i .

Chọn phương án B

Câu 20. 2Cho hai số phức z1 = 1 + 2ivà z2 = 3 − 4i. Điểm biểu diễn của số phức w = z1 + z2 trong
mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm nào trong các điểm sau?
A M (4; −2).

B N (−2; 4).

C P (4; 2).

D Q (2; 4).

Lời giải.
Ta có w = z1 + z2 = (1 + 2i) + (3 − 4i) = 4 − 2i . Vậy điểm biểu diễn số phức wtrong mặt phẳng
Oxycó tọa độ là (4; −2).
Chọn phương án A

A |z| = 3 .
Lời giải.
z = a + bi ⇒ |z| =

B |z| = 5 .
√

C |z| = 2 .

a2 + b2 Nên z = 2 + i ⇒ |z| =

√

22 + 12 =

D |z| =

√

5.

√
5.

Chọn phương án D
Câu 22. Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm E (3; −1; 8)trên mặt phẳng (Oyz) có
tọa độ là
A (3; 0; 0).

B (3; −1; 0).

C (0; −1; 8).

D (0; 0; 8).

Lời giải.
Hình chiếu vuông góc của điểm E (a; b; c) lên mặt phẳng (Oyz) là K (0; b; c) nên hình chiếu vuông góc
của điểm E (3; −1; 8)trên mặt phẳng (Oyz) là điểm E (0; −1; 8).
Chọn phương án C
Câu 23. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm M (1; 2; 3) và N (−1; 2; −1). Mặt cầu đường kính M N
có phương trình là
A x2 + (y − 2)2 + (z − 1)2 = 20.
C x2 + (y − 2)2 + (z − 1)2 = 5.

√

5.
√
2
2
D x2 + (y − 2) + (z − 1) = 20.
B x2 + (y − 2)2 + (z − 1)2 =

Lời giải.
Mặt cầu đường kính M N có tâm I (0; 2; 1) là trung điểm M N và bán kính R = IM =

√
5

Do đó mặt cầu này có phương trình x2 + (y − 2)2 + (z − 1)2 = 5.
Chọn phương án C
Câu 24. 2. Trong không gian Oxyz, điểm M (3; 4; −2) thuộc mặt phẳng nào trong các mặt phẳng
sau?
A (R) : x + y − 7 = 0.

B (S) : x + y + z + 5 = 0.

C (Q) : x − 1 = 0.

D (P ) : z − 2 = 0.

ȍ GeoGebraPro

Trang 5

LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020

Câu 21. Cho số phức z = 2 + i . Tính |z| .


Lời giải.
Xét đáp án A ta thấy 3 + 4 − 7 = 0 vậy M thuộc (R).
Xét đáp án B ta thấy 3 + 4 − 2 + 5 = 10 = 0 vậy M không thuộc (S).
Xét đáp án C ta thấy 3 − 1 = 2 = 0 vậy M không thuộc (Q).
Xét đáp án D ta thấy −2 − 2 = −4 = 0 vậy M không thuộc (P ).
Chọn phương án A
Câu 25. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm M (0; 0; 3), N (0; −1; 0) và P (5; 0; 0) . Mặt phẳng (M N P )
có phương trình là:
y
z
x
+ = 0.
A +
5 −1 3
Lời giải.

y
z
x
+
+ = 1.
5 −1 3

B

C

y
z
x
+
+ = 1.
3 −1 5

D

x
y
z
+
+ = 1.
5 −1 3

Chọn phương án B
Câu 26. 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Biết SA ⊥ (ABCD) và
√
SA = a 3 . Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD)
A 30◦ .

B 45◦ .

C 60◦ .

D 90◦ .

Lời giải.

S
√
a 3

/>
Mặt phẳng đi qua ba điểm M (0; 0; 3), N (0; −1; 0) và P (5; 0; 0) có phương trình là:

y
z
x
+
+ = −1.
5 −1 3

A

B

a

D

C

Ta có (ABCD) ∩ (SBC) = BC
Trong (ABCD) có AB ⊥ BC (1)
Trong (SBC) có SB ⊥ BC (2) (vì BC ⊥ BA, BC ⊥ SA)
’
Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là SBA
√

’ = SA = 3 ⇒ SBA
’ = 60◦ .
Xét tam giác SAB vuông tại A ⇒ tan SBA
AB
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60◦
Chọn phương án C
Câu 27. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên sau:
x

−∞

0
−

y

0

+∞

+∞

2
+

0

−

5

y
1
ȍ GeoGebraPro

−∞
Trang 6


Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng
A 0.

B 1.

C 2.

D 5.

Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm khi qua x = 2 . Suy ra hàm số
đạt cực đại tại x = 2 .
Vậy giá trị cực đại của hàm số là f (2) = 5 .
Chọn phương án D
Câu 28. Biết rằng hàm số f (x) = x3 − 3x2 − 9x + 28 đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn [0; 4] tại x0 .Tính
P = x0 + 2020 .
A 3.

B 2017.

C 2021 .

D 2023.

Lời giải.

x = −1(loại)
f (x) = 3x2 − 6x − 9; f (x) = 0 ⇔ 
x=3
Ta có: f (0) = 28; f (3) = 1; f (4) = 8, suy ra min f (x) = 1
Vậy P = 3 + 2020 = 2023.
Chọn phương án D
Câu 29. Cho các số dương a , b , c đều khác 1 thỏa mãn loga (bc) = 2 , logb (ca) = 4 . Tính giá trị của
biểu thức logc (ab) .
7
A .
6
Lời giải.
loga (bc) = 2

B

⇔

logb (ca) = 4

6
.
5

bc = a

2

ca = b4

C


2
 b =a
⇔
a
b4

ca = b4

⇔

8
.
7

5



 a = b3
7




 c = b3

D

10
.
9
Ñ

⇒ logc (ab) = log 7
b3

5
b 3 .b

é
=

8
8
log 7 b 3 = .
7
b3
Chọn phương án C
Câu 30. Số nghiệm của phương trình x4 + 2x3 − 2 = 0 là
A 0.

B 4.

C 2.

D 3.

Lời giải.
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của y = f (x) = x4 + 2x3 − 2 với đường thẳng y = 0
Đặt f (x) = x4 + 2x3 − 2 .
f (x) = 4x3 + 6x2 = 2x (x2 + 3) = 0 ⇔ x = 0 .
Bảng biến thiên
x

−∞
−

y

+∞

0
0

+∞

+
+∞

y
−2
ȍ GeoGebraPro

Trang 7

LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020

[0;4]


Dựa vào bảng biến thiên thì số nghiệm là 2 .
Chọn phương án C
Câu 31. Tập tất cả các giá trị thực của x thỏa mãn bất phương trình

2 · 9x − 3 · 6x
≤ 2 là (−∞; a] ∪
6x − 4x

(b; c]. Tính (a + b + c)!.
A 0.

B 1.

C 2.

D 6.

Lời giải.

Å ãx
2 · 9x − 5 · 6x + 2 · 4x
3
Ta có bất phương trình tương đương với

ta có
≤ 0. Đặt t =
x
x
6 −4
2
 Å ãx


3
1
1
≤
x ≤ − log 3 2
t≤
 2
(t − 2)(2t − 1)
2

2


2
Å ãx
≤0⇔
. Suy ra 
⇔
3
t−1
0 < x ≤ log 3 2.

1≤2
1<
2
2
Do đó, a = − log 3 2, b = 0, c = log 3 2.

/>
2

2

Vậy (a + b + c)! = 0! = 1.
Chọn phương án B
Câu 32. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 8. Tính diện tích xung quanh của hình nón có đường
tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác BCD và chiều cao bằng chiều cao của tứ diện ABCD.
A Sxq = 4π.

B Sxq = 8π.

C Sxq = 16π.

D Sxq = 12π.

Lời giải.
Gọi O là trọng tâm của tam giác BCD.

A

Gọi M trung điểm của CD.

Hình nón tạo thành có:

√
√
1
3
4 3
Bán kính đáy là r = OM = BM =
·8=
.
3 √
6
3
√
3
Độ dài đường sinh là l = AM =
· 8 = 4 3.
2
Sxq = πrl = 16π.

B

D
O
M
C

Chọn phương án C
1

Câu 33. Với

√
√
x3 1 − x2 dx nếu đặt u = 1 − x2 thì

0
1

u2 − 1 u2 .du.

B

0

1

Lời giải.
đặt u =

√

√
x3 1 − x2 dx bằng

0
1

0

u2 − 1 u2 .du.

A

1

1

1 − u2 u2 .du.

C
0

1 − u2 u.du.

D
0

1 − x2

⇒ u 2 = 1 − x2
⇒ 2udu = 2x.dx
Đổi cận: x = 0 ⇒ u = 0; x = 1 ⇒ u = 3
Ta có
1

x

√
3

1

1 − x2 dx =

0

ȍ GeoGebraPro

x
0

√
2

0

0

1 − u2 u. (udu) =

1 − x2 (xdx) =
1

1

1 − u2 u2 .du =
1

u2 − 1 u2 .du.

0

Trang 8


Chọn phương án A
Câu 34. Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số: y = 2 − x2 , y = x được tính bởi
công thức nào dưới đây?
1

1

x2 + x − 2 dx.

A

x2 + x − 2 dx.

B

−2

2

1

x2 + x − 2 dx.

C
−1

0

2 − x2 + x dx.

D
−2

Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị: x = 2 − x2 ⇔ x2 + x − 2 = 0 ⇔

x=1

x = −2
Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y = 2 − x , y = x được tính bởi công thức:
2

1

1

x2 + x − 2 dx .

|f (x) − g (x)| dx =

S=
−2

−2

Chọn phương án A
Câu 35. Tìm số phức z = a+bi (với a, b là các số thực và a2 +b2 = 0) thỏa mãn điều kiện z(2+i−z) =
B S = −1.

A S = 3.

C S = 2.

D S = 1.

Lời giải.
z(2 + i − z) = |z|2 ⇔ (a − bi)(2 + i) = 2(a2 + b2 ) ⇔


2a + b = 2(a2 + b2 )
a − 2b = 0.

Thay a = 2b vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được


1

b = 1
b= ⇒a=1
2
2 (Do a2 + b2 = 0).
5b = 2 · 5b2 ⇔ 5b = 10b2 ⇔ 
⇔

a = 1

b=0⇒a=0
Vậy S = a2 + 2b2 − ab = 1.
Chọn phương án D
Câu 36. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện |z − 2 + 3i| ≤ 3. Trong mặt phẳng Oxy tập hợp điểm biểu
diễn số phức w = 2z + 1 − i là hình có diện tích.
A S = 25π.

B S = 16π.

C S = 9π.

D S = 36π.

Lời giải.
Giả sử w = x + yi (x, y ∈ R).
x − 1 + (y + 1)i
w = 2z + 1 − i ⇒ z =
.
2
Ta có
x − 1 + (y + 1)i
− 2 + 3i ≤ 3
2
x − 5 + (y + 7)i
⇔
≤3
2
⇔ (x − 5)2 + (y + 7)2 ≤ 36.

|z − 2 + 3i| ≤ 3 ⇔

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là hình tròn có bán kính R = 6.
Diện tích hình tròn S = 36π.
Chọn phương án D
ȍ GeoGebraPro

Trang 9

LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020

|z|2 . Tính S = a2 + 2b2 − ab


Câu 37. Trong không gian Oxyz, cho điểm M (2; 1; 1) và đường thẳng ∆ :

y−1
z
x−3
=
=
Mặt
1
1
−2

phẳng (P ) đi qua M và chứa đường thẳng ∆ có phương trình là
A x + y + z − 4 = 0.

B x + y + 2z − 6 = 0.

C x + y − z = 0.

D x + y − 2z + 2 = 0.

Lời giải.
y−1
z
x−3
=
=
đi qua A (3; 1; 0) và có vectơ chỉ phương là #»
u = (1; 1; −2) .
Ta có ∆ :
1
1
−2
# »
Suy ra AM = (1; 0; −1) .
î# » ó
Do đó mặt phẳng (P ) đi qua M và chứa đường thẳng ∆ nhận vectơ AM , #»
u = (1; 1; 1) là vectơ pháp
tuyến.
Vậy phương trình mặt phẳng (P ) là (x − 1) + (y − 1) + (z − 2) = 0 ⇔ x + y + z − 4 = 0 .

/>
Chọn phương án A
Câu 38. Trong không gian Oxyz, cho điểm M (1; 1; 0) và mặt phẳng (P ) : 2x − z + 3 = 0 . Phương
trình tham số đường thăng d đi qua M và vuông góc với mặt phẳng (P ) là










 x = 1 + 2t
 x = 1 + 2t
 x = 1 + 2t
A
B
C
.
.
y=1
y =1+t .
y=1






 z = −t
 z = −t
 z =1−t

D




 x = 1 + 2t
y =1+t


 z =1−t

.

Lời giải.
Ta có mặt phẳng (P ) : 2x − z + 3 = 0 có vectơ pháp tuyến là #»
n = (2; 0; −1) .
#»
Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P ) nhận vectơ n = (2; 0; −1) là vectơ chỉ phương.
#»
Đường
 thẳng d đi qua điểm M (1; 1; 0) có vectơ chỉ phương là n = (2; 0; −1) có phương trình tham số


 x = 1 + 2t
là

y=1


 z = −t

.

Chọn phương án A
Câu 39. Có 8 bạn học sinh lớp 11A trong đó có An và Bình được xếp ngẫu nhiên theo một hàng
ngang. Tính xác suất P để An và Bình ngồi cạnh nhau.
1
1
1
AP = .
B P = .
C P = .
8
4
64
Lời giải.

DP =

1
.
25

Số cách xếp 8 học sinh thành một hàng ngang là n(Ω) = 8!
Số cách xếp 8 học sinh trong đó An và Bình ngồi cạnh nhau là: 7! · 2!
7! · 2!
1
Vậy xác suất cần tìm là P =
= .
8!
4
Chọn phương án B

Câu 40. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với đáy, góc giữa
SC và mặt đáy bằng 60◦ . Tính khoảng cách giữa AC và SB.
√
√
√
a 3
a 15
a 15
A
.
B
.
C
.
2
5
15
Lời giải.
ȍ GeoGebraPro

√
a 5
D
.
5

Trang 10


Dựng hình bình hành ACBD, khi đó d(AC, SB) = d(S, (SBD)).

S

Trong (ACBD) hạ AK ⊥ BD, trong (SAK), hạ AH ⊥ SK. Ta có
d(A, (SBD))
√ = AH.
√
a 3
, SA = AC tan 60◦ = a 3.
AK =
2
√
1
1
1
a 15
.
=
+
⇒ AH =
AH 2
SA2 AK 2
5

H

D

A

C

B

K

Chọn phương án B
1
Câu 41. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao cho hàm số f (x) = − x3 + mx2 − 9x − 3
3
nghịch biến trên ?
A 7.

B 6.

C 5.

D 2.

Lời giải.
a = −1 < 0

Hàm số nghịch biến trên ⇔

∆ = m2 − 9 ≤ 0
⇒ m ∈ {−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3} .

⇔ m ∈ [−3; 3]

Chọn phương án A
Câu 42. Số lượng của một loại vi khuẩn được nuôi cấy trong phòng thí nghiệm tăng lên theo công

thức S = A2tr , trong đó A là số lượng ban đầu, t là thời gian (tính bằng giờ), r là tỉ lệ tăng trưởng,
S là số lượng sau t giờ.Biết rằng sau 4 giờ có 400 con,r = 25% , hỏi cần khoảng mấy giờ để đạt được
6400 con?
A 19 giờ .

B 20 giờ.

C 21 giờ.

D 22 giờ.

Lời giải.
Từ công thức S = A2tr ⇒ A24.25% = 400 ⇔ A = 200
log2 32
Suy ra 200.2t.25% = 6400 ⇔ t =
= 20
25%
Vậy cần 20 giờ để đạt được số lượng cần thiết.
Chọn phương án B
Câu 43. Cho hàm số y = f (x) = x3 + ax2 + bx + c có bảng biến thiên như hình vẽ sau:
x

−∞

−1
+

y

0

+∞

3
−

0

+

a−b+c−1
y

Tính giá trị của biểu thức P = a + b + 3c.
A P = −3.

B P = −9.

C P = 3.

D P = 9.

Lời giải.
Đạo hàm y = 3x2 + 2ax + b.
Phương trình y = 0 có hai nghiệm là −1 và 3 nên ta có

3 − 2a + b = 0
27 + 6a + b = 0

ȍ GeoGebraPro

⇔

a = −3
b = −9
Trang 11

LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020

Ta có f (x) = −x2 + 2mx − 9


Lại có f (3) = −24 ⇒ 27 + 9a + 3b + c = −24 ⇒ c = 3.
Vậy P = a + b + 3c = −3 .

/>
Chọn phương án A

√
3 3
πa và thiết diện qua trục là tam giác đều. Diện tích xung
Câu 44. Cho khối nón có thể tích V =
4
quanh của hình …
nón đó là
…
…
…
2 3 1
2 3 9

2 3 9
2 3 2
.
.
.
.
A Sxq = πa
B Sxq = 2πa
C Sxq = 3πa
D Sxq = 3πa
16
16
16
16
Lời giải.
√
√
2R 3
Do thiết diện qua trục là tam giác đều nên l = 2R và h =
= R 3.
2
Theo √
đề bài khối nón có thể √
tích
√
…
3 3
1
π 3a3
1 3√

π 3a3
3 3
3
2
3
πa ⇔ h · πR =
⇔ πR 3 =
⇔R = a ⇔R= 3 ·a
V =
4
3
4
4
4
4
…3
3
⇒ đường sinh của hình nón là l = 2 3 · a.
4
…
2 3 9
Diện tích xung quanh hình nón là Sxq = πRl = 2πa
.
16
Chọn phương án B
ã
Å
2
1
; +∞ thỏa mãn f (x) =

và f (1) = 2 . Tính
Câu 45. Cho hàm số f (x) xác định trên
2
2x − 1
2

f (x)dx
1

3
3
ln 3 + 1.
B ln 3 − 1.
C ln 3 − 1.
2
2
Lời giải.
2
2
f (x) =
⇒ f (x) =
dx = ln |2x − 1| + C
2x − 1
2x − 1
f (1) = 2 ⇔ ln(2.1 − 1) + C = 2 ⇔ C = 2

D 3 ln 3 + 1.

A

⇒ f (x) = ln |2x − 1| + 2
2

Suy ra I =

2

Đặt

(ln |2x − 1| + 2) dx =

f (x)dx =
1

2

(ln(2x − 1) + 2) dx

1

1

2

du =
dx
u = ln(2x − 1) + 2
2x − 1
⇔
 v=x

dv = dx
2

2 Å
ã
2x
1
I = x (ln(2x − 1) +
−
dx
dx = 2(ln 3 + 2) − 2 −
1+
2x − 1
2x − 1
1
1
Å
ã2
Å
ã
1
1
3
= 2 ln 3 + 2 − x + ln |2x − 1|
= 2 ln 3 + 2 − 2 + ln 3 − 1 = ln 3 + 1
2
2
2
1
Chọn phương án A

2)|21

Câu 46. Cho hàm số y = f (x) xác định trên có bảng biến thiên như sau
x

−∞

0
−

y

−

0

+∞

+∞

+∞

1
+

+∞

y
−∞

ȍ GeoGebraPro

−2
Trang 12


Số nghiệm của phương trình 2f (3x − 5) − 7 = 0 là
A 1.

B 2.

C 3.

D4.

Lời giải.
7
.
2
7
Đặt t = 3x − 5 , phương trình trở thành f (t) = .
2
t+5
7
Với mỗi nghiệm t thì có một nghiệm x =
nên số nghiệm t của phương trình f (t) = bằng số
3
2
nghiệm của phương trình 2f (3x − 5) − 7 = 0 .
7

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y = f (x) suy ra phương trình f (t) = có 3 nghiệm phân biệt
2
nên phương trình 2f (3x − 5) − 7 = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
2f (3x − 5) − 7 = 0 ⇔ f (3x − 5) =

Chọn phương án C
2

Lời giải.
Ta có ax bx

2 −1

= 1 ⇔ xlogb a + (x2 − 1) = 0 ⇔ x2 + xlogb a − 1 = 0

Do phương trình có hai nghiệm x1 , x2 nên theo định lý Viet ta có:

x1 + x2 = − logb a
x1 x2 = −1

1
Khi đó S =
+ 4 logb a
log2b a

√
1
1
Đặt t = logb a , do a > 1, b > 1 ⇒ t > 0 . Khi đó S = 2 + 4t = 2 + 2t + 2t ≥ 3 3 4 .
t

t
√
1
1
3
Đẳng thức xảy ra khi 2 = 2t ⇔ t = √
. Vậy min S = 3 4.
3
t
2
Chọn phương án A
x−m
(m là tham số thực). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m
Câu 48. Cho hàm số f (x) =
x−2
nguyên thuộc [−10; 10] sao cho max |f (x)| + min |f (x)| > 2 . Số phần tử của S là
[0;1]

A 18 .

[0;1]

B 8.

C 10 .

D 19.

Lời giải.
Tập xác định .

* m = 2 ta có f (x) = 1 , khi đó max |f (x)| + min |f (x)| = 2 không thỏa mãn
[0;1]

[0;1]

m−2
* m = 2 , ta có y =
⇒ hàm số đơn điệu trên mỗi khoảng của tập xác định nên đơn điệu trên
(x − 2)2
[0; 1]
m
Ta có f (0) = , f (1) = m − 1 và đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm (m; 0) .
2

m
max |f (x)| =
m
 [0;1]
2
TH1: . (m − 1) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 1 , ta có min |f (x)| = 0, 
[0;1]
2
max |f (x)| = 1 − m
[0;1]
 m
>2
m>2
Khi đó  2
⇔
(Vô nghiệm)

m < −1
1−m>2
TH2:

m
. (m − 1) > 0 ⇔
2

ȍ GeoGebraPro

m>1
m<0
Trang 13

LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020

x x −1
Câu 47. Cho hai số thực a > 1, b > 1 . Biết
= 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
Å phương
ã2 trình a b
x1 x2
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S =
− 4 (x1 + x2 ) .
x
1 + x2
√
√
√
A 3 3 4.

B 4.
C 3 3 2.
D 3 4.


m
+ |m − 1| > 2
[0;1]
[0;1]
2
m
m
2
*) m < 0 , ta có
+ |m − 1| > 2 ⇔ − + 1 − m > 2 ⇔ −3m > 2 ⇔ m < −
2
2
3
m
m
*) m > 1, m = 2 , ta có
+ |m − 1| > 2 ⇔
+ m − 1 > 2 ⇔ 3m > 6 ⇔ m > 2 .
2
2
Do đó m ∈ {−10; −9; ...; −1; 3; 4; ...10} . Vậy có 18 giá trị của m thỏa mãn.

Vậy max |f (x)| + min |f (x)| > 2 ⇔

Chọn phương án A

Câu 49. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a, SA ⊥ (ABCD),
cạnh bên SC
√
3
. Thể tích của khối
tạo với (ABCD) một góc 60◦ và tạo với (SAB) một góc α thoả mãn sin α =
4
chóp S.ABCD bằng
√
√ 3
2 3a3
2a3
.
.
A 3a .
B
C 2a3 .
D
3
3
Lời giải.
√
Giả sử AD = BC = x > 0, khi đó AC = a2 + x2 Vì SA ⊥
S
’ = 60◦ .
(ABCD) ⇒ (SC, (ABCD)) = (SC, AC) = SCA
√
1
AC
α

= cos 60◦ = ⇒ SC = 2AC = 2 a2 + x2 .
Suy ra
SC
2
Lại có SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ BC mà AB ⊥ BC ⇒
BC ⊥ (SAB).
’
Dẫn tới (SC, (SAB)) = (SC, SB)
√ = BSC. √
’ = 3 ⇔ BC = 3
Theo bài ra ta có sin BSC
4
SC
4
√
x
3
⇔ √
=
⇔ 2x = 3 (a2 + x2 )
4
2 a2 + x 2
√
⇔ 4x2 = 3(a2 + x2 ) ⇔ x2 = 3a2 ⇔ x = a 3 (vì x > 0).
√
Từ đó suy ra SA = AC tan 60◦ = 2a 3.
√
√
SA · SABCD
2a 3 · a · a 3

Dẫn tới VS.ABCD =
=
= 2a3 .
3
3
Chọn phương án C

A

D

60◦
B

C

Câu 50. Cho 0 ≤ x ≤ 2020 và log2 (2x + 2) + x − 3y = 8y . Có bao nhiêu cặp số (x ; y) nguyên thỏa
mãn các điều kiện trên ?
A 2019.

B 2018.

C 1.

D 4.

Lời giải.
Do 0 ≤ x ≤ 2020 nên log2 (2x + 2) luôn có nghĩa .
Ta có log2 (2x + 2) + x − 3y = 8y
⇔ log2 (x + 1) + x + 1 = 3y + 23y

⇔ log2 (x + 1) + 2log2 (x+1) = 3y + 23y (1)
Xét hàm số f (t) = t + 2t .
Tập xác định và f (t) = 1 + 2t ln 2 ⇒ f (t) > 0 .
Suy ra hàm số f (t) đồng biến trên . Do đó (1) ⇔ log2 (x + 1) = 3y ⇔ y = log8 (x + 1) .
Ta có 0 ≤ x ≤ 2020 nên 1 ≤ x + 1 ≤ 2021 suy ra 0 ≤ log8 (x + 1) ≤ log8 2021 ⇔ 0 ≤ y ≤ log8 2021 .
Vì nêny ∈ {0 ; 1 ; 2 ; 3} .
Vậy có 4 cặp số (x ; y) nguyên thỏa yêu cầu bài toán là các cặp (0 ; 0) , (7 ; 1) ,(63 ; 2) ,(511 ; 3) .
Chọn phương án D
ȍ GeoGebraPro

Trang 14


LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020

———————–HẾT———————–

ȍ GeoGebraPro

Trang 15


BẢNG ĐÁP ÁN
1.

A

2.

A

3.

B

4.

B

5.

C

6.

C

7.

B

8.

A

9.

A

10. D

12. A

13. B

14. C

15. B

16. C

17. B

18. A

19. B

20. A

21. D

22. C

23. C

24. A

25. B

26. C

27. D

28. D

29. C

30. C

31. B

32. C

33. A

34. A

35. D

36. D

37. A

38. A

39. B

40. B

41. A

42. B

43. A

44. B

45. A

46. C

47. A

48. A

49. C

50. D

/>
11. A

ȍ GeoGebraPro

Trang 16