ĐỀ và đáp án 2 PHÁT TRIỂNTỪ đề THI MINH họa của BGD năm 2020

Phát triển đề minh họa 2019 - 2020

BẢNG ĐÁP ÁN
1.B

2.D

3.B

4.C

5.B

6.B

7.B

8.B

9.C

10.C

11.B

12.B

13.B

14.A

15.C

16.B

17.C

18.B

19.B

20.D

21.B

22.C

23.C

24.B

25.A

26.B

27.D

28.B

29.C

30.C

31.A

32.C

33.A

34.A

35.D

36.D

37.D

38.C

39.A

40.B

41.B

42.B

43.C

44.A

45.A

46.C

47.B

48.A

49.B

50.A

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.

Cho dãy số ( un ) , biết u n =

( −1)

n

.n 3

n2 + 2
4
B. u2 = .
3

4
A. u2 = − .

3

. Tìm số hạng u 2 .
C. u2 = −

27
.
11

D. u2 =

27
.
11

Lời giải
Chọn B
Có u n =
Câu 2.

( −1)

n

.n 3

n +2
2

nên u 2 =

( −1)

2

.23

2 +2
2

=

4
.
3

Công thức tính số hoán vị Pn là
A. Pn = (n − 1)! .

B. Pn = ( n + 1)! .

C. Pn =

n!
.
( n − 1)

D. Pn = n ! .

Lời giải

Chọn D
Câu 3.

Trong không gian cho hình hộp ABCDABC D . Khi đó 4 vectơ nào sau đây đồng phẳng?
A. AC , AB, AD, AC  .

B. AD , AA, A ' D , DD  .

C. AC , AB , AD , AA .

D. AB , AB , AD , AA .
Lời giải

Chọn B

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

Mã đề 02 - Trang 1


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020

Qua hình vẽ ta thấy các vectơ AD , AA, A ' D , DD  có giá cùng thuộc mặt phẳng ( AADD ) .
Câu 4.

Cho hình trụ bán kính đáy r = 5 ( cm ) và khoảng cách giữa hai đáy bằng 7 ( cm ) . Diện tích
xung quanh của hình trụ là:
A. 14 ( cm 2 )

(

2
B. 35 cm

)

(

2
C. 70 cm

)

D. 10 ( cm 2 )

Lời giải
Chọn C
Ta có: Diện tích xung quanh hình trụ: S xq = 2 rh = 2 .5.7 = 70 ( cm 2 ) .
Câu 5.

Cho khối chóp có thể tích bằng

3a 3
và đáy có diện tích bằng
2

3a 2
. Khoảng cách từ đỉnh
2

của khối chóp đến mặt phẳng đáy bằng
A. a .

B. 3a .

C.

2 3a
.
3

D. 2a .

Lời giải
Chọn B
Gọi h là chiều cao, B là diện tích đáy của khối chóp ta có thể tích khối chóp là
V =

Câu 6.

1
h.B 
3

3a 3 1
3a 2
= h.
 h = 3a .
2

3
2

Cho hai số phức z = −2 + 3i . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy điểm M biểu diễn số phức z là điểm
nào trong các điểm sau:
A. M ( 3; − 2 ) .

B. M ( −2;3) .

C. M ( 3; 2 ) .

D. M ( −2; − 3 ) .

Lời giải
Chọn B
Theo định nghĩa z = a + bi  M ( a ; b ) . Vậy z = −2 + 3i  M ( −2;3) .
Câu 7.

Tìm họ nguyên hàm F ( x ) của hàm số f ( x ) =
A. F ( x ) = −

1
+ x+C .
x2

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

1
+1 .

x

B. F ( x ) = ln x + x + C .
Mã đề 02 - Trang 2


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020
C. F ( x ) = ln x + x + C .

D. F ( x ) = ln x + C .
Lời giải

Chọn B
1
+ 1 là
x

Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

1
1

F ( x ) =   + x  dx =  dx +  dx = ln x + x + C .
x
x


Câu 8.

Biết

3

3

3

1

1

1

 f ( x ) dx = −5 và  g ( x ) dx = 3. Khi đó   g ( x ) − 2 f ( x ) dx

A. 8.

C. − 11.

B. 13.

bằng
D. − 7.

Lời giải
Chọn B
3

3

3

1

1

1

  g ( x ) − 2 f ( x ) dx =  g ( x )dx − 2  f ( x ) dx = 3 − 2 ( −5 ) = 13.
Câu 9.

1
Đạo hàm của hàm số y =  
2
1
A. ( x + 1) .  
2

x 2 +1

là:

x 2 +1

2

1
B. 2 x.ln .
2

.

x2

x2

1
D. 2 x.   .ln 2 .
2

1
C. − x.   .ln 2 .
2

Lời giải
Chọn C
1
y ' = ( x 2 + 1) '.  
2

x 2 +1

x2

1
1
.ln = − x.   .ln 2
2
2

Câu 10. Nghiệm của phương trình log 2 ( x − 5 ) = 4 là
A. x = 3 .

B. x = 13 .

C. x = 21 .

D. x = 11 .

Lời giải
Chọn C
Ta có log 2 ( x − 5 ) = 4  x − 5 = 16  x = 21 .
Câu 11. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới.

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

Mã đề 02 - Trang 3


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020

Đồ thị trên là của hàm số nào?
A. y = x 4 − 3 x 2 + 1 .

B. y = x 3 − 3 x + 1 .

C. y = x 2 − 3 x + 1 .

D. y = − x 3 + 3 x + 1 .

Lời giải

Chọn B
Căn cứ hình dáng đồ thị nhận thấy đây là đồ thị của hàm số bậc 3 y = ax 3 + bx 2 + cx + d nên
loại phương án A và C .
Ta có lim y = − suy ra a  0 . Vậy chọn B .
x →−

Câu 12. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Phát biểu nào sau đây là đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên ( −; 0 )  (1; + ) . B. Hàm số đồng biến trên ( 0;1) .
C. Hàm số đồng biến trên ( −; 2 ) .

D. Hàm số nghịch biến trên ( −;1) .
Lời giải

Chọn B
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đồng biến trên ( 0;1) .
Câu 13. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

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

Mã đề 02 - Trang 4


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng

A. 1 .
B. 3 .

C. 2 .
Lời giải

D. −2 .

Chọn B
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 1 và có giá trị cực đại là f (1) = 3 .
x2 + 1
Câu 14. Đồ thị hàm số y = 2
có mấy đường tiệm cận?
x ( x − 4)

A. 3 .

B. 2 .

C. 1 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn A
+ Ta có lim y = lim
x →

x →

x2 + 1
= 0  đồ thị hàm số có đúng một đường tiệm cận ngang là
x2 ( x − 4)

y = 0.
x2 + 1
x2 + 1
+ Ta có lim+ y = lim+ 2
= − ; lim+ y = lim+ 2
= +  Suy ra đồ thị hàm số có 2
x →0
x →0 x ( x − 4 )
x→4
x→4 x ( x − 4 )

đường tiệm cận đứng là: x = 0 ; x = 4 .
+ Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.
Câu 15. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = x 3 − 2 x 2 − 7 x + 1 trên đoạn  −2;1 .
A. 3 .

B. 4 .

C. 5 .

D. 6 .

Lời giải
Chọn C
Hàm số y = x 3 − 2 x 2 − 7 x + 1 liên tục trên đoạn  −2;1 .
 x = −1   −2;1

Ta có : y  = 3 x − 4 x − 7 , y  = 0  
.
 x = 7   −2;1

3
2

y ( −2 ) = −1, y (1) = −7, y ( −1) = 5 .

Vậy max y = y ( −1) = 5 .
x −2;1

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

Mã đề 02 - Trang 5


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020
Câu 16. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho a = ( 2; −3;3) , b = ( 0; 2; −1) , c = ( 3; −1;5 ) . Tìm
tọa độ của vectơ u = 2a + 3b − 2c .
A. (10; −2;13 ) .
B. ( −2; 2; −7 ) .

C. ( −2; −2; 7 ) .

D. ( −2; 2; 7 ) .

Lời giải
Chọn B

Ta có: 2a = ( 4; −6; 6 ) , 3b = ( 0; 6; −3 ) , −2c = ( −6; 2; −10 )  u = 2 a + 3b − 2c = ( −2; 2; −7 ) .
Câu 17. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − 3 z + 1 = 0 . Mặt phẳng ( P )
có một vectơ pháp tuyến là:
A. n (2; −3;1) .

B. n(2; −3;0) .

C. n(2;0; −3) .

D. n(0; 2; −3) .

Lời giải
Chọn C
Câu 18. Cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 10 y + 6 z − 2 = 0 . Tâm I và bán kính R của mặt cầu ( S ) là:
A. I (0;5; −3) và R = 2 .

B. I (0;5; −3) và R = 6 .

C. I (0; −5;3) và R = 2 .

D. I (0; −5;3) và R = 6 .
Lời giải

Chọn B
Ta có: x 2 + y 2 + z 2 − 10 y + 6 z − 2 = 0  x 2 + ( y − 5) 2 + ( z + 3) 2 = 36
Nên mặt cầu ( S ) đã cho có tâm I (0;5; −3) và bán kính R = 6 .
Câu 19. Trong không gian Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua điểm
N ( 2; −1;1) có vectơ pháp tuyến là n ( 2;1; − 2 ) ?

A. 2 x + y − 2z + 1 = 0 .

B. 2 x + y − 2z − 1 = 0 .

C. 2 x + y − 2z + 7 = 0.

D. 2 x + y − 2z − 7 = 0 .
Lời giải

Chọn B
Phương trình mặt phẳng đi qua điểm N ( 2; −1;1) có vectơ pháp tuyến n ( 2;1; − 2 ) là
2 ( x − 2 ) + y + 1 − 2 ( z − 1) = 0  2 x + y − 2z − 1 = 0.

Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 2;3; − 1) , B (1; 2; 4 ) . Phương trình đường
thẳng nào được cho dưới đây không phải là phương trình đường thẳng AB.
x −1 y − 2 z − 4
=
=
A.
.
1
1
−5

x = 2 − t

B.  y = 3 − t .
 z = −1 + 5t


x = 1− t


C.  y = 2 − t .
 z = 4 + 5t


D.

x + 2 y + 3 z −1
=
=
.
1
1
−5

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

Mã đề 02 - Trang 6


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020
Chọn D
AB = ( −1; −1;5 ) .

Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng AB đi qua điểm A ( 2;3; −1) và nhận AB = (1;1; −5 )
x − 2 y − 3 z +1
.
=

=
1
1
−5
Vậy đáp án D không phải là phương trình đường thẳng AB.

làm vectơ chỉ phương là:

Câu 21. Một ly nước hình trụ có chiều cao 20 cm và bán kính đáy bằng 4 cm . Bạn T đổ nước vào ly
cho đến khi mực nước cách đáy ly 10cm thì dừng lại. Sau đó T lấy các viên đá lạnh hình lập
phương cùng kích thước và có cạnh bằng 2cm thả vào ly nước. Hỏi bạn T bỏ được nhiều nhất
bao nhiêu viên đá lạnh để nước không trào khỏi ly?
A. 61 .
B. 62 .
C. 63 .
D. 60 .
Lời giải
Chọn B
Gọi n là số viên bi nhiều nhất có thể bỏ vào li. Gọi Vlp , Vn , VT theo thứ tự là thể tích viên đá
lạnh, thể tích nước và thể tích ly nước hình trụ.
. lp + Vn  VT  n.8 +  .16.10   .16.20  n  62,8 .
Ta có: nV

Vậy có thể bỏ nhiều nhất 62 viên đá lạnh.
Câu 22. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

2
Số nghiệm của phương trình 3 f ( x ) + 4 f ( x ) + 1 = 0 là

A. 6.

B. 2.

C. 5.

D. 7.

Lời giải
Chọn C

 f ( x ) = −1
.
Ta có 3 f ( x ) + 4 f ( x ) + 1 = 0  
 f ( x) = − 1

3
2

Dựa vào bảng biến thiên: phương trình f ( x ) = −1 có 3 nghiệm phân biệt
phương trình f ( x ) = −

1
có 2 nghiệm phân biệt.
3

Câu 23. Biết rằng phương trình 2019 x

2

−10 x + 2

= 2020 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Tổng x1 + x2 bằng

A. 2.
B. 2 − log 2019 2020.
GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

C. 10.

D. log 2019 2020.
Mã đề 02 - Trang 7


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020
Lời giải
Chọn C
Ta có 2019 x

2

−10 x + 2

= 2020  x 2 − 10 x + 2 = log 2019 2020  x 2 − 10 x + 2 − log 2019 2020 = 0.

Theo định lý Viet x1 + x2 =

−b
= 10.
a

Câu 24. Một người gửi 6 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kỳ hạn 1 năm với lãi suất
7,56%/năm. Hỏi sau tối thiểu bao nhiêu năm, người gửi sẽ có ít nhất 12 triệu đồng từ số tiền
gửi ban đầu (giả sử lãi suất không thay đổi).
A. 5 năm.
B. 10 năm.
C. 12 năm.
D. 8 năm
Lời giải
Chọn B
Theo bài ra ta có số tiền cả gốc lẫn lãi: 6 (1 + 7, 56% )  12
n

 n  log1,0756 2  9,51 năm.

Vậy sau tối thiểu 10 năm người gửi sẽ có ít nhất 12 triệu đồng từ số tiền gửi ban đầu.
Câu 25. Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c ( a  0 ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. a  0 , b  0 , c  0 .
C. a  0 , b  0 , c  0 .

B. a  0 , b  0 , c  0 .
D. a  0 , b  0 , c  0 .
Lời giải

Chọn A
Từ đồ thị ta có hệ số a  0 .
Ta lại có đồ thị cắt trục tung tại điểm ( 0; c ) , từ đồ thị suy ra c  0 .
Mặt khác đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên y  = 0 có ba nghiệm phân biệt, hay

y = 4ax 3 + 2bx = 2 x ( 2ax 2 + b ) = 0 có ba nghiệm phân biệt. Suy ra a , b trái dấu.

Mà a  0 . Do đó b  0 .
Câu 26. Tính diện tích của hình phẳng (được tô đậm) giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = 2 x 2 , y 2 = 4 x.

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

Mã đề 02 - Trang 8


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020

A. S =

2
.
3

B. S =

2
.
3

C. S =

4
.
3

D. S =

4
.
3

Lời giải
Chọn B
Ta có y 2 = 4 x  y = 2 x , x  0 .
x=0
Xét phương trình: 2 x 2 = 2 x  
.
x = 1

Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = 2 x 2 , y 2 = 4 x là:
1

S=
0

1

3 1

1

1

4

2
2
2 x − 2 x dx =  2 x dx −  2 x dx = x 2 − x 3 = .
3
3 0 3
0
0
0
2

2

Câu 27. Trên mặt phẳng tọa độ, z1 = 2 − 5i và z2 = ( 3i + 2 )(1 + i ) có biểu diễn lần lượt là điểm M , N .
Khi đó độ dài MN bằng
A. 10 .

B.

27 .

C.

7.

D. 109 .

Lời giải
Chọn D
z1 = 2 − 5i  M ( 2; −5 )
z2 = ( 3i + 2 )(1 + i ) = −1 + 5i  N ( −1;5 )

Suy ra MN = MN =

( −1 − 2 )

2

+ ( 5 + 5 ) = 109 .
2

Câu 28. Cho z1 = 3 − i, z2 = −5 + 2i . Phần ảo của số phức z = 3 z1 − 5iz2 bằng
A. 17 .

B. 22 .

C. −19 .

D. −13 .

Lời giải
Chọn B
Ta có: z = 3 z1 − 5iz2 = 3 ( 3 − i ) − 5i ( −5 + 2i ) = 19 + 22i .
Vậy phần ảo của z bằng 22 .
Câu 29. Trong không gian Oxyz , cho a , b tạo với nhau 1 góc 120 và a = 3 ; b = 5 . Tìm T = a − b .
A. T = 5 .

B. T = 6 .

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

C. T = 7 .

D. T = 4 .
Mã đề 02 - Trang 9


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020
Lời giải
Chọn C
2

2

2

2

( )

2

Cách 1: Ta có T 2 = a − b = a + b − 2a.b  T 2 = a + b − 2. a . b .cos a, b
 T 2 = 33 + 52 − 2.3.5.cos120  T 2 = 49  T = 7 .

Cách 2:
B

b
120

a

O

A

Đặt a = OA , b = OB . Khi đó T = a − b = OA − OB = BA  T = BA .
Theo định lý Côsin trong tam giác OAB có: BA2 = OA2 + OB 2 − 2OA.OB.cos AOB
 BA2 = 32 + 52 − 2.3.5.cos120 = 47  T = 7 .

Câu 30. Phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm A (1; 0; −2 ) và vuông góc với hai mặt phẳng

( P ) : 2 x + y − z − 2 = 0 và ( Q ) : x − y − z − 3 = 0
A. ( ) : x − 2 z − 4 = 0 .
C. ( ) : 2 x − y + 3 z + 4 = 0 .

là:
B. ( ) : x − 2 z + 4 = 0 .
D. ( ) : x − y + z − 6 = 0 .

Lời giải
Chọn C

(Q ) : x − y − z − 3 = 0

có VTPT nQ = (1; −1; −1) .

( P) : 2x + y − z − 2 = 0

có VTPT nP = ( 2;1; −1) .

Có ( ) ⊥ ( P ) , ( ) ⊥ ( Q ) nên ( ) có 1 VTPT là n =  nQ , nP  = ( 2; −1;3) .
Mà ( ) đi qua A (1; 0; −2 )  ( ) : 2 x − y + 3 z + 4 = 0 .
Câu 31. Đường thẳng  đi qua tâm của mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z − 3) = 9 và song song với
2

2

2

 x = 1 + 3t

đường thẳng d :  y = t
có phương trình là
x = 2 − t

 x = 2 + 3s

A.  y = −1 + s .
z = 3 − s


 x = 3 + 2s

B.  y = 1 − s .
 z = −1 + 3s


GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655

Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

 x = 3 + 2s

C.  y = 1 − s .
 z = 1 + 3s


 x = 2 + 3s

D.  y = −1 + s .
 z = −3 − s


Mã đề 02 - Trang 10


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020
Lời giải
Chọn A
Mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z − 3) = 9 có tâm I ( 2; − 1;3 )
2

2

2

 x = 1 + 3t

Đường thẳng d :  y = t

có một vectơ chỉ phương là u = ( 3;1; − 1) .
x = 2 − t


Vì d // nên vectơ chỉ phương của d cũng chính là vectơ chỉ phương của 
 x = 2 + 3s

Phương trình đường thẳng  đi qua I và có vectơ chỉ phương u = ( 3;1; − 1) là:  y = −1 + s .
z = 3 − s


Câu 32. Tìm hàm số f ( x ) thỏa mãn đồng thời f  ( x ) =
A. f ( x ) = 2 x + 3ln x − 1 − 6 .

2x +1
và f ( 2 ) = 1 .
x −1
3
B. f ( x ) = 2 x −
.
2
( x − 1)

C. f ( x ) = 2 x + 3ln x − 1 − 3 .

D. f ( x ) = 2 x +

3

( x − 1)

2

−6.

Lời giải
Chọn C
Ta có:

 f  ( x ).dx = 

2x +1
3 

.dx =   2 +
 .dx = 2 x + 3ln x − 1 + c .
x −1
x −1 


Vì f ( x ) là một nguyên hàm của f  ( x ) và kết hợp giả thiết f ( 2 ) = 1 nên ta suy ra:
2.2 + 3ln 2 − 1 + c = 1  c = −3 .

Vậy f ( x ) = 2 x + 3ln x − 1 − 3 .
Câu 33. Tính diện tích hình phẳng S giới hạn bởi đồ thị hàm số y
thẳng x e .
A. S

e2

1
2

.

B. S

e2

1
3

C. S

.

2x ln x , trục hoành và đường

e2

1
4

D. S

.

e2

1.

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm: 2x ln x

0

x

0

x

0

ln x

x

1.

0

e

Diện tích hình phẳng cần tính: S

2x ln x d x
1

Cách 1:
GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 02 - Trang 11


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020
e

e

S

2x ln x dx

2x ln xdx

1
e

1

ln xd x
1

e

=e 2

x2
1

=e
=

x2
2

2

e2

2

2

x . ln x

e

e

x 2 d ln x

1

1

1

dx
x
e

1

1
2

Cách 2: Sử dụng máy tính caisio:
e

S

casio

2x ln x d x

4,19452.

1

Đối chiếu kết quả với bốn đáp án đã cho. Chọn A .
Câu 34. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng
. Tính thể tích V của khối chóp S . ABC .
A. V =

3a 3
.
12

B. V =

a3
.
6

y

C. V =

và cạnh bên hợp với đáy một góc 60 0
a3
.
3

D. V =

3a 3
.
24

Lời giải
Chọn A
S

A

α

C
H

I
B

Gọi H là trọng tâm của ABC  SH ⊥ ( ABC ) .
Nên H là hình chiếu của S lên ( ABC ) . Khi đó, AH là hình chiếu của đường thẳng SA lên

( ABC ) .
 ( ( SA ) ; ( ABC ) ) = ( SA; AH ) = SAH = 60o .

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

Mã đề 02 - Trang 12


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020
Ta có: AH =

2
a 3
.
AI =
3
3

Xét SHA vuông tại H : SH = AH . tan 60 o =
 VS . ABCD

a 3
. 3 = a.
3

1
1 a2 3
a3 3 .
= .SH .S ABC = .
.a =
3
3 4
12

Câu 35. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm I ( 0; −2;3) và có thể tích V = 36 . Phương
trình của ( S ) là:
A. x 2 + ( y − 2 ) + ( z + 3) = 9.

B. x 2 + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 3.

C. x 2 + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 3.

D. x 2 + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 9.

2

2

2

2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn D
4
Ta có: V =  R 3 = 36  R = 3.
3

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 0; −2;3) , bán kính R = 3 có phương trình là: x 2 + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 9.
2

2

Câu 36. Trong các hình trụ có thể tích V không đổi, người ta tìm được hình trụ có diện tích toàn phần
nhỏ nhất. Hãy so sánh chiều cao h và bán kính đáy R của hình trụ này:
R
A. h = R 2
B. h = R
C.
D. h = 2R
2
Lời giải

Chọn D
+ Gọi h là chiều cao, R là bán kính đáy của lăng trụ.
+ Ta có: V =  R 2 h (1) ; S = 2 R 2 + 2 Rh (2)
+ Từ (1)  h =

V
V
2V
= 2 R 2 +
Thay vào (2)  S = 2 R 2 + 2 R
2
2
R
R
R

+ Theo Cô-si: S = 2 R 2 + 2 R

V
2V
V V
V V
= 2 R 2 +
= 2 R 2 + +  3 3 2 R 2 . . = 3 3 2 V 2
2
R
R
R R
R R

+ Vậy: Khi hình trụ có diện tích toàn phần nhỏ nhất thì dấu bằng của bất đẳng thức xảy ra, lúc
đó

V
 R 2h
= 2 R 2 
= 2 R 2  h = 2R
R
R

Câu 37. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều. Mặt bên SAC là tam giác vuông tại S và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, cạnh SC = a , góc SAC = 300 . Gọi M là trung điểm
của cạnh SA . Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng ( MBC ) .
A.

a 42
.
14

B.

3a 21
.
7

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

C.

4 a 33
.
11

D.

2 a 87
.
29

Mã đề 02 - Trang 13


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020
Lời giải
Chọn D

Trong tam giác vuông SAC , ta có SA = a 3, AC = 2 a . Kẻ MH ⊥ AC thì MH ⊥ ( ABC ) . Ta
có MH = AM .sin 30 0 =

a 3
3a
5a
và AH = AM .cos 300 =
nên HC = AC − AH =
. Kẻ
4
4
4

HK ⊥ BC , HI ⊥ MK thì HI = d ( H ; ( MBC ) ) .

Có

d ( S ; ( MBC ) )

d ( H ; ( MBC ) )

=

d ( A; ( MBC ) )

d ( H ; ( MBC ) )

=

AC 8
8
8
=  d ( S ; ( MBC ) ) = d ( H ; ( MBC ) ) = HI .
HC 5
5
5

Trong tam giác vuông CHK có HK = HC .sin ACB =
Vậy d ( S ; ( MBC ) ) =

8
8
HK .MH

2 a 87
HI = .
=
.
5
5 HK 2 + MH 2
29

Câu 38. Cho a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn 4 a
A. A =

5a 3 5a 3
.
=
.
4 2
8

1
.
2

B. A =

1
.
10

25b

10 c. Tính giá trị biểu thức A

C. A = 2 .

c
a

c
.
b

D. A = 10 .

Lời giải
Chọn C
Đặt t

Ta có A

4a

25b

c
a

log10 4.25

c
b

10 c

log10 t
log 4 t

log10 100

a

log 4 t

b

log 25 t ; t

c

log10 t
log 10 t
log 25 t

0

log t 4
log t 10

log t 25
log t 10

log10 4

log10 25

2.

Vậy A = 2 .

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

Mã đề 02 - Trang 14


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020
Câu 39. Cho hàm số y =

( m + 1) x + 2m + 2 ( là tham số). Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số
m

x+m
m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( −1; +  ) là:

A. 1;2 ) .

B. ( 2; +  )

C. ( −1; 2 ) .

D. ( −;1)  ( 2; +  ) .

Lời giải
Chọn A
Điều kiện xác định: x  − m .
Đạo hàm: y  =

m2 − m − 2

( x + m)

2

.

y'  0

 − m  ( −1; +  )

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( −1; +  )  
m 2 − m − 2  0

 − m  −1

 −1  m  2

m  1
1 m  2

Vậy tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
( −1; +  ) là 1;2 ) .

Câu 40. Từ các số 0,1,2,3,4,5 lập các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một
số từ các số vừa lập. Xác suất để lấy được số không chia hết cho 3 là
A. 0,4
B. 0,6
C. 0,16
D. 0,24
Lời giải
Chọn B
Số tự nhiên có ba chữ số khác nhau cần tìm có dạng abc .
+ a có 5 cách chọn.
+ Chọn hai số trong 5 số còn lại của tập E sắp xếp vào hai vị trí b, c có A52 = 20
Vậy có 5. A52 = 100
Số abc chia hết cho 3 khi a + b + c 3
Xét tập con gồm 3 phần tử của E mà có tổng chia hết cho 3 là
A1 = 0,1, 2 , A2 = 0,1,5 , A3 = 0, 2, 4 A4 = 0, 4,5 , A5 = 1, 2,3 , A6 = 1, 2,5
A7 = 2,3, 4 , A8 = 3, 4,5.

Khi a,b,c  A1 , A2 , A3 , A4 mỗi trường hợp lập được 4 số thỏa yêu cầu.
Khi a,b,c  A5 , A6 , A7 , A8 mỗi trường hợp lập được 6 số thỏa yêu cầu.
Vậy có 4.4+4.6=40 số chia hết cho 3.
Suy ra có 100-40=60 số không chia hết cho 3.
GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 02 - Trang 15


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020
Xác suất cần tìm là P =

60
= 0, 6
100

Câu 41. Cho hàm số y = ( x 2 + 2 x + m ) . Tổng tất cả giá trị thực của tham số m sao cho min y = 9 bằng
2

 −3;3

A. 14.

B. -14.

C. 4.

D. -18.

Lời giải
Chọn B
Đặt f ( x ) = x 2 + 2 x + m .
Khi đó: f ' ( x ) = 2 x + 2 = 0  x = −1 .
Lại có: f ( −3) = m + 3 .
f ( −1) = m − 1 .
f ( 3) = m + 15 .

Do đó: A = max f ( x ) = m + 15 ; B = min f ( x ) = m − 1 .
 −3;3

 −3;3

TH1: Nếu B = m − 1  0  m  1 thì min y = ( m − 1) .
2

 −3;3

 m = −2 ( KTM )
2
Theo yêu cầu bài toán: ( m − 1) = 9  
.
 m = 4 (TM )

TH2: Nếu A = m + 15  0  m  −15 thì min y = ( m + 15 ) .
2

 −3;3

 m = −12 ( KTM )
2
Theo yêu cầu bài toán: ( m + 15 ) = 9  
.
 m = −18 ( TM )

TH3: Nếu A.B  0  − 15  m  1 thì min y = 0 (VL ) .
 −3;3

Vậy tổng các giá trị của tham số m là: -14
Câu 42. Tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log 3 ( mx ) = 2 log 3 ( x + 1) có hai nghiệm phân
biệt là
A. m  4 .

B. m  4 .

C. m  0 và m  4 .

D. m  0 và m  4 .

Lời giải
Chọn B

x +1  0
x +1  0
Ta có log ( mx ) = 2 log ( x + 1)  

(*) .

2
2
 mx = ( x + 1)
 mx = x + 2 x + 1


Ta thấy x = 0 không là nghiệm của (*).
 x  −1

Với x  0 : (*)  
1
 m = x + 2 + x
GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 02 - Trang 16


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020
Xét hàm số f ( x ) = x + 2 +

1
với x  ( −1; + ) \ 0 .
x

1 x2 −1
Ta có f  ( x ) = 1 − 2 = 2 ; f  ( x ) = 0  x = 1 (do x  ( −1; + ) \ 0 ).
x
x
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên suy ra m  4 là giá trị cần tìm.
Câu 43. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x 4 − 2 (1 − m 2 ) x 2 + m + 1 có cực đại, cực tiểu
và các điểm cực trị của đồ thị hàm số lập thành tam giác có diện tích lớn nhất.
1
1
A. m = − .
B. m = .
C. m = 0.
D. m = 1.
2
2
Lời giải
Chọn C
Ta có y ' = 4 x 3 − 4 (1 − m 2 ) x

x = 0
y'= 0   2
2
x = 1− m

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi: m  1.
Tọa độ điểm cực trị A ( 0; m + 1) ; B

(

) (

1 − m 2 ; − m 4 + 2m 2 + m ; C − 1 − m 2 ; − m 4 + 2m 2 + m

)

)

(

BC = −2 1 − m 2 ;0 . Phương trình đường thẳng BC : y + m 4 − 2m 2 − m = 0.
d ( A ,BC ) = m 4 − 2 m 2 + 1 , BC = 2 1 − m 2 .

 S ABC =

(

) (1 − m )

1

BC .d ( A, BC ) = 1 − m 2 m 4 − 2m 2 + 1 =
2

2

5

 1.

Vậy S đạt giá trị lớn nhất  m = 0 .
Câu 44. Cho hàm số f  ( x ) liên tục trên

. Biết x 4 là một nguyên hàm của hàm số f  ( x ) e x , họ tất cả

các nguyên hàm của hàm số f  ( x ) e x là.
A. 4x 3 − x 4 + C .

3
2
B. 4x + x + C .

3
4
C. x − 4 x + C .

3
4
D. x − x + C .

Lời giải

Chọn A
Do x 4 là một nguyên hàm của hàm số f  ( x ) e x nên f  ( x ) e x = ( x 4 ) = 4 x 3 ( *) .
GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 02 - Trang 17


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020
Đạo hàm hai vế của ( *) ta được: f  ( x ) e x + f  ( x ) e x = 12 x 2 . Kết hợp với ( *) thu được:
f  ( x ) e x = 12 x 2 − 4 x 3 .

  f  ( x ) e x dx =  (12 x 2 − 4 x 3 ) dx = 4 x 3 − x 4 + C .

Câu 45. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên

có 3 điểm cực trị x1 , x2 , x3 với f ( x1 )

f ( x2 )

0 cùng bảng

xét dấu đạo hàm.

Gọi Q là số điểm cực trị của hàm số f ( x ) . Xét các khẳng định sau
1) Q = 3

4) Q = 6

2) Q = 4

5) Q = 7

3) Q = 5
Có mấy khẳng định có thể xảy ra
A. 5
B. 4

C. 3 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn A
Đặt A =  x 

 =  x1 , x2 , x3  , x là số điểm cực trị của f ( x )

và B =  x 

A | f ( x) = 0 .Ta

khẳng định được
Q = A + B = 3+ B

Đặt lim f ( x) = a, lim f ( x) = b với a, b 
x →−

x →

    . Ta có bảng biến thiên của hàm số f ( x ) như

sau

 f ( x1 ) + f ( x2 )  0
 f ( x1 )  0, f ( x2 )  0
Theo gt có 
nên 
 f ( x1 )  0, f ( x2 )  0
 f ( x1 )  f ( x2 )

 f ( x3 )  f ( x2 )
TH1. f ( x1 )  0, f ( x2 )  0 . Suy ra, a  0 . Vì 
nên có các khả năng sau
 f ( x3 )  b

+) Với b  0 thì f ( x ) = 0 chỉ có 1 nghiệm không thuộc A . Suy ra, Q = 4
+) Với f ( x3 )  0 thì f ( x ) = 0 vô nghiệm. Suy ra, Q = 3
+) Với f ( x3 )  0  b thì f ( x ) = 0 chỉ có 2 nghiệm không thuộc A . Suy ra, Q = 5

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

Mã đề 02 - Trang 18


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020
 f ( x3 )  f ( x2 )
TH2. f ( x1 )  0, f ( x2 )  0 . Vì 
nên có các khả năng sau

 f ( x3 )  b

+) Với b  0 và a  0 thì f ( x ) = 0 chỉ có 3 nghiệm không thuộc A . Suy ra, Q = 6
+) Với b  0 và a  0 thì f ( x ) = 0 chỉ có 2 nghiệm không thuộc A . Suy ra, Q = 5
+) Với f ( x3 )  0 và a  0 thì f ( x ) = 0 chỉ có 2 nghiệm không thuộc A . Suy ra, Q = 5
+) Với f ( x3 )  0 và a  0 thì f ( x ) = 0 chỉ có 1 nghiệm không thuộc A . Suy ra, Q = 4
+) Với f ( x3 )  0  b và a  0 thì f ( x ) = 0 chỉ có 4 nghiệm không thuộc A . Suy ra, Q = 7
+) Với f ( x3 )  0  b và a  0 thì f ( x ) = 0 chỉ có 3 nghiệm không thuộc A . Suy ra, Q = 6
Tổng kết lại Q có thể nhận các giá trị 3,4,5,6,7.
Câu 46. Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị như hình bên dưới.

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 3 − 3 x 2 + 2 ) là
A. 5.

B. 3.

C. 7.
Lời giải

D. 11.

Chọn C
 x = a  −2

Từ đồ thị hàm số y = f ( x ) ta suy ra f  ( x ) = 0   x = b  ( −2; 2 ) .
 x = c  2

Xét hàm số g ( x ) = f ( x 3 − 3 x 2 + 2 ) .
Ta có g  ( x ) = ( 3 x 2 − 6 x ) f  ( x3 − 3x 2 + 2 ) .
x = 0  x = 2

 3
2
3 x 2 − 6 x = 0
 x − 3 x + 2 = a  −2
  3
g( x) = 0  
3
2
x − 3 x 2 + 2 = b  ( −2; 2 )
 f  ( x − 3 x + 2 ) = 0

 x3 − 3x 2 + 2 = c  2


(1)
(2)
(3)

Xét hàm số h ( x ) = x 3 − 3 x 2 + 2 .
Ta có h ( x ) = 3 x 2 − 6 x .
GV: Võ Huỳnh Hiếu – SĐT: 0907102655
Fanpage: Học Toán Cùng Thầy Huỳnh Hiếu

Mã đề 02 - Trang 19


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020
x = 0
h ( x ) = 0  
.

x = 2

Bảng biến thiên của hàm số h ( x ) như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:
Phương trình (1) có 1 nghiệm x1  0 .
Phương trình (2) có 3 nghiệm x2  0 , 0  x3  2 , x4  2 .
Phương trình (3) có 1 nghiệm x5  2 .
Mặt khác, các nghiệm này không trùng nhau.
Vậy phương trình g  ( x ) = 0 có 7 nghiệm đơn. Suy ra hàm số g ( x ) = f ( x 3 − 3 x 2 + 2 ) có 7 điểm
cực trị.
Câu 47. Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên

\ 0 thỏa mãn

x 2 f 2 ( x ) + ( 2 x − 1) f ( x ) = xf ' ( x ) − 1 , với mọi x 

\ 0 đồng thời thỏa f (1) = −2 . Tính

2

 f ( x )dx
1

A. −

ln 2
−1.
2

1
B. − ln 2 − .
2

3
C. − ln 2 − .
2

D. −

ln 2 3
− .
2
2

Lời giải
Chọn D
Ta có x 2 f 2 ( x ) + 2 xf ( x ) + 1 = xf ' ( x ) + f ( x )  ( xf ( x ) + 1) = ( xf ( x ) + 1)
2

Do đó

( xf ( x ) + 1)
( xf ( x ) + 1)

'

2

( xf ( x ) + 1)

=1 
( xf ( x ) + 1)

2

Mặt khác f (1) = −2 nên −2 + 1 = −
2

Vậy

2



1

 f ( x )dx =   − x
1

1

'

2

dx =  1dx  −

'

1

1
= x + c  xf ( x ) + 1 = −
x+c
xf ( x ) + 1

1
1
1 1
 c = 0  xf ( x ) + 1 = −  f ( x ) = − 2 −
1+ c
x
x
x

1
1
1

− dx =  − ln x +  |12 = − ln 2 − .
x
x
2


Câu 48. Cho hàm số f ( x ) . Hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số
x6
g ( x ) = f ( x ) − + x 4 − x 2 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
3
2

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

Mã đề 02 - Trang 20


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020

1 
A.  ;1  .
3 

(

)

C. ( −2; 0 ) .

B. S = 1; 2 .

D. ( 2;3 ) .

Lời giải
Chọn A
x6
+ x 4 − x 2  g ' ( x ) = 2 x  f ' ( x 2 ) − ( x 4 − 2 x 2 + 1)  .
3
x = 0
x = 0
g '( x ) = 0  



2
2
4
2
2
2
2
 f ' ( x ) = ( x ) − 2 x + 1 (1)
 k ( x ) = f ' ( x ) − ( x − 2 x + 1) = 0

Ta có g ( x ) = f ( x 2 ) −

Đặt t = x 2 ( t  0 ) , phương trình (1) trở thành f ' ( t ) = t 2 − 2t 2 + 1 ( 2 ) .
Vẽ thêm đồ thị hàm số y = x 2 − 2 x + 1 (màu đỏ) trên cùng một hệ trục với đồ thị f ' ( x ) .

 x2 = 0
t = 0

Dựa vào đồ thị, ( 2 )  t = 1   x 2 = 1 
t = 2  x 2 = 2


x = 0

 x = 1 , với x = 0 là nghiệm bội chẵn của ( 2 ) .
x =  2


Do đó, ta có bảng biến thiên như sau:

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

Mã đề 02 - Trang 21


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020

1 
Từ bảng biến thiên ra suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng  ;1  .
3 

Câu 49. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn: 3

xy − 5

+ 2 x − 2 y + x( y + 1) =

32
1
+ x−2 y + 2 y + 5 .
xy
2
3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 x + 2 y .
A. Pmin = 2 6 + 3 .

B. Pmin = 6 2 + 4 .

C. Pmin = 4 2 − 4 .

D. Pmin = 2 + 4 .
Lời giải

Chọn B
Ta có: 3
 3

xy − 5

xy − 5

−

+ 2 x − 2 y + x( y + 1) =
1

2

xy − 5

32
1
+
+ 2y + 5
2 xy 3x − 2 y

+ xy − 5 = 32 y − x −

t
Xét hàm số g (t ) = 3 −

1
2

2 y−x

+ 2 y − x (*)

1
1
1
+ t có g (t ) = 3t.ln 3 − t .ln + 1  0, t
t
2
2
2

suy ra hàm số g (t ) luôn đồng biến.
Từ (*) ta có g ( xy − 5) = g (2 y − x )  xy − 5 = 2 y − x  x =

2y + 5
y +1

6 y + 15
2 y 2 + 8 y + 15
Suy ra P =

+ 2y =
y +1
y +1
 P=

2( y + 1) 2 + 4( y + 1) + 9
9
= 2( y + 1) + 4 +
 4 + 6 2.
y +1
y +1

Câu 50. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành thỏa mãn AB = a , AC = a 3 ,
BC = 2a . Biết tam giác SBC cân tại S , tam giác SCD vuông tại C và khoảng cách từ D đến

mặt phẳng ( SBC ) bằng
A.

2a 3
3 5

.

a 3
. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
3

B.

a3

3 5

.

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

C.

a3
3 3

.

D.

a3
5

.

Mã đề 02 - Trang 22


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020
Lời giải
Chọn A

Nhận thấy tam giác ABC vuông tại A ( do AB2 + AC 2 = BC 2 ).
Gọi E là điểm đối xứng của B qua A ta có tứ giác ACDE là hình chữ nhật, và tam giác EBC

là tam giác đều cạnh 2a .
AD ( SBC )  d ( D, ( SBC )) = d ( A, ( SBC )) =

Hay d ( E , ( SBC )) = 2.d( D , ( SBC )) =

1
d ( E , ( SBC ))
2

2a 3
3

Gọi I là trung điểm của đoạn BC , ta có: BC ⊥ EI , BC ⊥ SI  BC ⊥ ( SEI ) .
Trong mp ( SEI ) kẻ EH vuông góc với SI tại H . Khi đó: d ( E , ( SBC )) = EH =

2a 3
.
3

Ta có CD ⊥ ( SAC ) ( Do CD ⊥ SC , CD ⊥ AC ) Suy ra AB ⊥ ( SAC ) .
Xét tam giác SB E có SA vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên tam giác SB E cân tại S .
Xét hình chóp S .EBC có đáy là tam giác đều EBC , các cạnh bên SE = SB = SC .
Nên gọi F = EI  CA ta có SF ⊥ ( EBC ) .
2a 3
HE
2
= 3 = .
Tam giác EHI vuông tại H nên sin I =
EI
3

a 3

2
1
sin I
1
2a
3
= a 3.
=
Tam giác SIF vuông tại F nên SF = FI . tan I = EI .
.
2
3
3
2
15
2
1 − sin I
1− ( )
3
VS . ABCD =

1
1
1 2a
2a 3
.
SF .S ABCD = SF . AB.CA =
.a.a 3 =

3
3
3 15
3 5

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

Mã đề 02 - Trang 23


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA THPT QUỐC GIA NĂM 2020
MÔN TOÁN

Mã đề: 02

Câu 1.

Thời gian làm bài: 90 phút

Cho dãy số ( un ) , biết u n =

Câu 4.

. Tìm số hạng u 2 .
C. u2 = −

B. Pn = ( n + 1)! .

27
.
11

D. u2 =

27
.
11

n!
.
( n − 1)

C. Pn =

D. Pn = n ! .

Trong không gian cho hình hộp ABCDABC D . Khi đó 4 vectơ nào sau đây đồng phẳng?
A. AC , AB, AD, AC  .

B. AD , AA, A ' D , DD  .

C. AC , AB , AD , AA .

D. AB , AB , AD , AA .

Cho hình trụ bán kính đáy r = 5 ( cm ) và khoảng cách giữa hai đáy bằng 7 ( cm ) . Diện tích xung
quanh của hình trụ là:

(

A. 14 ( cm 2 )
Câu 5.

.n 3

Công thức tính số hoán vị Pn là
A. Pn = (n − 1)! .

Câu 3.

n

n2 + 2
4
B. u2 = .
3

4
A. u2 = − .
3

Câu 2.

( −1)

2
B. 35 cm

Cho khối chóp có thể tích bằng

)

(

2
C. 70 cm

)

3a 3
và đáy có diện tích bằng
2

D. 10 ( cm 2 )
3a 2
. Khoảng cách từ đỉnh của
2

khối chóp đến mặt phẳng đáy bằng
A. a .
Câu 6.

B. 3a .

C.

2 3a

.
3

D. 2a .

Cho hai số phức z = −2 + 3i . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy điểm M biểu diễn số phức z là điểm
nào trong các điểm sau:
A. M ( 3; − 2 ) .

Câu 7.

B. M ( −2;3) .

Tìm họ nguyên hàm F ( x ) của hàm số f ( x ) =
A. F ( x ) = −

1
+ x+C .
x2

3

Biết


1

A. 8.
Câu 9.

f ( x ) dx = −5 và

1
+1 .
x

B. F ( x ) = ln x + x + C .

C. F ( x ) = ln x + x + C .
Câu 8.

D. M ( −2; − 3 ) .

C. M ( 3; 2 ) .

D. F ( x ) = ln x + C .
3

3

 g ( x ) dx = 3. Khi đó

  g ( x ) − 2 f ( x ) dx

1

1

C. − 11.

B. 13.

1
Đạo hàm của hàm số y =  
2

bằng
D. − 7.

x 2 +1

là:

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

Mã đề 02 - Trang 1


Phát triển đề minh họa 2019 - 2020
1
A. ( x + 1) .  
2

x 2 +1

2

1
B. 2 x.ln .

2

.

x2

x2

1
D. 2 x.   .ln 2 .
2

1
C. − x.   .ln 2 .
2

Câu 10. Nghiệm của phương trình log 2 ( x − 5 ) = 4 là
A. x = 3 .

B. x = 13 .

C. x = 21 .

D. x = 11 .

Câu 11. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới.

Đồ thị trên là của hàm số nào?
A. y = x 4 − 3 x 2 + 1 .

B. y = x 3 − 3 x + 1 .

C. y = x 2 − 3 x + 1 .

D. y = − x 3 + 3 x + 1 .

Câu 12. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Phát biểu nào sau đây là đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên ( −; 0 )  (1; + ) . B. Hàm số đồng biến trên ( 0;1) .
C. Hàm số đồng biến trên ( −; 2 ) .

D. Hàm số nghịch biến trên ( −;1) .

Câu 13. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

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

Mã đề 02 - Trang 2