THPT nho quan a đề thi thử tốt nghiệp THPT 2019 2020

TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020

SỞ GDĐT NINH BÌNH
TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

ĐỀ THI THỬ TN THPT
(Đề gồm …. trang)

NĂM HỌC 2019 - 2020
MƠN: TỐN
Thời gian: 90 phút
Họ và tên:........................................................SBD:.........................

Câu 1. Bạn Vy có 3 cây viết chì, 8 cây viết bi xanh và 2 cây viết bi đỏ trong hộp bút,các cây viết phân
biệt. Có bao nhiêu cách để bạn Vy chọn ra một cây viết?
A. 10 .
B. 13 .
C. 11 .
D. 48 .
Lời giải
Chọn B
Số cách chọn một cây viết từ 3 cây viết chì, 8 cây viết bi xanh và 2 cây viết bi đỏ là 3  8  2  13 cách.
u
Câu 2. Cho cấp số nhân  n  với u2  2 và u7  64 . Số hạng đầu của cấp số nhân đã cho bằng
A. 2 .

B. 1 .

1

D. 2 .

C. 1 .
Lời giải

Chọn B
Ta có u7  u2 .q

5

�q

5

u7
 2
u2

.

Số hạng đầu của cấp số nhân đã cho bằng

u1 

u2
 1
q
.

2

Câu 3. Tích hai nghiệm của phương trình log 3 x  6 log 3 x  8  0 bằng

A. 233 .

B. 234 .

C. 728 .

D. 729 .

Lời giải
Chọn D
4
�
log 3 x  4
�x  3
�
�
�
log 3 x  2 � �x  32 34.32  729
log 32 x  6 log 3 x  8  0 � �
x

0
Đk:
;
;
.
Câu 4. Thể tích khối chóp có chiều cao bằng và diện tích đáy bằng là

A. .

B. .

C. .
Lời giải

D. .

Chọn A
Thể tích khối chóp có chiều cao bằng và diện tích đáy bằng là
Câu 5. Hàm số nào sau đây đồng biến trên tập xác định của chúng
x

A. y  ln x .

x
B. y  e .

�1 �
y ��
�3 �.
C.

y  log 1 x
D.

5

.

Lời giải
Chọn A
1


TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020

D   0; �

Phương án A: Tập xác định
D   0; �

. Ta có

y�


1
 0 , x � 0; � . Hàm số đồng biến trên
x � y�

.

 0 , x ��. Hàm số nghịch biến trên D  �.
 e  x � y�
Phương án B: Tập xác định D  �. Ta có y�
x

1� 1
�
y�
 � �ln
 0 , x ��. Hàm số nghịch biến trên
�3 � 3 � y �
Phương án C: Tập xác định D  �. Ta có

D  �.

y�
 log 1 x 

Phương án D: Tập xác định
D   0; �

nghịch biến trên

D   0; �

C.

. Ta có

x ln

1
 0 , x � 0; � . Hàm số
5 � y�

.

Câu 6. Tìm nguyên hàm của hàm số

 2 x  1 dx 
�
A.

5

1

f  x  2x 1

.

2

x
 xC
2
.

 2 x  1 dx  2 x
�

2

1 C

 2 x  1 dx  x
�
 2 x  1 dx  x
D. �

2

B.

.

2

 xC
C

.

.

Lời giải
Chọn B

 2 x  1 dx  x
�

2

 xC

.

B C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AC  a 2 ,
Câu 7. Cho khối lăng trụ đứng ABC. A���
AC ' tạo với đáy một góc 300 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.

a3 6
V
3 .
A.

a3
V
6 .
B.

a3 6
V
6 .
C.

D.

V

a3
3 .

Lời giải
Chọn C

Do ABC là tam giác vuông cân tại B và AC  a 2 nên BA  BC  a

�AC  30�
Do AC ' tạo với đáy một góc 30�
nên ( AC ', ( ABC ))  ( AC ', AC )  C �

Suy ra

CC '  AC.tan 30� a 2.

3
6
a
3
3
2


TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020

1
6 a3 6
V  a.a.a

B C là
2
3

6 .
Vậy thể tích của khối lăng trụ đứng ABC. A���
Câu 8. Cho một khối nón có chiều cao bằng 4 cm , độ dài đường sinh 5 cm . Tính thể tích khối nón này.
3
A. 15 cm .

3
B. 12 cm .

3
C. 36 cm .

3
D. 45 cm .

Lời giải
Chọn B

Theo giả thiết ta có: h  SO  4 cm , l  SB  5 cm � R  3 cm .
1
Vnón  h. R 2
 12 cm 3 .
3
Vậy thể tích khối nón cần tìm là :

Câu 9. Tập hợp tâm các mặt cầu luôn đi qua hai điểm cố định A và B cho trước là
A. một đường thẳng

B. một mặt phẳng

C. một điểm

D. một đoạn thẳng.

Lời giải
Chọn B

Câu 10. Cho hàm số

y

2x 1
x  2 . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Hàm số đã cho đồng biến trên �.
C. Hàm số đã cho đồng biến trên

 �;0  .

B. Hàm số đã cho đồng biến trên

�\  2 .

D. Hàm số đã cho đồng biến trên

 1; � .

Lời giải
Chọn B
Câu 11. Biết log 6 2  a , log 6 5  b . Tính I  log 3 5 theo a , b .

A.

I

b
1 a .

B.

I

b
a 1 .

C.

I

b
a.

D.

I

b
1 a .

Lời giải

Chọn D
3


TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

log 3 5 
Ta có

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020

log 6 5
log 6 5
b


log 6 3 log 6 6  log 6 2 1  a .

Câu 12. Bán kính đáy hình trụ bằng 4cm , chiều cao bằng 6cm . Độ dài đường chéo của thiết diện qua
trục bằng:
A. 10cm.

B. 6cm.

C. 5cm.

D. 8cm.

Lời giải
Chọn A

Thiết diện qua trục của một hình trụ là một hình chữ nhật có hai cạnh lần lượt bằng đường kính đáy và
chiều cao của hình trụ.
Vậy hai cạnh của hình chữ nhật là 8cm và 6cm .
Do đó độ đài đường chéo:
Câu 13. Cho hàm số

82  62  10cm.

y  f  x

A. Hàm số đạt cực đại tại

liên tục trên đoạn

 0; 4

x  4.

có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng?

B. Hàm số đạt cực tiểu tại

C. Hàm số đạt cực đại tại x  2.

x  0.

D. Hàm số đạt cực tiểu tại x  3.
Lời giải

Chọn D

Câu 14. Xác định a, b, c để hàm số

A. a  2, b  1, c  1.

y

ax  1
bx  c có đồ thị như hình vẽ bên. Chọn đáp án đúng?

B. a  2, b  1, c  1.

C. a  2, b  2, c  1.

D. a  2, b  1, c  1.
4


TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020

Lời giải
Chọn D
Câu 15. Hàm số nào sau đây có đồ thị có đường tiệm cận ngang đi qua điểm A(2;1) ?
A. y  x  3 .

B.

y

2 x  1
x 1 .

C.

y

x 1
x .

D.

y

x  2
x .

Lời giải
Chọn C
1
2
log 1  3x  2   log 1  22  5 x 
2
2
2
Câu 16. Bất phương trình
có bao nhiêu nghiệm ngun?

A. 233 .

B. 234 .

C. 8 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn D

2
22
x�
3 ;
5
Điều kiện:
1
2
log 1  3 x  2   log 1  22  5 x 
2
2
2
x

log 1  3 x  2   log 1  22  5 x 
2

�
�

2

 3x  2 

2

2

2

  22  5x 

2

2
 x3
� x  3 hoặc x  10 . Kết hợp điều kiện: 3
.
3
2
Câu 17. Đồ thị sau đây là của hàm số y   x  3 x  4 . Với giá trị nào của m thì phương trình

x 3  3 x 2  m  0 có hai nghiệm phân biệt. Hãy chọn 1 câu đúng.
-1

O

1

2

3

-2

-4

m4
�
�
m0
A. �
.

m  4
�
�
m4
B. �
.

m  4
�
�
m0
C. �
.
Lời giải

D. m  0 .

Chọn A
5


TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020


2

cos xdx  a  b
�

Câu 18. Biết
A. T  3 .


3

3

, với a , b là các số hữu tỉ. Tính T  2a  6b .
B. T  1 .
C. T  4 .
Lời giải

D. T  2 .

Chọn B


2


cos xdx
�

sin
x



2

Ta có:

3

3

 1

3
2 . Vậy 2a  6b  2  3  1 .

Câu 19. Số phức liên hợp của số phức
A. z  9  7i .

z   3  i   2  3i 

B. z  6  7i .

là
C. z  6  7i .

D. z  9  7i .

Lời giải
Chọn D
Ta có

z   3  i   2  3i    3.2  1.3    3.  3  2.1 i  9  7i

. Vậy z  9  7i .

Câu 20. Cho hai số phức z1  9i và z2  3  i . Số phức w  z1  2 z 2 là
A. w  6  11i .

B. w  6  7i .

C. w  15  2i .
Lời giải

D. w  3  10i .

Chọn B
Ta có: w  z1  2 z2  9i  2(3  i)  9i  6  2i  6  7i .
Vậy số phức w  6  7i .
Câu 21. Trong hệ tọa độ Oxy , cho điểm M biểu diễn số phức z  2  3i . Gọi N là điểm thuộc đường
thẳng y  3 sao cho tam giác OMN cân tại O . Điểm N là điểm biểu diễn của số phức nào dưới đây?

A. z  3  2i .

B. z  2  3i .

C. z  2  3i .

D. z  2  i .

Lời giải
Chọn C
Ta có:

M  2;3

.

Vì N là điểm thuộc đường thẳng y  3 sao cho tam giác OMN cân tại O nên N đối xứng M qua trục
Oy nên tọa độ N  2;3 .
Vậy

N  2;3

là điểm biểu diễn của số phức z  2  3i .

A  2; 1;0 
Câu 22. Trong không gian hệ trục toạ độ Oxyz , tọa độ hình chiếu vng góc của điểm
lên
 P  : 3x  2 y  z  6  0 là
mặt phẳng
6

TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

A.

H  1;1;1 .

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020

B.

H  1;1; 1 .

C.

H  3; 2;1 .

D.

H  5; 3;1 .

Lời giải
Chọn B

H  x; y; 6  3 x  2 y 
 P  . Ta có
Gọi
là hình chiếu của A lên mặt phẳng
uuur

uuur
uur
uuur
AH   x  2; y  1; 6  3 x  2 y  .
AH   P 
nP
AH
Do
nên hai véc tơ
và
cùng phương.
x  2 y  1 6  3x  2 y


.
2
1
Suy ra ta có hệ phương trình 3
Giải hệ (1) ta thu được một nghiệm là

H  1;1; 1 .

I 2;1; 1
Câu 23. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm 
và tiếp xúc với mp ( P ) có phương

trình: 2 x  2 y  z  3  0 Bán kính của mặt cầu ( S ) là:
A.
C.

R

4
3.

R

2
9.

B. R  2 .
D.

R

2
3.

Lời giải
Chọn B
R  d  I; P  

2.2  2.1  (1)  3
2   2    1
2

2

2

2

M  1; 2; 4 
M�
 5; 4;2  biết M �là hình chiếu vng góc của M lên mặt phẳng
Câu 24. Cho hai điểm
và
   . Khi đó mặt phẳng    có một véctơ pháp tuyến là
r
r
r
r
n   2;1;3
n   2;3;3
n   3;3; 1
n   2; 1;3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải
Chọn A
M�
M lên mặt phẳng    nên mặt phẳng    vng góc với véctơ
Do
uuuuu

r là hình chiếu vng góc của
MM �
  4;2;6   2  2;1;3 
.
r
  n   3;3; 1

Chọn một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng
là
.

7


TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020

A  6;3;5 
Câu 25. Trong không gian Oxyz , cho tam giác đều ABC với
và đường thẳng BC có phương

trình tham số
mặt phẳng
A.

�x  1  t
�
�y  2  t .
�z  2t

�

Gọi  là đường thẳng đi qua trọng tâm G của tam giác ABC và vng góc với

 ABC  . Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng ?

M  1; 12;3 .

B.

N  3; 2;1 .

C.

P  0; 7;3 .

D.

Q  1; 2;5  .

Lời giải
Chọn D

M  1  t; 2  t; 2t 

là hình chiếu của  lên BC.
uuuu
r
r
AM   5  t ; t  1; 2t  5 

u   1;1; 2 
Ta có
vng góc với
là véc-tơ chỉ phương của BC.
Gọi

Do đó

1 5  t   1 t  1  2  2t  5   0 � t  1.

Suy ra

M  0;3; 2  .

uuur 2 uuuur
AG  AM � G  2;3;3 .
3
Vì ABC là tam giác đều nên M là trung điểm của BC. Suy ra
uu
r 1 uuuu
r r
�
u  �
AM
� , u �  1;5; 2  .
3
Đường thẳng  đi qua G, có véc-tơ chỉ phương là

Suy ra

�x  2  t
�
 : �y  3  5t .
�x  3  2t
�

Q  1; 2;5 �.
Với t  1, ta có

SA   ABC 
Câu 26. Cho hình chóp S . ABC có
và đáy là tam giác vuông tại B , AC  2a , BC  a ,

SB  2a . Tính góc giữa SA và mặt phẳng  SBC  .
A. 45�
.
B. 60�.

C. 30�.

D. 90�.

Lời giải
Chọn B

8


TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020

�BC  SA
� BC   SAB  � BC  AH
�
 1 và
BC

AB
AH

SB
�
Kẻ
( H �SB ) (1). Theo giả thiết ta có
(2). Từ
�
�
�
 2  � AH   SBC  . Do đó SA ;  SBC   SA; SH  ASH
AB a 3
3
sin �
ASB 


2
2
SB
2a

2
Ta có AB  AC  BC  a 3 . Trong vng SAB ta có
��
ASB  �
ASH  60o . Vậy góc giữa SA và mặt phẳng  SBC  bằng 60�.



 



y  x 4  2  m  1 x 2  m
Câu 27. Tìm tất cả các tham số thực m để hàm số
có 3 cực trị

A. m �1 .

B. m  1 .

C. m �1 .

D. m  1 .

Lời giải
Chọn D
Câu 28. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

 0;3 . Tính giá trị
A.

M m  

f  x 

2x 1
x  1 trên đoạn

M m.

9
4.

B. M  m  3 .

C.

M m 

9
4.

D.

M m 

1
4.

Lời giải

Chọn C

0;3
Hàm số xác định và liên tục trên đoạn 
.
3
9
5
f�
0
 x 
2
M m 
M

f
3




x
�
0;3
m

f
0



1
x

1


 
  nên
4.
4�
,
,
log 3 5.log 5 a
 log 6 b  2.
1

log
2
a
,
b
3
Câu 29. Với hai số thực dương
tùy ý và
Khẳng định nào dưới đây là
khẳng định đúng?
A. a  b log 6 2.

B. a  b log 6 3.

C. 2a  3b  0.

D. a  36b.

Lời giải
Chọn D

log3 5.log 5 a
log 3 a
a
 log 6 b  2. �
 log 6 b  2 � log 6 a  log 6 b  2 � log 6  2 � a  36b
log 3 6
b
Ta có 1  log 3 2
.
2x 1
x  1 có đồ thị (C ) và đường thẳng d : y  2 x  3 . Đường thằng d cắt (C ) tại
Câu 30. Cho hàm số
hai điểm A và B . Khi đó hoành độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là
4
3
3
4
xI  .
xI   .
xI  .
xI   .
3
4

4
3
A.
B.
C.
D.
y

Lời giải
9


TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020

Chọn C
Câu 31. Cho bất phương trình

log 7  x 2  2 x  2   1  log 7  x 2  6 x  5  m 

1;3
của tham số m để bất phương trình trên có tập ngiệm chứa khoảng   ?

A. 33 .

. Có bao nhiêu giá trị nguyên

C. 728 .

B. 35 .

D. 34 .

Lời giải
Chọn D
2
�
�x  6 x  5  m  0
�
m  x2  6x  5
bpt � �
�� 2
2
log �
7 x2  2 x  2 �
�
6x  8x  9  m
�
� log7  x  6 x  5  m 
� 7 �
m  max f  x 
�
 1;3
�
��
m  min g  x 
�
f x   x2  6 x  5 g  x   6 x2  8x  9
�  1;3

, với  
;

f x
g x
Xét sự biến thiên của hai hàm số   và  
f �x  2 x  6  0, x � 1;3 � f  x 
1;3
  
luôn nghịch biến trên khoảng  
� max f  x   f  1  12
 1;3

g �x  12 x  8  0, x � 1;3 � g  x 
1;3
  
luôn đồng biến trên khoảng  
� min g  x   g  1  23
 1;3

Khi đó 12  m  23
m � 11;  10; ...; 22
Mà m �� nên
Vậy có tất cả 34 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 32. Cạnh bên của một hình nón bằng 2a . Thiết diện qua trục của nó là một tam giác cân có góc ở
đỉnh bằng 120�. Diện tích tồn phần của hình nón là:
A.



 2 3 3

.

B.



2 a 2 3  3

.

2
C. 6 a .

D.



 a2 3  2 3

.

Lời giải
Chọn B
Gọi S là đỉnh, O là tâm của đáy, thiết diện qua trục là SAB .
�
Theo giả thiết, ta có SA  2a và ASO  60�.

S

Trong tam giác SAO vuông tại O , ta có

600

OA  SA.sin 60� a 3.

B

Vậy diện tích toàn phần:



Stp   Rl   R 2   .OA.SA    OA    a 2 3  2 3
2

O

A

 (đvdt).
10


TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020

2

Câu 33. Cho hàm số
A. 1 .

f  x

f  x  dx
�



f  x   f   x   2sin x
liên tục trên � thỏa điều kiện
. Tính 2
B. 0 .
C. 1 .
D. 2 .
Lời giải

Chọn B
I


2

f  x  dx
�




Giả sử

2

.

Đặt t   x � dt  dx , đổi cận

2


2


2





I �
f  t  dt 
Khi đó
2I 

x

f  t  dt
�


2





�t  x  �t  
2
2
2
2.

.

2


2

2sin xdx  0
�
�f  x   f   x  �
�dx  �
�



� 2I  0 � I  0 .
 H  giới hạn bởi các đường y  e x , y  0 , x  1 , x  1 . Thể tích vật thể
Câu 34. Cho hình thang cong

Suy ra





2

trịn xoay được tạo ra khi cho hình

e

e 2  e 2
2 .
A.

2

H
2

e

quay quanh trục hồnh bằng
2

2

B.



.

e

e4
C. 2 .
Lời giải

D.

2

 e 2  
2

Chọn D

2
2
 1
 2x 1   e  e 
2x
V  �
e dx  �
d e   e

1
2 1

2
2
1
Thể tích vật thể cần tính là
.
2
M  1;  2 
Câu 35. Trong mặt phẳng tọa độ, điểm
biểu diễn số phức z . Môđun của số phức iz  z bằng
1

2x

A. 6 .

B.

6.

C. 26 .

D.

26 .

Lời giải
Chọn D
Do số phức z có biểu diễn hình học là điểm M (1;  2) nên số phức z  1  2i .
w  i  1  2i    1  2i   1  5i � w  12  52  26
2

Khi đó số phức

.

2
Câu 36. Gọi z0 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình z  2 z  5  0 . Trên mặt phẳng tọa độ,

2019
điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn số phức w  i z0 ?

A.

M  2;1

.

B.

M  2;1

.

C.

M  2; 1

.

D.

M  2; 1

.
11


TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020

Lời giải
Chọn A
2
Ta có z  2 z  5  0 là phương trình bậc hai với hệ số thực có hai nghiệm phức là 1  2i và 1  2i . Do
đó z0  1  2i là nghiệm phức có phần ảo âm.

 

i 2019  i 4
4
i

1
Mặt khác
suy ra
M  2;1
độ điểm

504 3

i  i 3  i

2019
nên w  i z0  i.z0  2  i do đó trên mặt phẳng tọa

biểu diễn cho số phức w .

A  1;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;3 
Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm
. Hỏi mặt
A
B
phẳng nào dưới đây đi qua ba điểm ,
và C?

 R  : x  2 y  3z  1
A.

B.

 Q :

x y z
  1
1 2 3

 S  : x  2 y  3z  1
C.

D.

 P :

x y z
  0
1 2 3

Lời giải
Chọn B
Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm

A  1; 0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;3 

x y z
  1
là 1 2 3
.

A 1; 0;1 , B  1; 2;1 .
Câu 38. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm 
Viết phương trình đường thẳng  đi
qua tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác OAB và vng góc với mặt phẳng (OAB).

�x  t
�
 : �y  1  t .
�z  1  t
�
A.

�x  t
�
 : �y  1  t .
�z  1  t
�
B.

�x  3  t
�
 : �y  4  t .
�z  1  t
�
C.

�x  1  t
�
 : �y  t
.
�z  3  t
�
D.

Lời giải
Chọn A
Tam giác OAB vuông tại O nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm AB có tọa độ
r
uuu
r uuu
r

�  2; 2; 2  .
n�
OA
,
OB
�
�
Mặt phẳng (OAB) có véc-tơ pháp tuyến
Suy ra đường thẳng  có

r
u   1;1; 1

và đi qua

I  0;1;1 .

I  0;1;1 .

Vậy phương trình đường thẳng  là

�x  t
�
 : �y  1  t .
�z  1  t
�
Câu 39. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số đơi một khác nhau được lập từ các chữ số
0,1, 2,3, 4,5, 6, 7 . Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S . Xác suất sao cho số được chọn có đúng 3 chữ số chẵn
và 2 chữ số lẻ, đồng thời hai chữ số lẻ đứng liền nhau là
89

A. 245 .

156
B. 245 .

96
C. 245 .

39
D. 245 .
12


TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020

Lời giải
Chọn D
Số phần tử của không gian mẫu

n     7. A74  5880

.

Gọi A là biến cố: “số được chọn có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ, đồng thời hai chữ số lẻ đứng liền
nhau”

 0, 2, 4, 6 .
Tập hợp các chữ số chẵn chọn từ các chữ số 0,1, 2,3, 4,5, 6, 7 là

 1,3, 5, 7 .
Tập hợp các chữ số lẻ chọn từ các chữ số 0,1, 2,3, 4,5, 6, 7 là
+ Xét các số các số tự nhiên có 5 chữ số đơi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ
3
2
có dạng abcde (Giả sử a có thể bằng 0 ), đồng thời hai chữ số lẻ đứng liền nhau là C4 .C4 .4.2!.3! .
(Để ý: có 4 cách xếp sao cho hai chữ số lẻ đứng liền nhau là

 a, b ,  b, c ,  c, d  ,  d , e ).

+ Xét các số các tự nhiên có 5 chữ số đơi một khác nhau sao cho có đúng 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ có
2
2
dạng 0bcde , đồng thời hai chữ số lẻ đứng liền nhau là C3 .C4 .3.2!2! .
(để ý: có 3 cách xếp sao cho hai chữ số lẻ đứng liền nhau là

Suy ra

n  A   C43 .C42 .4.2!.3! C32 .C42 .3.2!2!  936
p  A 

Vậy, xác suất cần tìm là:

 b, c ,  c, d  ,  d , e ).

.

n  A
936
39



n    5880 245

.

Câu 40. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang, đáy lớn AB  2a , AD  DC  CB  a , SA
vng góc với đáy và SA  3a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SD bằng
a 3
a 3
a 15
A. 5 .
B. a .
C. 2 .
D. 5 .
Lời giải
Chọn D

13


TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020

BC P SDE 
Gọi E là trung điểm của AB , ta có BC PDE . Suy ra
.

� d  BC , SD   d  BC ,  SDE    d  B,  SDE    d  A,  SDE  

Hạ

AF  DE  F �DE  � DE   SAF 

Hạ

AH  SF  H �SF 

� d  A,  SDE    AH

. Suy ra

Trong

.

AH   SDE 

.

.

Ta có: ADE đều cạnh a , suy ra

SAF :

.

AF 

a 3
2 .

1
1
1
1
4
5
 2
 2 2 2
2
2
AH
SA AF
3a 3a
3a .

3a 2
a 15
AH 
� AH 
5
5 .
Suy ra
2

Vậy

d  BC , SD   d  A,  SDE    AH 

y   m  2

a 15
5 .

x3
  m  2  x 2   m  8  x  m2  1
3
. Tìm tất cả các giá trị của tham số

Câu 41. Cho hàm số
thực m để hàm số nghịch biến trên �.
A. m  2 .

B. m  2 .

C. m �2 .

D. m �2 .

Lời giải
Chọn C
Ta có

y '   m  2 x2  2  m  2 x  m  8

.

Yêu cầu bài toán � y ' �0, x ��( y '  0 có hữu hạn nghiệm):
TH1: m  2  0 � m  2 , khi đó y '  10 �0, x �� (thỏa mãn).

�
m20
�
�a  m  2  0
�
� m  2
�
�
2
10  m  2  �0
 '   m  2    m  2   m  8  �0
�
�
TH2:
.
Hợp hai trường hợp ta được m �2.
Câu 42. Thầy Đông gửi tổng cộng 320 triệu đồng ở hai ngân hàng X và Y theo phương thức lãi kép. Số
tiền thứ nhất gửi ở ngân hàng X với lãi suất 2,1% một quý trong thời gian 15 tháng. Số tiền còn lại gửi
ở ngân hàng Y với lãi suất 0, 73% một tháng trong thời gian 9 tháng. Tổng tiền lãi đạt được ở hai ngân
hàng là 27 507 768,13 đồng (chưa làm trịn). Hỏi số tiền Thầy Đơng gửi lần lượt ở ngân hàng X và Y là
bao nhiêu?
A. 140 triệu và 180 triệu.
B. 120 triệu và 200 triệu.
C. 200 triệu và 120 triệu.
D. 180 triệu và 140 triệu.
14


TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020

Lời giải
Chọn A
Gọi số tiền Thầy Đông gửi ở hai ngân hàng X và Y lần lượt là x , y (triệu)
6
Theo giả thiết x  y  320.10 (1)
+Tổng số tiền cả vốn lẫn lãi nhận được ở ngân hàng X sau 15 tháng (5 quý) là
5
5
A  x  1  0, 021  x  1, 021
5
5
r  x  1, 021  x  x �
 1, 021  1�
�
�
� Số lãi sau 15 tháng là A
+Tổng số tiền cả vốn lẫn lãi nhận được ở ngân hàng Y sau 9 tháng là
9
9
B  y  1  0, 0073  y  1, 0073
9
9
r  y  1, 0073  y  y �
 1, 0073  1�
�
�
� Số lãi sau 9 tháng là B

5
9
x�
 y�
 27 507 768,13
 1,021  1�
 1, 0073  1�
�
�
�
�
Theo giả thiết
(2)
�x ; 140
�
Từ (1) và (2) � �y ; 180

  có đồ thị
Câu 43. ho hàm số
như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây là đúng?

y  f ' x

y f x

A.

f  c  f  a   2 f  b  0

C.

f  a   f  b  f  c

.

.

cắt trục Ox tại ba điểm lần lượt có hoành độ a, b, c

B.

 f  b  f  a   f  b  f  c   0 .

D.

f  c  f  b  f  a 

.

Lời giải
Chọn A
Từ sồ thị hàm

y f�
 x

ta thấy:

�
f�

 a   0; f �
 a  0 � f  a

là giá trị cực đại

�
f�
 b   0; f �
 b  0 � f  b

là giá trị cực tiểu

�
f�
 c   0; f �
 c  0 � f  c

là giá trị cực đại

� f  a   f  b   0; f  c   f  b   0 � f  c   f  a   2 f  b   0
15


TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020

Câu 44. Một hộp sữa hình trụ có thể tích V (khơng đổi) được làm từ một tấm tơn có diện tích đủ lớn.
Nếu hộp sữa chỉ kín một đáy thì để tốn ít vật liệu nhất, hệ thức giữa bán kính đáy R và đường cao h
bằng:

C. h  3R .

B. h  2 R .

A. h  R .

D. h  2 R .

Lời giải
Chọn A
Công thức tính thể tích V   R h , suy ra
2

h

V
.
 R2

Hộp sữa chỉ kín một đáy nên diện tích tơn cần dùng là:

Stp  S xq  Sday  2 Rh   R 2 

Xét hàm

f  R 

Câu 45. Biết

2V

  R2
f  R
 0; � , ta được min
0;�
R
trên
đạt tại R  h.

 x  5x  6 e
�x  2  e
1

2V
  R2.
R

2

x

x

dx  ae  b  ln

0

logarit tự nhiên. Tính S  2a  b  c .
A. S  10 .
B. S  0 .

ae  c
3

với a , b , c là các số nguyên và e là cơ số của

C. S  5 .
Lời giải

D. S  9 .

Chọn D

 x  5x  6 e
I �
x2e
1

2

x

x

x  2   x  3 e 2 x

dx  �
dx
 x  2 ex  1
0
.

1

0
Ta có :
t   x  2  e x � dt   x  3  e x d x
Đặt
. Đổi cận : x  0 � t  2 , x  1 � t  3e .
3e
3e
3e
tdt
3e  1
� 1 �
I� �
1
dt   t  ln t  1   3e  2  ln
�
�
2
t 1 2 � t 1 �
3 .
2

Vậy a  3 , b  2 , c  1 � S  9 .
Câu 46. Cho hàm số

y

x 1
x  2 Số các giá trị tham số m đêt đường thẳng y  m x luôn cắt đồ thị hàm

x2  y2  3y  4 là
số tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trọng tâm tam giác OAB nằm trên đường tròn
A. 1.
B. 0 .
C. 3.
D. 2 .
Lời giải
Chọn D
2
Phương trình hồnh độ giao điểm x  (m 3)x  2m 1 0 (*)
2
ĐK: (m 3)  4(2m 1)  0

� A  x1; x1  m , B x2 ; x2  m
Gọi x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt của (*)
với S  x1  x  3  m
�x  x2 x1  x2  2m�
�
S S  2m�
� G�1
;
�� G � ;
3
3 �
�3
�
� 3
�
Gọi G là trọng tâm tam giác OAB

16


TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020

G �(C) : x2  y2  3y  4
2

�

2

S (S  2m)

 (S  2m)  4 � S2  (S  2m)2  9(S  2m)  36
9
9

�
m 3 (n)
�
� (3 m)  (3 m)  9(3 m)  36 � 2m  9m 45  0 �
15
�
m
(n)
�

2
.
x y
x y
3
Câu 47. Xét các số thực a, b, x, y thoả mãn a  1, b  1 và a  b  ab . Biết giá trị nhỏ nhất của
m
*
P

3
x

2
y

1
biểu thức
bằng n với m, n �� . Giá trị của S  m  n bằng
A. 2 .
B. 4 .
C. 6 .
D. 0 .
Lời giải
Chọn A
1 log a b
a x  y  3 ab � x  y  log a 3 ab  
3
3 và
Từ

1 log a b
b x  y  3 ab � log a b x  y  log a 3 ab � ( x  y ) log a b  
3
3
1
1
�x y 

3log a b 3
Mặt khác a  1, b  1 suy ra log a b  0
2

Nên có hệ:

2

2

�
1
� 1 log a b
1 log a b
�x  y  
�x  3  6  6 log b
3
3
�
�
a
��

�
1
1
1
1
�x  y 
�y 

 log a b
3log
b
3
�
�
6
log
b
6
a
a
�
�

�1 log a b
�
log a b
1 � � 1
1
5
P  3x  2 y  1  3 � 


 log a b � 1 

� 2 �
6
6 log a b � �6 log a b 6
6
6 log a b
�3
�
Ta có:
log a b
5
,
6 log a b ta có
Áp dụng BĐT Cơ-Si cho hai số không âm 6
P

log a b
log b
5
5
5

�2 � a �

6
6 log a b
6
6 log a b

3

log a b
5

� log a b  5
6
6
log
b
a
Dấu bằng khi
5 x  6 ; y   4 . Suy ra
P
5
5
3
Vậy giá trị nhỏ nhất

�m  5
�S  mn  2
�
�n  3
.

x  m2  m
f  x 
x  1 ( m là tham số thực). Gọi S là tập các giá trị của m sao cho
Câu 48. Cho hàm số
max f  x   2 min f  x 

 1;2

A. 5 .

 1;2

. Tích tất cả các phần tử của S là
5
B. 2 .
C. 1 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn B
17


TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

f�
 x 
Do

f  1 

m2  m  1

 x  1

 0 m ��, x � 1; 2 
nên hàm số đơn điệu trên đoạn

m2  m  1
m2  m  2
; f  2 
2
3
f  1 ; f  2 

+Khi

2

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020

max f  x   2 min f  x 
 1;2

 1;2

f  1 . f  2   0

trái dấu hoặc
suy ra

thì

min f  x   0
 1;2

max f  x   0 � f  1  f  2   0
 1;2

 1; 2 .

, từ u cầu của bài tốn

điều này khơng xảy ra vì hàm số

x  m2  m
 1; 2 .
x 1
là hàm số đơn điệu trên
�
m2  m  1
f
1

0


�
�
m2  m  1
�
2
��
��2
� m2  m  1

2
m m  2
�f  2   m  m  2  0 �
f  1 ; f  2 
�
3
+Khi
cùng dương �
m2  m  2
m 2  m  1
max f  x   f  2  
min f  x   f  1 
3
2
Thì  1;2
;  1;2
f  x 

Để

max f  x   2 min f  x 
 1;2

 1;2

m2  m  2
m 2  m  1
1
 2.
� m2  m 

3
2
2
thì

thỏa mãn điều kiện

1
1
0

m  m  1 và phương trình
2
cho ta hai giá trị m có tích bằng 2 .
�
m2  m  1
f
1

0


�
�
m2  m  1
�
�
2
��
��2

� m2  m  2
2
m m 2
�f  2   m  m  2  0 �
f  1 ; f  2 
�
3
+Khi
cùng âm �
m2  m 

2

thì
Để

max f  x   f  1  
 1;2

m2  m  1
m 2  m  2
min f  x   f  2   
2
3
;  1;2

max f  x   2 min f  x 
 1;2

 1;2

thì

m2  m  1
m2  m  2
 2.
� m2  m  5
2
3
thỏa mãn điều kiện

m 2  m  2 và phương trình m 2  m  5  0 cho ta hai giá trị m có tích bẳng 5 .
1
5
 . 5 
2.
Từ hai trường hợp trên ta suy ra S có bốn phần tử và tích của chúng bằng 2
B C có chiều cao bằng 8 và diện tích đáy bằng 9 . Gọi M là trung điểm
Câu 49. Cho lăng trụ ABC. A���
uuur
uuuu
r
P
, D và song song với BC cắt
của BC . D là điểm thỏa mãn AD  2 AM . Mặt phẳng   qua A�
BB�
, CC �lần lượt tại E , F . Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , A�
, E và F
bằng
A. 54 .

B. 64 .

C. 48 .
Lời giải

D. 36 .

Chọn C
18


TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

uuur

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020

uuuu
r

D là điểm thỏa mãn AD  2 AM suy ra M là trung điểm AD . Gọi I là trung điểm A�
D suy ra

I � BCC �
B�
 . Mặt phẳng  P 
A�
,D
BC

qua
và
song
song
với
nên
B�
 P  � BCC �
  Ix //BC , Ix �BB� E, Ix �CC � F .
1
2
VA�. ABC  VA���
VA���
B C . ABC � VA�
. BCC �
B �
B C . ABC
3
3
.
1
1
1
1
1 2
IM  AA�
� EB  FC  AA�
� S EFC �B� S BCC �B�� VA�.EFC �B� VA�.BCC �B� . VABC . A���
BC
2

2
2
2
2 3
Có
1
2
2
 VABC . A���
VABC . A���
.9.8  48
B C � VABC . A�
EF 
BC 
3
3
3
.
x; y 
Câu 50. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số 
thỏa mãn
5 x 7 y
3 x 5 y  2
2
2
3
3
 2  x  y  1  0
ln  4 x  3 y  3   m  2  ln x  m  1  0
, đồng thời thỏa mãn

?

A. 2019 .

B. 6 .

C. 2020 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn D
35 x 7 y  33 x 5 y 2  2  x  y  1  0 � 35 x  7 y  5 x  7 y  33 x 5 y  2  3 x  5 y  2

Xét hàm số

f  t   3t  t

f '  t   3t ln 3  1  0, t ��
f t  3t  t
. Suy ra hàm số  
đồng biến trên �.

Nên
Thế

f  5 x  7 y   f  3x  5 y  2  � 5 x  7 y  3x  5 y  2 � y  1  x

 1

vào phương trình

ln 2  4 x  3 y  3   m  2  ln x  m 2  1  0
ln 2 x   m  2  ln x  m 2  1  0

 1

ta được
.

t 2   m  2 t  m2  1  0
Đặt t  ln x , phương trình có dạng:
.

19


TRƯỜNG THPT NHO QUAN A

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM HỌC 2019-2020

22 7
22 7
� 1, 09 �
�m �
�2, 43
3
3
Để phương trình có nghiệm thì  �0 � 3m  4m  8 �0
.

2

m   1;0;1; 2
Vì m �� nên

Do đó có 4 số nguyên m thỏa mãn.
--------------- HẾT ---------------

20