Toán Đề số 1 - Phát triển đề minh họa 2020 - Lời giải

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (400.26 KB, 18 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐÁP ÁN

1-C 2-D 3-D 4-D 5-A 6-B 7-C 8-D 9-B 10-B

11-B 12-B 13-C 14-B 15-C 16-C 17-A 18-D 19-A 20-D

21-C 22-D 23-C 24-D 25-B 26-C 27-A 28-B 29-D 30-A

31-A 32-D 33-A 34-B 35-D 36-C 37-D 38-D 39-A 40-C

41-A 42-D 43-C 44-B 45-C 46-C 47-C 48-D 49-A 50-A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1. CVới k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k n , mệnh đề nào dưới đây sai?1

A. k n k

n n

C C 

 . B.





!
!

k
n

n
A

n k


 . C.

k k

n n

A C . D. 1 1

k k k

n n n

C C  C 


  .

Lời giải 
Chọn C

Dựa vào tính chất các số Cnk ta có k n k

n n

C C  và 1 1

k k k

n n n

C C  C  .

Dựa vào định nghĩa số Ank ta có





!
!

k
n

n
A

n k


 .

Câu 2. Cho cấp số cộng

 

un với u  và 1 2 u  . Công sai của cấp số cộng đã cho bằng2 6

A. 3. B.  .4 C. 8 . D.

4

Lời giải 
Chọn D

Ta có u 2 6 6u1d d 4.

Câu 3. Thể tích của khối nón có chiều cao h và có bán kính đáy r là

A.



r h2 . B. 4 2



r h. C.

2 r h



. D. 1 2



r h.

Lời giải 
Chọn D

Thể tích của khối nón có chiều cao h và có bán kính đáy r là 1 2
3

V 



r h.

Câu 4. Cho hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

 

A.



0;1 .



B.



;1



. C.



1;1



. D.



1; 0



.
Lời giải

Chọn D.

O x

y

1

2

1

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Quan sát đồ thị ta thấy đồ thị đi lên trong khoảng



1; 0



và



1;  .



Vậy hàm số đồng biến trên



1; 0



và



1;  .



Quan sát đáp án chọn D

Câu 5. Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là:

A. V  1Bh

3 B. V  Bh

6 C. V  Bh D. V  Bh

1
2

Lời giải 
Chọn A

Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là: V  1Bh
3

Câu 6. Tập nghiệm của phương trình log2



x2 x 2



1 là

A.

 

0 . B.

 

0;1 . C.



1; 0



. D.

 

1 .
Lời giải

Chọn B.

Ta có: log2



x2 x 2



1x2  x 2 2 0
1


  


x
x .

Câu 7. Cho

 

d 2



f x x và

 

d 5



g x x khi đó

 

2 d



 

 



f x g x x bằng

A.  . 3 B. 12. C.  . 8 D. 1.

Lời giải
Chọn C.

Ta có

 

d 5



g x x

 

2 d 10





g x x

 

2 d 10





g x x

Xét

 

2 d



 

 



f x g x x

 

1 1

0 0

d 2 d





f x x



g x x 2 10   . 8

Câu 8. Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau

 

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng

A. 1. B. 2. C. 0. D. 5.

Lời giải
Chọn D.

Câu 9. Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

O x

y

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

A. 2 1

1





x
y

x . B.

1
1





x
y

x . C.

4 2

  

y x x . D. yx33x1.
Lời giải

Chọn B.

Tập xác định: D \ 1

 

.
Ta có:





2
0
1


  



y

x ,  x 1.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng



;1



và



1;  .



lim lim
1

 






x x

x
y

x 1y1 là đường tiệm cận ngang.

1 1

1
lim lim

 

 






x x

x
y

x   , 1 1

1
lim lim

 

 






x x

x
y

x  .

 x là đường tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị đã cho là của hàm số 1
1





x
y

x .

Câu 10. Đặt alog 23 , khi đó log 27 bằng 16

A. 3

a

. B. 3

4a. C.

3a. D.

4
3

a

.
Lời giải

Chọn B.

Ta có: 16 2

3 3 1 3

log 27 log 3 .

4 4 log 2 4

  

a.

Câu 11. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f x

 

2x3 là

A. 2x2C. B. x23x C . C. 2x23x C . D. x2C.

Lời giải 
Chọn B

Ta có



2x3 d



x x23x C



Câu 12. Số phức liên hợp của số phức 1 2i là:

A.

 

1 2i

. B.

1 2i



. C.   .2 i D.  1 2i.

Lời giải 
Chọn B

Theo định nghĩa số phức liên hợp của số phức zabi a b, ,   là số phức za bi a b , ,   .

Câu 13. Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc của điểm M



2;1; 1



trên trục Oy có tọa độ là

A.



0;0; 1



. B.



2;0; 1



. C.



0;1;0



. D.



2;0;0



Lời giải 
Chọn C

Hình chiếu vng góc của điểm M



2;1; 1



trên trục Oy có tọa độ là



0;1;0



Câu 14. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm I



1;1;1



và A



1; 2; 3



. Phương trình của mặt cầu có tâm I và đi
qua điểm A là

A.



x1



2



y1



2



z1



2 29. B.



x1



2



y1



2



z1



25.

C.



x1



2



y1



2



z1



225. D.



x1



2



y1



2



z1



25.
Lời giải

Chọn B.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Suy ra phương trình mặt cầu là



x1



2



y1



2



z1



2 5.

Câu 15. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng

 

P : 2x3y z 20. Véctơ nào sau đây là một véctơ pháp
tuyến của

 

P

A. n  3



3;1; 2





. B. n 2



2; 3; 2 





. C. n 1



2; 3;1





. D. n 4



2;1; 2





Lời giải 
Chọn C

 

P : 2x3y z 20. Véctơ n 1



2; 3;1





là một véctơ pháp tuyến của

 

P .

Câu 16. Trong không gian Oxyz, đường thẳng : 1 2 3

2 1 2

  

 



x y z

d đi qua điểm nào sau đây?

A. Q



2; 1; 2



. B. M



  1; 2; 3



. C. P



1; 2; 3



. D. N



2;1; 2



Lời giải

Chọn C.

Thay tọa độ điểm P vào phương trình d ta được: 1 1 2 2 3 3

2 1 2

  

 

 (đúng).

Vậy đường thẳng d đi qua điểm P



1; 2; 3



Câu 17. Cho hình chóp S ABC. cóSAvng góc với mặt phẳng



ABC



. SA 2a. Tam giác ABC vuông cân 
tại B và ABa( minh họa như hình vẽ bên).

Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng



ABC



bằng

A. 450. B. 600. C. 300. D. 900.

Lời giải 
Chọn A

Ta có AC là hình chiếu vng góc của SC trên mặt phẳng



ABC



.
Suy ra góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng



ABC



bằngSCA



.
Ta có AC a 2 ,SAa 2nên tam giác SAC vuông cân tại A 450.

Câu 18. Cho hàm số y f x( )liên tục trên



3;3



và có bảng xét dấu đạo hàm hình bên.
Mệnh đề nào sau đây sai về hàm số đó?

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

C. Đạt cực đại tại x 2. D. Đạt cực tiểu tại x 0.
Lời giải 
Chọn D

Có f x'( )khơng đổi dấu khi qua x 0  hàm số không đạt cực tiểu tại x 0

Câu 19. Giá trị lớn nhất của hàm số f x

 

x33x trên đoạn [ 3;3] bằng

A. 18. B. 2. C. 18. D. 2.

Lời giải 
Chọn A

Ta có y 3x2 3 0x  1

 

3 18;

 

1 2;

 

1 2;

 

3 18

f    f   f   f  .

Câu 20. Với mọi a , b, x là các số thực dương thoả mãn log2x5log2a3log2b. Mệnh đề nào dưới đây
đúng?

A. x3a5b B. x5a3b C. xa5b3 D. xa b5 3

Lời giải 
Chọn D

Có 5 3 5 3 5 3

2 2 2 2 2 2

log x5 log a3 log blog a log b log a b  xa b .

Câu 21. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 5 1 1 0
5

x

  .

A. S 



1; 



. B. S    





C. S    





. D. S   



; 2



Lời giải 
Chọn C

Bất phương trình tương đương 1 1

5x 5  x   1 1 x  2.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S    





Câu 22. Trong không gian cho tam giác ABC vuông tại A , AB a và  ACB 30o. Tính thể tích V của khối
nón nhận được khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC.

A. V  a3 B. V  3a3 C.  

3
9

a

V D.  

3
3

a
V

Lời giải 
Chọn D

Ta có ACAB.cot 30o a 3. Vậy thể tích khối nón là : 

  

3
2

1 3

. 3

3 3

a

V a a .

Câu 23. Cho hàm số ( )f x bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thực của phương trình 2 ( ) 3f x  0 là

A. 1. B. 2. C. 3. D. 0.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Ta có 2 ( ) 3 0 ( ) 3 (1)
2

f x    f x  .

Số nghiệm thực của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y  f x( ) với đường thẳng
3

y  .

Từ bảng biến thiên đã cho của hàm số ( )f x , ta thấy đường thẳng 3
2

y  cắt đồ thị hàm số y f x( )
tại ba điểm phân biệt.

Do đó phương trình (1) có ba nghiệm thực phân biệt.

Câu 24. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số

 





2 1

2
x
f x

x





trên khoảng



2; 



là

A. 2 ln





1
2

x C

x

  

 . B.





1
2 ln 2

x C

x

  

 .

C. 2 ln





3
2

x C

x

  

 . D.





3
2 ln 2

x C

x

  

 .

Lời giải 
Chọn D

Đặt x  2 t x  t 2 dxdt với t 0

Ta có f x

 

dx 2t2 3dt = 2 32 dt 2 lnt 3 C

t t t t

  

      

 



Hay

 

d 2 ln





3 .
2

f x x x C

x

   





Câu 25. Một người gửi 50 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 6% / năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra
khỏi ngân hàng thì cứ mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít
nhất bao nhiêu năm người đó sẽ nhận được số tiền nhiều hơn 100 triệu đồng bao gồm gốc và lãi ? Giả
định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó khơng rút tiền ra.

A. 14 năm B. 12 năm C. 11 năm D. 13 năm

Lời giải

Chọn B

Ta có 50. 1 0,06







n100nlog1,062n12.

Câu 26. Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy, SC tạo với mặt phẳng



SAB một góc



30 . Tính thể tích khối chóp0 S ABCD.

A. 2a3 B.

2
3

a

C.

2
3

a

D.

6
3

a

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

+) Do ABCD là hình vng cạnh a nên: SABCD a2

+) Chứng minh được BC



SAB



 góc giữa SC và (SAB) là CSA300.

+) Đặt SA x  SB x2a2. Tam giác SBC vuông tại B nên tantan 300  1 
3

BC
CSA

SB

Ta được: SB BC 3 x2a2 a 3x a 2.

Vậy   

3
2

1 1 2

. . . 2.a

3 3 3

SABCD ABCD

a

V SA S a (Đvtt)

Câu 27. Tìm số tiệm cận của đồ thị hàm số   

2
2
5 4
1
x x
y
x .

A. 2 B. 3 C. 0 D. 1

Lời giải 
Chọn A

Điều kiện: x 1.

Ta có:
  
 
 
  


2 2
2
2
5 4
1
5 4

lim lim lim 1

1 1

x x x

x x x x

y

x

y1 là đường tiệm cận ngang.

Mặc khác:





















 
 
  
 
    
  

2

2 1 1

1 1

1 4 4

5 4 3

lim lim lim lim

1 1 1

1 x x

x x

x x x

x x

y

x x x

x

x1 không là đường tiệm cận đứng.

   













 









   


     
  
 
    
  

2
2 1

1 1 1

1 4 4

5 4

lim lim lim lim

1 1 1

1 x

x x x

x x

y

x x x

x
     













 









   
       
  
 
    
  

2
2

1 1 1 1

1 4 4

5 4

lim lim lim lim

1 1 1

x x x x

x x x

x x

y

x x x

x

x 1 là đường tiệm cận đứng.

Câu 28. Cho hàm số yax3bx2cxd có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

300

C

A D

B

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

A. a0, b0, c0, d 0 B. a0, b0, c0, d 0.
C. a0, b0, c0, d 0 D. a0, b0, c0, d 0.

Lời giải 
Chọn B

Dựa vào đồ thị suy ra hệ số a0  loại phương án C

3 2 0

    

y ax bx c có 2 nghiệm x x trái dấu 1, 2 3 .a c0c0 loại phương án D. Do

 

C OyD



0;d



d0.

Câu 29. Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo cơng thức nào dưới đây?

A.





2
2
1

2 2 4 d



 



x x x . B.





2 2 d



 



x x .

C.





2 2 d





x x . D.





2
2
1

2 2 4 d



  



x x x .

Lời giải
Chọn D.

Ta thấy:   x



1; 2



: x2 3 x22x1 nên



 







2 2

2 2 2

1 1

3 2 1 d 2 2 4 d

 

 





       



  

S x x x x x x x .

Câu 30. Cho 2 số phức z1 5 7i và z2  2 3i. Tìm số phức z z 1z2.

A. z 7 4i B. z 2 5i C. z 3 10i D. 14

Lời giải 
Chọn A

 5 7  2 3  7 4

z i i i.

Câu 31. Cho hai số phức z1 2 i và z2  1 i. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm biểu diễn của số phức 2 z1 z2

có tọa độ là

A.



5; 1



. B.



1; 5



. C.



5; 0



. D.



0; 5



Lời giải 
Chọn A

Ta có 2z1z2  5 i. Nên ta chọn A.

Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A



3; 4;0



, B 



1;1;3



, C



3,1, 0



. Tìm tọa độ điểm
D trên trục hoành sao cho ADBC.

x

y

O

2 1

yx  x

2 3

y x 
2

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

A. D 



2;1; 0



, D 



4; 0;0



B. D



0;0;0



, D 



6; 0;0



C. D



6;0;0



,D



12; 0;0



D. D



0;0;0



, D



6;0;0



Lời giải

Chọn D

Gọi D x



;0; 0



Ox





2 16 5 0

6
x

AD BC x

x



      




Câu 33. Trong không gian

Oxyz

, viết phương trình mặt cầu tâm

I 

( 1;3;0)

và tiếp xúc với mặt phẳng

( ) : 2

P

x y

 

2 z



11 0



A.



x



1 





y



3 



z



4

. B.



x



1 





y



3 



z



4

C.



x



1 





y



3 



z



2

. D.









2 2 4

1 3

9
x  y z  .

Lời giải

Chọn A

Ta có bán kính mặt cầu là





 

2 2

2.( 1) 1.3 2.0 11

, 2

2 1 2

Rd I P      

  

Nên mặt cầu cần lập có phương trình là:



x



1  



y



3 



z



4

Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A



4; 0; 1



và B



2; 2; 3



. Phương trình nào dưới
đây là phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB ?

A. 3x y z   6 0 B. 3x y z  0 C. 6x2y2z 1 0 D. 3x y z   1 0

Lời giải 
Chọn B

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB . Gọi

 

 là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB

 

 đi qua I



1;1; 2



và nhận  







6; 2; 2

AB làm một VTPT.



 

 : 6



x1



2



y1



2



z2



0   :

 

3x y z  0.

Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

  


  


  


2 3

: 3

4 2

x t

d y t

z t

và     

1

3 1 2

y

x z

d .

Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng thuộc mặt phẳng chứa d và d, đồng thời cách
đều hai đường thẳng đó.

A.     


2

3 2

3 1 2

y

x z

B.     


3 2

3 1 2

y

x z

C.     


2

3 2

3 1 2

y

x z

D.     


2

3 2

3 1 2

y

x z

Lời giải 
Chọn D

Ta thấy hai đường thẳng d và d có cùng véctơ chỉ phương hay d/ /d 
Vậy đường thẳng cần tìm có véctơ chỉ phương là 









3;1; 2

u và đi qua trung điểm I



3; 2; 2



của
AB với A



2; 3; 4



d và B



4; 1; 0



d 

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là     

2

3 2

3 1 2

y

x z

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Câu 36. Cho tập S 



1; 2;3;....;19; 20



gồm 20 số tự nhiên từ 1 đến 20. Lấy ngẫu nhiên ba số thuộc S. Xác suất 
để ba số lấy được lập thành một cấp số cộng là

A. 7 .

38 B.

5
.

38 C.

3
.

38 D.

1
.
114

Lời giải 
Chọn C

Lấy ngẫu nhiên ba số thuộc S 



1; 2;3;....;19; 20



thì số phần tử của không gian mẫu là

( ) .

n  C

Các dãy cấp số cộng gồm 3 số được thành lập từ 20 số tự nhiên từ 1 đến 20 là:
d = 1: (1; 2; 3); …; (18; 19; 20) có 18 dãy.

d = 2: (1; 3; 5); …; (16; 18; 20) có 16 dãy. 
d = 3: (1; 4; 7); …; (14; 17; 20) có 14 dãy. 
d = 4: (1; 5; 9); …; (12; 16; 20) có 12 dãy. 
d = 5: (1; 6; 11); …; (10; 15; 20) có 10 dãy. 
d = 6: (1; 7; 13); …; (8; 14; 20) có 8 dãy. 
d = 7: (1; 8; 15); …; (6; 13; 20) có 6 dãy. 
d = 8: (1; 9; 17); …; (4; 12; 20) có 4 dãy. 
d = 9: (1; 10; 19); …; (2; 11; 20) có 2 dãy. 
Do đó có 90 dãy cấp số cộng thỏa yêu cầu của đề.

Vậy xác suất để ba số lấy được lập thành một cấp số cộng là 3

90
C 

3
.
38

Câu 37. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi một vng góc với nhau, và OA OB a, OC2a. Gọi

M

là trung điểm của

AB

. Khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AC bằng

A. 2

a

B. 2 5

a

C. 2

a

D.

a

Lời giải

Chọn D

Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN//AC



AC// OMN







;



d OM AC





d C OMN



;







d B OMN



;





3
.

1 1 1

. . .2

3 2 3

A OBC

V  a a a a .

















.
.

;

.
;

M OBC OBN

A OBC OBC

d M OBC

V S

V  d A OBC S

1 1 1

2 2 4

  . 1 3

M OBC

V a

  .

H

N

M

O

A

C

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Xét tam giác vuông cân AOB: 1 2

2 2

OM  AB a.

Xét tam giác vuông BOC: 1 1

 

2 2 2 5

2 2 2

ON BC a a  a.

Xét tam giác BAC: 1 1 2

 

2 2 5

2 2 2

MN AC a  a  a.

Trong tam giác cân OMN, gọi

H

là trung điểm của OM ta có NH 2 2 3 2
4

NM HM a

   .

Suy ra 1 3 2

2 8

OMN

S  OM NH  a .

Vậy



;



3 . 1

M OBN
OMN
V

d B OMN a

S

  .

Câu 38. Cho hàm số f x

 

thỏa mãn



  

1 d 10

x f x x



và 2f

 

1  f

 

0 2. Tính

 

f x x



.

A. I  12 B. I 8 C. I 1 D. I  8

Lời giải 
Chọn D

Đặt

 

1 d

u

x

u

x

v

f

x

v

f x

























. Khi đó



  

 

1
1
0

1 d

I  x f x 



f x x

Suy ra

 

1 1

0 0

102f 1  f 0 



f x dx



f x dx 10 2  8

Vậy

 

d 8

f x x  



Câu 39. Hỏi có bao nhiêu số nguyên m để hàm số









1 1 4

y m  x  m x   nghịch biến trên khoảng x



 ;



A. 2 B. 1 C. 0 D. 3

Lời giải 
Chọn A

TH1: m 1. Ta có: y   là phương trình của một đường thẳng có hệ số góc âm nên hàm số ln x 4
nghịch biến trên  . Do đó nhận m 1.

TH2: m  1. Ta có: y 2x2 x 4 là phương trình của một đường Parabol nên hàm số không thể
nghịch biến trên  . Do đó loại m  1.

TH3: m  1. Khi đó hàm số nghịch biến trên khoảng



 ;



 y0   , dấu “=” chỉ xảy ra ở x
hữu hạn điểm trên











3 m 1 x 2 m 1 x 1 0

      , x  















2 2

2 2

1 1

1 0 1 0

0 1

1
1

0 1 3 1 0 1 4 2 0 1 2

m

m m

a

m
m

m m

  



     



   

       



           

   

. Vì

m nên m 0.

Vậy có 2 giá trị m nguyên cần tìm là m 0 hoặc m 1.

Câu 40. Từ một tấm tơn hình chữ nhật kích thước 50cm.240cm, người ta làm các thùng đựng nước hình trụ có
chiều cao bằng 50cm, theo hai cách sau (xem hình minh họa dưới đây):.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

 Cách 2: Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm bằng nhau, rồi gị mỗi tấm đó thành mặt xung quanh của
một thùng.

Kí hiệuV là thể tích của thùng gị được theo cách 1 và 1 V là tổng thể tích của hai thùng gị được theo 2
cách 2. Tính tỉ số 1

V
V .

A. 1
2

1
2
V

V  B.

1
2

1
V

V  C.

1
2

2
V

V  D.

1
2

4
V
V 

Lời giải 
Chọn C

Ban đầu bán kính đáy là R, sau khi cắt tấm tơn bán kính đáy là
2
R
Đường cao của các khối trụ là khơng đổi

Ta có V1  h R2,

2 2

2 2. 2 2

R R

V  h   h

 

. Vậy tỉ số 1

V

V 

Câu 41. Gọi x , y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện log9xlog6 ylog4



xy



và

x a b

y

 

 ,

với a , b là hai số nguyên dương. Tính Ta2b2.

A. T 26. B. T 29. C. T 20. D. T 25.

Lời giải 
Chọn A

Đặt log9xlog6ylog4



xy



 , suy ra t 9t

x  , y 6t, xy4t.

Khi đó ta có: 9t6t 4t

3 3

1 0

2 2

t t

   

     

   

3 1 5

2 2

t

 
 

  
 

(Vì 3 0
2

t

 

 
 

Lại có 3
2

t

x
y

 
  
 

1 5

2
x
y

 

  a1, b 5 hay T 26.

Câu 42. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y x33x m
trên đoạn



0;2



bằng 3. Số phần tử của S là

A. 0 B. 6 C. 1 D. 2

Lời giải 
Chọn D

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

TH 1 : 2m 0 m 2. Khi đó

0;2

 



2 

2 max f x

   

m

 

m

2m 3 m 1 (loại).

TH 2 : 2 0 2 0

0
m

m
m

 



   





. Khi đó :

m

     

2 2

m

2 2

m

0;2

 



2 

2 max f x

m



   

 

2m 3 m 1 (thỏa mãn).

TH 3 : 0 0 2

2 0

m

m
m




  



  



. Khi đó :

m

     

2 2

m

2 2

m

0;2

 

2 max f x

m



 

2m 3 m1 (thỏa mãn).

TH 4:  2 m 0 m2. Khi đó

0;2

 

2 max f x

 

m

2m 3 m1 (loại).

Câu 43. Tìm tập hợp các giá trị của tham số thực m để phương trình 6x



3m



2xm0 có nghiệm thuộc
khoảng

 

0;1 .

A.

 

3;4 B.



2;4



C.



2;4



D.



3; 4



Lời giải 
Chọn C

Ta có: 6x





2x 0

m m

   

 

1  6 3.2

2 1

x x

x m




Xét hàm số

 

6 3.2

2 1

x x

x

f x  

 xác định trên  , có

 





12 .ln 3 6 .ln 6 3.2 .ln 2
0,

2 1

x x x

x

f x      x



 nên

hàm số f x

 

đồng biến trên 

Suy ra 0x 1 f

 

0  f x

 

 f

 

1 2 f x

 

4 vì f

 

0 2, 1f

 

4.
Vậy phương trình

 

1 có nghiệm thuộc khoảng

 

0;1 khi m 



2; 4



Câu 44. Cho hàm số f x

 

liên tục trên \



1;0



thỏa mãn điều kiện: f

 

1  2 ln 2 và





 

. 1 .

x x f x  f x x x

 

. Biết f

 

2  a b.ln 3



a b  ,



. Giá trị của 2 a



2b2



là:

A. 27

4 . B. 9. C.

4. D.

9
2.

Lời giải 
Chọn B

Xét trên đoạn



1; 2



, chia cả hai vế của phương trình

 

1 cho



x 1



2, ta được:

 





 

1 1 1

x x

f x f x

x    x   x

 

1 1

x x

f x

x x



 

   

 

 

 

d 1 1 d

1 1 1

x x

f x x x

x x x

 

      

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

 

ln 1 2

 

x

f x x x C

x

     

 .

Theo giả thiết, f

 

1  2 ln 2 nên thay x 1 vào phương trình

 

2 , ta được:

 

1 1 ln 2 ln 2 1 ln 2 1

2 f   C    CC  .
Thay x 2 vào

 

2 , ta được:

 

2 3 3

2 2 ln 3 1 2 ln 3

3 f     f 22 .

3 3

2 2

a b

    . Vậy 2



a2b2



 . 9

Câu 45. Cho hàm số y f x

 

liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ bên. Phương trình f



f x 

 



0 có
tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

A. 6 . B. 5 . C. 7 . D. 4 .

Lời giải 
Chọn C

Ta có

 













1
2
3

2; 1

0 1; 0

1; 2

x x

f x x x

x x

   




    
  


Khi đó:



 



 





 





 





1
2
3

1 2; 1

1 0 1 1;0

1 1; 2

f x x

f f x f x x

f x x

    




      

   



 





 





 





1
2
3

1 1; 0

1 0;1

1 2;3

f x x

   




   

   



+ 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 trìnhf



f x 

 



0 có 7 nghiệm.

Câu 46. Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Hàm số y f

 

2x đạt cực đại tại

A. 1

x  . B. x  1. C. x 1. D. x  2.

Lời giải 
Chọn C

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

 

2 1

' 0 2 ' 2 0 2 0 0

2 2 1

x x

g x f x x x

x x



    




      

   



Với x  1 g'

 

1 2 'f

 

2 0.

Với 1 ' 1 2 ' 1 0.

4 4 2

x  g   f  

   

Với 1 ' 1 2 ' 1

 

2 2

x g    f 

 

Với x 2 g' 2

 

2 ' 4f

 

0.
Ta có BBT sau:

Vậy hàm số đạt cực đại tại 1
2

x   và x 1.

Câu 47. Cho a0,b0 thỏa mãn



2 2







4 5 1 8a 1

log a b 16a b 1 log b 4a5b1  . Giá trị của 2 a2b bằng

A. 9 B. 6 C.

27

4

D.

20

3

Lời giải

Chọn C

Từ giả thiết suy ra



2 2



4 5 1

log a b 16a b 1 0 và

log

8ab1



4 a



5 b



1 



0

.
Áp dụng BĐT Côsi ta có



2 2







4 5 1 8a 1

log a b 16a b 1 log b 4a5b1 2 log4a5b1



16a2b21 .log



8ab1



4a5b1







8 a 1

2 2

2 log 16 1

b a b

   .

Mặt khác 2 2









16a b  1 4a b 8ab 1 8ab1 a b, 0 ,

suy ra





8 a 1

2 2

2 log 16 1 2

b a b   .

Khi đó



2 2







4 5 1 8a 1

log a b 16a b 1 log b 4a5b1  2









4 5 1 8 a 1

log 8 1 log 4 5 1

a b ab b a b

b a

      



 









24 1

log 32 1 1

a a

b a



  


 





2 3

32 24

4
4

a

a a

b a

b



   

 



  


.

Vậy 2 3 6 27

4 4

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Câu 48. Cho hàm số f x

 

liên tục trên  và thoả mãn f x

 

 f



x



 2 2 cos 2 x,  x . Tính

 

3
2

.
I f x dx









A. I  6 B. I 0 C. I   2 D. I 6

Lời giải 
Chọn D

Đặt x  . Khi đó t

 

   

 





0 0 0 2

3 3 3 0

2 2 2

f x dx f t d t f t dt f x dx



  



       



Ta có:

   



  

   

3 3 3 3

2 2 2 2

3 3 0 0 0

2 2

I f x d x f x d x f x d x f x d x f x d x

   

 

 

















 



Hay







 



 

3 3 3

2 2 2

0 0 0

2 2 cos 2 2(1 cos 2 )

I f x f x d x xd x x d x

  





  



 





 

3 3

2 2 2 2

0 0 0

4 cos 2 cos 2 cos 2 cos

I xd x x d x xd x xd x

   



 















Vậy

2 2

2 sin | 2 sin | 6.

I x x

 



  

Câu 49. Xét khối chóp S ABC. có đáy là tam giác vng cân tại A , SAvng góc với đáy, khoảng cách từ A 
đến mặt phẳng



SBC bằng



3. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng



SBC và





ABC , tính



cos khi thể
tích khối chóp S ABC. nhỏ nhất.

A. cos  3

3 B.  

2
cos

3 C.  

1
cos

3 D.  

2
cos

Lời giải 
Chọn A

Đặt ABACx x,



0



. Ta có BC AB2AC2  2x

Gọi I là trung điểm của AB , hạ AHSI tại H

Ta có góc giữa hai mặt phẳng



SBC và





ABC là



SIA   góc nhọn.

I

A C

B
S

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Ta có    





   









BC AI

BC SAI BC AH AH SBC

BC SA

Từ đó AH



SBC



d A SBC





AH3

Xét tam giác AHI vng tại H ta có cos    2 cos
2

HI x

HI
AI

Ta có          

 

2 2

2 2 2 9 cos2 3 2 , 2 3

2 2 sin 2 sin

x x x

AH AI HI x AI

Xét tam giác SAI vng tại A ta có        

2 2

2 2 2 2

1 1 1 1 1 sin cos

9 9 9

AH AI SA SA

 


3
cos

SA . Vậy  

 2

1 1 3 1 18

. .

3 3 cos 2 sin

SABC ABC

V SA S







  2

9
cos 1 cos

Đặt cos t t, 



0;1



ta có

 







 2
1
1
f t

t t

 











 

 



3
2
3
t t
f t

t t





 




2
2
3

1 3t
t t

;

 






  


 



3
3
0

3
3
t
f t

t

Vậy thể tích khối chóp S ABC. nhỏ nhất khi cos  3
3

Câu 50. Cho hàm số f x có đồ thị hàm số

 

f '

 

x như hình bên.

Hàm số y f



cosx



x2x đồng biến trên khoảng

A.



1;2



. B.



1; 0



. C.



0;1



. D.



 2; 1



</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Chọn A

Đặt

 





cos

g x  f x x x.

Ta có g'

 

x  sin . ' cosx f



x



2x . 1

Do cosx  



1;1



và từ đồ thị hàm số f'

 

x suy ra f' cos



x  





1;1



.
Từ đó suy ra sin . ' cosx f



x



1 với   x .

 





' sin . ' cos 2 1

g x x f x x

      g'

 

x  sin . ' cosx f



x



2x   1 1 2x 1 2x 2

 

' 0, 1

g x x

</div>

Toán Đề số 1 - Phát triển đề minh họa 2020 - Lời giải









 

4











<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>





 



 



 

 



 



 

<sub></sub>

 

<sub></sub>

 

 



 

 

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>





<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

 

<sub></sub>

<sub></sub>



 

<i>1 2i</i>

<i>1 2i</i>













