DOWNLOAD dap an file pdf

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (561.92 KB, 21 trang )

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

BẢNG ĐÁP ÁN

1.A 2.D 3.B 4.D 5.D 6.A 7.A 8.B 9.D 10.A
11.B 12.B 13.A 14.A 15.C 16.D 17.B 18.B 19.D 20.C
21.C 22.A 23.B 24.A 25.A 26.A 27.C 28.D 29.C 30.B
31.D 32.B 33.C 34.A 35.A 36.A 37.C 38.A 39.C 40.D
41.C 42.C 43.A 44.D 45.D 46.A 47.A 48.C 49.C 50.B

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1. Cho số nguyên

n

và số nguyên

k

với

0 

k



n

. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Cnk Cnn k



 . B. Cnk Cn kn . C.

k k

n n

C C  . D. 1

k n k

n n

C C .
Lời giải

Chọn A

Với số nguyên

n

, số nguyên

k

và

0 

k



n

. Ta có:





! !

k
n

n
C

k n k


 và



 







! !

! ! ! !

n k
n

n n

C

n k n n k k n k



  

   

Nên Cnk Cnn k



 .

Câu 2. Cho cấp số cộng

 

un với u11 và u2 4. Công sai của cấp số cộng đã cho bằng

A. 5. B. 4. C. 3. D. 3.

Lời giải 
Chọn D

Vì

 

un là cấp số cộng nên u2u1ddu2u1  4 1 3.
Câu 3. Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 2

3a và có bán kính đáy bằng a. Độ dài đường
sinh của hình nón đã cho bằng:

A. 2 2a B. 3a C. 2a D. 3

2
a
Lời giải

Chọn B

Diện tích xung quanh hình nón: Sxq rl với ra. .a l3a2 l 3a.
Câu 4. Cho hàm số

y



f x

 

có bảng biến thiên như sau :

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A.





1;0



B.



1;





C.





;1



D.



0;1



Lời giải

TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

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

Chọn D

Câu 5. Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a.
A.

3 3

6
a

V  B.

3 3

12
a

V  C.

3 3

2
a

V  D.

3 3

4
a
V 
Lời giải

Chọn D

2 . 3

h a

a
V h S
a

S




  






Câu 6. Nghiệm của phương trình 22x132 là
A. x3. B. 17

x . C. 5

x . D. x2.
Lời giải

Chọn A

2 1 2 1 5

2 x 322 x 2 2x 1 5 x3.

Câu 7. Cho hàm số f x

 

có đạo hàm trên đoạn

 

1; 2 , f

 

1 1 và f

 

2 2. Tính

 

.
I



f x dx

A. I 1. B. I 1. C. I 3. D. 7.

2
I 

Lời giải 
Chọn A

Ta có

 

2
1
1

2 1 2 1 1.

I



f x dx f x  f  f   

Câu 8. Cho hàm số

y ax





bx



c

(a, b, c) có đồ thị như hình vẽ bên.

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

A.

2

B. 3 C. 0 D.

1

Lời giải 
Chọn B

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

A. yx33x22. B. yx4x22. C. y x4x22. D. y x33x22.
Lời giải

Dựa trên hình dáng đồ thị, ta chọn y x33x22
Câu 10. Với a là số thực dương tùy ý, log3 3

a
 
 
  bằng:
A. 1 log 3a. B. 3 log 3a. C.

log a. D. 1 log 3a.
Lời giải

Ta có log3 3 log 3 log3 3a
a

 

 

 

   1 log3a.
Câu 11. Họ nguyên hàm của hàm số f x

 

exx là

A. ex 2

x C. B. e 1 2

 

x

x C. C. 1 e 1 2

1 2 


x

x C

x . D. e  1

x

C.
Lời giải

Chọn B.

Ta có





exx



dx e 1 2
2

 x  x C.
Câu 12. Số phức 5 6 i có phần thực bằng

A. 5. B. 5 C. 6. D. 6.

Lời giải 
Chọn B

Số phức 5 6 i có phần thực bằng 5, phần ảo bằng 6.

Câu 13. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A



1;1; 1



và B



2;3; 2



. Véctơ AB có tọa độ là
A.



1; 2;3



. B.



 1; 2;3



. C.



3;5;1



. D.



3; 4;1



Lời giải

Chọn A.

Ta có AB



1; 2;3



Câu 14. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

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

CI



1; 2;1



và R9 D I



1; 2; 1 



và R9

Lời giải
Chọn A

Mặt cầu

  

S : x1



2



y2



2



z1



2 9có tâm I



1; 2;1



và bán kính R3

Câu 15. Trong khơng giam Oxyz, mặt phẳng

 

P

: 2

x



3 y z

  

1 0

có một vectơ pháp tuyến là
A. n1



2;3; 1



B. n3



1;3;2



C. n4



2;3;1



D. n2



1;3;2



Lời giải 
Chọn C

Mặt phẳng

 

P

: 2

x



3 y z

  

1 0

có một vectơ pháp tuyến là n4 



2;3;1





.
Câu 16. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng

:

3

1

5

1

2

3 x

y

z

d











. Vectơ nào sau đây là một
vectơ chỉ phương của đường thẳng

d

A.

u



1



(3; 1;5)



. B.

u



3



(2;6; 4)



. C.

u



4

  

( 2; 4;6)

. D.

u



2



(1; 2;3)



Lời giải

Chọn D

Ta thấy đường thẳng d có một vectơ chỉ phương có tọa độ

u



2



(1; 2;3)



Câu 17. Cho hình chóp S ABC. có SA vng góc với mặt phẳng



ABC



, SA2a, tam giác ABC
vuông tại ,B ABa 3 và BCa (minh họa như hình vẽ bên). Góc giữa đường thẳng SC
và mặt phẳng



ABC



bằng:

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

Chọn B

Ta có SA 



ABC



nên AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng



ABC



.
Do đó



SC,



ABC









SC AC,



SCA.

Tam giác ABC vng tại ,B ABa 3 và BCa nên AC AB2BC2  4a2 2a.

Do đó tam giác SAC vng cân tại A nên SCA450.

Vậy



SC ABC,





450.

Câu 18. Cho hàm số f x

 

có đạo hàm f

 

x trên khoảng K, đồ thị hàm số f

 

x trên khoảng K
như hình vẽ.

A C

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

Hàm số f x

 

có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 0. B. 1. C. 4. D. 2.

Lời giải 
Chọn B

Dựa vào đồ thị hàm số f

 

x ta có bảng biến thiên của hàm số f x

 

như sau:

Vậy hàm số f x

 

có 1 điểm cực trị.

Câu 19. Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số yx37x211x2 trên đoạn [0 ; 2].

A. m11 B. m3 C. m0 D. m 2

Lời giải 
Chọn D

Xét hàm số trên đoạn [0 ; 2]. Ta có y 3x214x11suy ra    

0 1

y x

Tính f

 

0  2;f

 

1 3,f

 

2 0. Suy ra

 

 

 

   

0;2

minf x f 0 2 m.

Câu 20. Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn a b2 316. Giá trị của 2 log2a3log2bbằng

A. 8. B. 16. C. 4. D. 2.

Lời giải 
Chọn C

Ta có



2 3



2 2 2 2

2 log a3log blog a b log 164

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





1





2 2

log x1 log 2x1
A. S



2;



. B. S 



; 2



. C. 1; 2

2
S   

 

. D. S 



1; 2



Lời giải

Chọn C

Điều kiện:

1 0 1

2 1 0 2

2
x
x

x

x x

 

 

 

  

 

  

 



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









1 1

2 2

log x1 log 2x1  x 1 2x 1 x 2 0 x2

Kết hợp (*)  1; 2
2
S  

 .

Câu 22. Cho hình trụ có diện tích xung quanh bằng 50 và độ dài đường sinh bằng đường kính của
đường trịn đáy. Tính bán kính r của đường trịn đáy.

A.  5 2

r B. r5 C.  5 2

r D. r5 

Lời giải 
Chọn A

Diện tích xung quanh của hình trụ: 2rl (l: độ dài đường sinh)Có l2r

  2

xq

S rl 2 rl 50 2 2r r50  5 2

r

Câu 23. Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm của phương trình f x

 

20 là

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

Lời giải 
Chọn B

Ta có phương trình f x

 

 2 0 f x

 

2

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm.
Câu 24. Cho

 

12

2
F x

x

 là một nguyên hàm của hàm số f x

 

x . Tìm nguyên hàm của hàm số

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

A.

 

ln d ln2 12
2
x

f x x x C

x x

 

    

 



B. f

 

x ln dx x ln2x 12 C

x x

   



C. f

 

x ln dx x ln2x 12 C

x x

 

    

 



D.

 

ln d ln2 12

2
x

f x x x C

x x

   



Lời giải 
Chọn A

Ta có:

 

d 12
2
f x

x

x  x



. Chọn f x

 

21.
x



Khi đó: f

 

x ln dx x 23ln dx x
x

 



. Đặt

3
2
d
ln d
.
2
1
d d
x

u x u

x
v x
v
x
x

 
 
 

 


  
 


Khi đó:

 

ln d ln3 d ln2 13d ln2 12 .
2

x x x

f x x x x x C

x x x x x

 

        

 



Câu 25. Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0, 4% / tháng. Biết rằng nếu không
rút tiền ta khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được lập vào vốn ban đầu để tính
lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền ( cả vốn ban đầu và lãi) gần
nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền ra và lãi
xuất không thay đổi?

A. 102.424.000 đồng B. 102.423.000 đồng C. 102.16.000 đồng D. 102.017.000 đồng 
Lời giải

Chọn A

Ta có





0, 4

1 100.000.000 1 102.424.128
100
 
      
 
n
n

A A r

Câu 26. Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a,cạnh bên gấp hai lần cạnh đáy. Tính thể tích V
của khối chóp đã cho.

A. 
3

14
6

a

V B. 

14
2

a

V C. 

2
6

a

V D. 

3
2
2
a
V
Lời giải 
Chọn A

Chiều cao của khối chóp:      

 

2 2 2 2 14

2 2

a a

SI SA AI a

I
A

B C

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

Thể tích khối chóp:   
3
2

1 1 14 14

. .

3 ABCD 3 2 6

a a

V SI S a

Câu 27. Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là

A. 4. B. 1. C. 3. D. 2.

Lời giải

Chọn C.

Vì lim

 

5
 

x f x đường thẳng y5 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Vì lim

 

 

x f x  đường thẳng y2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Vì

 

lim





 

x

f x đường thẳng x1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
KL: Đồ thị hàm số có tổng số ba đường tiệm cận.

Câu 28. Cho hàm số









, 0

a x b

y d

c x d

 

 

  có đồ thị như hình trên. Khẳng định nào dưới đây là
đúng?

A. a1,b0,c1. B. a1,b0,c1. C. a1,b0,c1. D. a1,b0,c1.

Lời giải

Theo bài ra, đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là .
1
d
x

c

 

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là: 1.

1
a
y

c





Nhìn đồ thị ta thấy: 0

1
d
x

c

  

 mà d     0 c 1 0 c 1.
1

0 1 0 1

1
a

y a a

c



      

 .

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng b 0 b 0
d    .

x  1 

y



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

Câu 29. Cho hàm số y f x

 

liên tục trên và có đồ thì như hình vẽ bên. Hình phẳng được đánh dấu
trong hình vẽ bên có diện tích là

A.

 

b c

a b

f x x f x x



. B.

 

b b

a c

f x x f x x



C.

 

b c

a b

f x x f x x



. D.

 

b c

a b

f x x f x x









Lời giải 
Chọn C

Diện tích hình phẳng:

 

c b c b c

a a b a b

S 



f x x



f x x



f x x



f x x



f x x.
Câu 30. Cho số phức z 2 5 .i Tìm số phức w iz z

A. w 7 3i. B. w  3 3i. C. w 3 7 .i. D. w  7 7i
Lời giải

Chọn B

Ta có wizz i(2 5 ) i (2 5 ) i 2i  5 2 5i  3 3i
Câu 31. Cho số phứcz 1 i. Biểu diễn số phức z2 là điểm

A. M



2;0



. B. P



1;2



. C. E



2;0



. D. N



0; 2



.
Lời giải

Chọn D

Ta có z 1 i. Nên z2



1i



2 2i. Vậy điểm biểu diễn số phức 2

z là điểmN



0; 2



.
Câu 32. Trong không gian Oxyz, điểm M' đối xứng với điểm M(1; 2 ; 4) qua mặt phẳng

( ) :2 xy2z 3 0 có tọa độ là

A. ( 1; 2; 4)   . B. ( 3;0;0) . C. ( 1;1;2) . D. (2;1; 2).
Lời giải

Chọn B

Gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với ( ) .
1 2

: 2

4 2

x t

d y t

z t

 



   

  


Gọi { }H d( ) .
(1 2 t ; 2 t ; 4 2 t)
H

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

( ) 2 4 2 8 4 3 0 1 ( 1;1; 0)

H    t   t t     t H  .

M là điểm đối xứng của M qua mặt phẳng ( ) .

Suy ra, M' là điểm đối xứng của M qua H nên H là trung điểm của MM'.
Suy ra, M'( 3; 0 ; 0) .

Câu 33. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình nào dưới dây là phương trình mặt cầu có

tâm I



1; 2; 1



và tiếp xúc với mặt phẳng

 

P :x2y2z 8 0?

A.



x1



2



y2



2



z1



2 3 B.



x1



2



y2



2



z1



23
C.



x1



2



y2



2



z1



29 D.



x1



2



y2



2



z1



29

Lời giải 
Chọn C

Gọi mặt cầu cần tìm là ( )S .

Ta có ( )S là mặt cầu có tâm I



1; 2; 1



và bán kính R.

Vì ( )S tiếp xúc với mặt phẳng ( ) :P x2y2z 8 0 nên ta có

 





 

1 2.2 2.( 1) 8

; 3

1 2 2

   

  

   

R d I P .

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:



x1



2



y2



2



z1



2 9.

Câu 34. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm (2;1; 2)A và (6;5; 4)B  . Mặt phẳng trung trực của đoạn
thẳng AB có phương trình là

A. 2x2y3z170. B. 4x3y z 260.
C. 2x2y3z170. D. 2x2y3z110.

Lời giải 
Chọn A

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua trung điểm của AB là M(4; 3; 1) và có
véctơ pháp tuyến là AB(4; 4; 6) nên có phương trình là

4(x4)4(y3) 6( z1)0
2( 4) 2( 3) 3( 1) 0

2 2 3 17 0

x y z

      

    

Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A



1; 2; 3 



; B



1; 4;1



và đường thẳng


 

 



2 3

1 1 2

y

x z

d . Phương trình nào dưới đây là phương trình của đường thẳng đi qua
trung điểm của đoạn AB và song song với d?

A.    


1 1

1 1 2

y

x z

B.     


1 1

1 1 2

y

x z

C.    


2 2

1 1 2

y

x z

D.  1 1

1 1 2

y

x z

Lời giải 
Chọn A

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



 

 



2 3

1 1 2

y

x z

d có VTCP là









1; 1; 2

u nên đường thẳng  cần tìm cũng có VTCP









1; 1; 2

u .

Suy ra phương trình đường thẳng     


1 1

: .

1 1 2

y

x x

Câu 36. Từ 7 chữ số 0;1; 2;3; 4;5;6 lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 4 chữ số đôi một khác nhau,
đồng thời chữ số hàng đơn vị bằng tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng nghìn.

A. 18. B. 14 . C. 24 . D. 12 .

Lời giải 
Chọn A

Gọi số 4 chữ số đôi một khác nhau là abcd.
abcd là số chẵn và d a b c d



4;6



TH1: d 4 thì



a b; ;c

 

 0;1;3



có 4 cách chọn bộ



a b c; ;



đó là



a b c; ;

 

 1;3; 0 ,

 

a b c; ;

 

 1;0;3 ,

 

a b c; ;

 

 3;1;0 ,

 

a b c; ;

 

 3;0;1



.
TH2: d 6 thì



a b; ;c

 

 1; 2;3



có 6 cách chọn bộ



a b c; ;



hoặc



a b; ;c

 

 0; 2; 4



có 4 cách chọn bộ



a b c; ;



hoặc



a b; ;c

 

 0;1;5



có 4 cách chọn bộ



a b c; ;



.
Vậy có: 4 6 4 4 18    số.

Câu 37. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vng tại A và Bvới ABBCa, AD2a,
SAvng góc với mặt phẳng đáy và SAa. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng
AC và SD.

A. 6
6
a

. B. 6

2
a

. C. 6

3
a

. D. 3

3
a

.
Lời giải

Chọn C

Kẻ Dx/ /AC, DxAB

 

I .









/ / ; / /

AC DI ACmp SDI AC mp SDI
Khi đó d AC SD



;



d A SDI





Kẻ AHvuông góc với DItại H, do SADI

nên DI mp SAH





mp SAH





mp SDI





SH

Trong mp SAH





, kẻ APSH 

 

P suy ra d A SDI



;





 AP
Ta có, trong mp ABCD





:AH / /CDa 2.

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









2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 3 6 6

;

2 3 3

a a

AP d AC SD AP

AP SA SH a a a

          

Câu 38. Cho hàm số f x( ) có đạo hàm liên tục trên , f(0)0,f(0)0 và thỏa mãn hệ thức

2 2

( ) ( ) 18 (3 ) ( ) (6 1) ( )

f x f x  x  x x f x  x f x  x . Biết

( ) 2

(x1)ef x ae b a b, ( ,  )



 . Giá trị của ab bằng:

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

3.
Lời giải

Chọn A

Ta có: f x f x( ) ( ) 18 x2(3x2x f x) ( ) (6 x1) ( )f x

x

  và f(0)0,f(0)0
Giả sử ( )f x có bậc là n, suy ra f( )x có bậc là n1. Khi đó:

VT có bậc là 2n1 hoặc 2; VP có bậc là n+1. Để VT=VP  x thì ta đồng nhất 2 vế, khi đó
1

2
n
n




 



*TH1: n1ta đặt ( )f x ax (vì f(0)0,f(0)0)

Thay vào phương trình trên ta được a x2 18x23a.x2a x. 6a.x2a x. , đồng nhất 2 vế của
phương trình ta được 2

0
a
a




 



. Suy ra ( )f x 2x
Khi đó:

1 1

( ) 2 2

0 0

3 1

( 1) ( 1) e

4 4

f x x

x e  x e  



Suy ra 3, 1

4 4

a b nên a b 1
*TH2: n2 ta đặt f x( )ax2bx

(b0) (vì f(0)0,f(0)0)
Thực hiện tương tự như trên tìm được a6,b0( trái với giả thiết)
Vậy a b 1

Câu 39. Cho hàm số   



2 3

mx m

y

x m với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của
m để hàm số đồng biến trên các khoảng xác định. Tìm số phần tử của S.

A. 4 B. Vô số C. 3 D. 5

Lời giải 
Chọn C





  



2

2 3

' m m

y

x m

hàm số đồng biến trên khoảng xác định khi  1 m3 nên có 3 giá trị của
m nguyên

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

trục SA tạo nên các khối trịn xoay, thể tích tương ứng là V V1, 2. Khẳng định nào sau đây đúng

A. 1 4 2
9

V  V . B. 1 3 2

V  V . C. V13V2. D. 1 9 2
4
V  V .
Lời giải

Chọn D

Xét tam giác

SAB

vuông tại A có ABS 60nên SA AB 3
Xét tam giác IAB vng tại A có IBS30nên 3

3
AB
IA
Từ đó suy ra:

2 3

3 3

1 3

. .

3 3

4 4 3 3

. .

3 3 27

V SA AB AB

V IA AB



 

Suy ra: 1 9 2
4
V  V

Câu 41. Cho x, y và z là các số thực lớn hơn 1 và gọi wlà số thực dương sao cho logxw24,
logyw40 và logxyzw12. Tính logzw.

A. 52. B. 60. C. 60. D. 52.

Lời giải 
Chọn C

logxw24 log 1
24
wx

 

logyw40 log 1
40
w y

  .

Lại do

logxyzw12





12
log

w xyz

  1 12

log log log

w x w y wz

 

 

12
log log log

w x w y w z

 

 

1 1

log
24 40 w z

 

 

1
log

wz

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

Câu 42. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số

1
x mx m
y

x

 



 trên



1; 2 bằng



2. Số phần tử của S là

A. 3 . B. 1. C. 2. D. 4.

Lời giải 
Tập xác định: D\

 

1 .

Xét hàm số:

1
x mx m
y
x
 

 .





2
2
2
1
x x

y
x

 

 ; y 0





2
2
2
0
1
x x
x

 

2
2 0
x x
  









0 1; 2

2 1; 2
x
x
  
 
  


.





0 1; 2

y   x nên

1;2

 

Max 2

3
y y  m

1;2

Maxy2 4 2
3
m
  
4 2
2
3 3
4 10
2
3 3
m m

m m
 
  
 
 
      
 
 

Câu 43. Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc m 



2019; 2019



để phương trình

2 2 2

log x2 log x mlog xm (*)
có nghiệm?

A. 2021. B. 2019. C. 4038. D. 2020.
Lời giải

Chọn A

Đặt tlog2x thì phương trình (*) trở thành

2
2 2
2
1 1
2 2

1 (2)
.
(3)

t t m t m

t m t

   
   
      
   
   
 
  


Trường hợp thứ nhất: (2) 1 02 1 2 .

( 1) 3 1

t t

t t m m t t

  

 

 

     

 

Phương trình (2) có nghiệm khi 5 (4).
4
m 

Trường hợp thứ hai: (3) 20 02 .
( )

t t

t t m m t t

  

 

 

    

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

Phương trình (3) có nghiệm khi m0 (5).

Từ (4) và (5) suy ra phương trình (*) có nghiệm khi 5.
4

m  Lấy các giá trị nguyên



2019; 2019



m  ta được m 1, 0,1, 2,..., 2019. Có 2021 giá trị nguyên của .m
Câu 44. Cho F x( ) là một nguyên hàm của hàm số ( ) 12

cos
f x

x

 . Biết
4

F kk

 

với mọi kZ.
Tính F(0)F( ) F(2 ) ...  F(10 ).

A. 45 . B. 0 . C. 55 . D. 44 .

Lời giải 
Chọn D

Ta có ( ) 12 dx tan

cos

F x x C

x




  .
Ta có
1 1
1
2 1
2
3 1
3
10
11

0. 1 0 1

tan , 4

2 2

3 1. 1 1 0

tan , 4

2 2

3 5

2. 1 2 1

tan ,

( ) 2 2 4

... ....
17 19
tan ,
2 2
19 21
tan ,
2 2

F C C

x C x

F C C

x C x

F C C

x C x

F x

x C x


  

  

 

 
 
 
       
  
    

  
          
 


 
         
  
   


   



   


10 10
11 11
...

9. 1 9 8

10. 1 10 9

F C C

















  
     
 

 

  
     
  
 


Do đó F(0)F( ) F(2 ) ...  F(10 ) C1C2...C11  0 ( 1) 1 2 3 .... 9     44
Câu 45. Cho hàm số y f x( ) liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f( 4x2)m có nghiệm thuộc

nửa khoảng [ 2 ; 3) là:

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

Chọn D

Đặt tg x( ) 4x2 với

[- 2 ; 3)

x .

Suy ra:

'( )
4

x
g x

x






.
'( ) 0 0 [ 2 ;3)

g x   x   .

Ta có:
(0) 2

g  , (g  2) 2, ( 3)g 1.
Mà hàm số g x( ) liên tục trên [- 2 ; 3)
Suy ra, t(1; 2].

Từ đồ thị, phương trình f t( )m có nghiệm thuộc khoảng (1;2] khi m ( 1;3].
Câu 46. Cho hàm số y f x

 

có đồ thị y f

 

x như hình vẽ sau

Đồ thị hàm số g x

 

 2f x

 

x2 có tối đa bao nhiêu điểm cực trị?

A. 7. B. 5. C. 6. D. 3.

Lời giải 
Chọn A

Xét hàm số h x

 

2f x

 

x2 h x'

 

2 'f

 

x 2x

Từ đồ thị ta thấy h x'

 

0 f'

 

x  xx  2 x 2x 4

 







 



 







 



 





2 4

2 2

2 4

2 2

2 ' 2 2 2 ' 0

2 2 4 2 4 2

f x x dx x f x dx

h x h x h h h h h h



   

           



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

Vậy g x

 

 2f x

 

x2 có tối đa 7 cực trị

Câu 47. Xét các số thực dương x y, thỏa mãn     


log 3 2 4

xy

xy x y

x y . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin
của Px y

A. min 2 11 3

P B. min 9 11 19

P C. min 18 11 29

P D. min  9 11 19

P
Lời giải

Chọn A

Với x y, dương và kết hợp với điều kiện của biểu thức     


log 3 2 4

xy

xy x y

x y ta được

 

1 xy 0

Biến đổi     


3

log 3 2 4

xy

xy x y

x y











 



log 13 xy log3 x2y  3 1xy  x2y log 33











 



 

log 13 xy log 33 3 1xy log3 x2y  x2y











 

 

 

log33 1xy 3 1xy log3 x2y  x2y 1
Xét hàm số f t

 

log3t t trên D



0;



 

 1  

' 1 0

.ln 3
f t

t với mọi x D nên hàm số f t

 

log3t t đồng biến trên D



0;



Từ đó suy ra

 









    







  



3 2

1 3 1 2 3 2 1 3

1 3

y

xy x y y x y x

y (do y0)
Theo giả thiết ta có x0,y0 nên từ  



3 2
1 3

y
x

y ta được  
3
0
2
y .

  
    
 
2

3 2 3 3

1 3 3 1

y y y

P x y y

y y

Xét hàm số

 

  

2
3 3
3 1
y y
g y

y với  
3
0
2
y

 





 
 

2
2

9 6 10

' 0

3 1

y y

g y

y

ta được  1 11

y .

Từ đó suy ra    

 

 



1 11

mi 2 11 .

3
n

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

Câu 48. Cho hàm số y f x

 

dương và liên tục trên



1;3



thỏa mãn

 1;3

 

max f x 2,

 1;3

 

1 min

3 f x



và

biểu thức

 

3 3

1 1

d . d

S f x x x

f x





đạt giá trị lớn nhất. Khi đó





8
0
1
d
1
f x
x
x





bằng

A. 7

3. B.

6. C.

3 . D.

7
12.
Lời giải

Chọn C

Ta có 1

 



 





 



0
3 f x   f x  f x  

 

7 3

2 1 1

3 7

2 2

f x
f x

f x f x



      .

Suy ra

 

3 3 3 3

1 1 1 1

7 3 2 3 3

d . d d . 7 d

2 3 2 2

f x f x

S f x x  x f x x  x

 



 

2
3 3
1 1
3
3

d 7 d

2 2

2 49

3 2 6

f x

f x x x

 
 
 
 
 
 
 
 



Ta tìm được max 49

S , xảy ra khi

 

 

3 3 3

1 1 1

3 3 7

d 7 d d

2 2 3

f x f x

x  x f x x



Vậy







 



 

8 8 3

0 0 1

1 14

d 2 1 d 1 2 d

3
1

f x

x f x x f t t

x


    





Ghi chú: đây là lời giải dựa theo hướng dẫn giải của trường PTTH Quảng Xương. Tuy nhiên
chỗ dấu bằng xảy ra chưa chỉ ra được hàm số nào thỏa.

Câu 49. Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD. có SAa 11, cosin góc hợp bởi hai mặt phẳng (SBC)
và (SCD) bằng 1

10. Thể tích của khối chóp S ABCD. bằng

A. 3a3. B. 9a3. C. 4a3. D. 12a3.
Lời giải

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Gọi H là tâm của hình vng ABCD nên SH (ABCD). Đặt m HA , nSH . Do tam giác
SAH vuông tại H nên m2n211a2

Xây dựng hệ trục tọa độ như sau: H(0;0;0), B m( ;0;0), D m( ;0;0), C(0; ;0)m , S(0;0; )n
Khi đó phương trình mặt phẳng (SBC) là: x y z 1

mmn hay véctơ pháp tuyến của mặt phẳng
(SBC) là n1 ( ; ; )n n m .

Khi đó phương trình mặt phẳng (SCD) là: x y z 1
mmn

 hay véctơ pháp tuyến của mặt
phẳng (SBC) là n2 ( ;n n; m)

Do cosin góc hợp bởi hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 1
10 nên

1 2

| . |
1

10 | | . | |
n n

n n



 

  hay

2 2

2 10

m

n m  mà

2 2 2

n  a m

Vậy

2 2

2 2 2 2

1 1

2 2 3

2 10 22 10

m m

m a m a SH a

n m   a m       

mHAa nên AB2a,

Chiều cao của hình chóp là SH 3a.
Diện tích của hình vng là 4 2

ABCD

S  a .

Thể tích của khối chóp S ABCD. là: 1 . 1.4 .32 4 3
3 ABCD 3

V  S SH a a a .

Câu 50. Cho hàm số y f x

 

có liên tục trên



3;6



và đạo hàm y f

 

x có đồ thị như hình vẽ bên
dưới.

a 11

n

m H

C
A

D

B

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Hàm số g x

 

 2f



2x



x2 nghịch biến trên khoảng nào sau đây?

A.



 3; 2



. B.



1;0



. C.



 2; 1



. D.



0; 2



.
Lời giải

Chọn B

Ta có g x

 

2f



2x



2x.

Cho g x

 

0 ta được f



2x



 x.

Đặt t 2 x thì x t 2 và ta có bất phương trình f t

 

 t 2.

Dựa vào hình vẽ bên trên ta thấy bất phương trình f t

 

 t 2 có tập nghiệm là t



a;3



với
1 a 2. Suy ra x 



1; 2a



với 0  2 a 1.

Do đó, hàm số yg x

 

nghịch biến trên



1;2a



với 0  2 a 1.

Dễ thấy, chỉ có đáp án B thỏa mãn vì



1;0

 

 1;2a



với 0  2 a 1. Chọn
B.

ĐÁP ÁN CHI TIẾT TẢI TẠI BẢN ĐÀY ĐỦ NHÉ!

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

YOUTUBE:

/>WEB: />

</div>

DOWNLOAD dap an file pdf

<i>n</i>

<i>k</i>

0



<i>k</i>



<i>n</i>

<i>n</i>

<i>k</i>

0



<i>k</i>



<i>n</i>







 







<sub> </sub>

<sub> </sub>

<i>y</i>



<i>f x</i>

 





1;0





1;









;1





0;1



TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

 

 

 

 

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

<i>y ax</i>





<i>bx</i>



<i>c</i>

2

1

<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>