Đề thi tham khảo THPT Quốc gia môn Toán năm 2020 - Bộ giáo dục và đào tạo (Kèm đáp án)

Nội dung text: Đề thi tham khảo THPT Quốc gia môn Toán năm 2020 - Bộ giáo dục và đào tạo (Kèm đáp án)

1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THAM KHẢO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2020 Bài thi : TOÁN Thời gian làm bài : 90 phút BẢNG ĐÁP ÁN 1.A 2.A 3.C 4.D 5.A 6.B 7.B 8.D 9.A 10.C 11.A 12.C 13.B 14.D 15.D 16.A 17.B 18.B 19.C 20.D 21.A 22.B 23.C 24.A 25.B 26.A 27.C 28.D 29.A 30.C 31.A 32.B 33.A 34.C 35.B 36.A 37.A 38.B 39.D 40.A 41.B 42.A 43.C 44.C 45.B 46.C 47.D 48.B 49.D 50.A Câu 1: Từ một nhóm học sinh gồm 6 nam và 8 nữ, có bao nhiêu cách chọn ra một học sinh? A. 14 . B. 48 . C. 6 . D. 8 . Lời giải Chọn A Để chọn một học sinh trong số các học sinh đã cho, ta có 2 lựa chọn: Chọn một học sinh nam: Có 6 cách chọn. Chọn một học sinh nữ: Có 8 cách chọn. Vậy theo quy tắc cộng, có tất cả 6+8=14 (cách chọn). Câu 2: Cho cấp số nhân un với u1 2 và u2 6 . Công bội của cấp số nhân đã cho bằng NTKC 1 A. 3 . B. 4 . C. 4 . D. . 3 Lời giải Chọn A u 6 Công bội của cấp số nhân là q 2 3 . u1 2 Câu 3: Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r bằng 1 A. 4 rl . B. 2 rl . C. rl . D. rl . 3 Lời giải Chọn C Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r là Sxq rl . Câu 4: Cho hàm số f x có bảng biến thiên như sau: Upload mathvn.com Trang 7
2. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. 1; . B. 1; 0 . C. 1;1 . D. 0;1 . NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM Lời giải Chọn D Hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 và 0;1 . Ta chọn phương án D . Câu 5: Cho khối lập phương có cạnh bằng 6. Thể tích của khối lập phương đã cho bằng A. 216. B. 18. C. 36. D. 72. Lời giải Chọn A Thể tích khối lập phương đã cho là V 63 216. Câu 6: Nghiệm của phương trình log3 2x 1 2 là 9 7 A. x 3. B. x 5. C. x . D. x . 2 2 Lời giải Chọn B 2 Ta có: log 3 2x 1 2 2x 1 3 2x 1 9 x 5. 2 3 3 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM Câu 7:Nếu f x dx 2 và f x dx 1 thì f x dx bằng: 1 2 1 A. 3 . B. 1. C. 1. D. 3 . Lời giải Chọn B 3 2 3 Ta có f x dx f x dx f x dx 1. 1 1 2 Câu 8: Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau: x∞ 0 3 + ∞ f'(x) + 0 0 + 2 + ∞ f(x) -4 ∞ Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng A. 2 . B. 3 . C. 0 . D. 4 . Upload mathvn.com Trang 8
3. NHÓM TOÁN VD – VDC Đề thi tham khảo Lời giải Chọn D NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM Từ bảng biến thiên ta có giá trị cực tiểu của hàm số bằng 4 . Câu 9: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên? A. y x4 2x2 . B. y x4 2x2 . C. y x3 3x2 . D. y x3 3x2 . Lời giải Chọn A Đồ thị trên là đồ thị của hàm số dạng y ax4 bx2 c với a 0 . 2 Câu 10: Với a là số thực dương tùy ý, log a2 bằng 1 1 log a . D. log a . A. 2 log2 a . B. 2 C. 2 log2 a . 2 2 2 Lời giải Chọn C 2 TOÁN VD – VDC NHÓM Ta có: log 2 a 2log 2 a. Câu 11: Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f x cos x 6x là A. sin x 3x2 C . B. sin x 3x2 C . C. sin x 6x2 C . D. sin x C . Lời giải Chọn A Ta có: cos x 6x dx sin x 3x2 C . Câu 12: Mô-đun của số phức 1 2i bằng 5 .B. 3 . C. 5 . D. 3 . Lời giải Chọn C Ta có 1 2i 12 22 5 . Câu 13: Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm M 2; 2;1 trên mặt phẳng Oxy có tọa độ là A. 2; 0;1 . B. 2; 2;0 . C. 0; 2;1 . D. 0; 0;1 . Lời giải Chọn B Trang 9
4. Hình chiếu của M 2; 2;1 lên mặt phẳng Oxy thì cao độ bằng 0 . 2 2 2 Câu 14: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 y 2 z 3 16 . Tâm của S có tọa độ là A. 1; 2; 3 . B. 1; 2;3 . C. 1; 2; 3 . D. 1; 2;3 . Lời giải Chọn D Câu 15: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng :3x 2 y 4z 1 0 . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của ? A. n2 3; 2; 4 . B. n3 2; 4;1 . C. n1 3; 4;1 . D. n4 3; 2; 4 . Lời giải Chọn D Mặt phẳng :3x 2 y 4z 1 0 có một vec tơ pháp tuyến là n 3; 2; 4 . x 1 y 2 z 1 Câu 16: Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng d : ? 1 3 3 A. P 1; 2;1 . B. Q 1; 2; 1 .C. N 1;3; 2 . D. M 1; 2;1 Lời giải Chọn A x 1 y 2 z 1 Ta có d : . 1 3 3 1 1 2 2 1 1 Thay tọa độ điểm P 1; 2;1 vào phương trình đường thẳng d ta có ta 1 3 3 thấy P d và các điểm Q, N, M không thuộc đường thẳng d . Câu 17: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a 3 , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA a 2 ( minh họa như hình bên). Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ABCD bằng: A. 45 .B. 30 . C. 60 . D. 90 . Lời giải
5. Chọn B NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM Vì SA  ABCD nên AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng ABCD Do đó góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ABCD là SCA Đáy ABCD là hình vuông cạnh a 3nên: AC a 6 SA a 2 1 Ta có: tan SCA AC a 6 3 Vậy: SCA. 30 Câu 18: Cho hàm số f x , bảng xét đâu f x , như sau: TOÁN VD – VDC NHÓM Số điểm cực trị của hàm số là A. 0 .B. 2 . C. 1. D. 3 . Lời giải Chọn B Từ bảng xét dấy ta thấy f x đổi dấu qua x 1 và x 1 nên hàm số có 2 cực trị. Câu 19: Giá trị lớn nhất của hàm số f x x4 12x2 1 trên đoạn  1; 2 bằng A. 1 B. 37 . C. 33 . D. 12 . Lời giải Chọn C Hàm số liên tục và xác định trên  1; 2.
6. x 0 3 Ta có f x 4x3 24x f x 0 4x 24x 0 x 6  1; 2 . TOÁN VD – VDC NHÓM x 6  1; 2 Ta có f 0 1; f 1 12 ; f 2 33 Vậy max f x 33.  1;2 Câu 20: Xét tất cả các số thực dương a và b thỏa mãn log2 a log8 ab . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a b2 . B. a3 b . C. a b . D. a2 b . Lời giải Chọn D 1 1 Ta có log a log ab log a log ab 3 a ab 3 a2 b. 2 8 2 2 2 Câu 21: Tập nghiệm của bất phương trình 5x 1 5x x 9 là A.  2;4. B.  4;2. C. ;24; . D. ; 42; . Lời giải Chọn A Ta có bất phương trình x 1 x2 x 9 x2 2x 8 0 2 x 4 Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S  2;4. Câu 22: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3 . Biết rằng khi cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng qua trục, thiết diện thu được là một hình vuông. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng TOÁN VD – VDC NHÓM A. 18 .B. 36 . C. 54 . D. 27 . Lời giải Chọn B Ta có hình trụ có bán kính đáy R 3 . Thiết diện qua trục thu được là một hình vuông nên hình trụ có chiều cao h 2R 6. Vậy Sxq 2 Rh 36 . Câu 23: Cho hàm số f x có bảng biến thiên như sau: Số nghiệm của phương trình 3 f x 2 0 là A. 2. B. 0.C. 3. D. 1. Lời giải
7. Chọn C 2 Ta có: 3 f x 2 0 f x . 3 TOÁN VD – VDC NHÓM 2 Từ bảng biến thiên ta thấy đường thẳng d : y cắt đồ thị hàm số y f x tại 3 điểm phân 3 biệt nên phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt. x 2 Câu 24: Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f x trên khoảng 1; là x 1 A. x 3ln x 1 C. B. x 3ln x 1 C. 3 3 C. x C. D. x C. x 1 2 x 1 2 Lời giải Chọn A x 2 3 Ta có: f x 1 x 1 x 1 3 1 f x dx 1 dx dx 3 dx x 3ln x 1 C với x 1; . x 1 x 1 Câu 25: Để dự báo dân số của một quốc gia, người ta sử dụng công thức S A.enr ; trong đó A là dân số của năm lấy làm mốc tính S là dân số sau n năm, r là tỉ lệ gia tăng dân số hằng năm. Năm 2017, dân số Việt Nam là 93.671.600 người (Tổng cục Thống kê, Niên giám thống kê 2017, TOÁN VD – VDC NHÓM Nhà xuất bản Thống kê, Tr.79 ). Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi là 0,81%, dự báo dân số Việt Nam năm 2035 là bao nhiêu người (kết quả làm tròn đến chữ số hàng trăm)? A. 109.256.100 . B. 108.374.700. C. 107.500.500 . D. 108.311.100 . Lời giải Chọn B Từ năm 2017 đến năm 2035 có 18 năm. Áp dụng công thức S A.enr 93.671.600.e18.0,81% 108.374.700 Chọn B Câu 26: Cho khối lăng trụ đứng ABCD.A B C D có đáy là hình thoi cạnh a, BD a 3 và AA 4a (minh họa như hình bên dưới). Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
8. NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM 2 3 4 3 A. 2 3a3. B. 4 3a3. C. a3 D. a3. 3 . 3 Lời giải Chọn A 2 3 2 Vì ABCD là hình thoi cạnh a, BD a 3 AC 2AO 2 a a a 4 a2 3 Vậy S V AA .S 2 3a 3 ABCD 2 ABCD Chọn A 5x2 4x 1 Câu 27: Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y là x2 1 A. 0 . B. 1.C. 2 . D. 3 . ời iải NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM Chọn C Xét x2 1 0 x 1. 5x2 4x 1 x 1 5x 1 5x 1 Ta có: lim lim lim 3 x 1 x2 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 5x2 4x 1 5x 1 lim lim 2 x 1 x x 1 x 1 1 5x2 4x 1 5x 1 lim lim 2 x 1 x x 1 x 1 1 đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng x 1 . 5x2 4x 1 2 lim 5 và lim 5x 4x 1 5 đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang 2 2 x x 1 x x 1 y 5 . Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và ngang của đồ thị hàm số là 2. Câu 28: Cho hàm số y ax3 3x d a, d có đồ thị như hình bên.Mệnh đề nào dưới đây đúng?
9. NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM A. a 0, d 0 . B. a 0, d 0 . C. a 0;d 0 . D. a 0;d 0 . ời iải Chọn D Do nhánh tiến đến của đồ thị hàm số đi xuống a 0 . Do đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ nhỏ hơn d 0 . Câu 29: Diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình dưới đây bằng 2 2 A. 2x2 2x 4 dx . B. 2x2 2x 4 dx . 1 1 2 2 C. 2x 2 2x 4 dx D. 2x2 2x 4 dx TOÁN VD – VDC NHÓM 1 1 Lời giải Chọn A Ta có diện tích hình phẳng được gạch chéo bằng 2 2 2 2 2 S x 2 x 2x 2 dx 2x 2x 4 dx 1 1 Câu 30: Cho hai số phức z1 3 i và z2 1 i. Phần ảo của số phức z1 z2 bằng A. 2 . B. 2i .C. 2 . D. 2i . Lời giải Chọn C Ta có z1 z2 3 i 1 i 2 2i Vậy phần ảo của số phức z1 z2 bằng 2 Câu 31: Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z 1 2i 2 là điểm nào dưới đây? A. P 3; 4 . B. Q 5; 4 .C. N 4; 3 . D. M 4;5 . ời iải Chọn A
10. Ta có z 1 2i 2 1 4i 4i2 3 4i điểm biểu diễn số phức z 1 2i 2 là điểm P 3; 4 . NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM Câu 32: Trong không gian Oxyz , cho các vectơ a 1;0;3 và b 2; 2;5 . Tích vô hướng a. a b bằng A. 25 .B. 23. C. 27 . D. 29 . ời iải Chọn B Ta có a b 1; 2;8 a. a b 1 1 0.2 3.8 23 . Câu 31: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S có tâm I 0;0; 3 và đi qua điểm M 4; 0; 0 . Phương trình của S là A. x2 y2 z 3 2 25. B. x2 y2 z 3 2 5. 2 C. x2 y2 z 3 2 25. D. x2 y2 z 3 5. Lời giải Chọn A Bán kính mặt cầu r IM 42 02 3 2 5. Phương trình mặt cầu là: x2 y2 (z 3)2 25. Câu 32: Trong không gian Oxyz, mặt phẳng đi qua điểm M 1;1; 1 và vuông góc với đường thẳng x 1 y 2 z 1 : có phương trình là 2 2 1 TOÁN VD – VDC NHÓM A. 2x 2y z 3 0. B. x 2y z 0. C. 2x 2y z 3 0. D. x 2y z 2 0. Lời giải Chọn C Đường thẳng có vecto chỉ phương u 2; 2;1 . Mặt phẳng cần tìm đi qua điểm M 1;1; 1 , nhận u 2; 2;1 làm vtpt nên có phương trình 2 x 1 2 y 1 1 z 1 0 2x 2y z 3 0. Câu 33: Trong không gian Oxyz , vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua hai điểm M 2;3; 1 và N 4;5;3 ? A. u 1;1;1 . B. u 1;1;2 . C. u 3; 4;1 . D. u 3; 4; 2 . Lời giải Chọn B
11. Ta có vectơ MN 2; 2; 4 là một vec tơ chỉ phương của đường thẳng đi qua hai điểm MN mà MN 2 1;1;2 2u;u 1;1;2 nên chọn B NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM Câu 34: Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. Xác suất để số được chọn có tổng các chữ số là chẵn bằng 41 4 1 16 A. . B. . C. . D. . 81 9 2 81 Lời giải Chọn A Đặt X 0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9. Gọi số cần tìm là abc. +) Có 9 cách chọn a do a X \ 0. +) Có 9 cách chọn b do b X \ a. +) Có 8 cách chọn a do c X \ a;b. Suy ra n  9.9.8 648. Gọi A : “Số được chọn có tổng các chữ số là chẵn”. TH 1: Cả ba số a, b, c là chẵn. 3 TOÁN VD – VDC NHÓM +) Số lập được có 3 chữ số chẵn khác nhau có: C 5.3! cách lập. 2 +) Có A4 số có 3 chữ số chẵn khác nhau và số đứng vị trí hàng trăm. 3 2 Vậy TH này có C5 .3! A4 48 số thỏa mãn. TH 2: Trong ba số a, b, c có hai số lẻ khác nhau và 1 số chẵn. 1 2 +) Số lập được có hai số lẻ khác nhau và 1 số chẵn có5 C 5.C .3! cách lập. 2 +) Có A5 số có hai số lẻ khác nhau và 1 số chẵn và số đứng vị trí hàng trăm. 1 2 2 Vậy TH này có C5 .C5 .3! A5 280 số thỏa mãn. n A 41 Suy ra n A 48 180 328 P A . n  81 Câu 35: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, SA vuông góc mặt phẳng đáy, AB 2a , AD DC CB a . SA vuông góc với đáy và SA 3a (minh họa hình dưới đây).
12. NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và DM bằng 3 3 3 13a 6 13 A. a . B. a . C. . D. a 4 2 13 13 Lời giải Chọn A NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM Ta có DM / / SBC d DM , SB d M , SBC Ta có MA MB MD MC a Suy ra tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm M , đường kính AB . Suy raTam giác ABC vuông tại C BC  AC Như vậy ta có BC  SAC SBC  SAC BC  SA Dựng AH  SC tại H suy ra AH  SBC d A, SBC AH AC AB2 BC2 a 3
13. SC SA2 AC2 2 3a SA.AC 3 AH a TOÁN VD – VDC NHÓM SC2 3 Ta có d A, SBC 2d M , SBC d M , SBC a 4 Bình luận. Ở bài này học sinh rất dễ nhầm lẫn vẽ AH vuông góc SB, khi đó sẽ dẫn đến việc chọn đáp án C x 8 Câu 36: Cho hàm số f x có f 3 3 và f ' x  với x 0 . Khi đó f x dx x 1 x 1 3 bằng 197 29 181 A. 7 . B. . C. . D. 6 2 6 Lời giải Chọn B x f x là một nguyên hàm của hàm số f ' x  x 1 x 1 x 1 1 x 1 x 1 1 x 1 dx dx 1 dx x 2 xC 1 x 1 x 1 x 1 1 x 1 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM Suy ra f x x 2 xC 1 f 3 3 C 4 f x x 2 x 1 4 8 197 Dùng máy tính bấm x 2 x 1 4 dx 3 6 Bình luận. Bài này hoàn toàn có thể đặt t x 1 để tìm nguyên hàm của hàm số. mx 4 Câu 37: Cho hàm số hàm số f x ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m x m để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng 0; ? A. 5 . B. 4 . C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn D Điều kiện xác định: x m .
14. m2 4 Ta có y . x m2 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM Để hàm số đồng biến trên khoảng 0; thì y 0 m2 4 0 2 m 2 2 m 0 . m  0; m 0 m 0 Do m nguyên nên m 1; m 0 . Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn. Câu 38: Cho hình nón có chiều cao bằng 2 5 . Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón và cắt hình nón theo một thiết diện là tam giác đều có diện tích bằng 9 3 . Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng 32 5 A. . B. 32 . C. 32 5 . D. 96 . 3 Lời giải Chọn A. S NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM B O A AB2 3 AB2 3 Ta có S 9 3 AB2 36 SA2 36 . SAB 4 4 R OA SA2 SO2 36 20 4 1 32 5 Thể tích của khối nón là V R2h . 3 3 x Câu 41: Cho x, y 0 thỏa mãn log x log y log 2x y . Giá trị của bằng 9 6 4 y 1 3 A. 2 . B. . C. log . D. log 2 . 2 3 2 2 2 Lời giải Chọn B Đặt log9 x log6 y log4 2x y t
15. t 3 3 1 1 t t 2.9t 6t 4t 2 2t 3 t 3 t . suy ra x 9 , y 6 1 0 2 t TOÁN VD – VDC NHÓM 2x y 4t 2 2 3 1 2 2  2 2 t t x 9 3 1 Vậy . y6 2 2 Chọn B. Câu 42: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y x3 3x m trên đoạn 0;3 bằng 16 . Tính tổng các phần tử của S bằng A. 16 . B. 16 . C. 12 . D. 2 . Lời giải Chọn A Nhận xét: Hàm số g(x) x3 3x m là hàm số bậc ba không đơn điệu trên đoạn 0;3 nên ta sẽ đưa hàm số này về hàm bậc nhất để sử dụng các tính chất cho bài tập này. Đặt t x3 3x , do 0;3 nên ta tìm được miền giá trị t  2;18 . Khi đó y t m đơn điệu trên  2;18 . Ta có m 2 m 18 m 2 m 18 max y max t m max m 2 ; m 18 . m 8 10 x 0;3 t  2;18 2 m 2 max y 16 m 8 10 16 m 8 6 . TOÁN VD – VDC NHÓM Từ giả thiết ta có x 0;2 m 14 Chú ý: Cách giải trên ta đã sử dụng tính chất của hàm số bậc nhất là a b a b max a ; b. 1 2 Tuy nhiên có thể trình bày phần sau bài toán như sau mà không cần công thức 1 . Ta có max y max t m max m 2 ; m 18 x 0;3 t  2;18   m 18 16 + Trường hợp 1: max y m 18 16 m 2 . x 0;3 m 2 16 m 2 16 + Trường hợp 2: max y m 2 16 m 14 . x 0;3 m 18 16 Chọn A. 2 Câu 43: Cho phương trình log 22x m 2 log 2 x m 2 0 ( m là tham số thực). Tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn 1; 2
16. A. 1; 2 . B. 1; 2. C. 1; 2 . D. 2; . Lời giải NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM Chọn C 2 Xét phương trình: log2 2x m 2 log 2 x m 2 0 * Điều kiện: x 0 2 * 1 log 2 x m 2 log 2 x m 2 0 log x 1 log2 x m log x m 1 0 2 . 2 2 log 2 x m 1 Ta có: log2 x 1 x 2 t / m m 1 Yêu cầu bài toán log 2x m 1 x 2 có nghiệm duy nhất trên 1; 2 1 2m 1 2 0 m 1 1 1 m 2. Câu 44: Cho hàm số f x liên tục trên . Biết cos 2x là một nguyên hàm của hàm số f x ex , họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f x ex là A. sin 2x cos 2x C. B. 2sin 2x cos 2x C. C. 2sin 2x cos 2x C. D. 2sin 2x cos 2x C. Lời giải Chọn C Theo giả thiết cos 2x f x ex f x ex 2sin 2x. Xét I f x exdx TOÁN VD – VDC NHÓM x x Đặt u e du e dx dv f x dx v f x I f x ex f x exdx 2sin 2x 2 sin 2xdx 2sin 2x cos 2x C. Câu 45: Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau: Số nghiệm thuộc đoạn  ; 2  của phương trình 2 f sin x 3 0 là A. 4. B. 6. C. 3. D. 8. Lời giải Chọn B
17. 3 Ta có 2 f sin x 3 0 f sin x . 2 Dựa vào bảng biến thiên ta có: TOÁN VD – VDC NHÓM sin x t ; 1 1 1 3 sin x t2 1; 0 2 f sin x 0;1 3 2 sin x t 3 sin x t4 1; 4 Phương trình 1 và 4 vô nghiệm. Phương trình 2 có 4 nghiệm phân biệt Phương trình 3 có hai nghiệm phân biệt khác các nghiệm của 2 . Do đó tổng số nghiệm của phương trình đã cho là 6. Câu 46: Cho hàm số bậc bốn y f x có đồ thị như hình dưới đây NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM Số điểm cực trị của hàm số g x f x3 3x2 là A. 5. B. 3. C. 7. D. 11. Lời giải Chọn C x 2 Xét hàm số u x3 3x2 ta có u 3x2 6x 0 . x 0 Bảng biến thiên
18. NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM Xét hàm số g x f x3 3x2 , ta có g x 3x2 6x f x3 3x2 3x2 6x 0 g x 0 3 2 f x 3x 0 Phương trình 3x2 6x 0 có hai nghiệm phân biệt x 2, x 0. Từ đồ thị hàm số y f x x3 3x2 t ; 0 1 1 3 2 3 2 Suy ra: phương trình f x 3x 0 x 3x t2 0; 4 2 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM 3 2 x 3x t3 4; 3 Dựa vào bảng biến thiên của hàm số u x3 3x2 ta thấy: 1 có 1 nghiệm duy nhất 2 có 3 nghiệm phân biệt 3 có 1 nghiệm duy nhất. Suy ra g x 0 có 7 nghiệm phân biệt và g x đổi dấu qua các nghiệm này nên hàm số g x có 7 điểm cực trị. y Câu 47: Có bao nhiêu cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 0 x 2020 và log (33x 3) x 2y 9 ? A. 2019 . B. 6 . C. 2020 . D. 4 . Lời giải Chọn D Điều kiện: x 1 y 2y Ta có: log3 (3x 3) x 2y 9 log3 (x 1) (x 1) 2 y 3 (*)
19. Xét hàm số f (t) t 3t ,t có f (t) 1 3t ln 3 0,t , tức hàm số luôn đồng biến trên y . Khi đó (*) f (log3 (x 1)) f (2 y) log 3(x 1) 2 y x 9 1 y TOÁN VD – VDC NHÓM Vì 0 x 2020 nên 0 9 1 2020 0 y log 92021. Do y nguyên nên y 0;1;2;3 . x; y  0;0 ; 8;1 ; 80; 2 ; 728;3  nên tổng cộng có 4 cặp số nguyên (x; y) thỏa đề. Câu 48: Cho hàm số f (x) liên tục trên thỏa xf (x3) f (1 x2) x10 x6 2x, x . Khi đó 0 f (x)dx bằng 1 17 13 17 A. . B. . C. . D. 1. 20 4 4 Lời giải Chọn B Cách 1 : Với x ta có : xf (x3) f (1 x2) x10 x6 2x x2 f (x3) xf (1 x2) x11 x7 2x2 (*) 1 1 1 2 x x2 f (x3)dx xf (1 x )d x11 x7 2x2 dx 0 0 0 1 1 1 )d(x3) 1 x2)d(1 5 f (x3 f (1 x2) 3 0 2 0 8 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM 1 1 1 1 5 1 3 f (x)dx f (x)dx f (x)dx 3 02 08 0 4 0 0 0 Mặt khác : (*) x2 f (x3)dx xf (1 x2)dx x11 x7 2 x2 dx 1 1 1 1 0 1 0 17 f (x3)d(x3) f (1 x2)d(1 x2) 3 1 2 1 24 0 1 0 1 3 17 13 1 1 17 f (x)dx f (x)dx f (x)dx 3 . . 3 2 24 24 4 1 0 1 2 4 Cách 2 : Chọn f (x) là hàm đa thức và giả sử n là bậc của f (x) . Ta có : bậc của vế phải là 1 . Bậc của xf (x3) là 3n 1, bậc của f (1 là 2n , suy ra bậc của x2) vế trái là 3n 1. Khi đó : 3n 1 10 n 3. Giả sử hệ số của x3 trong f (x) là a . Mặt khác, hệ số bậc cao nhất của vế trái và vế phải lần lượt là a và 1 nên a 1. Cho x 0 thì Cho x 1 thì
20. f (1) 0 f (x) (x 1)(x2 bx c) . f (1) f (0) 2 f (0) 2 c 2 .
21. Cho x 1 thì f ( 1) 4 b 1. Suy ra f (x) (x 1)(x2 x 2) . Thử lại thấy thỏa. NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM 0 0 2 13 Vậy f (x)dx (x 1)(x x 2) dx . 1 1 4 0 1 Cách 3 : Đặt I f (x)dx và J f (x)dx 1 0 xf (x3) f (1 x2) x10 x6 2x,x ta có : xf ( x3) f (1 x2) x10 x6 2x,x xf (x3) xf ( x3) 4x,x f (x3) f ( x3) 4,x 0 f (x) f ( x) 4,x (do f (0) 2 ) 0 0 1 Suy ra  f (x) f ( x) dx 4 f (x)dx f (x)dx 4 I J 4 (1) 1 1 0 Mặt khác, với x ta có : xf (x3) f (1 x2) x10 x6 2x x2 f (x3) xf (1 x2) x11 x7 2x2 0 0 0 x2 f (x3)dx xf (1 x2)dx x11 x7 2 x2 dx 1 1 1 0 0 17 1 1 17 1 1 TOÁN VD – VDC NHÓM f (x3)d(x3) f (1 x2)d(1 x2) I J . (2) 3 1 2 1 24 3 2 24 0 13 Từ (1) và (2) suy ra I f (x)dx . 1 4 Câu 49: Cho khối chóp BC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB a, SBA SCA 90 , góc giữa hai mặt phẳng SAB và SAC bằng 60 . Thể tích khối chóp đã cho bằng a 3 a3 a3 A. a 3 . B. . C. .D. . 3 2 6 Lời giải Chọn D Cách 1:
22. NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM 1 a 2 Ta có S AB.AC . ABC 2 2 Gọi D là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABC . AB  SB Ta có AB  SBD AB  BD . AB  SD Tương tự, ta có AC  CD ABDC là hình vuông cạnh a . Đăt SD x, x 0 . DB.DS ax Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên SB DH . DB2 DS 2 a2 x2 DH  SB ax Ta có DH  SAB d D, SAB DH . DH  AB a2 x2 Lại có CD // AB CD // SAB d C, SAB d D, SAB DH . SCA vuông tại C, có AC a, SC . x2 a2 TOÁN VD – VDC NHÓM CA.CS a. x2 a2 Kẻ CK  SA CK . CA2 CS 2 x2 2a2 d C, SAB DH Vì SAB  SAC SA sin SAB , SAC d C, SA CK 2ax 2 a x 2 2 2 3 x x2 2a2 2 2 2 sin 60 2 2 3 x a 4x x 2a x a . a x2 a2 2 x a x2 2a2 DH a . 1a 3 Vậy V S .SD . S.ABC 3 ABC 6 Cách 2:
23. NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM Dựng hình vuông ABDC SD  ABCD . Đặt SD x, x 0 . ax Kẻ DH  SB, H SB DH  SAB và DH . x2 a2 ax Kẻ DK  SC, K SC DK  SAC và DK . x2 a2 SH SK SD2 x2 x2 x2 .a. 2 Ta có HK // BD HK BD 2 2 SB SC SB2 x2 a2 x2 a2 x a DH 2 DK 2 HK 2 Ta có cos SAB , SAC cos HDK 2DH.DK 2x2a2 2a2 x4 2 2 2 x a 2 2 1 x a 1 a2 x a . 2 2x2a2 2 x2 a2 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM x2 a2 SD a. 1a 2 Lại có S AB.AC . ABC 2 2 1a 3 Vậy V S .SD . S.ABC 3 ABC 6 Cách 3: S I D C B A Ta có  SAB  SAC và chung cạnh huyền SA. Kẻ BI  SA CI  SA và góc giữa hai mặt phẳng SAB và SAC là góc giữa hai đường thẳng BI và CI BI;CI 60 .
24. Có BC a 2 , BIC cân tại I. Do BI CI AC a a 2 BC nên BIC không đều a 6 a 3 BIC 120 BI CI . Từ đó AI ; AB2 AI.SA SA a 3. 3 3 TOÁN VD – VDC NHÓM Dựng hình vuông ABDC SD  ABDC . 1 a3 Có : SD SA2 AD2 a; S a2 V S .SD . ABC S .ABC 3 ABC 6 HOẶC CÁCH KHÁC PPTHỂ TÍCH 1 1 V S . SI AI S .SA . S . ABC 3 IBC 3 IBC 3 Với 1 a2 3 1 a2 3 a 3 S .IB.IC.sin120 V . .a . IBC 2 6 S .ABC 3 6 6 Câu 50: Cho hàm số f x . Hàm số y f x có đồ thị như hình sau. Hàm số g x f 1 2x x2 x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? 1 A. B. 0; . C. 2; 1 . D. 2;3 . 3 2 1; . 2 Lời giải TOÁN VD – VDC NHÓM Chọn A Ta có g x 2 f 1 2x 2x 1 2x 1 g x 0 2 f 1 2x 2x 1 0 f 1 2x (*). 2 t Đặt t 1 2x , ta có đồ thị hàm số y f t và y như hình vẽ sau : 2 t 1 3 Trên đoạn  2; 4 thì * f t 2 t 0 2 1 2x 0 x . 2 2 2
25. 1 3 hàm số nghịch biến trên khoảng ; . 2 2 3 1 3 TOÁN VD – VDC NHÓM Đối chiếu với các phương án suy ra chọn đáp án A vì 1;  ; . 2 2 2 HẾT NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM