HƯỚNG ĐẾN KỲ THI THPT 2020 THI THỬ KYS – LẦN MƠN: TỐN HỌC Thời gian làm bài: 90 phút BẢNG ĐÁP ÁN Câu 1 10 B C D D B A A B D D 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 C C B C D B B B B A 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 A A C C D D D D C D 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 D A D D D D C C A B 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 C D B A B A A B C A Cho khối cầu có bán kính R Thể tích khối cầu A V = 4π R B V = πR 3 C V = π R D V = π R2 Lời giải Chọn B Thể tích khối cầu có bán kính R V = Câu πR Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên sau Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm Giá trị cực tiểu hàm số cho A B −2 C −1 D Lời giải Chọn C Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu x = giá trị cực tiểu yCT = −1 Câu Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hình vẽ bên Hỏi hàm số cho đồng biến khoảng ? A ( −∞;8 ) C ( 4; +∞ ) B (1; ) D ( 0;1) Lời giải Chọn D Xét từ trái sang phải, Đáp án A,B loại khoảng (1; ) đồ thị hàm số xuống nên hàm số nghịch biến, đáp án C loại khoảng ( 4;9 ) đồ thị hàm số đường song song trục Ox nên hàm số không đổi Đáp án D, khoảng (0;1) đồ thị hàm số lên liên tục nên hàm số đồng biến khoảng Chọn D Câu ( a b ) Với a, b hai số thực dương a ≠ , log a A + log a b C B + log a b 1 + log a b 2 D + log a b Lời giải Chọn B Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm log Câu a ( log a + log (a b ) = a a )   1 + log a b  = + log a b b =   Cho hàm số f  x  liên tục  có ∫ f ( x ) dx = A I = B I = ∫ f ( x + 1) dx = Tính I = ∫ f ( x ) dx ? C I = D I = Lời giải Ta có 1 0 ⇔ ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx = hay 2∫ f ( x ) dx = Với đặt t= ∫ f ( x + 1) dx = x + nên dt = dx x = ⇒ t = , x = ⇒ t = Do = ∫ f ( x + 1) dx = ∫ Suy I = ∫ f ( x ) dx = Câu f ( t ) dt = ∫ ∫ f ( x ) dx f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = + = Chọn A Cho hai khối cầu ( C1 ) , ( C2 ) có tâm có bán kính a , b , với a < b Thể tích phần hai khối cầu A 4π b − a3 ) ( B π (b 3 − a3 ) C 2π b − a3 ) ( D = V b − a3 ) ( Lời giải Chọn A Gọi V1 , V2 thể tích khối cầu ( C1 ) , ( C2 ) Gọi V thể tích cần tìm 4π a 4π b3 Có V1 = , V2 = 3 Có V= V= − V1 Câu 4π b − a3 ) ( Tìm tập nghiệm phương trình log (x  3x  11)  2 A {1} B {1; 2} C {−1; 2} D ∅ Lời giải Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm Chọn B Ta có : Chọn B Câu Chọn A   x= π  sin x= cos x ⇔ sin x= sin  − x  ⇔  2   x=  π π + k 2π + k 2π Câu 10 Họ nguyên hàm hàm số f= ( x ) e x +1 + A x +1 e + ln x + C (k ∈ ) là: x B e x +1 + ln x 2 x +1 + ln x + C C 2e D x +1 e + ln x + C Lời giải Chọn D Ta có:  ∫  e Câu 11 x +1 1 x +1 e + dx= + ln x + C x Lời giải Chọn C Từ nhà An đến nhà Bình có bốn cách chọn đường Từ nhà Bình đến nhà Cường có sáu cách chọn đường Áp dụng quy tắc nhân ta có số cách chọn đường từ nhà An đến nhà Cường là: 4.6 = 24 (cách) Câu 12 Với k n hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k ≤ n , mệnh đề đúng? A Cnk = n! (n − k )! B Ank = n! k !(n − k )! C Cnk = Ank k! k D C= Cnk−−11 + Cnk−1 n −1 Lời giải Chọn C Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm Ak n! n! ; Ank = ⇒ Cnk = n Chọn C k! (n − k )! k !(n − k )! Vì Cnk = (Ở D ý: = Cnk Cnk−−11 + Cnk−1 (với ≤ k ≤ n ), Chứng minh phản ví dụ cho n, k giá trị cụ thể ta dễ dàng loại A, B, D) Câu 13 Cho cấp số cộng ( un ) có số hạng đầu u1 = −2 công sai d = −7 Giá trị u6 B −37 A 37 C −33 D 33 Lời giải Chọn B Ta có u6 =u1 + 5d =−2 − 35 =−37 Câu 14 b b  b b  b − 4ac   Xét y= ax + bx + c= a  x + 2.x +  + c − = a  x +  − 2a 4a  4a 2a  4a   ∆   −b Phương trình = y ⇔ ax + bx += c  →= ∆ b − 4ac Do đó, tọa độ đỉnh I  ; −   2a 4a  Câu 15 Đường cong hình vẽ đồ thị hàm số phương án A , B , C , D ? A y = x−2 x +1 B y = −x − x +1 C y = −x x +1 D y = −x + x +1 Lời giải Chọn D Từ hình vẽ ta nhận thấy hàm số cần tìm có đồ thị hàm số cắt trục hồnh, trục tung hai điểm ( 0; ) ( 2;0 ) nên đáp án A , B , C loại thấy D đáp án Chọn D Câu 16 Cho hàm số f ( x ) liên tục đoạn [ −1;3] có đồ thị hình vẽ bên Gọi M m giá trị lớn nhỏ hàm số cho [ −1;3] Giá trị log m + log M ? Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm A B C D Lời giải Chọn B Hàm số liên tục [ −1;3] Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy: Giá trị lớn f ( x ) [ −1;3] , đạt x = Suy M = Giá trị nhỏ f ( x ) [ −1;3] −2 , đạt x = Suy m = −2 Do đó: log m + log M= log −2 + log = log + log = log 2.3 = log = x2 − a + b ln + c ln với a , b , c số nguyên Giá trị a + b + c ∫0 x + 3x + dx = Câu 17 Cho B −1 A −2 C D Lời giải Chọn B Ta có x2 − x + x + − (3 x + 5) = dx dx ∫0 x + 3x + ∫0 x + 3x + 1 1 0 = ∫ dx − ∫ 1 3x +  =− + dx x dx  ∫ 0  x + x +  x + 3x + = − ( ln x + + ln x + ) =1 − ln − ln Do a = 1; b = −1; c = −1 Vậy a + b + c =−1 Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm Câu 18 Đặt t = x + ⇒ x = t − 7, ( t ≥ ) Phương trình trở thành: t = 5t − 15 = t + − 2t = − t − − t ⇒ t − t − = − t − ⇒ t + t − − 11 = ⇒  ⇒ t = − − t − =   2 Đề xuất sửa lại mathtype Với t = , tính x = Thử lại thỏa phương trình Vậy phương trình có nghiệm x = Câu 19 Gọi x = abcde số thỏa ycbt Do x chia hết e = Số cách chọn vị trí a, b, c, d 4! Vậy có 24 số có chữ số đơi khác chia hết cho Câu 20 1 5 Cho log   = a Khẳng định sau đúng? 5a A log 25 + log = C log = − B log = − a a D log 1 3a + log = 25 Lời giải Chọn A 1 5 ( ) a ⇔ log 2−1 5−1 = a ⇔ log = a Đáp án B sai theo giả thiết log   = Đáp án C sai log = log = log = 5 Đáp án D sai log 2 = log a 1 + log = − log − log = −3a log 5−1 + log 5−2 = 25 Đáp án A log 25 + log = log + log = log + Câu 21 5a log = 2 Tổng số có + + = 15 viên bi Lấy ngẫu nhiên viên bi từ 15 viên có C153 = 455 (cách lấy) Số phần tử không gian mẫu n ( Ω ) =455 Gọi A : viên bi lấy có màu đỏ " Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 35 Lấy viên bi màu đỏ từ viên bi màu đỏ có C73 = 35 ⇒ n ( A ) = Vậy xác suất để viên bi lấy có màu đỏ P ( A ) = 1 Câu 23 Tập nghiệm bất phương trình   2 ( ) ( x −2 ) B 2; +∞ A −∞;1 n ( A) 45 = = n ( Ω ) 455 13 > 24−3 x ( ) C 1;2 ( ) ( ) D −∞;1 ∪ 2; +∞ Lời giải Chọn C 1 + Ta có:   2 x −2 > −3 x ⇔ 2 − x > −3 x ⇔ − x > − 3x ⇔ x − 3x + < ⇔ < x < ( ) Vậy x ∈ 1;2 Câu 24 Diện tích phần hình phẳng tơ đen hình vẽ bên tính theo công thức đây? A 3 ∫ ( f ( x) − g ( x) ) dx B ∫ ( g( x) − f ( x) ) dx −2 C −2 −2 ∫ ( f ( x) − g ( x) ) dx + ∫ ( g( x) − f ( x) ) dx −2 D ∫ ( g( x) − f ( x) ) dx + ∫ ( f( x) − g ( x) ) dx Lời giải Chọn C Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm Từ đồ thị hai hàm số y = f ( x) y = g ( x) ta có diện tích phần hình phẳng tơ đen hình vẽ bên tính là: Câu thiếu kiện nên C D Câu 25 Cho khối nón có độ dài đường sinh a chiều cao a Thể tích khối nón cho 5π a B A 2π a 2π a C 4π a D Lời giải Chọn D Ta có l =h + R ⇔ R =l − h Do R = l − h2 = (a ) − a = 2a 4π a = πR h π (= 2a ) a Vậy thể tích khối nón= là: V 3 Câu 26 Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên sau: Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm Đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận đứng a tổng số đường tiệm cận ngang b Khi 2a + b3 giá trị biểu thức thuộc khoảng sau đây? a − b2 A [ 0; 4] B ( −6; − ) C [ −2;0 ) D ( −4; − ) Lời giải Chọn D Dựa vào bảng biến thiên ta có: lim f ( x ) = −1 suy đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y = −1 x →−∞ lim f ( x ) = suy đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y = x →+∞ Vậy tổng số đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số ⇒ b = lim f ( x ) = −∞ suy đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x = −2 x →−2− Vậy tổng số đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số ⇒ a = Ta có Câu 27 2a + b3 2.12 + 23 10 = = − 2 a −b −2 Cho khối tứ diện có cạnh a Thể tích khối tứ diện cho a3 A a3 B a3 C 12 a3 D Lời giải Chọn D Ta xem khối tứ diện cho khối chóp tam giác có cạnh a a 3) (= Diện tích= đáy là: B Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 3a 10 Điều kiện để ( C ) cắt trục hoành ba điểm phân biệt    1−   1+ ∪ +∞ m ∈  −∞; ;     ∆=′ m − m − >      ⇔  − = − + + ≠ g m m m 10 )  (  ± 41 m ≠  2 Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình (*) Xét hai trường hợp sau TH1: x1 + x2 = m − ⇔ 2m = m − ⇔ m = −3 (TM ) 3m −   x1 =  x1 − x2 = m −  −1 ± 10 m+3   ⇒ 3m + 2m − 13 =0 ⇔ m = TH2:  x1 + x2 =2m ⇔  x2 =  x x= m +    3m − m +  = m +1  Vậy số phần tử nguyên S Câu 40 Trong trò chơi, người chơi gieo đồng thời súc sắc đồng chất lần Nếu lần gieo xuất hai mặt lục thắng Xác suất để người chơi thắng ván gần với số sau A 0,001 B 0,0001 C 0,0002 D 0,002 Lời giải Chọn B Gọi P xác suất thắng ván Điều kiện ván thắng “xuất hai mặt lục ” tức ván thắng phải xuất hai mặt lục ba mặt lục 21 5 Xác suất ván “xuất hai mặt lục” là: C3     =     72 1 Xác suất ván “xuất ba mặt lục” là:   =   216 Do P = 25 + = ⇒ P1 = 72 216 27 27   25   +   ( ~ 0,00014) Chọn B Xác suất để người chơi thắng ván C    27  27  27  Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 18 Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 19 Câu 41 Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ  3 V = 2V1 = 2π  ∫  + − x   (  3 ∫ ( +) I=   + − x   )  ) − 3x dx  2   − 3x dx =   3 2 ∫ (12 − x ) dx + ∫ − x dx 0  x3  = 12 − = +) A = ∫ (12 − x ) dx =  12 x −   3 = +) B ∫ − x dx Đặt x = sin t ⇒ dx = cos tdt Đổi cận: π π 0 → B= ∫ 3cos2 td= t ∫ (1 + cos 2t ) dt π π  sin 2t  9t + =  = 0  9π   ⇒= V 2π  + =  16 3π + 9π Vậy chọn C   Lưu ý: Dùng tích phân để tính diện tích = Cơ sở : H {=y f ( x); = y ;= x a; = x b} Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 20 y y = f ( x) f ( x) x O b ⇔ f ( x) = S ( x) = ∫ f ( x ) dx = a Câu 42 Cho số thực x , y , z thỏa mãn điều kiện x , y ≥ ; z ≥ −1 log x + y +1 = x − y Khi 4x + y + ( x + z + 1) ( y + 2) giá trị nhỏ biểu thức T tương ứng bằng: = + 3x + y x + 2z + A B C D Lời giải Chọn D Từ giả thiết ta có: log ⇔ log x + y +1 x + y +1 = x − y ⇔ + log = 2x − y +1 4x + y + 4x + y + 2x + y + 2x + y + = x − y + ⇔ log = (4 x + y + 3) − (2 x + y + 2) 4x + y + 4x + y + ⇔ log (2 x + y + 2) + (2 x + y= + 2) log (4 x + y + 3) + (4 x + y + 3) ⇔ f (2 x + y + 2) = f (4 x + y + 3) ⇔ x + y + = x + y + ⇔ y = x + (Với hàm = f (t ) log t + t đơn điệu (0; +∞) ) Thay vào biểu thức T ta được: T = ( x + z + 1) ( y + 2) ( x + z + 1) (2 x + 3) + = + 3x + y x + 2z + 5x + x + 2z + Áp dụng bất đẳng thức: T= ( x + z + 1) (2 x + 3) ( x + z + + x + 3) (3x + z + 4) (3x + z + 4) + ≥ = = 5x + x + z + 5x + + x + z + x + z + 3x + z + Đặt t = x + z + ⇒ T ≥  (t + 2)  4   t t = + + ≥ +   =   t 2 t t    Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 21   = y 2x +1   x= z= Dấu "=" xảy khi:  t = = x + z + ⇔   y =1  x + z +1 2x +  = x + 2z +  5x + Suy giá trị nhỏ biểu thức T Tmin = Vậy ta chọn đáp án D Câu 43 Cho hàm số y = f ( x ) liên tục  có đồ thị hình vẽ   Tập hợp tất giá trị thực tham số m để phương trình f  3sin x x − cos  + m = có 2  π π nghiệm x ∈  − ;  :  2 A (1; ) B ( −2; −1)  59    27  C  1; D ( −2; −1] Lời giải Chọn B Đặt t = 3sin x x − cos = − cos x 2  π π ⇒ t ∈ [ −1;1] ;   Dựa vào bảng ta x ∈  − Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 22  π π ;    Với −1 < t ≤ ⇒ giá trị t cho giá trị x ∈  −  Với  0 < t ≤  π π ⇒ giá trị t cho giá trị x ∈  − ;   2 t = −1  −1 < t1 ≤ < t2 ≤ (a )  Yêu cầu ⇔ phương trình f ( t ) = − m có nghiệm thỏa mãn:  t1 = −1 (b)   −1 < t2 ≤   Trường hợp (a ) ⇔ < − m < ⇔ −2 < m < −1  Trường hợp (b) không xảy t1 = −1 t2 = Vậy m ∈ ( −2; −1) thỏa yêu cầu Câu 44 Anh Quý vừa trường công ty nhận vào làm việc với trả lương sau: năm đầu tiên, hưởng lương 10 triệu đồng/tháng Sau ba năm tăng thêm triệu đồng tiền lương hàng tháng Để tiết kiệm tiền mua nhà ở, anh Quý lập kế hạch sau: Tiền lương sau nhận dành nửa vào chi tiêu hàng ngày, nửa lại sau nhận lương gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 0,8% /tháng Công ty trả lương vào ngày cuối hàng tháng Sau làm 10 năm cho cơng ty anh Q rút tiền tiết kiệm để mua nhà Hỏi thời điểm đó, tính tiền gửi tiết kiệm tiền lương tháng cuối anh Quý có số tiền bao nhiêu?(lấy kết gần nhất) A 1102,535 triệu đồng B 1089,535 triệu đồng C 1093,888 triệu đồng D 1111,355 triệu đồng Lời giải Chọn A Đặt q = + r = 1, 008 Giả sử anh Quý bắt đầu làm từ ngày 01 tháng 01 năm X Đến cuối tháng 1, đầu tháng 2, anh Quý bắt đầu gửi tiết kiệm ngân hàng với số tiền ban đầu triệu đồng (một nửa số tiền lương hàng tháng) Số tiền gửi tiết kiệm đầu tháng thứ là: 5q + … ( ) q 36 − q −1 Số tiền gửi tiết kiệm đầu tháng thứ 37 là: q 35 + q 34 + + = Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 23 Vì tiền lương kể từ tháng thứ 37 tăng thêm triệu đồng cho tháng lương, nên số tiền q 36 − gửi tiết kiệm đầu tháng thứ 38 là: q + 5,5 q −1 Số tiền gửi tiết kiệm đầu tháng thứ 39 là: q 36 − q + 5,5 (1 + q ) q −1 … Số tiền gửi tiết kiệm đầu tháng thứ 73 (tròn năm làm) là: q 36 − 36 q 36 − 36 q 36 − q + 5,5 (1 + q + = q + 5,5 + q 35 ) q −1 q −1 q −1 Lập luận tương tự trên, số tiền tiết kiệm đầu tháng thứ 109(tròn năm làm) là: q 36 − 72 q 36 − 36 q 36 − q + 5,5 q + q −1 q −1 q −1 Đến đầu tháng thứ 120 (tháng cuối làm để tròn 10 năm), số tiền tiết kiệm là: q 36 − 72+11 q 36 − 36+11 q 36 − 11 q11 − q + 5,5 q + q + 6,5 q −1 q −1 q −1 q −1 Đến cuối tháng thứ 120(thời điểm tròn 10 năm làm) số tiền gửi ngân hàng anh Quý có là:  q 36 − 83 q 36 − 47 q 36 − 11 q11 −  5,5 6,5 q + q + q + q  q −1 q −1 q −1 q −   Tại thời điểm này, anh Quý rút tiền để mua nhà ở, tổng số tiền lương tháng cuối số tiền tiết kiệm 10 năm là:  q 36 − 83 q 36 − 47 q 36 − 11 q11 −   q − q + 5,5 q − q + q − q + 6,5 q −  q + 13 ≈ 1102,535 triệu đồng   Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 24 Câu 45 A I B H M Giả sử đường tròn ( C ) có tâm I Gọi M giao điểm tiếp tuyến A, B ( C ) , = = H IM ∩ AB Suy H trung điểm AB, AH Vì M thuộc tia Oy nên M ( 0; t ) , t ≥ Ta có Vậy MH = AB = 2 1 = + → AM = 10 2 AH AM AI MA2 − AH = Mà MH = d ( M , ∆ ) → t = → t = → M ( 0;8 ) Đường thẳng IM qua M vng góc với ∆ nên có pt: x + y − = = x − y = x Toạ độ H nghiệm hpt:  ⇔ ⇒ H ( 4; ) y −8 = x + = y Ta có IH = IA2 − AH = =   HM → IH = HM → I ( 5;3) 4 10 Vậy phương trình đường tròn ( C ) là: ( x − ) + ( y − 3) = Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 25 Câu 46 Một cổng hình parabol hình vẽ Chiều cao GH = 4m , chiều rộng AB = 4m , AC = BD = 0,9m Chủ nhà làm hai cánh cổng đóng lại hình chữ nhật CDEF tơ đậm giá 1200000 đồng/m2, phần để trắng làm xiên hoa có giá 900000 đồng/m2 Hỏi tổng chi phí để hai phần nói gần với số tiền đây? A 11445000 (đồng) B 7368000 (đồng) C 4077000 (đồng) D 11370000 (đồng) Lời giải Chọn A Gắn hệ trục tọa độ Oxy cho AB trùng Ox , A trùng O parabol có đỉnh G ( 2; ) qua gốc tọa độ Gọi phương trình parabol y = ax + bx + c Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 26 c = a = −1  −b   Do ta có= ⇔ =  b  2a c =  22 a + 2b + c = Nên phương trình parabol = y f= ( x) − x + x  x3  32 Diện tích cổng S =∫ (− x + 4x)dx = − + x  = ≈ 10, 67(m )  0 = DE = Do chiều cao CF f ( 0,9 = ) 2, 79(m) CD = − 2.0,9 = 2, ( m ) ( ) Diện tích hai cánh cổng S= CD= CF 6,138 ≈ 6,14 m CDEF Diện tích phần xiên hoa S xh =− 10, 67 − 6,14 = 4,53(m ) S SCDEF = Nên tiền hai cánh cổng 6,14.1200000 = 7368000 ( đ ) tiền làm phần xiên hoa 4,53.900000 = 4077000 ( đ ) Vậy tổng chi phí 11445000 đồng Câu 47 Cho hình chóp S ABCD Đáy ABCD hình bình hành, M trung điểm SB , N thuộc cạnh SC SN SP = Mp ( MNP ) cắt SA, AD, BC = , P thuộc cạnh SD cho SD SC Q, E , F Biết thể tích khối S MNPQ Tính thể tích khối ABFEQM cho A 73 15 B 154 66 C 207 41 D 29 Lời giải Chọn A Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 27 Dễ chứng minh DE = C trung điểm đoạn BF DA Gọi V thể tích khối chóp S ABCD a = Đặt SA SB SC SD = ,b = ,c = ,d SQ SM SN SP b 2,c = Ta có= 11 = ,d Vì a + c = b + d ⇒ a = 11 +2+ + 6= 11 22 .2 VS MNPQ a + b + c + d +) = = V 4abcd Vì VS MNPQ = nên V = +) +) 22 VABFEQM VABCD.MNPQ VN DCFE VN EDP = + + , (1) V V V V VABCD.MNPQ V V +) N DCFE V =− VS MNPQ V =− 17 = , ( 2) 22 22 1 d N, ( DC FE ) S d ( C, DE ) DE + d ( E,CF ) CF CN 2 DCFE = =3 SABCD CS d ( B, AD ) A D d S, ( ABCD ) ( ( Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm ) ) 28 DE+ CF ) CN ( CN  DE CF  1   = = += + 1   = , ( 3)  AD CS CS  AD CB    18 d ( N, ( EDP ) ) VN EDP VN E DP S SN DP.DE 2 += = = = = EDP , ( 4) V 2.VC SAD d C, SAD S SAD SC DS DA 18 ( ( )) Thế ( ) , ( 3) , ( ) vào (1) ta Suy VABFEQM = VABFEQM V = 17 73 + + = 22 18 18 66 73 73 22 73 V = = 66 66 15 Nhận xét: Có thể đặc biệt hóa hình chóp với đáy hình vng Khi tính VN DCFE dễ đáy DCFE hình thang vng Câu 48 Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm sau y f ( x + 3) − 2x − 9x − 6x đồng biến khoảng đây? Hàm số = A ( −∞; −2 ) B ( −2; −1) C ( −1;1) D ( 0; +∞ ) Lời giải Chọn B Cách 1: Tự luận Đặt g ( x= ) f ( x + 3) − 2x − 9x − 6x x ) f ' ( x + 3) − 6x − 18x − Ta có g ' ( = Lập bảng xét dấu: Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 29 x -∞ f'(x+2) -x(x-1) g'(x) -2 -1 +∞ - + + - - - + - - - - + ko xác định - - Từ bảng có kết Cách 2: Trắc nghiệm y f ( x + 3) − 2x − 9x − 6x Xét = = y′  f ′ ( x + 3) − x − 3x −  ′ ( )  f ′ ( 3) −  < nên loại đáp án C Ta có y= y′ ( −= )  f ′ ( −1) −  < nên loại đáp án A y= ' (1)  f ' ( ) −  < nên loại đáp án D Vậy ta chọn đáp án B Lời bình: +) Ta chọn f ' ( x ) = a ( x − 1)( x − ) ( x − 3)( x − ) ( với a > ) ta chọn hàm h ( x= ) bf ( x + c ) + g ( x ) cho g ' ( x ) có chung nghiệm với f ' ( x + c ) Giả sử có nghiệm chung ( x − m )( x − n ) bf ' ( x + c ) g '( x) + = k ( x ) k ( x ) âm hay ( x − m )( x − n ) ( x − m )( x − n ) dương đoạn cần tìm Như vậy, ta chọn trước k ( x ) +) Ví dụ cụ thể: Nếu ta c = ; b = y = a ( x + 1) x ( x − 1)( x − ) + g ' ( x ) Chọn g ' ( x ) f ' ( x + ) có nghiệm g '( x) Nhận thấy x −1 g '( x)  3 a ( x + 1) x ( x − ) < với x ∈ 1;  Do ta cần chọn hàm < với x −1  2 chung x = ; Xét hàm lại q ( x ) = a ( x + 1) x ( x − ) + Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 30 g '( x)  3 = − x chẳng hạn Khi ta có tốn khác ∀x ∈ 1;  Có vơ số hàm Ví dụ x −1  2 sau: 1 h ' ( x= ) f ' ( x + ) − x ( x − 1) ⇒ h ( x )= f ( x + ) − x3 + x -∞ x -1 +∞ f'(x+2) - + + - - -x(x-1) - - + - - - - g'(x) - ko xác định + +) Đến bạn sáng tạo vơ số tốn dạng này? Hungsp21983@gmail.com Câu 49 Gọi S tập hợp tất giá trị tham số m để bất phương trình m ( x − x ) + m ( − x + x ) + ( e x −1 − x ) ≥ với x ∈  Số phần tử S A B C D Lời giải Chọn C ( ) ( ) ( ) +) Đặt f (= x ) m x − x + m − x + x + e x −1 − x +) Ta có : y = f ( x ) hàm số xác định R có đạo hàm R, Điều kiện cần: Nhận thấy f (1) = nên f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈  ⇔ f ( x ) ≥ f (1) , ∀x ∈  , hay x = điểm cực trị hàm số, suy f ' (1) = ( ) m2 − m +) f ' ( = x ) (4x − 3x )m + −3x + 2x m + 2(e x −1 − 1) ⇒ f ' (1) = m = ⇒ f ' (1) = 0⇔ m = Điều kiện đủ: Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 31 ( ( ) ) + Với m = : ta có f (= x ) e x −1 − x ; f ' (= x ) e x −1 − , f '(= x) ⇔= x 1, Suy f ( x ) ≥ 0; ∀x ∈  hay m = thỏa mãn ( ) ( ) + Với m = 1: ta có f ( x ) =− x 2x + x + e x −1 − x = x ( x − 1) + e x −1 − x ≥ 0∀x ∈  Suy m = thỏa mãn ⇒ S = {0;1} ⇒ Chọn C Câu 50 Gọi điểm A , B , C , D , E Có C42 = đường thẳng khơng qua A nên từ A kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng Tương tự từ B kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng không qua B 36 điểm ( Không kể A , B ) Nhưng có Đáng lẽ nhóm đường thẳng cắt × = C32 = đường thẳng không qua điểm A , B nên đường thẳng vng góc vẽ từ A đường thẳng vng góc vẽ từ B đôi song song với nên số giao điểm nhóm đường thẳng vng góc 36-3=33 điểm Có C52 = 10 cách chọn cặp điểm nên có 330 giao điểm đường thẳng vng góc Thế điểm A , B , C đường cao tam giác số đường vng góc lại đồng quy điểm ( thay cắt điểm) nên số giao điểm giảm Vì có C53 = 10 tam giác tam giác ABC nên số giao điểm giản 20 Vậy số giao điểm nhiều đường thẳng vng gốc 330-20=310 Mở rộng: Bài tổng quát cho n điểm (n>2) Tài liệu KYS Giáo dục trải nghiệm 32 ... − 20 20 x 20 19 x 20 18 − 20 20 ( x 20 19 − 20 20 x ) ln 20 18 Lời giải ( x − 20 20 x ) 20 19 x − 20 20 = Chọn D Ta có: f ′ ( x ) = ( x − 20 20 x ) ln 20 18 ( x − 20 20 x ) ln 20 18 20 19 ' 20 18 20 19 20 19... x 20 19 − 20 20 x A f ′ ( x ) = ( 20 19 x 20 18 − 20 20 ) ln 20 18 C f ′ ( x ) (x = 20 19 − 20 20 x ) ln 20 18 20 19 x 20 18 − 20 20 B f ′ ( x ) ( 20 19 x = x D f ′ ( x ) = 20 18 20 19 − 20 20 ) ln 20 18 − 20 20...    72 1 Xác suất ván “xuất ba mặt lục” là:   =   21 6 Do P = 25 + = ⇒ P1 = 72 216 27 27   25   +   ( ~ 0,00014) Chọn B Xác suất để người chơi thắng ván C    27  27  27  Tài