PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 •ĐỀ SỐ 16 - HAI NGÀY ĐỀ THI 1.A  11.C  21.B  31.B  41.C  Câu 2.A  12.C  22.B  32.B  42.D  3.A  13.C  23.C  33.D  43.A    BẢNG ĐÁP ÁN 5.A  6.D  7.D  15.A  16.B  17.B  25.C  26.D  27.D  35.B  36.A  37.A  45.D  46.A  47.A  LỜI GIẢI THAM KHẢO  4.B  14.C  24.D  34.C  44.D  8.A  18.D  28.C  38.D  48.D  9.D  19.C  29.A  39.B  49.D  10.A  20.B  30.A  40.D  50.B  Thể tích khối lập phương  ABCD ABC D  có  AB  a  bằng: A a B 2a3 C 4a3 Lời giải D 6a3   Chọn A ABB   vuông cân tại  B  nên:  AB  AB2  AB  a   Thể tích khối lập phương là  a Câu Cho hàm số  y  f  x   có bảng biến thiên sau:  x  y       2    0   3    y       4    0                 2      Khẳng định nào sau đây là đúng? A Hàm số đạt cực đại tại  x  C Hàm số đạt cực đại tại  x  2   B Hàm số đạt cực đại tại  x  D Hàm số đạt cực đại tại  x  Lời giải  Chọn A  Hàm số đạt cực đại tại  x  , vì đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm qua  x   và  yCĐ  y      Hàm số đạt cực tiểu tại  x  , vì đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương qua  x   và  yCT  y    2 Câu  Trong không gian  Oxyz , cho hai điểm  A  0;  1;3  và  B  6;1;  3  Vectơ  AB  có tọa độ là A  6; 2;   B  6;  2;   C  6;0;0  D  6; 2;6  Lời giải  Chọn A  AB    0;1    1 ;   3   6; 2;   Câu Cho hàm số  y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào  dưới đây?  Trang 1/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   A  ; 1 B  1;1 C  0;   D ;  Lời giải Chọn B Nhìn vào đồ thị đã cho, ta có hàm số đồng biến trên khoảng  1;1 Câu Với  a ,  b  là hai số dương tùy ý,  log  a 3b   bằng A 3log a  4log b B 4log a  3log b C log a  3log b D log a  log b Lời giải Chọn A Có  log  a 3b   log a  log b  3log a  log b Câu 5 Cho   f  x  dx   và   g  x  dx  , khi đó    f  x   g  x   dx  bằng A 2 B 12 C Lời giải D 1 Chọn D 5 Có   f  x   g  x   dx   f  x  dx  3 g  x  dx    2.4  3.3  1 Câu 2 Diện tích của mặt cầu bán kính  a  bằng: A 2 a B 3 a C  a Lời giải D 4 a Chọn D Có S  4 R  4 a   2.4  3.3  1 Câu Số nghiệm của phương trình  log  x  x     là: A B C Lời giải D Chọn A Ta có  x  x   0, x     x  Khi đó  log  x  x     x  x     x  Câu Trong  không  gian  Oxyz ,  cho  mặt  phẳng      đi  qua  A 1; 2;3   và  song  song  mặt  phẳng   Oxy  thì phương trình mặt phẳng     là A x   B x  y  z  C y   Lời giải Trang 2/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D z   PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Chọn D  Mặt phẳng     đi qua  A 1; 2;3  có véc tơ pháp tuyến  k   0;0;1   Nên mặt phẳng     có phương trình là:  z   Câu 10 Họ nguyên hàm của hàm số  f  x   e x  x  là A e x  x  C C B e x  x  C   x e  x  C D e x 1  C   x 1 Lời giải Chọn A Ta có   f  x dx   e x  x dx   e x dx   xdx  e x  x  C x  y 3 z     đi qua điểm nào dưới đây? 2 B M (2; 3; 4) C P(2;3;4) D N(3;2; 3)   Lời giải Câu 11 Trong không gian  Oxyz , đường thẳng  d : A Q(3; 2;3) Chọn C  Đáp án A nhầm vectơ chỉ phương.  Đáp án B nhầm dấu tọa độ điểm.  Đáp án D nhầm vectơ chỉ phương Câu 12 Với  k  và  n  là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn  k  n  Mệnh đề nào dưới đây đúng ? k ! n  k  ! n! n! n! A Ank  B Ank  C Ank  D Ank  k ! n  k  ! n! k!  n  k ! Lời giải Chọn C Theo lý thuyết cơng thức tính số chỉnh hợp chập  k  của  n :  Ank  n!  n  k ! Câu 13 Cho cấp số cộng   un   có số hạng đầu  u2   và  u3   Giá trị của  u5  bằng A 12 B 15 D 25 C 11 Lời giải  Chọn C Ta có:  d  u3  u2     u4  u3  d     u5  u4  d  11 Câu 14 Trong  mặt  phẳng  tọa  độ  Oxy ,  3  điểm  A, B, C   lần  lượt  là  điểm  biểu  diễn  của  ba  số  phức  z1   7i ,  z2   5i và  z3  5  9i  Khi đó, trọng tâm  G   là điểm biểu diễn của số phức nào  sau đây? A z   9i B z   3i C z  i D z   2i Lời giải Chọn C Ta có:  A  3; 7  , B  9; 5 , C  5;9    Trang 3/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   7  Trọng tâm của tam giác  ABC  là  G  ; 1     Vậy trọng tâm  G  là điểm biểu diễn của số phức  z  i Câu 15 Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây?  A y  x2 2x 1 B y  2x 1 x2 C y  x2 2x 1 D y  x2 2x 1 Lời giải  Chọn A 1  Tập xác định:  D   \    Nên loại đáp án B, C 2 1  1  Ta có:  y   ,  x   Hàm số đồng biến trên các khoảng   ;   và   ;     2 2  2   x  1 Nên loại  D Vậy đồ thị đã cho là của hàm số  y  x2 2x 1 Câu 16 Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên đoạn   1;1  và có đồ thị như hình vẽ.    Gọi  M  và  m  lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn   1;1  Giá  trị của  M  m  bằng A B C Lời giải  D Chọn B Từ đồ thị ta thấy  M  1, m   nên  M  m  Câu 17 Cho hàm số  f ( x)  có đạo hàm  f ( x)  x ( x  1)3 ( x  2), x    Số điểm cực trị của hàm số đã  cho là A B C Lời giải Chọn B Trang 4/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 x  Ta có  f ( x )    x  1     x  2 Xét dấu  f ( x) , ta được    Do  f ( x)  đổi dấu 2 lần nên hàm số  f ( x)  có 2 điểm cực trị Câu 18 Tìm hai số thực  a  và  b  để số phức  z   a  bi    a  bi   b   là số thuần ảo, với  i  là đơn  vị ảo A a  ,  b  B a  0, b  C a  1  và  b  bất kì D a   và  b  bất kì Lời giải  Chọn D Ta có:  z   a  bi    a  bi   b   a  2abi  b  2a  2bi  b2     a  2a    2ab  2b  i   Để số phức  z  là số thuần ảo thì  a  a    a    Vậy  a   còn  b  là số thực bất kì Câu 19 Trong khơng gian với hệ trục tọa độ  Oxyz , cho hai điểm  A 1; 2;0   và  B  3; 2;2   Phương  trình mặt cầu ( S )  nhận  AB  làm đường kính là 2 B  x     y     z  1  2 2 D  x     y     z  1  18 A  x     y     z  1  18 C  x     y     z  1  2 2 2 Lời giải Chọn C  Ta có:  ( S )  nhận trung điểm  I  2; 2;1  của  AB  làm tâm và có bán kính  R  IA   R  IA  1   2   2      1    2 Suy phương trình mặt cầu  ( S ) :   x     y     z  1  Câu 20 Đặt  log  a , khi đó  log 25 64  bằng A 3a B 2a C 3a D 2a Lời giải Chọn B  3 Ta có  log 25 64  log 52 43  log5  2a 2 Câu 21 Ký hiệu  z1 , z2  là hai nghiệm phức của phương trình  z  z    Giá trị của  z1  z2  bằng A B 10 C Lời giải D 12 Chọn B  Trang 5/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/    z1  2  i 2 2 Ta có :  z  z      Suy ra  z1  z2   z1  z  10  z2  2  i Câu 22 Trong  không  gian  Oxyz ,  khoảng  cách  giữa  hai  mặt  phẳng   P  : x  y  z     và   Q  : x  y  z    bằng A B C D Lời giải Chọn B  P  / /  Q   2.0  2.0  4 Ta có    d   P  ;  Q    d  A;  Q       12  22  2  A  8; 0;0    P  Nhận xét:  Nếu mặt phẳng  P  : ax  by  cz  d   Q  : ax  by  cz  d '   a  b  c   song song với  d  d ' d   P  ;  Q    Câu 23 Tập nghiệm của bất phương trình  x A (; 1) B (3; ) C (1;3) 2 x d d ' a  b2  c2   là D (; 1)  (3; ) Lời giải Chọn C Ta có:  x 2 x   2x 2 x  23  x  x   x  x    1  x  Câu 24 Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo cơng thức nào dưới đây?  A  x  x  dx B 1   x  x  dx C   x  x  dx 1 1 D   x  x5  dx   Lời giải Chọn D Diện tích hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên:   x  x dx  1  x  x dx   x  x dx   1 0 Vì  y  x  x là hàm số lẻ nên  1 Do đó:   x5  x dx  1 x 1 1 x  x dx   x  x dx    x  x  dx    x dx   x  x dx    x  x  dx 0 Câu 25 Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng  5a  và đường cao bằng  4a  Thể tích khối nón bằng Trang 6/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 A 80 a3 3 B 15 a D 36 a   C 12 a Lời giải Chọn C   2 Theo giả thiết:  l  5a, h  4a  r  l  h  3a   1 Suy ra  V   r h    3a  4a  12 a3   3 1 8 a V   r h    2a  2a  3 Câu 26 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 B C Lời giải Chọn D Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có:  lim f ( x )   y  là một tiệm cận ngang  D x  lim f ( x )    x  là một tiệm cận đứng  x 1 Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận là Câu 27 Cho khối chóp tam giác đều có tất cả các cạnh bằng  2a  Thể tích của khối chóp đã cho bằng A 8a3 B 2a C 2a D 2a Lời giải Chọn D Trang 7/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/     Ta có  SO   ABC   và  S ABC   2a   a ;  AO  2 2a 2a , AM   3  2a  2a   SO  SA  AO   2a        2 1 2a 2 Vậy thể tích khối chóp là  VS ABCD  S ABC SO  a  a 3 3 Câu 28 Hàm số  f  x   log   x  có đạo hàm A f   x   ln10  x2 C f   x   2 x   x  ln10 B f   x     x2  ln10 D f   x   2 x  x2 Lời giải: Chọn C  x   2 x  Ta có:  f   x     x  ln10   x  ln10 2 Câu 29 Cho hàm số  y  f ( x)  có bảng biến thiên như sau:    Số nghiệm thực của phương trình  f ( x)    là: A B C Lời giải Chọn A Xét phương trình  f ( x)    f ( x)   (1)   Trang 8/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Ta có: số nghiệm thực của phương trình  (1)  chính là số giao điểm của đồ thị hàm số  y  f ( x)   và đồ thị của đường thẳng  y    Dựa vào bảng biến thiên, ta có:    Vậy phương trình  f ( x)    có 4 nghiệm thực Câu 30 Cho hình hộp chữ nhật  ABCD ABC D  có đáy  ABCD  là hình vng,  AC   a  Gọi   P   là  mặt phẳng qua  AC   cắt  BB, DD  lần lượt tại  M , N  sao cho tam giác  AMN  cân tại  A  có  P  ,  ABCD  MN  a  Tính  cos   với       A B C D Lời giải Chọn A   Ta có AMC N  là hình bình hành, mà tam giác  AMN  cân tại  A  nên  MN  AC    Ta có   BDD ' B '   cắt ba mặt phẳng   ABCD  ,   A' B 'C ' D '  ,   AMC ' N   lần lượt theo ba giao  tuyến  BD / / B ' D ' / / MN   Hai mặt phẳng   P   và   ABCD   có điểm chung  A  và lần lượt chứa hai đường thẳng song song  MN ,  BD  nên giao tuyến của chúng là đường thẳng  d  đi qua  A  và song song với  MN , BD   Trên hai mặt phẳng   P   và   ABCD  lần lượt có hai đường thẳng  AC   và  AC  cùng vng góc  với  d  nên góc giữa hai mặt phẳng   P   và   ABCD   chính là góc giữa  AC   và  AC , bằng góc    Xét tam giác  C 'CA  vng tại  C  có:  CAC cos   AC BD MN a       AC  AC  AC  a 2 Cách 2: Theo chứng minh ở trên thì  MN //BD  và  MN  BD  a   Đa giác  AMC N  nằm trên mặt phẳng   P   có hình chiếu trên mặt   ABCD   là hình vng  ABCD  nên:  Trang 9/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   cos   S ABCD S AMC N  BD    AB 2     1 AC .MN AC .MN 2 Câu 31 Tổng tất cả các nghiệm của phương trình  log(8.5 x  20 x )  x  log 25  bằng A 16 B C 25 Lời giải D Chọn B  Ta có :  log(8.5x  20 x )  log 25.10 x  8.5x  20 x  25.10 x    (1)   Chia 2 vế phương trình (1) cho  x  ta được phương trình :   x  25.2 x      (2)   Đặt  t  x   ,  (t > 0) Phương trình (2) trở thành  t  25t  + 8 = 0  3 , gọi  t1 , t2  là hai nghiệm của   3  thì  t1.t2    Hai nghiệm của     là  x1  log t1 , x2  log t2 , ta có:  Ta có  x1  x2  log t1  log t1  log t1.t2  log  Câu 32 Một chi tiết máy là phần còn lại của một khối trụ có bán kính đáy  r  sau khi đã đục bỏ phần bên  r trong là một khối trụ có bán kính đáy  (tham khảo hình vẽ).    Biết thể tích khối trụ nhỏ bị đục bỏ bằng  20  cm   Thể tích của khối chi tiết máy đó là A 40  cm3  B 60  cm3  C 80  cm  D 70  cm  Lời giải Chọn B  Gọi chiều cao khối trụ là  h   Thể tích khối chi tiết máy:  V   r h  20 r Mà thể tích khối trụ nhỏ bên trong là     h   r h  20   r h  80   Vậy  V  80  20  60  cm  Câu 33 Họ nguyên hàm của hàm số  f ( x)  x(1  e x ) A  x  1 e x  x B  x  1 e x  x C  x   e x  x Lời giải  Chọn D Ta có   x (1  e x )dx   xdx   xe x dx   Trang 10/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D  x   e x  x PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020  ux du  dx  Gọi  I   x ln xdx  Đặt     x x dv  e dx  v  e Khi đó  I  xe x   e x dx   Vậy   x (1  e x ) dx   xdx  xe x   e x dx  x  xe x  x  C =  x   e x  x  C   60 ,  SAB là tam giác đều  Câu 34 Cho hình chóp  S ABCD   có đáy là hình thoi cạnh  2a , góc  BAD   nằm trên mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ  B đến mặt phẳng   SCD    3a a a A B C D a 2 Lời giải Chọn C Gọi  O  là trung điểm của AB  SO  ( ABCD)   2a  a SO  là đường cao của tam giác đều cạnh  2a   Từ giả thiết suy ra tam giác  BCD  và tam giác  ABD  là tam giác đều   CD  OD   CD  OD Ta có:    CD   SOD    CD  SO Trong tam giác  SOD  kẻ  OH  SD  tại  H   OH  SD  OH   SCD     OH  CD SO  Do  AB   SCD  suy ra  d  B,  SCD    d  O,  SCD    OH   Nhận thấy tam giác  SOD  là tam giác vuông cân tại  O  với  OD  a   OH  1 a SD  3a  3a  2 Câu 35 Trong  không  gian  Oxyz ,  cho  mặt  phẳng    : x  y  z     và  đường  thẳng  x 1 y  z    Hình chiếu vng góc của  d  trên     có phương trình là x 1 y  z 1 x y  z 1    A B  5 x  y z 1 x y  z 1    C D  5 d: Trang 11/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Lời giải Chọn B  Mặt phẳng    : x  y  z    có vectơ pháp tuyến  n 1;1; 1    x 1 y  z    có vectơ chỉ phương  u  2;3;5    Đường thẳng  d :  Vì  n.u  1.2  1.3   1   nên  d / /     Gọi  d '  là hình chiếu vng góc của  d  trên     d '/ / d   Lấy  A 1; 4;0   d  Gọi    là đường thẳng đi qua  A  và vng góc với      x  1 t  Suy ra phương trình đường thẳng    là   y  4  t    z  t  Gọi  A '  là hình chiếu của  A  lên    thì  A '         A '  0; 5;1    Đường thẳng  d '  là đường thẳng đi qua  A '  0; 5;1 , có vectơ chỉ phương  u  2;3;5  có phương  trình là  x y  z 1   Câu 36 Tìm tất cả các giá trị thực của tham số  m  để hàm số  y  x  mx  x  đồng biến trên khoảng   2;0  A m  2 B m  13 C m  2 D m   13 Lời giải  Chọn A Ta có  y '  x  2mx   Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng   2;0   y '  0, x   2;0     mx  3x  1, x  2;0   m  3x  , x   2;0    x  x ( L)  1 Xét  f  x   3x  , x   2;0   Ta có: f '  x         x x  x    Lại có  lim f ( x )   ; lim f ( x)  x 0 x 2 13  và    f    2   3  Bảng biến thiên:    Dựa vào bảng biên thiên suy ra:  ( ycbt )  m  2 Trang 12/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Câu 37 Xét các số phức  z  thoả mãn  z 1 i  z  z  i 1  là số thực. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức  là parabol có toạ độ đỉnh 1 3  1 A I  ;   B I   ;  4 4  4 1 3 C I  ;   2 2 Lời giải z    1 D I   ;   2 Chọn A Giả sử  z  a  bi    a, b  R    Khi đó   z 1  i  z  zi 1  a    b  1 i  a    b  1 i  1  2ai      2ai  4a a   2a  b  1   2a  a  1  b  1 i  4a   z 1 i  b a a  là số thực suy ra  2a  a  1  b    b  2a  2a          2 2 z  z i 1  Số phức  z a b  có điểm biểu diễn  M  ;      quỹ tích  M  là parabol có phương trình  2 2 y  x2  x    Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức  z 1 3  là parabol có toạ độ đỉnh  I  ;   4 4 dx   ln a  ln b  ln c    với  a ,  b ,  c   là  các  số  nguyên  dương.  Tính  x e  3e  c P  2a  b  c A P  3 B P  1 C P  D P  Lời giải  Chọn D ln ln dx e x dx Ta có  I      e x  3e  x  0 e x  4e x  Đặt:  t  e x  dt  e x dx  Đổi cận:  x   t  ,  x  ln  t    Câu 38 Biết  I   ln x Khi đó  I   2 1 2 1  t 1 dt     dt  ln   ln  ln  ln     t  4t   t 1 t   t 31 Suy ra a  ,  b  ,  c   Vậy  P  2a  b  c  Câu 39 Cho hàm số y  f ( x )  Hàm số  y  f '( x )  có bảng biến thiên như sau    x  (2;3) Bất phương trình  f ( x)  e  2m   có nghiệm đúng với mọi   khi và chỉ khi x A m   f (2)  e  2 B m   f (2)  e  2 Trang 13/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   C m   f (3)  e3  2 D m   f (3)  e3  2 Lời giải Chọn B Ta có:  2m  f ( x)  e x   Xét hàm số  g ( x)  f ( x)  e x , x  (2;3)   Ta có:  g '( x)  f '( x )  e x  0, x  (2;3)   Bảng biến thiên của hàm số  g ( x )     Vậy  2m  g (2)  2m  f (2)  e  m   f (2)  e  2 Câu 40 Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có bốn ghế. Xếp ngẫu nhiên 8 học sinh, gồm 4 học sinh  trường A và 4 học sinh trường B, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học  sinh ngồi. Tính xác suất để các học sinh khác trường nhau thì ngồi đối diện với nhau 8 A B C D 70 70 35 35 Lời giải  Chọn D Số phần tử không gian mẫu là  8!  40320   Xếp học sinh thứ nhất của trường A vào ngồi vào một trong tám ghế. Có 8 cách.  Do học sinh trường A và trường B ngồi đối diện nhau nên sau khi xếp học sinh thứ nhất của  trường A vào ngồi thì học sinh thứ hai của trường A khơng được ngồi vào vị trí đối diện với  học sinh thứ nhất đó. Vậy có 6 cách xếp.  Tương tự như vậy xếp học sinh thứ ba của trường A có 4 cách.  Xếp học sinh thứ tư của trường A có 2 cách.  Xếp 4 học sinh của trường B vào bốn ghế còn lại có  4!  cách.  Số cách xếp các học sinh khác trường nhau thì ngồi đối diện với nhau là  8.6.4.2.4!  9216   cách.  9216 Vậy xác suất cần tìm là   Đáp án  D  40320 35 Câu 41 Cho tam giác  ABC  có  BC  a ,  CA  b ,  AB  c  Nếu  a ,  b ,  c  theo thứ tự lập thành một cấp  số nhân thì  A ln sin A.ln sin C   ln sin B    B ln sin A.ln sin C  2ln sin B   C ln sin A  ln sin C  ln sin B   D ln sin A  ln sin C  ln  sin B    Lời giải  Trang 14/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Chọn C  a  R sin A  Theo định lý sin trong tam giác  ABC  ta có:  b  R sin B , với  R  là bán kính đường tròn  c  R sin C  ngoại tiếp tam giác  ABC   Vì  a ,  b ,  c  theo thứ tự lập thành một cấp số nhân nên ta có:  2 a.c  b   R sin A   R sin C    R sin B   sin A.sin C   sin B    Do  0  sin A ,  sin B ,  sin C  180  nên  sin A ,  sin B ,  sin C    Vì thế ta có thể suy ra  ln  sin A.sin C   ln  sin B    ln sin A  ln sin C  2ln sin B     Câu 42 Cho hàm số  f  x  có đạo hàm là  f   x   Đồ thị hàm số  y  f   x   được cho như hình vẽ bên.  Biết rằng  f 0  f 2  f 1  f 3  Giá trị lớn nhất của  f  x  trên đoạn   0;3  là  A f 1   B f 0   C f  2     D f 3   Lời giải Chọn D Từ đồ thị của hàm số  y  f   x   ta có bảng biến thiên của hàm số  y  f  x  như sau:  x f'(x) + f(3) f(0) f(x) f(2) f(1)   Từ bảng biến thiên ta có:  f 3  f 2  f 1   Theo bài ra  f 0  f 2  f 1  f 3  f 3  f 0  f 2 f 1   f 3  f 0   Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên   0;3  là  f 3   Câu 43 Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên  R  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  e x   m  có nghiệm thuộc khoảng   0;ln    Trang 15/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   A  3;0  B  3;3 C 0; 3 D  3;0 Lời giải Chọn A Đặt  t  e x  Với  x   0;ln   t  1;    Phương trình  f  e x   m  có nghiệm thuộc khoảng   0;ln 2  khi và chỉ khi phương trình  f  t   m  có nghiệm thuộc khoảng  1;   3  m  Câu 44 Vận dụng thơng tư số 14/2017/TT-NHNN của Ngân hàng Nhà nước quy định về phương pháp  tính lãi trong hoạt động  nhận tiền gửi, có hiệu lực từ ngày 1/1/2018, ngân hàng A đã tính số  tiền lãi theo một kì bằng số ngày của kì gửi nhân với số tiền lãi của một năm chia cho 365. Một  khách hàng gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng vào ngày 4/7/2018 với lãi suất 5%/năm, kì hạn 1  tháng, ngày tính lãi hàng tháng là ngày 4/7, biết rằng trong khi gửi khác hàng khơng đến rút lãi  về, ngân hàng tính theo thể thức lãi kép. Đến ngày 4/9/2018, người đó đến ngân hàng rút cả vốn  lẫn lãi về. Hỏi số tiền (tính bằng nghìn đồng) khách hàng nhận được là số nào sau đây: A 100835 B 100836 C 100834 D 100851 Lời giải Chọn D Do tháng 7 và tháng 8 đều có 31 ngày nên số tiền khách hàng nhận được là:  5% 5%     100.106   31   31  100851000  đồng 365 365     Câu 45 Cho hai hàm số  y  x 1 x x 1 x   và  y  x   x  m  ( m  là tham số thực) có đồ     x x 1 x  x  thị lần lượt là   C1  ,  C2   Tập hợp tất cả các giá trị của  m  để   C1   và   C2   cắt nhau tại đúng  bốn điểm phân biệt là A  2;    B  ;   C  2;    D  ;  2 Lời giải Chọn D Xét phương trình hồnh độ giao điểm  x 1 x x 1 x  x 1 x x 1 x      x2  xm      x   x   m 1   x x 1 x  x  x x 1 x  x  x 1 x x 1 x  Xét  f  x       x   x, x  D   \ 3;  2;  1;0   x x 1 x  x  x x 1 x   x 1  x  x   x   x   2, x   2;     D  D1 Ta có  f  x       x   x  x   x   x  2, x   ;    D  D x 1 x  x   x Trang 16/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 1 1   , x  D1 2  x2   x  1  x    x  3  Có  f   x      1 1     2, x  D2  x  x  12  x  2  x  32  Dễ thấy  f   x   0, x  D1  D2 , ta có bảng biến thiên  x - + + f'(x) -2 -3 + + + + + + + + f(x) - - - - -   Hai  đồ  thị  cắt  nhau  tại  đúng  4  điểm  phân  biện  khi  và  chỉ  khi  phương  trình  1   có  đúng  4  nghiệm phân biệt, từ bảng biến thiên ta có:  m   m  2 Câu 46 Một biển quảng cáo với   đỉnh  A, B, C , D như hình vẽ. Biết chi phí để sơn phần tơ đậm là  200.000(đ/m ) sơn phần còn lại là  100.000đ/m  Cho  AC  8m; BD  10m; MN  4m Hỏi số  tiền sơn gần với số tiền nào sau đây:  A 12204000đ B 14207000đ C 11503000đ Lời giải D 10894000đ Chọn A  yN   x y   elip có phương trình là:    Vì  MN   xN    16 25  5  yN   2 Diện tích phần tơ đậm là S1   5 25  y dy  59, 21 ( m )   Diện tích elip là  S   4.5  20 (m )   Diện tích phần trắng là  S  S  S1  3, 622 ( m )   Tổng chi phí trang chí là: T  59, 21.200000  3, 622.100000  12204200 đ Câu 47 Cho khối lăng trụ  ABC ABC  có thể tích bằng   Gọi  M  là trung điểm của đoạn thẳng  AA   và  Trang 17/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   N  là điểm nằm trên cạnh  BB '  sao cho  BN  2B ' N  Đường thẳng  CM  cắt đường thẳng  C A tại  P , đường thẳng  CN  cắt đường thẳng  CB  tại  Q  Thể tích của khối đa diện lồi  AMPBNQ bằng  A B Lời giải  C D Chọn A Ta có:  VABC MNC '  AM BN CC '  13 13        VABC MNC '    VABC A ' B 'C '  AA ' BB ' CC '  18 VABC MNC  AM BN CC  7        VABC MNC    VABC A ' B 'C '  AA ' BB ' CC '  18 Suy ra:  VC.MNC '  VABC.MNC '  VABC MNC    V CM CN CC '     *   Mà:  C MNC '  VC PQC ' CP CQ CC ' Lại có:  AM  CM  CM   1   CMA  PMA '  PM A ' M  CP   Ta có:     CNB  QNB '  CN  BN   CN   QN B ' N  CQ Thay vào   *  ta có:  VC MNC '    VC PQC '  3VC MNC '    VC PQC ' 3 11    VC PQC '  VA' B 'C '.MNC    Có:  VA ' B 'C '.MNC  VLT  VABC MNC   VA' MPB ' NQ Câu 48 Cho hàm số  y  f  x   có đồ thị  f   x   như hình vẽ sau    Trang 18/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong 13   PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020  x3  Hàm số  y  g  x   f  x 1   x   đồng biến trên khoảng nào dưới đây?   A  1;  B  4; C  2;  D  0;  Lời giải  Chọn D Ta có:  y   g   x   f   x  1   x  x    x  Dựa vào đồ thị  f   x   ta có  f   x  1    x     x  1  x   0  x    f   x  1     x 1  x  Bảng xét dấu  y  g   x      Vậy hàm số đồng biến trên   0;  Câu 49 Gọi  S  là tập hợp tất cả các giá trị của tham số  m  để bất phương trình  m x   m   x  x   m  1 x   nghiệm đúng với mọi  x    Số phần tử của tập  S  là A B C Lời giải D Chọn D Đặt  f  x   m x   m   x  x   m  1 x   Ta có  f  x   m x   m   x  x   m  1 x  x  m x3   m   x  x   m  1   Giả sử  x   khơng phải là nghiệm của phương trình  g  x   m x   m   x  x   m  1   thì  hàm số  f  x   m x   m   x  x   m  1 x  sẽ đổi dấu khi qua điểm  x  , nghĩa là  m x   m   x  x   m  1 x   khơng có nghiệm đúng với mọi  x     Do đó, để u cầu bài tốn được thỏa mãn thì một điều kiện cần là  g  x   m x   m   x  x   m  1   phải có nghiệm  x  , suy ra  m    m  1   Điều kiện đủ:  Với  m  1, f  x   x  x  x  x  x  x  1  khi đó  f 1  1   không thỏa mãn điều  kiện  m x   m   x  x   m  1 x   nghiệm đúng với mọi  x    (loại)  Với  m  1, f  x   x  x  x  x  x  x  1  ,  x     Vậy  S  1 Trang 19/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Câu 50 Cho  hàm số  f  x   mx  nx3  px  qx  r , (với  m, n, p, q, r   ).  Hàm số  y  f   x    có đồ  thị  như hình vẽ bên dưới:  y 1 O x   Tập nghiệm của bất phương trình  f  x   r  có bao nhiêu giá trị nguyên? A B C Lời giải  D Chọn B Ta có  f   x   4mx3  3nx  px  q   1   ,    Do đó  f   x   m  x  1 x   x  3  và  m   Hay  f   x   4mx3  13mx  2mx  15m       Dựa vào đồ thị  y  f   x   ta thấy phương trình  f   x    có ba nghiệm đơn là  1,  13 m ,  p  m  và  q  15m   Khi đó bất phương trình  f  x   r  mx  nx  px  qx    Từ  1  và   2  suy ra  n   13    m  x  x  x  15 x    3     Do  m   nên   3  3x  13x3  3x  45 x   x  x   x         x    ;0   hoặc  x        Vậy tập nghiệm của phương trình  f  x   r  là  S    ;0   3     Do đó  S  có ba giá trị nguyên là  1;0;3 Trang 20/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Trang 21/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/   Trang 22/23 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020   ĐÁP ÁN CHI TIẾT TẢI TẠI BẢN ĐÀY ĐỦ NHÉ! THEO DÕI: FACEBOOK: https://www.facebook.com/phong.baovuong PAGE: https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/  YOUTUBE: https://www.youtube.com/channel/UCQ4u2J5gIEI1iRUbT3nwJfA?view_as=subscriber WEB: https://diendangiaovientoan.vn/  ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU ĐẦY ĐỦ NHÉ   Trang 23/23 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 ... 2;3) Chọn C  Đáp án A nhầm vectơ chỉ phương.  Đáp án B nhầm dấu tọa độ điểm.  Đáp án D nhầm vectơ chỉ phương Câu 12 Với  k  và  n  là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn  k  n  Mệnh đề nào dưới đây đúng ?... lẫn lãi về. Hỏi số tiền (tính bằng nghìn đồng) khách hàng nhận được là số nào sau đây: A 100835 B 100836 C 100834 D 100851 Lời giải Chọn D Do tháng 7 và tháng 8 đều có 31 ngày nên số tiền khách hàng nhận được là: ... Xếp 4 học sinh của trường B vào bốn ghế còn lại có  4!  cách.  Số cách xếp các học sinh khác trường nhau thì ngồi đối diện với nhau là  8.6.4.2.4!  9 216   cách.  9 216 Vậy xác suất cần tìm là  Đáp án D  40320 35 Câu 41 Cho tam giác