10 đề thi thử thpt quốc gia môn toán 2020 và đáp án chi tiết

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (936.37 KB, 16 trang )

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

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HOẠ

ĐỀ SỐ 96

Đề thi gồm 50 câu

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA

NĂM HỌC 2019-2020

Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1.Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng đường cong như hình vẽ

A.

y



x



3 x



2

. B.

y



x



3 x



2

.
C.

y x





3 x



2

D.

y x





2 x



2

Câu 2. Cho cấp số nhân

 

un có số hạng đầu

u 

1

2

công bội

q 

4

. Giá trị của

u

3

bằng. A.

32

. B.

16

. C.

8

. D.

6

Câu 3.Một tổ có 6 học sinh nam và 5 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn một học
sinh nam và một học sinh nữ để đi tập văn nghệ.

A.

2
11

A

. B.

30

. C. 2
11

C

. D.

11

.

Câu 4.Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số

 

2 4

x

f x   x

là

A.

2 ln 2 2

x



x



C

. B.

2 ln 2

x

C



. C.

2 ln 2

x



C

. D.

2 ln 2

x

C



Câu 5.Cho khối lăng trụ có đáy là hình vng cạnh a và chiều cao bằng 3a. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng

A.

a

3. B.

4a

3. C.

4

3 a

. D.

3a

Câu 6.Nghiệm của phương trình log 32



x  8



2 là A. x 4. B. x 12. C. x 4. D.

4

3 x 

.
Câu 7.Cho khối trụ có chiều cao bằng

2 3

và bán kính đáy bằng 2. Thể tích của khối trụ đã cho bằng

A. 8



. B.

8 3

. C.

8 3

3 

. D. 24



.
Câu 8.Cho hàm số có bảng biến thiên như sau

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

A.



1; 



. B.



3;



. C.



1;1



. D.



 ;1



.
Câu 9.Trong không gian

Oxyz

, cho hai điểm A



1;1; 2



, B



3; 4;1



.
Tọa độ của vectơ



AB

là

A.



2;5; 3



. B.



2;5;3



. C.



2; 5;3



. D.



2;5; 3



.
Câu 10.Phương trình đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

2

3

1 x

y

x







là: A.

y 

2

. B.

y 

1

. C.

x 

1

. D.

x 

2

Câu 11.Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng 3a và bán kính đáy bằng a. Diện tích xung quanh của hình nón đã
cho bằng A.

12 a



2. B.

3 a



2. C.

6 a



2. D.



a

Câu 12.Với a là số thực dương khác

1 log

a2



a a



bằng A.

3

4

. B. 3. C.

3

2

. D.

1

4

.
Câu 13.Cho khối chóp có diện tích đáy bằng

a

2 và chiều cao bằng 2a. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A.

2

3 a

. B.

2a

3. C.

4a

3. D.

a

Câu 14.Giá trị nhỏ nhất của hàm số

y x





2 x



3

trên đoạn



1; 2



bằng A.



4

. B.0. C.5. D.3.
Câu 15. Cho f x

 

là một hàm số liên tục trên



và F x

 

là một nguyên hàm của hàm số f x

 

. Biết

 

3
1

d

3 f x x 



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

Câu 16.Đạo hàm của hàm số





2
3

log 2

1 y



x



x



là

A.





2

1

2 1 ln 3

x





. B.





4

1

2 1 ln 3

x





. C.









4 1 ln 3

2

1 x





. D.





4

1

2

1 x





.
Câu 17.Phần hình phẳng

 

H được gạch chéo trong hình vẽ dưới

đây được giới hạn bởi đồ thị hàm số yf x

 

y x





4 x

và
hai đường thẳng

x



2 ;

x



0

.Biết

 

0
2

4 d

3 f x x







. Diện tích

hình

 

H là A.

7

3

. B.

16

3

. C.

4

3

. D.

20

3

.
Câu 18.Trong không gian

Oxyz

, cho hai điểm A 



1;1; 0



và B



3 ; 5 ; 2



. Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng

AB

là
A.



2 ; 2 ; 1



. B.



2 ; 6 ; 2



. C.



4 ; 4 ; 2



. D.



1; 3 ; 1



Câu 19.Cho hàm số yf x

 

có đồ thị như hình vẽ. Số giá trị nguyên của tham số m để đường thẳng

y m



cắt đồ

thị hàm số đã cho tại ba điểm phân biệt là

A. Vô số. B.

3

. C. 0. D.

5

.
Câu 20.Tập nghiệm của bất phương trình

2 2

4

x x

64 

là

A.



  ; 1

 

 3;



. B.



3; 



. C.



  ; 1



. D.



1;3



Câu 21. Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vng cân có cạnh huyền
bằng a 2. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng

A.



a2 2. B.

2 a



. C.



a

2. D.

2

2 a



.

Câu 22.Cho hàm số

2

1 x

y

x







. Tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

đã cho trên đoạn



1;0



bằng A.

3

2

. B.

2

. C.

1

2 

. D. 0.
Câu 23.Cho hàm số yf x

 

có bảng biến thiên như sau

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số bằng
A.

4

. B.

1

. C.

2

. D. 3.
Câu 24.Số nghiệm của phương trình log3



x2



log3



x 2



log 53

là A.

2

. B.

3

. C.

1

. D.

0

. 
Câu 25.Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình vng cạnh a,

SA vng góc với mặt phẳng đáy và SA a 2 (tham khảo hình vẽ). Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng



ABCD



bằngA. 30 . B. 45. C. 60 . D. 90.

Câu 26. Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm

 



 



3

1 f x





x x



x



.
Số điểm cực trị của hàm số bằng A.

0

. B.

2

. C.

3

. D.

1

Câu 27. Họ tất cả nguyên hàm của hàm số

 

1 cos

x

f x

x

















với



0;



\

,

2 x













k k















là

A. 2

1 tan x C

x





. B.

ln

x



tan

x C



. C. 2

1 tan x C

x





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

Câu 28.Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy là tam giác vuông tại

B

, AB a ,

5 AC a



,

AA

 

2 a

3

(tham khảo hình vẽ).Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng

A.

2 3a

3. B.

4 3a

3. C.

2 3

3 a

. D.

3 a

.
Câu 29.Trong không gian

Oxyz

, cho các vectơ

a   



2; 3;1





và

b 



1;0;1





. Cơsin góc giữa
hai vectơ a


và b


bằng

A.

1 2 7



. B.

1 2 7

. C.

3 2 7



. D.

3 2 7

.
Câu 30.Cho hàm số yf x

 

có bảng biến thiên như sau

Số nghiệm của phương trình 2f x 

 

11 0 bằng
A.

3

. B.

2

. C.

0

. D.

4

Câu 31. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình
chữ nhật tâm O, cạnh AB a , AD a 2 . Hình chiếu
vng góc của S trên mặt phẳng



ABCD



là trung điểm
của đoạn OA. Góc giữa SCvà mặt phẳng



ABCD



bằng

30 . Khoảng cách từ C đến mặt phẳng



SAB



bằng

A.

9 22

44 a

. B.

3 22

11 a

. C.

22

11 a

. D.

3 22

44 a

.
Câu 32.Cho phương trình

2 2 1

16

x

2.4

x 

10 m







(m là tham số). Số giá trị nguyên của m  



10;10



để phương
trình đã cho có đúng

2

nghiệm thực phân biệt là A. 7. B. 9. C. 8. D.

1

Câu 33.Trong không gian

Oxyz

, cho điểm I



2; 4; 3



. Phương trình mặt cầu có tâm

I

và tiếp xúc với mặt phẳng



Oxz



là A.













2 2 2

2

4

3

4 x





y





z





. B.













2 2 2

2

4

3

29 x





y





z





.
C.













2 2 2

2

4

3

9 x





y





z





. D.













2 2 2

2

4

3

16 x





y





z





Câu 34.Giả sử n là một số nguyên dương thỏa mãn

3 C

n2



C

n3



24

. Tìm hệ số của số hạng chứa

x

12 trong khai triển

2

n

x















với x 0. A.

672x

12. B.



672x

12. C. 672. D. 672.

Câu 35.Cho hàm số f x 

 

0 và có đạo hàm liên tục trên



, thỏa mãn





 

1

2 f x

x

f x

x









và

 

ln 2

0

2 f













. Giá trị f

 

3 bằng

A.





1 4ln 2 ln 5

2 

. B.

4 4ln 2 ln 5







2. C.





1 4ln 2 ln 5

4 

. D.

2 4ln 2 ln 5







2.
Câu 36.Cho hàm số









3 2

2 2 1

y x  m x  m x

. Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số đã cho đồng
biến trên khoảng



  ;



là A. 3. B. 0. C.

4

. D.

2

Câu 37.Cho khối lăng trụ ABC A B C.    có đáy ABC là tam giác vuông tại

A

AB a BC



,



2 a

. Hình chiếu vng
góc của đỉnh

A

lên mặt phẳng



ABC



là trung điểm

H

của cạnh AC. Góc giữa hai mặt phẳng



BCC B 



và



ABC



bằng 60 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng

A.

3 3

4 a

. B.

3

8 a

. C.

3 3

8 a

. D.

3

16 a

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

Câu 38.Trong không gian

Oxyz

, cho hai điểm

A

(1; 2;3)

B 

(1; 2;5)

. Phương trình của mặt cầu đi qua 2 điểm

A

B

và có tâm thuộc trục

Oy

là

A.

x



y



z



4 y



22 0



. B.

x



y



z



4 y



26 0



.
C.

x



y



z



4 y



22 0



. D.

x



y



z



4 y



26 0



.
Câu 39.Cho hàm số f x

 

có

 

1 e

f 

và

 

2
2

2

1 e

x

f x

x







, x 0.

Khi đó

 

ln 3
1

d

xf x x



bằng A.

6 e



2. B.

6 e

2 

. C.

9 e



2. D.

9 e

2 

.
Câu 40. Cho hàm số bậc ba yf x

 

có đồ thị như hình vẽ

Số điểm cực tiểu của hàm số

 





g x



f



x



x

bằng

A. 1. B. 5. C. 2. D. 3.

Câu 41.Có bao nhiêu cặp số nguyên



x y;



thỏa mãn

2  

x

2021

và





1
2

2

y

log

x

2

y

2 x y









A. 2020. B. 9. C. 2019. D. 10.

Câu 42.Cho hàm số yf x

 

liên tục trên



thỏa mãn









f   f  

và có bảng xét dấu đạo hàm như sau.Số
giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình





3f 2 x  x  4 x m

có nghiệm trong khoảng



3;5



là A.

16

. B.

17

. C.

0

. D.

15

Câu 43.Cho hàm số yf x

 

liên tục trên



và thỏa mãn: f 





1,

1

2 f

e

















.
Hàm số f x

 

có đồ thị như hình vẽ sau:Bất phương trình

 





f x  x x m

có

nghiệm đúng với mọi

1 1;

x

e





 











khi và chỉ khi

A. m 0. B. 2

1

3 m

e

 

. C. 2

1

3 m

e

 

. D. m 0. 
Câu 44.Cho hàm số f x

 

liên tục trên khoảng



0; 



và thỏa mãn



1



 

2

1 .ln



1



2

4 f

x

x

f x

x

x x







. Biết

 

17
1

d

ln 5 2ln

f x x a





b c





với

a b c  

, ,

. Giá trị của a b 2c

bằng A.

29

2

. B. 5. C. 7. D. 37.

Câu 45.Cho hình chóp

S ABCD

.

có đáy

ABCD

là hình vng cạnh a. Hình chiếu vng góc của

S

trên mặt phẳng



ABCD



là trung điểm của cạnh

AB

. Gọi

M

là trung điểm của

SD

. Khoảng cách giữa hai đường thẳng

AM

và

SC

bằng A. a. B.

2

4 a

. C.

5

10 a

. D.

5 a

Câu 46.Cho hàm số f x

 

có đạo hàm xác định trên



. Biết f

 

1 2 và

 





1 4

0 1

1 3

d

2 d

4

2 x

x f x x

f

x x

x













. Giá trị của

 

1
0

d

f x x



bằng

A.

1

. B.

5

7

. C.

3

7

. D.

1

7

.

Câu 47.Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O. Một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón và cắt hình nón
theo một thiết diện là tam giác vng SAB có diện tích bằng

4a

2. Góc giữa trục SO và mặt phẳng



SAB



bằng

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

A.

4 10 a



2. B.

2 10 a



2. C.

10 a



2. D.

8 10 a



2.
Câu 48.Cho hàm số

y



f x

( )

có đồ thị hàm số

y



f x



( )

như hình vẽ

Hàm số

 

( 2) 2020

x

y g x f e  

nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A.

3 1;

2 













. B.



1; 2



. C.



0;  



. D.

3 ;2

2 











.

Câu 49.Cho khối chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a , SA
vng góc với mặt phẳng đáy và SA a . Góc giữa hai mặt phẳng



SBC



và



SCD



bằng



, với

1 cos

3  

. Thể tích của khối chóp đã cho bằng

A.

2

3 a

. B. a3 2. C.

2 2

3 a

. D.

2

3 a

Câu 50.Cho đa giác đều

 

H có 30 đỉnh. Lấy tùy ý 3 đỉnh của

 

H . Xác suất để 3 đỉnh lấy được tạo thành một
tam giác tù bằng

A.

39

140

. B.

39

58

. C.

45

58

. D.

39

280

.
HẾT

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1.Chọn C.Đồ thị đã cho là đồ thị của dạng hàm số

y ax





bx



c

với

a 

0

nên phương án đúng là C.
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị



phương án A và phương án C là sai.

Khi

x  

thì y  



phương án B là sai.Vậy phương án C đúng.
Câu 2.Chọn A.Ta có

u



u q

1 2



2.4 

32

.

Câu 3.Chọn B .

+) Có 6 cách chọn

1

học sinh nam từ 6 học sinh nam.

+) Ứng với mỗi cách chọn 1 học sinh nam có

5

cách chọn

1

học sinh nữ từ

5

học sinh nữ.

Theo quy tắc nhân có 6.5 30 cách chọn một học sinh nam và một học sinh nữ để đi tập văn nghệ.

Câu 4.Chọn B.Ta có

 





2 d

2 4 d

2 ln 2

x
x

f x x





x x





x



C



.

Câu 5.Chọn D.Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng

V



B h a

.



.3

a



3 a

Câu 6.Chọn C.Ta có log 32



x 8



 2 3x 8 4  x4.Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 4.

Câu 7.Chọn B.Diện tích đáy của khối trụ bán kính

R

là:

B





R





.2



4 

.
Thể tích của khối trụ đã cho bằng

V



Bh



4 .2 3 8 3







Câu 8.Chọn A.Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng



  ; 1





1; 



và nghịch
biến trên khoảng



1;1



.Suy ra A là phương án đúng.

Câu 9.Chọn C.Ta có:

AB 



2; 5;3







Câu 10.Chọn C.Xét hàm số

2

3

1 x

y

x







. Tập xác định: D \ 1

 

.Ta có: 1 1

2

3 lim

1

x x

x

y

x

 

 

















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

Vậy phương trình đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là: x 1.

Câu 11.Chọn B.Hình nón có độ dài đường sinh

l



3 a

, bán kính đáy r a có
diện tích xung quanh là

. .3 3

xq

S 



rl 



a a



a

Câu 12.Chọn A.Ta có:





2 2

1 3

3 log

. .log

2 2

a

4

a

a a

a

















.

Câu 13.Chọn A.Thể tích của khối chóp là

3
2

1

2 .2

3 a

V



a



.

Câu 14.Chọn A+) Hàm số

y x





2 x



3

liên tục trên đoạn



1;2



.
+)

y

 

4 x



4 x

. +)









0 1; 2

0

1 1; 2

x

y

x

   

   

  



. +) y

 

0 3

, y



1



y

 

1 4, y

 

2 5.
Vậy

min

-1;2

y 

4

khi x 1.

Câu 15.Chọn A.Do F x

 

là một nguyên hàm của hàm số f x

 

nên ta có

 

3
1

d

3

1 f x x F





F



 F

 

3 1 3  F

 

3 4

.Vậy F

 

3 4.
Câu 16.Chọn B.Tập xác định của hàm số

D 





log 2

1 y

 





x



x

















2
2

2

1

2 1 ln 3

x

















4

1

2 1 ln 3

x









.Vậy





4

1

2 1 ln 3

x

y

x



 





Câu 17.Chọn D .Diện tích hình

 

H là :

 





2
2

4 d

S

f x

x



















 





0 0

2 2

d

4 d

f x x

x

x x

 











0

4

2

3 x





 





















2

4

20 2 2

3 

 







Vậy diện tích hình

 

H là

20

3 S 

Câu 18.Chọn D .Gọi I x



I ;y zI ; I



là trung điểm của đoạn

AB

.Ta có

1 3
2
1 5

2
0 2

I

x

y

z

 





















1

3

1

I
I
I

x

y

z



















.

Vậy I



1; 3 ; 1



Câu 19.Chọn B.Từ đồ thị ta thấy để đường thẳng

y m



cắt đồ thị hàm số đã cho tại ba điểm phân biệt khi

1 

m



5

. Vì m ngun nên m 



2;3; 4



.Vậy có 3 giá trị nguyên của m thoả mãn yêu cầu bài tốn.

Câu 20.Chọn A.Ta có:



 



2 2 2 2

4

x x

64 x

2 x

3 x

2 x

3 0

x

; 1

3;







 



 

   





.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:



  ; 1

 

 3;



Câu 21.Chọn D.Từ giả thiết suy ra hình nón có bán kính đáy là

2 a

r 

;
độ dài đường sinh là l a .

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là

2 .

2

xq

a

S





rl





a





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

Câu 22.Chọn C.Xét hàm số

2

1 x

y

x







liên tục trên đoạn



1;0



.

Có





3

0

1 y

x



 





,   x



1;0



.Ta có





1

2 y 



, y

 

0 1. Do đó  1;0

1 max

2 y





,

min

1;0

y



1

.

Vậy tích của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất là





1 . 1

2 



.
Câu 23.Chọn C.+) Tập xác định của hàm số là D \

 

1 .
+)  1

lim

x

y



 



1 x





là một đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

lim

3 lim

x
x

y

  
 

















đồ thị hàm số đã cho có một đường tiệm cận ngang là đường thẳng

y 

3

.
Vậy số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là 2.

Câu 24.Chọn C.Điều kiện xác định của phương trình là:

x 

2

.Ta có log3



x2



log3



x 2



log 53



 





 



3 3

log

x

2 x

2 log 5

x

2 x

2

5 























4 5

9

3(

)

3(

)

x









 

  





tháa m·n

lo¹i

.
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.

Câu 25.Chọn B.Ta có SA



ABCD



, suy ra hình chiếu của

SC

lên



ABCD



là

AC

Suy ra góc giữa

SC

và



ABCD



là góc giữa

SC

và

AC

, chính là
góc

SCA

Xét hình vng

ABCD

cạnh a có đường chéo AC a 2.

Ta có:



2 tan

1

2 SA

a

SCA

AC

a





45

SCA







.

Vậy góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng



ABCD



bằng 45.

Câu 26.Chọn B.Cho

 



 



3

1

0 f x





x x



x





0

3

1 x

















.

Bảng biến thiên.Vậy hàm số đã cho có

2

điểm cực trị.

Câu 27.Chọn B.Ta có

 

1 d

cos

x

f x x

x



















1 d

cos

x



















1 d

cos

x









ln

x

tan

x C





.

Câu 28.Chọn A.Trong tam giác vng

ABC

: BC AC2 AB2 2a.
Thể tích khối lăng trụ đã cho là: .

1 .

2

ABC A B C ABC

V

  



AA S







AA AB BC



2 3a



.

Câu 29.Chọn A.Cơsin góc giữa hai vectơ a


và b


là:





.

cos ,

.

a b



 

1 14. 2

2 7







.
Câu 30.Chọn B.Ta có: 2f x 

 

11 0

 

11

2 f x





Số nghiệm của phương trình 2f x 

 

11 0 là số giao điểm của đồ thị hàm

số yf x

 

và đường thẳng

11

2 y 

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

Từ bảng biến thiên ta có đường thẳng

11

2 y 

cắt đồ thị hàm số yf x

 

tại

2

điểm phân biệt.Vậy phương trình 2f x 

 

11 0 có hai nghiệm phân biệt.
Câu 31.Chọn B.Gọi

H

là hình chiếu vng góc của

S

trên mặt phẳng



ABCD



.Vì SH 



ABCD



nên góc giữa

SC

và mặt phẳng



ABCD



là
góc

SCH  



30 ABCD

là hình chữ nhật nên AC AB2AD2 a 3

3

4 a

HC





SH



HC

.tan 30



3 3 1

3 .

4

3

4 a



.
Từ

H

kẻ đường thẳng

HI



AB

,



IAB



 

1 .

Ta có SH 



ABCD





SH



AB

 

2 .Từ

 

1 và

 

2  AB



SHI



.

Cách 1:Vì

H

là trung điểm của

OA 

1

4 HA



CA

.
Do đó d C SAB



;





4d H SAB



;





Trong mặt phẳng



SHI



, kẻ

HK



SI

 

3 .Vì AB



SHI





AB



HK

 

4 .

Từ

 

3 và

 

4  HK 



SAB



, suy ra khoảng cách từ

H

đến mặt phẳng



SAB



là

HK

Ta lại có:

1

4 HI

AH

BC



AC



2

4 a

HI





Trong tam giác vuông

SHI

ta có: 2 2 2

1 HK



SH



HI

2 2

9 .

16 8

9

16

8 a a

HK

a







9

88 a



3

22

44 a

HK





Vậy khoảng cách từ

C

đến mặt phẳng



SAB



là:





3

22 ,

4

11 a

d C SAB



HK



Cách 2: Ta có . .

1

2

S ABC S ABCD

V



V

+ .

1 .

3

S ABCD ABCD

V



SH S

1 3

.

. .

2 3 4

a

a a



2

4 a



2

8

SABC

a

V





+ Vì AB



SHI





AB



SI

nên

1 .

2

SAB

S



SI AB

SAB

S



2 2

1 .

2 SH

HI AB





2
2

1

3

2 .

2

4 a















 















11

8 a



+ .





1 ,

.

3

S ABC SAB

V



d C SAB S



,





3

SABC

SAB

V

d C SAB

S





3

2

3

22

8

11

8 a



Vậy khoảng cách từ

C

đến mặt phẳng



SAB



bằng

3

22

11 a

.
Câu 32.Chọn C.Xét phương trình:

2 2 1

16

x

2.4

x 

10 m







 

1 .
Đặt

4

x

t



,



t 1



phương trình đã cho trở thành:

t



8 10

t





m

 

2 .

Phương trình

 

1 có đúng

2

nghiệm thực phân biệt



phương trình

 

2 có đúng

1

nghiệm

t 

1

.
+ Xét hàm số

 

2 8 10

f t  t t

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

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:

Phương trình

 

2 có đúng

1

nghiệm

t 

1 

6

3 m











.

Mà theo giả thiết m nguyên và m  



10;10



nên m  



6; 4;5;6;7;8;9;10



Vậy có

8

giá trị nguyên của m  



10;10



để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực phân biệt.

Câu 33.Chọn D .Mặt cầu có tâm I



2; 4; 3



và tiếp xúc với mặt phẳng



Oxz



nên bán kính của mặt cầu là:









I 4

R d I Oxz y 
.

Vậy phương trình mặt cầu cần lập là:













2 2 2

2

4

3

16 x





y





z





.
Câu 34.Chọn D .Ta có:

2 3

3 C

n



C

n



24

, điều kiện:

n 

3

;

n  

.

2 3

3 C

n



C

n



24 

1 



1  

2 

3

24

2

6 n n



n n



n

















3 2 2

9

3

73

12

11 144 0

9

3

16

0

2

3

73

2 n



 













 



 













.

Đối chiếu điều kiện ta có n 9 thỏa mãn.

Khi đó khai triển

2 x















có số hạng tổng quát thứ k 1 là:









45 7
9

2 2 2

1 9 9

2 .

2

k k

k k

k k

k

T

C x

x

C

x

 























(với k  , k 9). Từ giả thiết ta có phương trình

45 7

12

7

21

3.

2 k













Vậy hệ số của số hạng chứa

x

12 trong khai triển

2 x















bằng





3
3

2

672 C 



Câu 35.Chọn C.Với x 



0;3



ta có:





 

1

2 f x

x

f x

x









 



 



1

2 f x

x

f x









 

3 3

0 0

1 d

1

2 f x

x

f x

























 

3
3

1

2 ln

2 x

f x

x









 





4

1

2

3

0 ln

5

2 f









 

ln 2

1

8

3 ln

2

5 f



















 

3

1 ln

8 ln 2

1 

4ln 2 ln 5



2

5

2 f























 





1

3 4ln 2 ln 5

4 f







.Vậy

 





1

3 4ln 2 ln 5

4 f





.
Câu 36Chọn C.+) TXĐ:

D 

. +)





3 2 2 2

y  x  m x m 
.

Hàm số đồng biến trên



  ;





y



0

,   x và dấu

" "



xảy ra tại hữu hạn điểm.









3 0

0

2

3

2

0 a

m





















 





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

2020

Với m m



2;3;4;5



. Vậy có

4

giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài tốn.
Câu 37.Chọn C.Cách 1:Gọi

I

là hình chiếu của

H

lên cạnh BC.

Xét tam giác vuông ABC: AC BC2 AB2 a 3.

Xét CIH và CAB có:



90

CIH CA

C chu g

B

n















nên CIH ~CAB.

Suy ra

3

2

4 IH

CH

AC

a

IH

AB



CB



CB











.

Gọi

K

là trung điểm

A C

 

và

M

là hình chiếu của

K

lên

B C

 

.
Khi đó tứ giác

IMKH

là hình bình hành nên

KM



IH

.

Lấy N đối xứng với C qua

M

thì

KM

là đường trung bình trong

tam giác C A N 

//

2 A N IH

A N

IH





 







. Ta có:





BC

HI

BC

A HIN

BC

A H



















.

Mặt khác:



 









 





 



BCC B

ABC

BC

A HIN

BCC B

IN

A HIN

ABC

HI

  



















 















 







BCC B

 

,

ABC





HI IN



,







Do hình thang vng A HIN có A N HI nên góc giữa

HI

và IN là góc

A NI







A NI





60 

. 
Gọi

H 

là hình chiếu của

I

lên

A N



thì

H 

là trung điểm

A N



và



3 tan

tan 60

4 a

A H





IH





NH





H NI





IH

 

Từ đó ta có

2 3

3 3 3

4

2

8

ABC A B C ABC

a a

a

V

  



A H S











Cách 2:Gọi

K M N

,

lần lượt là trung điểm của các cạnh

AB A B

,

 

và

A C . Dễ thấy



BCC B 

 

// HKMN



và



ABC

 

// A B C  







 





BCC B

 

,

ABC







HKMN

 

,

A B C

  







Trong mặt phẳng



A B C  



kẻ A J B C  (JB C  ) , A J MN I .

Ta có





MN

AI

MN

A IH

MN

HI

MN

A H























.



 











,

HKMN

A B C

MN

HI MN

A I

HI

HKMN A I

A B C

  























  





 







HKMN

,

A B C

  





HI A I



,







A IH









A IH



vuông tại

A

Tam giác A B C   có

1 .

2 A B A C

A I

A J

B C

   









 





2 2

. 2

1

3 .

2

4 a

a

a





Tam giác

A IH



có

3 .tan 60

. 3

4 a

A H





A I



 



Thể tích khối lăng trụ

2 3

3 . 3

3 3

.

4

2

8

ABC

a a

a

V



A H S







.Vậy thể tích khối lăng trụ

3 3

8 a

.
Câu 38.Chọn A.Vì mặt cầu có tâm thuộc trục

Oy

nên gọi tâm mặt cầu là I



0; ;0a



với a  .
Ta tính được

IA





1; 2



a

;3





IB



(1; 2



a

;5)



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

2020

Ta có :

IA IB





IA



IB



1 

(2



a

)



3    

1 ( 2

a

)



5 

a



4 a



14 

a



4 a



30 

a



2

.
Do đó I



0; 2;0



. Lúc đó bán kính mặt cầu là : R IA  124232  26.

Ta có mặt cầu đã cho có tâm I



0; 2;0



và có bán kính

R 

26

nên phương trình mặt cầu là:

2 2 2 2 2 2 2

(

2)

( 26)

4 22 0

x



y



z





x



y



z



y





.

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:

x



y



z



4 y



22 0



.
Câu 39.Chọn D

 

2 2 2 2 2

2 2

2

1

2

1 e

x

e

x

e

x

e

x

e

x

f x

x



















  





 

1 e .

x

e .

x

f x

C

x



























.

+ Do

 

1 e

f 

nên

2.1

1 e .

e

0

1 

C





C



.

+ Vậy

 

1 e .

x

f x

x



nên

 

ln 3

ln 3 ln3 2 2

2 2

1 1

1 9 e

d

e d

e

2

x x

xf x x



x



 







.
Câu 40.Chọn D.Ta có

  







2 1 .

g x



 

x



f





x



x

 





2
2

1

2

1

2 1 0

0

2

0

1

0 x

g x

x

f

x





















 







 



 



 



















 















.

+ Từ đồ thị hàm số yf x

 

suy ra





0

2

0

1

0

1

2 x

f

x

 





 



  

 

   





.

+ Ta có bảng xét dấu hàm số y g x 

 

Từ bảng xét dấu g x

 

suy ra hàm số y g x

 

có 3 điểm cực tiểu.
Chú ý: (Cách trắc nghiệm)

+ Nhận xét g x

 

là hàm số đa thức bậc 5 có 5 nghiệm phân biệt vì vậy để xét dấu g x

 

ta chỉ cần xét dấu của

 

g x

trên một khoảng bất kì, từ đó suy ra dấu của g x

 

cho các khoảng còn lại.

+ Chẳng hạn xét dấu của g x

 

trên khoảng



2;  



: Ta có g

 

3 5.f



6



0 (Vì f  





0) suy ra

 

0, 2

g x   x

Từ đó ta có bảng xét dấu của g x

 

Từ bảng xét dấu g x

 

suy ra hàm số y g x

 

có 3 điểm cực tiểu.
Câu 41.Chọn D.Đặt





1
2

log

x

2

y

t





x

2

y1

2

t

x

2

t

2

y1

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

2020

Phương trình đã cho trở thành:





2

y

t

2 2

t

2

y

y

2.2

y

y

2.2

t

t















.
Xét hàm số

 

2.2

x

f x  x

có

 

2.2 ln 2 1 0,

x

f x      x

suy ra hàm số yf x

 

đồng biến trên



.

Khi đó phương trình 2.2 2.2

 

y t

y t f y f t y t

      

Suy ra phương trình





1 1 1

log

x

2

y

y

x

2

y

2

y

x

2

y



 









Theo bài ra

2 2021

2 2

2021

1 1 log 2021

2 log 2021 1

y

x



y

 





   



 



.

y  

nên y 



2;3; 4;...;11



có 10 giá trị nguyên của

y

Mà

x



2

y1 nên với mỗi số nguyên y 



2;3; 4;...;11



xác định duy nhất một giá trị nguyên của x. 
Vậy có 10 cặp số nguyên



x y;



thỏa mãn bài toán.

Câu 42.Chọn D.Xét

 





3 2 4

g x  f  x  x   x

trên khoảng



3;5



 

3 

2 

2

1.

4 x

g x

f

x















Ta có 3x    5 3 2 x 1. 
Suy ra f



2 x



0, x



3;5



 3f



2 x



0, x



3;5 1

  







  

4

1,

3;5

4

1 0,

3;5

2 x





 



x



 

 

.

Từ

 

1 và

 

2 suy ra g x

 

0  x



3;5



.
Bảng biến thiên của hàm số g x

 

trên khoảng



3;5



Từ bảng biến thiên suy ra, để phương trình





3f 2 x  x  4 x m

có nghiệm thuộc khoảng



3;5



thì

29 5





m



12 

13

.

Vì m nguyên dương nên m 



1; 2;3...;15



. Vậy có 15 giá trị của mthoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 43.Chọn C .Bất phương trình

 





 





2 2

ln ln

f x  x x m f x  x  x m

Đặt

 





g x f x   x  x

Bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi

1 1;

x

e





 











 g x

 

m,

1 1;

x

e





  











.

Xét hàm số g x

 

trên

1 1;

e















.Ta có

 

1 1 2

2 x

g x

f x

x

f x

x

















Với

1 1;

x

e





 











ta có

 

0 1 2

0 f x

x





















 

0,

1;

1 g x

x

e











  











.



Hàm số g x

 

đồng biến trên

1 1;

e















.

Bảng biến thiên của hàm số g x

 

trên

1 1;

e















Từ bảng biến thiên ta có

 

,

1;

1 g x

m x

e







  











1 m g

e



















1 ln

m

f

e





  















  

 







  



1

3 m

e

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

2020

Vậy 2

1

3 m

e

 

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 44.Chọn C.Cách 1:Do f x

 

liên tục trên khoảng



0; 



nên tồn tại

F x

 





f x x

 

d

,  x 0.

Với x 0, ta có:





 





1

2

1 .ln

1

2

4 f

x

x

f x

x

x x













 









2 .

1

2 1 .ln

1

2 f

x

x f x

x







Xét vế trái:

 

2 .



1



 

2 f

x

g x

x f x

x







 





 

d

1 g x x F x





F

x



C



.

Xét vế phải: h x

  

 2x1 .ln





x1







h x x

 

d







2 x



1 ln

 

x



1 d



x









ln

x

1 d

x











ln



1







1 d

1 x













x



ln



x

1



x x

d

















2
2

ln

1

2 x

C









Suy ra





 









 

1

ln

1

2 x

F x



F

x



x



x







C

.
Thay x 4 vào

 

1 ta có: F

 

17 F

 

2 20 ln 5 8 C.

Thay x 1 vào

 

1 ta có:

 

1

2

1 2 ln 2

2 F



F







C

Nên

 

17
1

15 d

17

1 20ln 5 2ln 2

2 f x x F





F







, suy ra a 20, b 2,

15

2 c 

.
Vậy:

a b

 

2 c



20 2 15 7

 



. Ta chọn C.

Cách 2:Do f x

 

liên tục trên khoảng



0; 



nên tồn tại

F x

 





f x x

 

d

 

x

0

.

Với

x 

0

, ta có:





 





2

1 .ln

1

2

4 f

x

x

f x

x

x x













 









2 .

1

2 1 .ln

1

2 f

x

x f x

x







Lấy tích phân hai vế cận từ

1

đến

4

ta được:



 



 









4 4 4

2 2

1 1 1

1

2 1 .ln

1 f x



d x



f

x d x



x



x



dx



 









17 2 4 4 2

2 1 1

ln

1 x

f t dt

x

dx

x

















 

17 4 17

1 1 1

15 20ln 5 2ln 2

2 f t dt

xdx

f x dx



















.
Vậy: a b 2c20 2 15 7   .

Câu 45.Chọn D.Gọi

K

là trung điểm của

SC

H

là trung điểm của cạnh

AB

suy ra

MKHA

là hình bình hành. AM HK//  AM//



SHK



















d AM SC d AM SHC d A SHC d B SHC

   

.
Hạ

BI



CH

mà SH BI BI 



SHC



nên d AM SC





BI.
Xét tam giác BHC vuông tại

B

có

BI

là đường cao:

2 2 2

.

2

5

4 a

BH BC

a

BI

BH

BC

a





Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng

AM

và SC bằng

5 a

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

2020

Câu 46.Chọn D.Ta có:

 



 





 



 

1 1 1

2 2 2

0 0 0

1

4 d

2 d

0 x f x x



x

f x

x f x

xf x x















 

1 1

0 0

4 f

1

2 xf x x

d

4 2 2

xf x x

d











 



 

1
0

d

1 xf x x







Xét





4
1

1 3

2 d

2 x

f

x x

x







.Đặt

1

2 d

2 t

x

t

x

 





.Với x 1 t1 và x 4 t0.

Khi đó









 

4 0

1 1

1 3

4

2 d

1 3 2

d

2 x

f

x x

t

f t t

x



























  

 

1 1 1

0 0 0

4 7 3

t f t t

d

4 7

f t t

d

3 tf t t

d



















 





 

1 1

0 0

1 4 7

d

3 1

d

7 f t t















Vậy

 

1
0

1 d

7 f x x 



Câu 47.Chọn B.Gọi

M

là trung điểm của

AB

, theo giả thiết ta có tam giác SAB
vng cân tại S, SM AB, OM AB và góc giữa SO và mặt phẳng



SAB



là

 30

OSM  . *Ta có

1

2

SAB SAB

S





SA



l SA



S





a

;
2 4

AB SA  a;

1

2 SM



AB



a

*Trong tam giác SOM ta có



1 .sin

2 .

2 OM



SM

OSM



a



a

*Trong tam giác OMB ta có

2 2 2 2

4

5

2 AB

r OB



OM



MB



OM













a



a



a





.

* Diện tích xung quanh của hình nón:

.

5.2 2 2 10

xq

S





rl





OB SA





a





a

.
Câu 48.Chọn A.Cách 1: Ta có

 

.



2 

x x

g x





e f e





Hàm số

 

( 2) 2020

x

y g x f e  

nghịch biến khi g x

 

 0



2 

0

x

f e







.
Dựa vào đồ thị hàm số

y



f x



( )

, ta thấy:



2 

0

x

f e







e

x

2 3









e

x



5

 xln 5.
Do đó hàm số y g x

 

nghịch biến trên khoảng



 ;ln 5



Lại do





3 1;

;ln 5

2 





  









, nên hàm số y g x

 

nghịch biến trên khoảng

3 1;

2 













.
Cách 2 : Ta có

 

.



2 

x x

g x





e f e





Xét

 

0 .



2 

0

x x

g x



 

e f e









2 

0 2 0

ln 2

ln 5

2 3

x
x

x

e

x

f e

x

e

















 















Bảng xét dấu:





3 1;

;ln 5

2 





  









nên hàm số y g x

 

nghịch biến trên khoảng

3 1;

2 









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

2020

Câu 49.Chọn A.Cách 1:

+ Gọi

H

là trung điểm

SB

, vì



SAB

vng cân tại

A

 AH SB

 

1 .

+ Lại có





 

2 BC

AB

BC

SAB

BC

SB

BC

SA



















.

Từ

   

1 , 2  AH 



SBC



 AH SC

 

3 .

+ Gọi

K

là hình chiếu của

A

lên SD, chứng minh tương tự ta có





 

AK  SDC  AK SC

+ Từ

   



 















3 , 4



SBC

,

SDC



AH AK

,





+ Gọi

M N

,

lần lượt là trung điểm

SC AD

,

, dễ dàng chứng minh đượcAHMN là hình bình hành, suy ra
//

MN AH + Kẻ NP AK P SD//







, vì NP AK//  NP



SCD



 NPMP.

+ Ta có





AH AK

,







MN NP



,





MNP 





(vì MNP vuông tại

P

).

+ ĐặtAD x , dễ thấy 2 2

.

SA AD

ax

AK

SD

a

x





2

2 2

ax

NP

a

x







.

+ Xét



MNP

vng tại

P

, ta có



1

2 2

cos

3

2 ax

NP

a

x

MNP

MN

a





x a

  .

Vậy

3
2

1

2 .

. .

2

3

S ABCD ABCD

a

V



SA S



a a



Cách 2:Theo giả thiết

1

6 sin

3 cos









Đặt AD BC  x 0, dựng

AK



SD

tại

K

, BH SC tại

H

Ta có:





 

1 CD

AD

CD

SAD

CD

AK

CD

SA



















Mặt khác AK SD

 

2 .

Từ

 

1 và

 

2  AK



SCD



 AK dA SCD, .Do





 ,   ,  2 2 2 2

.

//

A SCD B SCD

AK

SA AD

ax

SA

A

AB

S

x

D

d

D

a

C



d







2 2

2 2 2 2

.

2 BS BC

a

x

SB

SA

AB

a

BH

BS

BC

a

x













Khi đó:

 

 ,  2 2 2 2 2 2

2 2

6 sin

2 3.

3 2

2

3

2

B SCD

ax

d

a

x

a

x

a

x

x a

BH

a

x

a

x























Vậy

3
2

1

2 .

. .

2

3

S ABCD ABCD

a

V



SA S



a a



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

2020

Câu 50.Chọn B.Cách 1.Lấy 3 đỉnh từ 30đỉnh, số cách lấy là

3
30

C

.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là

 

3
30
n  C

Gọi

A

là biến cố “

3

đỉnh lấy được tạo thành một tam giác tù”.

Gọi

 

C là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều

 

H có các đỉnh

A

1,

A

2,…

A

30.

Tam giác tạo thành là tam giác tù khi có 3 đỉnh cùng thuộc nửa đường trịn.
Tam giác tù có đỉnh là

A

1 thì hai đỉnh cịn lại nằm cùng một phía so với

A A

1 16.

Vậy tổng cộng có

2
14

2.C

cách chọn tam giác tù có đỉnh là

A

1.

Tương tự với các đỉnh cịn lại

A A

; ;...;

A

30 nhưng số tam giác bị đếm hai lần.

Đa giác đều có 30 đỉnh và mỗi tam giác tù có hai góc nhọn nên số tam giác tù là

2
14

30.2.

30.

2 C



.
Suy ra số phần tử của biến cố là:

 

2
14

30.

n A  C

Xác suất cần tìm là:

 

2
14
3
30

30.

39

58 n A

C

P A

n

C





.Vậy

 

39

58 P A 

Cách 2.Ta kí hiệu đa giác đều

 

H là

A A A

1 2

...

30.Ứng với mỗi đỉnh





1 30;

i

A

 

i

 

sẽ có

14

tam giác vng
tại

A

i do đó sẽ có

13 12 11 ... 1



 

tam giác tù tại

A

i.Số cách chọn ba đỉnh tạo thành tam giác tù là:





13 13 1





30. 13 12 11 ... 1

30.

2 

 



cách.Mặt khác có

C

303 cách chọn 3 đỉnh trong 30 đỉnh nên xác suất cần

tìm là









3
30

13 13 1

30. 39

2 30. 13 12 11 ... 1

58 C



 



PHẦN II: BẢNG ĐÁP ÁN

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

11.B 12.A 13.A 14.A 15.A 16.B 17.D 18.D 19.B 20.A
21.D 22.C 23.C 24.C 25.B 26.B 27.B 28.A 29.A 30.B

31.B 32.C 33.D 34.D 35.C 36.C 37.C 38.A 39.D 40.D
41.D 42.D 43.C 44.C 45.D 46.D 47.B 48.A 49.A 50.B

</div>

10 đề thi thử thpt quốc gia môn toán 2020 và đáp án chi tiết

<b>PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HOẠ</b>

<b>ĐỀ SỐ 96</b>

<b>KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA</b>

<b>NĂM HỌC 2019-2020</b>

<i>y</i>



<i>x</i>



3

<i>x</i>



2

<i>y</i>



<i>x</i>



3

<i>x</i>



2

<i>y x</i>





3

<i>x</i>



2

<i>y x</i>





2

<i>x</i>



2

 

<i>u </i>

2

<i>q </i>

4

<i>u</i>

32

16

8

6

<i>A</i>

<sub>30</sub>

<i>C</i>

<sub>11</sub>

 

2 ln 2 2



<i>x</i>



<i>C</i>

2

2

ln 2

<i>x</i>

<i>C</i>





2 ln 2



<i>C</i>

2

ln 2

<i>C</i>



<i>a</i>

<i>4a</i>

4

3

<i>a</i>

<i><sub>3a</sub></i>





4

3

<i>x </i>