DOWNLOAD đáp án file pdf

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (574.21 KB, 23 trang )

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

BẢNG ĐÁP ÁN

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

Lời giải chi tiết
Câu 1. Số cách chọn 2 học sinh từ 6 học sinh là

A. A62. B. C62. C. 2 .6 D. 6 .2

Lời giải 
Chọn B

Số cách chọn 2 học sinh từ 6 học sinh là: C62.
Câu 2. Cho một cấp số nhân

 

: 1 1, 4 14

4 4

 

n

u u u . Số hạng tổng quát bằng
A. 1 , *

4n n . B.

,n

n . C.

*
1

1
,

4n n . D.

1
,

4n n .
Lời giải

Chọn A

Ta có: 3 3

4 4 1 4 4

1 1 1 1 1

. .

4 4 4 4 4

      

u u q q q .

Số hạng tổng quát:

1
1

1 1 1

. .

4 4 4



  

    

 

n
n

n n

u u q , n*.

Câu 3. Diện tích mặt cầu bán kính R bằng
A. 4 2



R . B.



R . C. 4



R2. D.



R2.

Lời giải 
Chọn 4



R2

Câu 4. Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau

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

A.



  2;



. B.



2;3



. C.



3; 



. D.



 ; 2



Lời giải 
Chọn



2;3



TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

•ĐỀ SỐ 9- MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI

x  2 3 

y  0  0 

y



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

Câu 5. Cho hình chóp S ABC. có đáy là tam giác đều cạnh 2a và thể tích bằng a3. Tính chiều cao

h
của hình chóp đã cho.

A. 3
6

 a

h B. 3

 a

h C. 3

 a

h D. h 3a

Lời giải 
Chọn D

Do đáy là tam giác đều cạnh 2a nên

 

2 3

3
4

ABC  

a

S a .

Mà 1 .

3 ABC

V  S h

3
2

3 3

3
3

ABC

V a

h a

S a

   

Câu 6. Tập nghiệm của phương trình

log (

3

x



7) 2



là

A. { 15; 15}



B. { 4;4} C.

 

4

D.

 



4

Lờigiải

ChọnB 
2
3

log (

x



7) 2



7 9
x

   4

x
x



   


Câu 7. Cho

 

5
0

d 2

f x x 



. Tích phân

 

2
0

4f x 3x dx

  

 



bằng

A. 133. B. 120. C. 130. D. 140.
Lời giải

Chọn A

 





 

5 5 5

2 2 3

0 0 0

4f x 3x dx 4 f x dx 3 x xd 4. 2 x 8 125 133

            

 



Câu 8. Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là:

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

Lời giải

Hàm số có ba điểm cực trị.

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

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

Lời giải 
Chọn A

Đồ thị hàm số trên là đồ thị hàm trùng phương có 3 cực trị và có a0
Câu 10. Cho logab2 và logac3. Tính log



2 3



a

P b c .

A. P108 B. P13 C. P31 D. P30

Lời giải

Chọn B

Ta có: loga



b c2 3



2 logab3 logac2.2 3.3 13  .
Câu 11. Nguyên hàm của hàm số f x

 

x3x là

A. x4x2C. B. 3x2 1 C. C. x3 x C. D. 1 4 1 2
4x 2x C.

Lời giải

Ta có





d 1 4 1 2

4 2

x x x x  x C



Câu 12. Cho số phức z 2 3i. Tìm phần thực a của z?

A. a2 B. a3 C. a 2 D. a 3

Lời giải 
Chọn A

Số phức z 2 3i có phần thực a2.

Câu 13. Trong không gian Oxyz, cho điểm A



3; 1;1



. Hình chiếu vng góc của điểm A trên mặt
phẳng



Oyz



là điểm

A. M



3;0;0



B. N



0; 1;1



C. P



0; 1;0



D. Q



0;0;1



Lời giải 
Chọn B

Khi chiếu vng góc một điểm trong khơng gian lên mặt phẳng



Oyz



, ta giữ lại các thành
phần tung độ và cao độ nên hình chiếu của A



3; 1;1



lên



Oyz



là điểm N



0; 1;1



Câu 14. Trong không gian Oxyz cho điểm (2;3; 4)I và A



1; 2;3



. Phương trình mặt cầu tâm I và đi qua
A có phương trình là:

A. (x2)2(y3)2(z4)2 3. B. (x2)2



y3



2



z4



29.
C. 2









(x2)  y3  z4 45. D. 2









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

Lời giải

Chọn D

Bán kính mặt cầu là RIA 3.

Phương trình mặt cầu tâm (2;3; 4)I và RIA 3 là (x2)2



y3



2



z4



23

Câu 15. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng

 

P :x2y3z 5 0 có một véc-tơ pháp tuyến là
A. n1



3; 2; 1



. B. n3 



1; 2; 3



. C. n4



1; 2; 3



. D. n2



1; 2; 3



.

Lời giải

Một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

P :x2y3z 5 0 là n2 



1; 2; 3





Câu 16. Trong không gian Oxyz, đường thẳng

2
: 1 2

x t

d y t

z t

  


  


  


có một véctơ chỉ phương là

A. u3



2;1;3





. B. u4  



1; 2;1





. C. u2



2;1;1





. D. u1 



1; 2;3





Lời giải 
Chọn u4  



1; 2;1





Câu 17. Cho hình chóp S ABC. có đáy là tam giác vuông tại C , AC a , BC  2a, SA vng góc với

mặt phẳng đáy và SAa. Góc giữa đường thẳng S B và mặt phẳng đáy bằng

A. 60 B. 90 C. 30 D. 45

Lờigiải 
ChọnC

Có

SA





ABC



nên

AB

là hình chiếu của SA trên mặt phẳng



ABC











SB ABC,





SB AB,



SBA

   .

Mặt khác có ABC vng tại C nên

AB



AC



BC



a

3

.
Khi đó

tan



1

3 SA

SBA

AB



nên



SB ABC,





30.

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

Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị?

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

3

Lời giải 
Chọn C

Từ bảng biến thiên, ta có y đổi dấu qua các nghiệm nên hàm số đã cho có 4điểm cực trị.

Câu 19. Tìm giá trị cực đại yC§ của hàm số y x33x2.

A. yC§ 4 B. yC§ 1 C. yC§ 0 D. yC§  1
Lời giải

Chọn A

Ta có y 3x2 3 y 03x2 3 0

 

1 1 0

1 1 4

x y

   

 

    







lim 3 2

x x  x

2 3

3 2

lim 1 ,

xx x x

 

     

 





lim 3 2

x x  x

2 3

3 2

lim 1

xx x x

 

     

 

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, ta thấy giá trị cực đại của hàm số bằng 4

Câu 20. Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn a b3 232. Giá trị của 3log2a2log2b bằng
A. 5. B. 2 . C. 32. D. 4 .

Lời giải
Chọn A

Ta có: 3 2

2 2 2 2

log a b log 323log a2 log b5
Câu 21. Giải phương trình log (4 x1)3.

A. x63 B. x65 C. x80 D. x82
Lời giải

Chọn B

ĐK:  x 1 0 x1

Phương trình log4



x1



3 3

1 4 65

 x   x

Câu 22. Cho mặt cầu bán kính R ngoại tiếp một hình lập phương cạnh a. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.  2 3

R

a B. a2R C. a2 3R D.  3

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

Lời giải 
Chọn A

Nối ACA C O  . Ta có: O cách đều các đỉnh của hình lập phương do đó O là tâm mặt cầu

ngoại tiếp, bán kính mặt cầu:

   

      

2 2 2 3 2 2 3

2 2 2 3 3

AC AA AD AB a R R

R OA a

Câu 23. Đồ thị hàm số 3

3 2

yx  x cắt trục tung tại điểm có tọa độ là

A.



1;0



. B.



0; 2



. C.



0; 2



. D.



2;0



.
Lời giải

Chọn B

Thế x0 vào hàm số yx33x2 ta được y 2.

Vậy đồ thị hàm số yx33x2 cắt trục tung tại điểm có tọa độ là



0; 2



Câu 24. Cho hàm số f x

 

thỏa mãn f x'

 

3 5 sin x và f

 

0 10. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. f x

 

3x5 cosx5 B. f x

 

3x5 cosx2

C. f x

 

3x5 cosx15 D. f x

 

3x5 cosx2

Lời giải 
Chọn A

Ta có f x

 







3 5 sinx



dx3x5 cosx C
Theo giả thiết f

 

0 10 nên 5C10C5.
Vậy f x

 

3x5 cosx5.

Câu 25. Số lượng của một loại vi khuẩn tại thời điểm t (giờ) được tính theo công thức

 

0,28

200.10 t

N t  . Hỏi khoảng thời gian để số lượng vi khuẩn đó tăng lên gấp 10 lần gần nhất
với kết quả nào dưới đây?

A. 3 giờ 58 phút. B. 3 giờ 34 phút. C. 4 giờ 3 phút. D. 3 giờ 40 phút.
Lời giải

O

D' C'

B'

D

A B

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

Chọn B

Số lượng vi khuẩn tại thời điểm t1, t2 (giờ)



t1t2



tương ứng là:

 

0,281

1 200.10

t

N t  ,

 

0,282

2 200.10

t

N t  .

Để số lượng vi khuẩn đó tăng lên gấp 10 lần thì

 

0,282 0,281

2 10. 1 10 10.10

t t

N t  N t  





2 1

0,28 0,28 1

2 1 2 1

10 t 10 t 0, 28t 0, 28t 1 0, 28 t t 1

       

2 1

1 25
0, 28 7

t t

    (giờ)  3 giờ 34 phút.

Vậy cần xấp xỉ 3 giờ 34 phút để số lượng vi khuẩn tăng lên gấp 10 lần.

Câu 26. Cho khối chóp tam giác đều S ABC. có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a. Tính thể tích
V của khối chóp S ABC.

A.

13
12

a

V  . B.

11
12

a

V  . C.

11
6

a

V  . D.

11
4

a

V  .

Lời giải 
Chọn B

Do đáy là tam giác đều nên gọi I là trung điểm cạnh BC, khi đó AI là đường cao của tam
giác đáy. Theo định lý Pitago ta có

2 3

4 2

a a

AI a   , và 2 2 3 3

3 3.2 3

a a

AO AI   .

Trong tam giác SOA vng tại O ta có

2 11

3 3

a a

SO a  

Vậy thể tích khối chóp S ABC. là

1 1 3 11 11

. .

3 2 2 3 12

a a a

V  a  .

Câu 27. Cho hàm số y f x

 

có báng biến thiên như sau:

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

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

Lời giải
Chọn C

O
I

A C

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

Nhìn bảng biến thiên ta thấy x=0 hàm số không xác định nên x=0 là TCĐ của đồ thị hàm số

 

lim 3 3

xf x  y là TCN của đồ thị hàm số

 

lim 1 1

xf x  y là TCN của đồ thị hàm số
Vậy hàm số có 3 tiệm cận

Câu 28. Cho hàm số

y



ax



bx



c

(a0) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

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

Lời giải 
Đồ thị cắt trục tung tại điểm



0;c



, từ đồ thị suy ra c0

Mặt khác đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên y 0 có ba nghiệm phân biệt, hay





3 2

4 2 2 2 0

y  ax  bx x ax b  có ba nghiệm phân biệt. Suy ra a b, trái dấu.
Mà a0b0

Câu 29. Diện tích của hình phẳng ( )H giới hạn bởi đồ thị của hàm số y f x( ), trục hoành và hai
đường thẳng xa,xb a ( b) (phần tô đậm trong hình vẽ) tính theo cơng thức

A. ( )d
b

a

S



f x x . B. ( )d ( )d

c b

a c

S 



f x x



f x x.

C. ( )
b

a

S 



f x dx. D. ( )d ( )d

c b

a c

S  



f x x



f x x.
Lời giải 
Chọn D

Ta có: ( )d ( )d ( )d

b c b

a a c

S 



f x x 



f x x 



f x x .

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

Suy ra ( )d ( )d

c b

a c

S  



f x x



f x x.

Câu 30. Cho hai số phức z1 1 i và z2 2 3i. Tính môđun của số phức z1z2.

A. z1z2 1. B. z1z2  5. C. z1z2  13. D. z1z2 5.
Lời giải

Chọn C

Ta có z1z2    1 i 2 3i 3 2i z1z2  3 2 i  13.

Câu 31. Điểm M trong hình vẽ biểu diễn số phức z. Chọn kết luận đúng về số phức z.

A. z 3 5i. B. z  3 5i. C. z 3 5i. D. z  3 5i.
Lời giải

Chọn D

Ta có điểm M



3; 5



, nên số phức z  3 5i. Vậy z  3 5i.

Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các vectơ a



2;m1;3 ,



b



1;3; 2 n



. Tìm m n,
để các vec tơ a b , cùng hướng.

A. 7; 3
4

  

m n . B. m4;n 3. C. m2;n0. D. 7; 4

  

m n .

Lời giải
Chọn A



2; 1;3 ,





1;3; 2



   

 

a m b n cùng hướng

, 0
akb k 





2 .1 2

1 .3 7

3 . 2

4



  




    

   

   



k k

m k m

k n

n

Vậy các vec tơ a b , cùng hướng khi 7; 3
4

  

m n .

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

A.

  

S : x2



2



y1



2



z1



28 B.

  

S : x2



2



y1



2



z1



2 10
C.

  

S : x2



2



y1



2



z1



28 D.

  

S : x2



2



y1



2



z1



2 10

Lời giải 
Chọn D

Gọi ,R r lần lượt là bán kính của mặt cầu

 

S và đường trịn giao tuyến
Ta có



 



2
2

2 2

2.2 1.1 2.1 2

, 1 10

2 1 2

R r  d I P       
 

 

Mặt cầu

 

S tâm I



2;1;1



bán kính R 10là



x2



2



y1



2



z1



2 10.

Câu 34. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A



4;0;1



và B



2; 2;3 .



Mặt phẳng trung trực của đoạn

thẳng AB có phương trình là

A. 6x2y2z 1 0. B. 3xy  z 6 0. C. xy2z 6 0. D. 3x  y z 0.
Lời giải

Chọn D

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có véctơ pháp tuyến là AB 



6; 2; 2



và đi qua trung
điểm I



1;1; 2



của đoạn thẳng AB. Do đó, phương trình mặt phẳng đó là:













6 1 2 1 2 2 0 6 2 2 0 3 0.

 x  y  z    x y z  xy z

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



1; 1; 2



, B



1; 2; 3



và đường thẳng

1 2 1

: .

1 1 2

x y z

d      Tìm điểm M a b c



; ;



thuộc d sao cho 2 2

MA MB  , biết c0.
A. M



1; 0; 3



B. M



2; 3; 3



C. 1; 7; 2
6 6 3

 



 

 

M D. 1; 7; 2 .

6 6 3

M   

 

Lời giải 
Chọn C

Ta có : Md nên  t :M



1t; 2t; 1 2 t



.Đk :1 2 0 1

 

*
2

t t 

   

2 2

28
MA MB 

 

t 2



3 t





1 2t





2 t



 

t 2



2 2t



2 28

              

12t 2t 10 0

   

 





1
5

/
6
t L

t T m

 



  

Với 5

t  , ta có 1 7; ; 2 .
6 6 3

M  

 

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

học sinh gồm 5 nam và 5 nữ vào hai dãy ghế đó. Xác suất để có đúng 1cặp học sinh
nam và học sinh nữ ngồi đối diện bằng

A. 5

63. B.

42. C.

21. D.

5
21.
Lời giải

Chọn D

Xếp 10 học sinh vào 10 ghế có 10!cách. n

 

 10!

Để xếp ngẫu nhiên 10 học sinh đó vào hai dãy ghế để có đúng 1cặp học sinh nam và
học sinh nữ ngồi đối diện ta thực hiện như sau:

- Chọn ra một ghế để xếp một học sinh nam vào: có 10cách chọn.
- Chọn ra một học sinh nam xếp vào ghế đã chọn: có

5 cách chọn.

- Chọn ra một học sinh nữ xếp vào ghế đối diện: có

5 cách chọn.

- Chọn ra 2 cặp ghế trong 4 cặp ghế còn lại để xếp 4 học sinh nam vào: Có C42.4! cách
- Xếp 4 học sinh nữ còn lại vào 4 ghế: có 4!

Vậy số cách xếp để có đúng 1cặp học sinh nam và học sinh nữ ngồi đối diện nhau là:

 

10.5.5. .4!.4! 864000

n A  C 

Vậy xác suất để có đúng 1cặp học sinh nam và học sinh nữ ngồi đối diện là:

 

864000 5

10! 21

n A
P A

n

  

 .

Câu 37. Cho hình chóp S ABCD. có SA



ABCD



, đáyABCD là hình chữ nhật với ACa 5và
2



BC a . Tính khoảng cách giữa SD và BC.
A. 3

2
a

. B. a 3. C. 3

4
a

. D. 2

3
a

.
Lời giải

Chọn B

ABCDlà hình chữ nhật nên AB AC2BC2 a 3.
Ta có









/ / AD

// .












BC

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

Do đód SD BC





d B SAD





Mặt khác,    











  3




AB AD

AB SAD d B SAD AB a

AB SA .

Vậy d SD BC





a 3.

Câu 38. Số điểm cực trị của hàm số

 

2
2
2
2 d
1
x
x
t t

f x
t





là

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

Lời giải
Chọn D

Ta có

 

















2 2 2

2 4 2

2 2

d 1
2 d

ln 1 ln 1 ln 1 4

1 1 2

x x

t x

t t

f x t x x

t t x



       

 



Xét hàm số f x

 

ln 1



x4



ln 1 4



 x2



 







3 2 4 2

4 2 4 2 4 2

4 8 2 2 2

; 0 4 0 4 0

1 1 4 1 1 4 1 1 4

x x x x x

f x f x x x

x x x x x x

   

          

       

Dễ thấy f

 

x 0 có 3 nghiệm đơn. Vậy f

 

x đổi dấu 3 lần. Vậy hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 39. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y



m 1



x 2m 2

x m

  



 nghịch biến
trên khoảng



  1;



là

A.



1;2



. B.



2; 



.
C.



;1

 

 2; 



. D.



1; 2



Lời giải 
Chọn D

Tập xác định D\



m







2
2
2
m m
y
x m
 
 
 .

Để hàm số nghịch biến trên khoảng



  1;



thì









2
2
2
2
0

0 2 0 1 2

1 2.

1; 1 1

1
m m

y m m m

m
x m

m m m

m
  
 
       
 
      
   
      
  
 
  


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

A. L24344cm B. L97377cm C. L848cm D. L7749cm

Lời giải

Chọn A

Ta có mỗi lần bán đi một vịng đề can thì bán kính của cuộn đề can giảm đi số cm là: 0, 06cm

Bán kính lúc đầu là 22,45 cm, bán kính lúc sau là 6,25 cm. Số vòng đề can đã bán đi là:



22, 45 6, 25 ;0, 06



270

Chu vi một vòng đề can bán kính r là chiều dài của vịng đề can đó. Nó bằng:
2

r

L  r

Chiều dài L của tấm đề can đã bán bằng LL1L2...L270 với L1 là độ dài vịng đầu tiên
của cuộn đề can, bán kính là r122, 45cm. L1cũng chính là chu vi của đường trịn bán

kínhr122, 45cmL12 . r1. Vịng thứ 2, bán kính giảm đi 0,06cm do đó nó sẽ có bán kính
bằng r2 22, 45 0, 06 22,39cm, L2cũng chính là chu vi của đường trịn bán

kínhr2 22,39cmL12 . r1

Suy ra L2



r12



r2... 2



r270 2





r1r2...r270



Trong đó r r1, , ...,2 r270 là một cấp số cộng có u122, 45;d  0, 06, suy ra

270 1 269 22, 45 269.0, 06 6, 25 0, 06 6,31

u u  d      cm

Tổng 1 2 ... 270



1 270



270



22, 45 6,31 270



3882, 6

2 2

r r

r r  r       cm

Suy ra L=2 .3882.6



24382cm.

Câu 41. Cho các số thực dương x y z, , thỏa mãn đồng thời

2 2 2

1 1 1 1

log xlog ylog z 2020 và

log (xyz)2020. Tính log2



xyz x



 y z



xyyzzx1



A. 4040. B. 1010. C. 2020. D. 20202.

Lời giải 
Chọn A

Đặt alog2x b; log2 y c; log2z.
Ta có 1 1 1 1

2020

abc  và a b c  2020

















2 2 2 2 2 2

1 1 1

0
0

a b c a b c ab ac bc abc
a b c

a b ab abc abc b c bc a c ac
a b b c c a

 

          

 

 

        

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

Vì vai trị , ,a b c như nhau nên giả sử ab0c2020z 22020 và

xy .













 

2 2
2
2 2

log 1 log ( ) 1 1

log 2 log 4040

xyz x y z xy yz zx z x y z yz zx

z z

            

  

Câu 42. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số y x22x m 4

trên đoạn



2;1



bằng 4?

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

Lời giải

 

2 4

f x x  xm có f

 

x 2x2, f

 

x 0 x 1. Do đó

 





2
2;1

max x 2x m 4 max m 1 ;m 4 ;m 5

        .

Ta thấy m 5 m 4 m1 với mọi m, suy ra
 2;1
maxy



chỉ có thể là m5 hoặc m1.
Nếu

 2;1

maxy m 5
   thì

5 4
5 1
m
m m
  


  


1
m
  .
Nếu
 2;1

maxy m 1
   thì

1 4
1 5
m
m m
  



  


5
m
  .
Vậy m



1; 5



Câu 43. Cho bất phương trình .9x



1 .16



x 4



1 .12



x 0

m  m  m  với m là tham số. Có bao nhiêu
giá trị nguyên của m thuộc khoảng



0 ; 10



để bất phương trình đã cho có tập nghiệm là .

A. 8 . B. 1. C. 9 . D. 0 .

Lời giải
Chọn C

















 

4 4

.9 1 .16 4 1 .12 0 1 4 1 0 1

3 3

x x

x x x

m  m  m   m     m    m

   

Đặt 4 , 0
3

x

t   t x

  . Bất phương trình

 

1 trở thành









1 4 1 0

m t  m tm

Bất phương trình

 

1 có tập nghiệm là  khi và chỉ khi



m1



t24



m1



tm0,  t 0

 

2
2

, 0 2
4 1
t t
m t
t t

   
 

Xét hàm số

 

2
2

4
4 1

t t

y f t

t t



 

  với t0, ta có



2



2 4

0 , 0
4 1
t
y t
t t

    
 

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

Bất phương trình

 

2 được thỏa mãn khi và chỉ khi đường thẳng ymluôn nằm trên mọi
điểm của đồ thị hàm số y f t

 

. Từ BBT suy ra m1

Mà m là số nguyên thuộc khoảng



0 ; 10



nên m



1 ; 2 ; 3 ;. . . ; 9



Câu 44. Cho 2

(4 ) d 3

f x xx  xc



. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.

( 2) d 2

x

f x x  x C



. B. f x( 2) dxx27xC



C.

( 2) d 4

x

f x x  x C



. D.

( 2) d 4

x

f x x  x C



Lời giải
Chọn C

Từ giả thiết bài toán



f(4 ) dx xx23xc.
Đặt t4xdt4dx từ đó ta có

2 2

( )d 3 ( )d 3

4 4 4 4

t t t

f t t       c f t t  tc

   



Xét

2 2

( 2)

( 2)d ( 2)d( 2) 3( 2) 4

4 4

x x

f x x f x x    x  c  x C



Vậy mệnh đề đúng là

( 2)d 4

x

f x x  x C



Câu 45. Cho hàm số y f x

 

mx4nx3px2qx r trong đó m n p q r, , , , .Biết rằng hàm số

 

y f x có đồ thị như hình vẽ bên. Tập nghiệm của phương trình

 

16 8 4 2

f x  m n p q r có tất cả bao nhiêu phần tử?

A. 5. B. 3. C. 4. D. 6.

Lời giải
Chọn C

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

Dựa vào đồ thị hàm số f

 

x ta có:

 

2
1

2 1 d 0 2 1

f f f x x f f




  



   

Bảng biến thiên của hàm số y f x

 

Dựa vào bảng biến của hàm số y f x

 

,ta thấy phương trình f x

 

16m8n4p2q r
có 4 nghiệm phân biệt.

Câu 46. Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm f

  

x  x1

 

4 xm

 

5 x3



3 với mọi x. Có bao

nhiêu giá trị nguyên của tham sốm 



5;5



để hàm sốg x

 

 f

 

x có 3 điểm cực trị?

A. 3. B. 6. C. 5. D. 4 .

Lời giải
Chọn C

Do hàm số y f x

 

có đạo hàm với mọi x nên y f x

 

liên tục trên , do đó hàm số

 

g x  f x liên tục trên . Suy ra g

 

0  f

 

0 là một số hữu hạn.
Xét trên khoảng



0;



: g x

 

 f x

 

f

  

x 1

 

4 x m

 

5 3



g x   x    x

 

g x  



x m



50 xm

- TH 1: m0 thì x0. Khi đó x0 là nghiệm bội lẻ của g x

 

nên g x

 

đổi dấu một lần
qua x0 suy ra hàm số g x

 

có duy nhất một điểm cực trị là x0.

- TH 2 m0 thì g x

 

vơ nghiệm, suy ra g x

 

0 với mọi x0
Hàm số yg x

 

đồng biến trên khoảng



0;



Cả hai trường hợp trên đều có: hàm số g x

 

 f

 

x có duy nhất một điểm cực trị là x0.
- TH 3: m0 thì xmlà nghiệm bội lẻ của g x

 

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

- Lại có m [ 5; 5] và mnguyên nên m



1,2,3,4,5



.
Vậy có 5 giá trị nguyên của m.

Câu 47. Cho các số thực dương x, y thay đổi và thỏa mãn điều kiện x y1. Giá trị nhỏ nhất của
biểu thức 2

 

logx 3logy
y

x

T x

y

  là

A. 19. B. 13. C. 14 . D. T 15.
Lời giải

Chọn D

Từ giả thiết





2 logx 3 logy 1
y

T  x  x

 





4 1

3 1

log

1 logx y x y

 

    

  

.
Đặt tlogx y vì 1 y  x t



0;1



u cầu bài tốn trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm

 





4 3
3
1
f t

t
t
  


với t



0;1



Dễ thấy hàm số f t

 

liên tục trên khoảng



0;1



và

 

















2
3 2
3 3
2 2

3 1 3

3 9 3

1 1

t t

t t t

f t

t t t t

 

  

  

  ,

 

0 3 1 0 1

f t   t   t .

 

0
lim
t
f t


 ;

 

1
lim
t
f t


 .

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra

0;1

 

min 15

3
f t  f  

  . Vậy minP15 đạt được khi và chỉ khi

1
log

x y  y x trong đó 1 y x.
Câu 48. Cho hàm số

 

2
1, 1
, 1
 


 
 


a x x

f x

x b x với a b, là các tham số thực. Biết rằng f x

 

liên tục và có

đạo hàm trên , tính

 

2
1

d






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

A. 26
3


I . B. 19

3


I . C. 25

3


I . D. 1

3

I .
Lời giải

Chọn A

+ Hàm số

 

2 1, 1
, 1
 

 
 


a x x

f x

x b x liên tục trên   f x

 

liên tục tại x1.

 

1  1

f a .

 





1 1

lim lim 1 1

     

x f x x a x a

 





1 1

lim lim 1

 

 

   

x x

f x x b b .

 

f x liên tục tại

 

1 1

1 lim lim 1 1 1

 

 

         

x x

x f x f x f a b a b.

+ Với ab,

 

2 1, 1
, 1
 

 
 


a x x

f x

x a x .

Hàm số f x

 

có đạo hàm trên   f x

 

có đạo hàm tại x1.

 

1  1

f a .

 





1 1

1 1 1

lim lim
1 1
 
 
   
 
 
x x

f x f a x a

a

x x .

 





1 1 1

lim lim lim 2

1 1 1

  

  

    

  

  

x x x

f x f x a a x

x x x .

 

f x có đạo hàm tại x1

 

1 1

lim lim 2

1 1
 
 
 
   
 
x x

f x f f x f

a

x x

Vậy ab2.

+ Với ab2,

 

22 1, 1
2, 1
 

 
 

x x
f x

x x .

 

2 1 2

1 1 1

d d d

 













I f x x f x x f x x













1 2 3 2

2 2

1 1 1

2 d 2 1 d 2

3 3

 

 

         

 



x x



x x x x x x .

Câu 49. Cho hình chóp S ABCD. có SASBSCABBCCDDA1. Gọi G1 , G2, G3 ,

G lần lươt là trọng tâm các tam giác SAB, SBC , SCD, SDA. AC cắt BD tại O. Khi thể
tích khối S ABCD. lớn nhất thì thể tích khối chóp O G G G G. 1 2 3 4 bằng

A. 1

81. B.

27. C.

54. D.

2
81.

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

Theo giả thiết ta có:

2 2 2

AC BD CD OC OD

AC SO SC OC SO


  
 

 
   
 
1
2

SO OD BD SBD

     vng tại S.
Lại có:

2 2 2

AC BD CD OC OD

AC SO SC OC SO


  
 

 
   
 

Dựng SHBD tại HACSH SH



ABCD



.
Đặt SDx x



0 .



Ta có

2 2 2 1

1 .

2
x
BD SB SD  x OD 





2 2

1 3

1 3 , 0 3

4 2

1 1

1 3 .

2 2

ABCD

x x

OC AC x x

S AC BD x x

 

        

      

Tam giác SBD vuông tại S có đường cao

.
1
SB SD x
SH
BD x
 

Suy ra
2 2
2
.

1 1 1 3 1

3 .

3 6 6 2 4

S ABCD ABCD

x x

V  SH S  x x     

Dấu “” xảy ra 6
2
x

  hay max . 1.
4
S ABCD

V 

Khi . 1
4
S ABCD

V  ta có:









1 2 3 4 1 2 3

2 1 1

, , , .

9 3 3

G G G G ABCD

S  S d O G G G  d S ABCD  SH

1 2 3 4

. .

2 2 1 1

27 27 4 54

O G G G G S ABCD

V V

    

Vậy khi thể tích khối chóp S ABCD. lớn nhất thì

1 2 3 4
.

1
.
54
O G G G G

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

Câu 50. Cho hàm sốy f x

 

xác định trên  và có đạo hàm

  



s inx 2



2019

     

f x x x . Hàm số y f



1x



2019x2018nghịch biến trên
khoảng nào dưới đây?

A.



3 ; +



. B.



1 ; +



. C.



0 ; 3



. D.



 ; 3



.
Lời giải

Chọn C

Đặt yg x

 

 f



1x



2019x2018.

Vì hàm sốy f x

 

xác định trên nên hàm số y g x

 

cũng xác định trên .
Ta có g x

 

 f



1x



2019.

Để tìm khoảng nghịch biến của hàm số y g x

 

ta tìm các giá trị của x sao
chog x

 

0 f



1x



20190 f



1x



20190

















3 sin 1 2 0

3 0 do sin 1 2 0, x

0 3

    

      

  

x x x

x

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21></div>
(22)<div class='page_container' data-page=22></div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

ĐÁP ÁN CHI TIẾT TẢI TẠI BẢN ĐÀY ĐỦ NHÉ!

THEO DÕI: FACEBOOK: 
PAGE: />

YOUTUBE:

WEB: />

</div>

DOWNLOAD đáp án file pdf

<sub> </sub>











 





















TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

•ĐỀ SỐ 9- MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI

 

log (

<i>x</i>



7) 2





 

4

 



4

log (

<i>x</i>



7) 2



 



 



 

 





 















 















































<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>