Đề tham khảo kì thi THPT Quốc gia - Năm học 2020 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề tham khảo kì thi THPT Quốc gia - Năm học 2020 (Có đáp án)

1. Đề Toán THPT QG 2020 - Tham khảo Câu 1. Từ một nhóm học sinh gồm 6 nam và 8 nữ, có bao nhiêu cách chọn ra một học sinh? A 14. B 48. C 6. D 8. L Lời giải. Cách 1. Tổng số học sinh của nhóm là: 6 + 8 = 14 . 1 Chọn ra một học sinh, ta có: {14 = 14 (cách). Cách 2. Để chọn một học sinh, ta có: 6 cách chọn một học sinh nam và 8 cách chọn một học sinh nữ. Vậy có: 6 + 8 = 14 (cách). ¤ Chọn đáp án A  A Câu 2. Cho cấp số nhân (un) với u1 = 2 và u2 = 6 . Công bội của cấp số đã cho bằng 1 A 3. B −4. C 4. D . 3 L Lời giải. u2 6 Trong một cấp số nhân, ta có: u2 = u1.q =⇒ q = = = 3 . u1 2 ¤ Chọn đáp án A  A Câu 3. Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r bằng 1 A 4πrl. B 2πrl. C πrl. D πrl. 3 L Lời giải. Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r là: Sxq = πrl . ¤ Chọn đáp án C  C Câu 4. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ −1 0 1 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 0 − 2 2 f(x) −∞ 1 −∞ Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây ? A (1; +∞). B (−1; 0). C (−1 ; 1). D (0 ; 1). L Lời giải. Dựa vào bảng biến thiên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (−∞ ; −1) và (0 ; 1) . ¤ Chọn đáp án D  D Câu 5. Cho khối lập phương có cạnh bằng 6 . Thể tích khối lập phương đã cho bằng A 216. B 18. C 36. D 72. L Lời giải. Ta có thể tích khối lập phương đã cho bằng: 63 = 216 . ¤ Chọn đáp án A  A 1
2. Câu 6. Nghiệm của phương trình log3 (2x − 1) = 2 là 9 7 A x = 3. B x = 5. C x = . D x = . 2 2 L Lời giải.  1  1 x > x > log3 (2x − 1) = 2 ⇐⇒ 2 ⇐⇒ 2 . 2x − 1 = 9 x = 5 (TM) Vậy nghiệm của phương trình là x = 5 . ¤ Chọn đáp án B  B 2 3 3 Z Z Z Câu 7. Nếu f (x) dx = −2 và f (x) dx = 1 thì f (x) dx bằng 1 2 1 A −3. B −1. C 1. D 3. L Lời giải. 3 2 3 Z Z Z Ta có f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx = −2 + 1 = −1 . 1 1 2 ¤ Chọn đáp án B  B Câu 8. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ 0 3 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 2 +∞ f(x) −∞ −4 Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng A 2. B 3. C 0. D −4. L Lời giải. Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số bằng −4 . ¤ Chọn đáp án D  D Câu 9. Đồ thị của hàm số nào sau đây có dạng như hình cong trong hình bên? y A y = −x4 + 2x2. B y = x4 − 2x2. 3 2 3 2 C y = x − 3x . D y = −x + 3x . O x L Lời giải. Dựa vào hình dạng của đồ thị đã cho trong hình vẽ, ta thấy đó là hình dạng đồ thị của hàm số y = ax4 + bx2 + c(a 6= 0) với hệ số a < 0 . Trong bốn hàm số đã cho chỉ có hàm số y = −x4 + 2x2 thỏa mãn. ¤ Chọn đáp án A  A 2
   Câu 10. Với a là số thực dương tùy ý, log2 a bằng 1 1 A 2 + log a. B + log a. C 2 log a. D log a. 2 2 2 2 2 2 2
3. L Lời giải. 2
   Với a là số thực dương tùy ý, ta có log2 a = 2 log2 a . ¤ Chọn đáp án C  C Câu 11. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = cos x + 6x là A sin x + 3x2 + C. B − sin x + 3x2 + C. C sin x + 6x2 + C. D − sin x + C. Z L Lời giải. Ta có (cos x + 6x) dx = sin x + 3x2 + C . ¤ Chọn đáp án A  A Câu 12. Môđun của số phức √1 + 2i bằng √ A 5. B 3. C 5. D 3. √ √ L Lời giải. 2 2 Ta có: |1 + 2i| = 1 + 2 = 5. √ Vậy môđun của số phức 1 + 2i bằng 5 . ¤ Chọn đáp án C  C Câu 13. Trong không gian Oxyz , hình chiếu của điểm M (2; −2; 1) trên mặt phẳng (Oxy) có tọa độ là A (2; 0; 1). B (2; −2; 0). C (0; −2; 1). D (0; 0; 1). L Lời giải. 0 Ta có hình chiếu của điểm M (xo; yo; zo) trên mặt phẳng (Oxy) là điểm M (xo; yo; 0) . Do đóhình chiếu của điểm M (2; −2; 1) trên mặt phẳng (Oxy) là điểm M 0 (2; −2; 0) . ¤ Chọn đáp án B  B Câu 14. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S):(x − 1)2 + (y + 2)2 + (z − 3)2 = 16 . Tâm của (S) có tọa độ là A (−1; −2; −3). B (1; 2; 3). C (−1; 2; −3). D (1; −2; 3). L Lời giải. Từ phương trình của mặt cầu (S) , suy ra tâm của mặt cầu (S) có tọa độ là (1; −2; 3) . ¤ Chọn đáp án D  D Câu 15. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (α) : 3x + 2y − 4z + 1 = 0. Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của (α)? −→ −→ −→ −→ A n2 = (3 ; 2 ; 4). B n3 = (2 ; −4 ; 1). C n1 = (3 ; −4 ; 1). D n4 = (3 ; 2 ; −4). L Lời giải. −→ Mặt phẳng (α) : 3x + 2y − 4z + 1 = 0 có một vectơ pháp tuyến là n4 (3 ; 2 ; −4) . ¤ Chọn đáp án D  D x + 1 y − 2 Câu 16. Trong không gian Oxyz , điểm nàọ dưới đây thuộc đường thẳng d: = = −1 3 z − 1 ? 3 A P (−1; 2; 1). B Q (1; −2; −1). C N (−1; 3; 2). D M (1; 2; 1). L Lời giải. 3
4. Cách 1 : Vì phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua P (xo; yo; z0) và có vectơ chỉ phương x − x y − y z − z −→u (a; b; c) là o = o = o nên dễ dàng thấy điểm P (−1; 2; 1) thuộc đường thẳng d . a b c Cách 2 : Thay tọa độ 4 điểm M , N , P , Q vào phương trình đường thẳng d ta thấy điểm P thỏa mãn. ¤ Chọn đáp án A  A √ Câu 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là√ hình vuông cạnh 3a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Góc giữa đường S thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng A 45◦. B 30◦. C 60◦. D 90◦. A D B C L Lời giải. Ta có: SA⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD) . Do đó, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng√(ABCD) là góc SCA[ . SA 2a 1 Xét ∆SCA vuông tại A: tan SCA[ = = √ √ = √ =⇒ SCA[ = 30◦. AC 3a. 2 3 ¤ Chọn đáp án B  B Câu 18. Cho hàm số f (x) , bảng xét dấu của f 0 (x) như sau x −∞ −1 0 1 +∞ f 0(x) + 0 − 0 − 0 + Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A 0. B 2. C 1. D 3. L Lời giải. Từ bảng xét dấu của f 0 (x) ta thấy f 0 (x) đổi dấu 2 lần tại x = − 1 và x = 1 . Vậy số điểm cực trị của hàm số đã cho là 2 . ¤ Chọn đáp án B  B Câu 19. Giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = −x4 + 12x2 + 1 trên đoạn [− 1 ; 2] bằng A 1. B 37. C 33. D 12. L Lời giải. Hàm số f (x) liên tục trên đoạn [− 1 ; 2] . f 0 (x) = − 4x3 + 24x = 4x − x2 + 6
   x = 0 ∈ (−1 ; 2) √ f 0 (x) = 0 ⇐⇒ x = − 6 ∈/ (−1 ; 2)  √ x = 6 ∈/ (−1 ; 2) f (−1) = 12 ; f (2) = 33 ; f (0) = 1 . Vậy Max f (x) = 33 . [− 1 ;2] ¤ Chọn đáp án C  C 4
5. Câu 20. Xét tất cả các số thực dương a và b thỏa mãn log2 a = log8 (ab) . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A a = b2. B a3 = b. C a = b. D a2 = b. L Lời giải. 1 log a = log (ab) ⇐⇒ log a = log 3 (ab) ⇐⇒ log a = log (ab) ⇐⇒ 3 log a = log (ab) 2 8 2 2 2 3 2 2 2 3 3 2 ⇐⇒ log2 a = log2 (ab) ⇐⇒ a = ab ⇐⇒ a = b . ¤ Chọn đáp án D  D Câu 21. Tập nghiệm của bất phương trình 5x−1 ≥ 5x2−x−9 là A [− 2 ; 4]. B [− 4 ; 2]. C (− ∞ ; − 2] ∪ [4 ; + ∞). D (− ∞ ; − 4] ∪ [2 ; + ∞). L Lời giải. 5x − 1 ≥ 5x2 − x − 9 ⇐⇒ x − 1 ≥ x2 − x − 9 ⇐⇒ x2 − 2x − 8 ≤ 0 ⇐⇒ − 2 ≤ x ≤ 4 . Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là [− 2 ; 4] . ¤ Chọn đáp án A  A Câu 22. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3 . Biết rằng khi cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng qua trục, thiết diện thu được là một hình vuông. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A 18π. B 36π. C 54π. D 27π. L Lời giải. Theo giả thiết mặt phẳng đi qua trục OO0 cắt hình trụ theo thiết diện một hình vuông. Do đó: AD = AB = 2R = 6 . Hình trụ đã cho có R = 3 , chiều cao h = 6 , do đó có diện tích xung quanh là: Sxq = 2π.R.h = 36π (đvdt). ¤ Chọn đáp án B  B Câu 23. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ 2 3 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 1 +∞ f(x) −∞ 0 Số nghiệm thực của phương trình 3f (x) − 2 = 0 là A 2. B 0. C 3. D 1. L Lời giải. 2 Phương trình 3f (x) − 2 = 0 ⇐⇒ f (x) = . 3 2 Nhận xét: Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đường thẳng y = và đồ thị 3 hàm số y = f (x) . 2 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y = cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 3 điểm phân 3 2 biệt nên phương trình f (x) = có 3 nghiệm. 3 Vậy phương trình 3f (x) − 2 = 0 có 3 nghiệm thực phân biệt. ¤ Chọn đáp án C  C 5
6. x + 2 Câu 24. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = trên khoảng (1; +∞) là x − 1 A x + 3 ln (x − 1) + C. B x − 3 ln (x − 1) + C. 3 3 C x − + C. D x − + C. (x − 1)2 (x − 1)2 L Lời giải. Ta có:  Z Z x + 2 Z x − 1 + 3 Z  3  F (x) = f (x) dx = dx = dx = 1 + dx  x − 1 x − 1 x − 1  x∈(1;+∞)  = x + 3 ln |x − 1| + C −−−−−−→ F (x) = x + 3 ln (x − 1) + C. Vậy F (x) = x + 3 ln (x − 1) + C. ¤ Chọn đáp án A  A Câu 25. Để dự báo dân số của một quốc gia, người ta sử dụng công thức S = Aenr ; trong đó A là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau n năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Năm 2017 , dân số Việt Nam là 93.671.600 người (Tổng cục Thống kê, Niên giám Thống kê năm 2017 , Nhà xuất bản Thống kê, Tr. 79 ). Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi là 0, 81% dự báo dân số Việt Nam năm 2035 là bao nhiêu người (kết quả làm tròn đến chữ số hàng trăm)? A 109.256.100. B 108.374.700. C 107.500.500. D 108.311.100. L Lời giải. nr (2035−2017). 0,81 Ta có: S = Ae = 93671600.e 100 = 108.374.741, 3 ≈ 108.374.700. Vậy cứ tăng dân số với tỉ lệ như vậy thì đến năm 2035 dân số nước ta khoảng 108.374.700 người. ¤ Chọn đáp án B  B 0 0 0 0 Câu 26. Cho hình lăng trụ đứng√ ABCD.A B C D có đáy là hình thoi cạnh a , BD = a 3 , AA0 = 4a . Thể tích của khối A0 D0 lăng trụ đã cho bằng √ √ 0 0 √ √ 2 3a3 4 3a3 B C A 2 3a3. B 4 3a3. C . D . 3 3 A D B C L Lời giải. Áp dụng định lí hàm số cosin cho tam giác ta có: 2 2 2 AB + AD − BD −1 o cos BAD\ = = =⇒ BAD\ = 120 =⇒ SABCD = AB.AD. sin BAD\ = √ 2AB.AD 2 a2 3 2 √ 2 √ 0 a 3 3 =⇒ V 0 0 0 0 = AA .S = 4a. = 2 3a . ABCD.A B C D ABCD 2 ¤ Chọn đáp án A  A 5x2 − 4x − 1 Câu 27. Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = là x2 − 1 A 1. B 0. C 2. D 3. L Lời giải. Tập xác định D = R\ {−1; 1} 5x2 − 4x − 1 (5x + 1) (x − 1) 5x + 1 Trên D ta có, y = = = x2 − 1 (x − 1) (x + 1) x + 1 6
7. 5x + 1 lim y = lim = −∞ =⇒ x = −1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x→(−1)+ x→(−1)+ x + 1 5x + 1 lim y = lim = 5 =⇒ y = 5 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x→±∞ x→±∞ x + 1 Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 tiệm cận. ¤ Chọn đáp án C  C 3 Câu 28. Cho hàm số y = ax + 3x + d (a, d ∈ R) có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? y A a > 0; d > 0. B a 0. C a > 0; d < 0. D a < 0; d < 0. O x L Lời giải. Do lim y = lim ax3 + 3x + d
   = −∞ =⇒ a < 0. x→+∞ x→+∞ Vì giao điểm của ĐTHS y = ax3 + 3x + d với trục tung Oy : x = 0 nằm phía dưới trục hoành Ox : y = 0 nên d < 0. ( a < 0 Suy ra: . d < 0 ¤ Chọn đáp án D  D Câu 29. Diện tích phần hình phẳng được gạch chéo trong bình bên bằng y 2 2 Z Z y = x2 − 2x − 2 A −2x2 + 2x + 4
   dx. B 2x2 − 2x − 4
   dx. −1 −1 2 2 2 Z Z −1 O x C −2x2 − 2x + 4
   dx. D 2x2 + 2x − 4
   dx. −1 −1 y = −x2 + 2 L Lời giải. Từ đồ thị ta thấy: Ứng với phần hình phẳng được gạch chéo trong hình bên thì đồ thị hai hàm 2 2 số y = −x + 2 (C1) và đồ thị hàm số y = x − 2x − 2 (C2) cắt nhau tại hai điểm có hoành độ là x = −1 và x = 2 , đồng thời đồ thị (C1) nằm trên đồ thị (C2) nên ta được phần diện tích hình phẳng gạch chéo là: 2 2 Z Z S = −x2 + 2 − x2 − 2x − 2
    dx = −2x2 + 2x + 4
   dx −1 −1 ¤ Chọn đáp án A  A Câu 30. Cho hai số phức z1 = −3 + i và z2 = 1 − i . Phần ảo của số phức z1 + z2 bằng A −2. B 2i. C 2. D −2i. L Lời giải. Ta có z1 + z2 = (−3 + i) + (1 + i) = −2 + 2i Phần ảo của số phức z1 + z2 bằng 2 . 7
8. ¤ Chọn đáp án C  C Câu 31. Trong mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z = (1 + 2i)2 là điểm nào dưới đây? A P (−3; 4). B Q (5; 4). C N (4; −3). D M (4; 5). L Lời giải. Ta có z = (1 + 2i)2 = −3 + 4i có điểm biểu diễn là P (−3; 4) . ¤ Chọn đáp án A  A −→ Câu 32. Trong không gian Oxyz , cho các vectơ −→a = (1; 0; 3) và b = (−2; 2; 5) . Tích vô hướng  −→ −→a · −→a + b bằng A 25. B 23. C 27. D 29. −→ L Lời giải. Ta có −→a + b = (−1; 2; 8) .  −→ Suy ra −→a . −→a + b = 1. (−1) + 0.2 + 3.8 = 23. ¤ Chọn đáp án B  B Câu 33. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S) có tâm là điểm I (0 ; 0 ; −3) và đi qua điểm M (4 ; 0 ; 0) . Phương trình của (S) là A x2 + y2 + (z + 3)2 = 25. B x2 + y2 + (z + 3)2 = 5. C x2 + y2 + (z − 3)2 = 25. D x2 + y2 + (z − 3)2 = 5. L Lời giải. Ta có: IM = 5 . Mặt cầu (S) có tâm I (0 ; 0 ; −3) đi qua điểm M (4 ; 0 ; 0) có bán kính là R = IM = 5 Vậy phương trình mặt cầu (S) là x2 + y2 + (z + 3)2 = 25 . ¤ Chọn đáp án A  A Câu 34. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm M (1; 1 − 1) và vuông góc với đường x + 1 y − 2 z − 1 thẳng ∆: = = có phương trình là 2 2 1 A 2x + 2y + z + 3 = 0. B x − 2y − z = 0. C 2x + 2y + z − 3 = 0. D x − 2y − z − 2 = 0. L Lời giải. Gọi (α) là mặt phẳng cần tìm. x + 1 y − 2 z − 1 Vì (α) vuông góc với đường thẳng ∆ : = = nên (α) nhận véc tơ chỉ phương 2 2 1 −→u (2; 2; 1) của ∆ là véc tơ pháp tuyến. Lại có, (α) đi qua M (1; 1 − 1) . Do đó, phương trình (α) có dạng: 2 (x − 1) + 2 (y − 1) + (z + 1) = 0 ⇐⇒ 2x + 2y + z − 3 = 0 ¤ Chọn đáp án C  C Câu 35. Trong không gian Oxyz , vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua hai điểm M (2; 3; −1) và N (4; 5; 3) ? −→ −→ −→ −→ A u4 (1; 1; 1). B u3 (1; 1; 2). C u1 (3; 4; 1). D u2 (3; 4; 2). L Lời giải. 8
9. −−→ −→ Ta có: MN (2; 2; 4) = 2 (1; 1; 2) =⇒ u3 (1; 1; 2) là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng đi qua hai điểm M (2; 3; −1) và N (4; 5; 3) . ¤ Chọn đáp án B  B Câu 36. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. Xác suất để số được chọn có tổng các chữ số là chẵn bằng 41 4 1 16 A . B . C . D . 81 9 2 81 L Lời giải. 3 2 Không gian mẫu: n (Ω) = A10 − A9 = 648 Gọi A là biến cố “Số được chọn có tổng các chữ số là chẵn.”; abc là số cần thành lập thỏa tổng ba chữ số là số chẵn. 3 2 TH1: Ba chữ số chẵn chọn từ {0; 2; 4; 6; 8} :A5 − A4 = 48 (số). TH2: Chọn chữ số 0 và 2 chữ số lẻ từ {1; 3; 5; 7; 9} Xếp số 0 : 2 cách 2 Hai vị trí còn lại: A5 cách Suy ra có 40 số. TH3: Chọn 1 chữ số chẵn từ {2; 4; 6; 8} và 2 chữ số lẻ từ {1; 3; 5; 7; 9} Chọn một chữ số chẵn: 4 cách Xếp chữ số chẵn vừa chọn: 3 cách 2 Hai vị trí còn lại: A5 cách Suy ra có 240 số. Vậy n (A) = 328 n (A) 328 41 Suy ra xác suất: P (A) = = = . n (Ω) 648 81 ¤ Chọn đáp án A  A Câu 37. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, AB = 2a , AD = DC = CB = a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và S SA = 3a . Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và DM bằng √ √ 3a 3a 3 13a 6 13a A . B . C . D . M 4 2 13 13 A B D C L Lời giải. Ta có DC//MB và DC = BC = MB = a suy ra tứ giác DMBC là hình thoi =⇒ DM//BC , lại có BC ⊂ (SBC) và DM 6⊂ (SBC) , do đó: DM// (SBC) =⇒ d (SB, DM) = d (M, (SBC)) . Vì M là trung điểm của AB nên 1 d (M, (SBC)) = d (A, (SBC)) . 2 Từ giả thiết ta được ADC\ = 120◦ . Áp dụng định lí Côsin vào tam giác ADC ta được: 2 2 2 AC = AD + DC − 2AD.DC.cosADC\ √ =⇒ AC2 = a2 + a2 − 2a2.cos120◦ = 3a2 =⇒ AC = a 3 . Ta nhận thấy AB2 = AC2 + BC2 do đó ∆ACB vuông tại C =⇒ AC⊥BC (1) mà SA⊥ (ABCD) =⇒ SA⊥BC (2) . 9
10. Từ (1) và (2) ta được: BC⊥ (SAC) =⇒ (SAC) ⊥ (SBC) . Trong tam giác SAC dựng AH vuông góc với AC , mà AC = (SAC)∩(SBC) do đó: AH⊥ (SBC) =⇒ d (A, (SBC)) = AH . Tam giác SAC vuông tại A và có AH là đường cao nên AH = SA.AC √ SA2 + AC2 √ 3a.a 3 3a 3a =⇒ AH = √ = =⇒ d (A, (SBC)) = . 9a2 + 3a2 2 2 1 3a Vậy d (M, (SBC)) = d (A, (SBC)) = . 2 4 ¤ Chọn đáp án A  A 8 x Z Câu 38. Cho hàm số f (x) có f (3) = 3 và f 0 (x) = √ , ∀x > 0 . Khi đó f (x) dx x + 1 − x + 1 3 bằng 197 29 181 A 7. B . C . D . 6 2 6 L Lời giải. √ x x x x + 1 + 1
    Ta có f 0 (x) = √ = √ √ = √ √ √ x + 1 − x + 1 x + 1 x + 1 − 1
    x + 1 x + 1 − 1
    x + 1 + 1
    √ x + 1 + 1 1 = √ = 1 + √ x + 1 x + 1 Z  1  √ =⇒ f (x) = 1 + √ dx = x + 2 x + 1 + C x + 1 Mà f (3) = 3 =⇒ C = −4 8 8 Z Z  √  197 Vậy f (x) dx = x + 2 x + 1 − 4 dx = 6 3 3 ¤ Chọn đáp án B  B mx − 4 Câu 39. Cho hàm số f (x) = ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m x − m để hàm số đồng biến trên khoảng (0; +∞) ? A 5. B 4. C 3. D 2. L Lời giải. −m2 + 4 Ta có f 0 (x) = (x − m)2 −m2 + 4 Hàm số đồng biến trên khoảng (0; +∞) ⇐⇒ > 0 ∀x ∈ (0; +∞) (x − m)2 ( ( − m2 + 4 > 0 m ∈ (−2; 2) =⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ m ∈ (−2; 0] x 6= m ∀x ∈ (0; +∞) m ∈ (−∞; 0] Vậy có hai giá trị nguyên của m là −1 và 0 . ¤ Chọn đáp án D  D √ Câu 40. Cho hình nón có chiều cao bằng 2 5 . Một mặt phẳng√ đi qua đỉnh hình nón và cắt hình nón theo một thiết diện là tam giác đều có diện tích bằng 9 3 . Thể tích của khối nón giới hạn bởi hình√ nón đã cho bằng 32 5π √ A . B 32π. C 32 5π. D 96π. 3 L Lời giải. 10
11. ∆ABC đều, đặt AB = BC = CA√ = x . √ x2 3 √ Ta có: S∆ABC = 9 3 ⇐⇒ = 9 3 ⇐⇒ x = 6 . √ 4 6. 3 √ AI = = 3 3 ( ∆ABC đều). 2 √ √ 2 2 ∆AOI vuông tại O : OI = AI √− AO = 7 . 2 2 ∆OIB vuông tại I : R = OB = OI + BI = 4 . √ 1 1 √ 32π 5 Vậy thể tích khối nón: V = .πR2.h = π.16.2 5 = 3 3 3 ¤ Chọn đáp án A  A x Câu 41. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn log x = log y = log (2x + y) . Giá trị của 9 6 4 y bằng 1 3 A 2. B . C log2 . D log 3 2. 2 2 2 L Lời giải.t x = 9  t Đặt log9x = log6y = log4 (2x + y) = t =⇒ y = 6 2x + y = 4t x 9t 3t Khi đó ta có: = = và 2.9t + 6t = 4t (1). y 6t 2 3t = −1 (loai) 32t 3t  2 Ta có (1) ⇐⇒ 2 + − 1 = 0 ⇐⇒  2 2 3t 1  = (t/man) 2 2 x 3t 1 Vậy = = . y 2 2 ¤ Chọn đáp án B  B Câu 42. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm 3 số f (x) = x − 3x + m trên đoạn [0; 3] bằng 16 . Tổng tất cả các phần tử của S bằng A −16. B 16. C −12. D −2. L Lời giải. 3 Xét hàm số g (x) = x − 3x + m trên R. g0 (x) = 3x2 − 3 ; g0 (x) = 0 ⇐⇒ x = ±1. Bảng biến thiên của hàm số g (x) Ta xét các trường hợp sau: +) m + 18 ≤ 0 ⇐⇒ m ≤ −18 . Khi đó m − 2 m ≥ −8 ( " 2 − m = 16, −18 < m < −8 m = −14 Vậy Max y = 16 ⇐⇒ .Như vậy [0;3] m + 18 = 16, −8 ≤ m < 0 m = −2 11
12. +) m = 0 : Max y = 18 6= 16 (loại). [0;3] +) m − 2 0 . 2 2 Ta có log2 (2x) − (m + 2) log2 x + m − 2 = 0 ⇐⇒ (log2 x + 1) − m log2 x − 2 log2 x + m − 2 = 0 2 ⇐⇒ log2 x − 1 − m log2 x + m = 0 ⇐⇒ (log2 x − 1) (log2 x + 1) − m (log2 x − 1) = 0 ⇐⇒ (log x − 1) (log x + 1 − m) = 0 " 2 2 " log2 x = 1 x = 2 ∈ [1; 2] ⇐⇒ ⇐⇒ m−1 . log2 x = m − 1 x = 2 ( 1 ≤ 2m−1 ≤ 2 Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn [1; 2] khi và chỉ khi 2m−1 6= 2 ⇐⇒ 1 ≤ 2m−1 < 2 ⇐⇒ 0 ≤ m − 1 < 1 ⇐⇒ 1 ≤ m < 2 hay m ∈ [1; 2) . ¤ Chọn đáp án C  C x Câu 44. Cho hàm số f (x) liên tục trên R . Biết cos 2x là một nguyên hàm của hàm số f (x) e , họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f 0 (x) ex là A − sin 2x + cos 2x + C. B −2 sin 2x + cos 2x + C. C −2 sin 2x − cos 2x + C. D 2 sin 2x − cos 2x + C. L Lời giải. Vì cos 2x là một nguyên hàm của hàm số f (x) ex nên f (x) ex = (cos 2x)0 = −2 sin 2x . Z Z Z Z Ta có f 0 (x) ex dx = exd (f (x)) = f (x) ex − f (x) d (ex) = f (x) ex − f (x) ex dx . Z Z Mà f (x) ex = −2 sin 2x do đó f 0 (x) ex dx = −2 sin 2x + 2 sin 2x dx . Z Vậy f 0 (x) ex dx = −2 sin 2x − cos 2x + C . ¤ Chọn đáp án C  C Câu 45. Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau x −∞ −1 0 1 +∞ f 0(x) − 0 + 0 − 0 + +∞ −1 +∞ f(x) −2 −2 12
13. Số nghiệm thuộc đoạn [−π ; 2π] của phương trình 2f (sin x) + 3 = 0 là A 4. B 6. C 3. D 8. L Lời giải. 3 Ta có 2f (sin x) + 3 = 0 ⇐⇒ f (sin x) = − . 2 Dựa vào bảng biến thiên của hàm số f(x) :  x = x1 (vớix1 1)  sin x = x1 (vớix1 1) +) Các trường hợp: sin x = x1 , sin x = x4 vô nghiệm do x1 1 . π +) Do −1 < x < 0 nên tồn tại góc α với − < α < 0 sao cho sin α = x . 2 2 2 " x = α + k2π Khi đó: sin x = x ⇐⇒ sin x = sin α ⇐⇒ (k, m ∈ ) . 2 x = π − α + m2π Z Theo đầu bài, ta lấy nghiệm x ∈ [−π ; 2π] nên −π ≤ α + k2π ≤ 2π hoặc −π ≤ π − α + m2π ≤ 2π π , với k, m ∈ và − < α < 0 . Suy ra k = 0, k = 1 ; m = −1, m = 0. Z 2 Do đó, sin x = x2 có 4 nghiệm thuộc đoạn [−π ; 2π] . π +) Tương tự, do 0 < x < 1 nên tồn tại góc β với 0 < β < sao cho sin β = x . 3 2 3 " x = β + n2π Khi đó: sin x = x ⇐⇒ sin x = sin β ⇐⇒ (n, l ∈ ) . 3 x = π − β + l2π Z Theo đầu bài, ta lấy nghiệm x ∈ [−π ; 2π] nên −π ≤ β + n2π ≤ 2π hoặc −π ≤ π − β + l2π ≤ 2π π với n, l ∈ và 0 < β < . Suy ra n = 0 ; l = 0. Z 2 Do đó, sin x = x3 có 2 nghiệm thuộc đoạn [−π ; 2π] . Vậy, phương trình 2f (sin x) + 3 = 0 có 6 nghiệm thuộc đoạn [−π ; 2π] . ¤ Chọn đáp án B  B Câu 46. Cho hàm số bậc bốn y = f (x) có đồ thị như hình bên. Số điểm cực trị của hàm số g (x) = f x3 + 3x2
    là y A 5. B 3. C 7. D 11. O 4 x L Lời giải. x = a ∈ (−∞; 0) 0 x = b ∈ (0; 4) Dựa vào đồ thị y = f (x) ta có: f (x) = 0 ⇐⇒  x = c ∈ (4 ; +∞) Ta có: g0 (x) = 3x2 + 6x
    f 0 x3 + 3x2
    . 13
14. x = 0  " 2 x = −2 0 3x + 6x = 0  3 2 g (x) = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ x + 3x = a ∈ (−∞; 0) (1) . f 0 x3 + 3x2
    = 0  x3 + 3x2 = b ∈ (0; 4) (2)  x3 + 3x2 = c ∈ (4; +∞) (3) Xét hàm số : h (x) = x3 + 3x2 " x = 0 Ta có h0 (x) = 3x2 + 6x , h0 (x) = 0 ⇐⇒ 3x2 + 6x = 0 ⇐⇒ . x = −2 Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta có Phương trình (1) có một nghiệm . Phương trình (2) có ba nghiệm phân biệt . Phương trình (3) có một nghiệm . Vậy phương trình g0 (x) = 0 có 7 nghiệm bội lẻ phân biệt nên hàm số có 7 điểm cực trị. ¤ Chọn đáp án C  C y Câu 47. Có bao nhiêu cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 2020 và log3 (3x + 3)+x = 2y +9 ? A 2019. B 6. C 2020. D 4. L Lời giải. y 2y Ta có log3 (3x + 3) + x = 2y + 9 ⇐⇒ [1 + log3 (x + 1)] + x = 2y + 3 2y log3(x+1) 2y ⇐⇒ log3 (x + 1) + x + 1 = 2y + 3 ⇐⇒ log3 (x + 1) + 3 = 2y + 3 (*). Xét hàm f (t) = t + 3t . 0 t Ta có f (t) = 1 + 3 ln 3 > 0 , ∀t ∈ R . Do đó, f (t) đồng biến trên R . y Khi đó, (*) ⇐⇒ f [log3 (x + 1)] = f (2y) ⇐⇒ log3 (x + 1) = 2y ⇐⇒ x + 1 = 9 ( ). y Vì 0 ≤ x ≤ 2020 nên 1 ≤ 9 ≤ 2021 =⇒ 0 ≤ y ≤ log92021 ≈ 3, 464 . Vì y ∈ Z nên y ∈ {0, 1, 2, 3} . Với y = 0 =⇒ x = 0 ; y = 1 =⇒ x = 8 ; y = 2 =⇒ x = 80 ; y = 3 =⇒ x = 728 . Vậy có 4 cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn. ¤ Chọn đáp án D  D 3
    2
    10 6 Câu 48. Cho hàm số f (x) liên tục trên R và thỏa mãn xf x + f 1 − x = −x + x − 2x , 0 Z ∀x ∈ R . Khi đó f (x) dx bằng −1 17 13 17 A − . B − . C . D −1. 20 4 4 L Lời giải. +Ta có xf x3
    + f 1 − x2
    = −x10 + x6 − 2x ⇐⇒ x2f x3
    + xf 1 − x2
    = −x11 + x7 − 2x2 0 0 0 Z Z Z ⇐⇒ x2f x3
    dx + xf 1 − x2
    dx = −x11 + x7 − 2x2
    dx −1 −1 −1 0 0 1 Z 1 Z 17 ⇐⇒ f x3
    d x3
    − f 1 − x2
    d 1 − x2
    = − 3 2 24 −1 −1 0 1 1 Z 1 Z 17 ⇐⇒ f (x) dx − f (x) dx = − (1) 3 2 24 −1 0 Ta có x2f x3
    + xf 1 − x2
    = −x11 + x7 − 2x2 14
15. 1 1 1 Z Z Z ⇐⇒ x2f x3
    dx + xf 1 − x2
    dx = −x11 + x7 − 2x2
    dx 0 0 0 1 1 1 0 1 Z 1 Z 5 1 Z 1 Z 5 ⇐⇒ f x3
    d x3
    − f 1 − x2
    d 1 − x2
    = − ⇐⇒ f (x) dx− f (x) dx = − 3 2 8 3 2 8 0 0 0 1 1 Z 3 ⇐⇒ f (x) dx = − 4 0 0 Z −13 Từ (1) =⇒ f (x) dx = 4 −1 ¤ Chọn đáp án B  B Câu 49. Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , AB = a , SBA[ = SCA[ = 90◦ , góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng 60◦ . Thể tích khối chóp đã cho bằng a3 a3 a3 A a3. B . C . D . 3 2 6 L Lời giải. - Gọi I và H lần lượt là trung điểm của SA và BC . Theo giả thiết SBA[ = SCA[ = 90◦ nên điểm I cách đều 4 điểm S, A, B, C , suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . - Mặt khác, H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , suy ra IH là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , khi đó IH⊥ (ABC) . √ - Ngoài√ ra, tam giác ABC vuông cân tại A nên AH⊥BC ; AB = a =⇒ BC = a 2 và a 2 AH = . Đặt IH = x, x > 0 . 2 √ ! √ ! a 2 a 2 - Dựng hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ sao cho H (0; 0; 0) , A ; 0; 0 , B 0; ; 0 , 2 2 √ ! a 2 C 0; − ; 0 , I (0; 0; x) . 2 √ ! √ √ ! a 2 −→ a 2 a 2 Do I là trung điểm của SA nên ta có S − ; 0; 2x . - Ta có AB = − ; ; 0 , 2 2 2 −→  √  −→ h−→ −→i AS = −a 2; 0; 2x , suy ra vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (SAB) là n1 = AB, AS =  √ √  ax 2; ax 2; a2 . √ √ ! √ √ ! −→ a 2 a 2 −→ a 2 a 2 -Ta có CA = ; ; 0 , CS = − ; ; 2x , suy ra vectơ pháp tuyến của mặt 2 2 2 2 √ √ −→ h−→ −→i  2 phẳng (SAC) là n2 = CA, CS = ax 2; −ax 2; a . Theo giả thiết góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng 60◦ nên ta có −→ −→ 2 2 2 2 4 ◦ −→ −→ |n1.n2| |2a x − 2a x + a | cos60 = |cos (n1, n2)| = −→ −→ = √ √ |n1| . |n2| 2a2x2 + 2a2x2 + a4. 2a2x2 + 2a2x2 + a4 1 a4 a2 a =⇒ = ⇐⇒ 4a2x2 + a4 = 2a4 ⇐⇒ x2 = ⇐⇒ x = (do x, a > 0 ). 2 2a2x2 + 2a2x2 + a4 4 2 a2 Khi đó d (S, (ABC)) = 2d (I, (ABC)) = 2.IH = 2x = a ; S = ∆ABC 2 1 1 a2 a3 Vậy thể tích khối chóp S.ABC là V = .d (S, (ABC)) .S = .a. = (đvtt). S.ABC 3 ∆ABC 3 2 6 ¤ Chọn đáp án D  15
16. D Câu 50. Cho hàm số f (x) . Hàm số y = f 0 (x) có đồ thị như hình bên. Hàm số g (x) = f (1 − 2x) + x2 − x nghịch biến trên khoảng y nào dưới đây? 1  3  1 A 1; . B 0; . 4 2 2 −2 O x C (−2; −1). D (2; 3). −2 L Lời giải. Ta có g0 (x) = −2f 0 (1 − 2x) − (1 − 2x)  1  Đặt u = 1 − 2x ta được hàm số h (u) = −2 f 0 (u) + u 2 1 Từ đồ thị hàm số y = f 0 (x) ta có đồ thị hàm số y = f 0 (u) và y = − u như hình vẽ 2  " " 1 3 − 2 4 1 − 2x > 4  3 x < − 2 ¤ Chọn đáp án A  A 16