De Thi Thu Thpt Quoc Gia 2020 Mon Toan Truong Thpt Krong Ana

LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 2020

hoctoanonline.vn

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2020 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT KRÔNG

ANA, NĂM 2019 - 2020

Đề thi có 50 câu trắc nghiệm Thời gian: 90 phút (không kể phát đề)

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

Câu 1. Giao điểm I của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm sốy= 2x+ 2

x−1 có tọa độ là A. I(−2; 1). B. I(2; 1). C. I(1; 2). D. I(−1; 2).

Câu 2. Cho khối trụ có chiều caoh= 3 và bán kính đáyr=√

2. Thể tích khối trụ đã cho bằng

A. 6π. B. 12π. C. 2π. D. 16π.

Câu 3.

Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình bên. Hàm số nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (−∞; 2). B. (1; +∞).

C. (−∞; +∞). D. (−∞; 3).

x y⁰

y

−∞ 2 +∞

− −

1

−∞ 1 +∞

Câu 4. Nghiệm của phương trình 3^2x−1 = 27 là

A. x= 1. B. x= 0. C. x= 2. D. x= 1

2.

Câu 5. Trong không gianOxyz, hình chiếu vuông góc của điểm A(1;−2; 1) trên trục Oxcó tọa độ là

A. (0;−2; 1). B. (1; 0; 0). C. (−1; 0; 0). D. (0;−2; 0).

Câu 6. Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r bằng

A. 2πrl. B. 1

3πrl. C. 4πrl. D. πrl.

Câu 7. Khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 3a² và chiều cao 2a. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng

A. 6a³. B. 2a³. C. 18a³. D. 12a³.

Câu 8. Trong không gianOxyz, cho mặt phẳng(P) : 4x+ 3y+z−1 = 0. Điểm nào dưới đây thuộc mặt phẳng (P)?

A. P(1;−1; 2). B. N(0; 0;−1). C. M(4; 3; 1). D. Q(−1; 1; 2).

Câu 9. Số cách chọn 2 học sinh trong số 6học sinh là

A. C²₆. B. 2⁶. C. 2!. D. A²₆.

Câu 10. Trong không gianOxyz, cho hai điểmA(−1; 2; 5) vàB(3;−6; 3). Tọa độ trung điểmI của đoạn AB là

A. I(4;−8;−2). B. I(1; 2; 4). C. I(2;−4;−1). D. I(1;−2; 4).

Câu 11. Họ nguyên hàm của hàm số f(x) = 3x²+ 2x+ 1 là

A. 6x+ 2 +C. B. x³+x²+x+C. C. x³ + 2x²+x+C. D. x³+x²+x.

Câu 12. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:











x= 1 + 2t y = 3−4t z = 6−5t

. Véc-tơ nào dưới đây là một

véc-tơ chỉ phương của d?

A. #»u = (2;−4;−5). B. #»u = (1; 3; 6). C. #»u = (−2; 4;−5). D. #»u = (2; 4; 5).

Câu 13. Trong không gianOxyz, cho mặt cầu (S) :x²+y²+z²−2y−2z−6 = 0. TâmI của mặt cầu đã cho là

A. (−1;−1; 0). B. (2; 2; 6). C. (1; 1; 3). D. (0; 1; 1).

Câu 14. Cho số phứcz =−3 + 2i. Số phức liên hợp củaz là

A. 3−2i. B. −3−2i. C. 3 + 2i. D. −3 + 2i.

Câu 15.

Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình bên. Hàm số đã cho có giá trị cực đại bằng

A. 2. B. 1. C. 5. D. 0.

x y⁰

y

−∞ 0 2 +∞

− 0 + 0 − +∞

1

5

−∞

Câu 16. Cho mặt cầu có bán kínhR = 4. Diện tích của mặt cầu đã cho bằng

A. 16π. B. 256

3 π. C. 64π. D. 64

3 π.

Câu 17.

Hàm số nào trong các hàm số sau có dạng đồ thị như đường cong ở hình bên?

A. y=x³−3x²+ 1. B. y=−x⁴+ 2x².

C. y=x⁴−2x²+ 1. D. y=−x³+ 3x²+ 1. ^x

y

O

−3

2 1

Câu 18. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x+y−2z −7 = 0 và điểm M(2;−1; 4).

Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P).

A. −5

3. B. 4. C. 5

3. D. −4.

Câu 19.

Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số là

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

y O

−1 1

−1

Câu 20. Phần ảo của số phức z = 1−2i là

A. −2i. B. 1. C. 2. D. −2.

Câu 21. GọiA(xA;yA)vàB(xB;yB)là hai giao điểm của đồ thị hàm sốy= 2x+ 1

x−1 và đường thẳng y=x−2. Khi đó, giá trị y_A+y_B bằng

A. 1. B. 5. C. 6. D. 10.

Câu 22. Tính nguyên hàmA=

Z 1

xlnxdxbằng cách đặtt= lnx. Mệnh đề nào dưới đâyđúng?

A. A= Z

dt. B. A=

Z 1

t dt. C. A= Z 1

t² dt. D. A= Z

tdt.

Câu 23. Cho hình phẳng (H) được giới hạn bởi các đường y = x²−1, x = 0, x = 1 và trục Ox.

Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi hình(H) quay quanh trụcOx.

A. 2

3. B. 2π

3 . C. 8π

15. D. 8

15. Câu 24. Tập nghiệm của bất phương trình2^x+ 8·2^−x ≤9 là

A. S = [1; 8]. B. S = [0; 3].

C. S = (1; 3). D. S = (−∞; 0]∪[3; +∞).

Câu 25. Trong không gian Oxyz, cho điểm M(−3; 2; 1) và đường thẳng d: x+ 3

2 = y

−2 = z−1

−1 . Khi đó, mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳngd có phương trình là

A. 2x−2y−z+ 11 = 0. B. −3x+ 2y+z−10 = 0.

C. −3x+z−10 = 0. D. 2x−2y−z+ 5 = 0.

Câu 26. Gọi z₁, z₂ là hai nghiệm phương trình z² + 3z+ 3 = 0. TínhT =|z₁|+|z₂|.

A. 2√

5. B. 6. C. 2√

3. D. 3√

2.

Câu 27. Cho

5

Z

−1

f(x) dx= 6. Tính tích phân I =

2

Z

−1

f(2x+ 1) dx.

A. I = 6. B. I = 1

2. C. I = 12. D. I = 3.

Câu 28. Trong không gianOxyz, đường thẳng đi qua hai điểmA(1; 2;−2)vàB(2;−1; 4)có phương trình chính tắc là

A. x−2

1 = y+ 1

−3 = z−4

6 . B. x+ 2

1 = y−1

−3 = z+ 4 6 . C. x+ 1

−1 = y+ 2

3 = z−2

6 . D. x−1

1 = y−2

−3 = z+ 2 2 . Câu 29. Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA=a√

3và 4ABC là tam giác đều cạnh 2a. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Góc giữa đường thẳng SM và (ABC) bằng

A. 30^◦. B. 45^◦. C. 90^◦. D. 60^◦. Câu 30. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a và đường cao SA=a√

3. Tính thể tích khối chópS.ABC.

A. a³

6. B. a³

2 . C. a³

4. D. a³

3. Câu 31. Với a là số thực dương tùy ý, ta có log₃ a

3 bằng A. log₃a−3. B. 1

3log₃a. C. log₃a+ 3. D. log₃a−1.

Câu 32. Tập nghiệm của bất phương trìnhlog₂(5x+ 10)<log₂(x²+ 6x+ 8) là A. S = (−∞;−2)∪(1; +∞). B. S = (−2; 1).

C. S = (1; +∞). D. S = [1; +∞).

Câu 33. Tập xác định của hàm số y= ln(x−2)là

A. [2; +∞). B. (−∞; 2). C. (2; +∞). D. (0; +∞).

Câu 34. Cho

5

Z

0

f(x) dx=−2. Tính tích phân

5

Z

0

[4f(x)−3] dx.

A. 7. B. −23. C. −5. D. −11.

Câu 35. Choavàb là hai số thực dương thỏa mãna² =e²·b³. Khi đó, giá trị2 lna−3 lnbbằng

A. e². B. e. C. 2e. D. 2.

Câu 36. Giá trị lớn nhất của hàm sốf(x) =x³−3x trên đoạn [−3; 3] bằng

A. −18. B. 2. C. −2. D. 18.

Câu 37. Cấp số nhân(u_n) với u₁ = 5 và công bộiq = 3 thì u₃ bằng

A. 45. B. 135. C. 14. D. 15.

Câu 38. Cho hàm sốy=f(x)liên tục trênRthỏa mãn7f(x) + 4f(4−x) = 2020x√

x²+ 9,∀x∈R. Tính

4

Z

0

f(x) dx.

A. 197960

99 . B. 7063

3 . C. 197960

33 . D. 2020

11 .

Câu 39. Một hộp đựng chín viên bi đỏ đánh số từ 1 đến 9, mười viên bi xanh đánh số từ 1 đến 10 và bảy viên bi trắng đánh số từ 1 đến 7. Lấy ngẫu nhiên ba viên bi từ hộp đó. Tính xác suất lấy được ba viên có ba số khác nhau.

A. 251

325. B. 1. C. 1031

1300. D. 557

650.

Câu 40. Công ty truyền thông A dự định sản xuất một bộ phim truyền hình. Do nguồn vốn hạn hẹp nên công ty A quyết định quay và chiếu trước một số tập phim; sau đó nếu lượng người xem phim (rating) đạt trên 25% thì công ty A sẽ quay và chiếu tiếp các tập tiếp theo. Theo nghiên cứu của công ty cho thấy: nếu sau n tập phim được chiếu thì tỉ lệ người xem phim đó tuân theo công thứcP(n) = 3

1 + 12·10^−0,012n. Hỏi phải chiếu ít nhất bao nhiêu tập phim thì công ty A có đủ lượng người xem để sản xuất tiếp bộ phim đó?

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

Câu 41. Cho hàm số f(x) = x+ 1

mx+ 2020, với m là tham số. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số f đồng biến trên khoảng (0; 1)?

A. 4038. B. 4040. C. Vô số. D. 4039.

Câu 42. Cho hình chópS.ABCD có đáy là hình thoi tâmO cạnh a, đường chéoAC =a. Tam giác 4SAB cân tạiS và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, cạnh bên SAtạo với đáy một góc 45^◦. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC.

A. a√ 21

3 . B. a√

21

7 . C. 2a√

21

7 . D. a√

21 14 .

Câu 43. Cho hình nón đỉnh S, đường tròn đáy tâm O có bán kính r = 3 và đường cao SO = 5.

Một thiết diện đi qua đỉnh của hình nón cắt đường tròn đáy theo một dây cung có độ dài2√

2. Tính diện tích thiết diện đó.

A. 4√

2. B. 4. C. 8. D. 16√

2.

Câu 44. Cho hình trụ có chiều cao bằng5a. Cắt hình trụ bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 3a, ta được thiết diện có diện tích bằng20a², Thể tích khối trụ bằng

A. 65πa³. B. 125πa³. C. 65πa³

3 . D. 5πa³.

Câu 45. Gọi S là tập các giá trị nguyên của tham số m ∈ (−2020; 2020) để hàm số y = 1 3x³ − 1

2mx² + 2mx−3m+ 4 nghịch biến trên khoảng (−3; 0). Số phần tử củaS là

A. 2019. B. 2021. C. 2020. D. 2018.

Câu 46. Choy=f(x)là hàm đa thức bậc bốn. Trong trường hợp hàm số y=|f(x)|có nhiều điểm cực trị nhất thì hàm sốy= (f(x))²⁰²⁰ có bao nhiêu điểm cực tiểu?

A. 4. B. 3. C. 2. D. 0.

Câu 47. Cho các số thựcx, y, z thỏa mãn log₉

Å x+y+z 2x²+ 2y²+ 2z²+ 1

ã

=x Å

x−3 2

ã +y

Å y−3

2 ã

+z Å

z− 3 2

ã .

Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thứcP = x+ 2y−z x+y+z bằng A. 4

3. B. 5

3. C. 1. D. 2

3. Câu 48.

Cho hàm sốy =f(x)có đồ thị như hình bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình fÄp

f(sinx) + 2ä

=fm 2

có nghiệm thuộc khoảng

−π 2;π

2

?

A. 6. B. 5. C. 8. D. 7. ^x

y

O

−2

−1

1 2

−2

−1 1 2

Câu 49. Cho hình hộp ABCD.A⁰B⁰C⁰D⁰ có thể tích bằng V. Gọi M, P, Q, E, F lần lượt là tâm các hình bình hànhABCD, ABB⁰A⁰, BCC⁰B⁰, CDD⁰C⁰, DAA⁰D⁰. Thể tích khối đa diện có các đỉnh M, P, Q, E, F bằng?

A. V

24. B. V

12. C. V

9. D. V

6. Câu 50.

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0; 7] và có đồ thị hàm số y = f⁰(x) trên đoạn[0; 7]như hình vẽ bên. Đặtg(x) =f(2x−1), biết rằng diện tích các hình phẳng trong hình vẽ lần lượt là S₁ = 244

15 , S₂ = 28

15, S₃ = 2528 15 và f(0) = 1. Tính g(4).

A. 2744

15 . B. 5518

15 . C. 563

3 . D. 2759 15 .

O

x y

2 3 7

(S1)

(S2)

(S₃)

ĐÁP ÁN

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

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

ĐÁP ÁN CHI TIẾT

Câu 1. Đồ thị có tiệm cận đứng x= 1 và tiệm cận ngang y= 2. Do đó, ta có tọa độI(1; 2).

Chọn đáp án C

Câu 2. Áp dụng công thức tính thể tích khối trụ, ta có V =h×S_đáy= 3×2π = 6π.

Chọn đáp án A

Câu 3. Từ bảng biến thiên, ta có hàm sốy =f(x)nghịch biến trên các khoảng(−∞; 2)và(2; +∞).

Chọn đáp án A

Câu 4. Ta có phương trình đã cho tương đương 3^2x−1 = 3³ ⇔2x−1 = 3 ⇔x= 2.

Chọn đáp án C

Câu 5. Hình chiếu vuông góc của điểm A(1;−2; 1) trên trục Oxcó tọa độ là (1; 0; 0).

Chọn đáp án B

Câu 6. Công thức tính diện tích xung quanh hình nón, ta có Sxq =πrl.

Chọn đáp án D

Câu 7. Thể tích khối lăng trụ V =h×S_đ = 2a×3a² = 6a³.

Chọn đáp án A

Câu 8. Thay tọa độ điểm Q vào phương trình mặt phẳng (P), ta có 4·(−1) + 3·1 + 2−1 = 0 đúng. Vậy Q∈(P).

Chọn đáp án D

Câu 9. Số cách chọn 2 học sinh trong số 6 học sinh là C²₆.

Chọn đáp án A

Câu 10. Vì I là trung điểm của đoạn AB nên ta có















x_I = 1

2(x_A+x_B) y_I = 1

2(y_A+y_B) z_I = 1

2(z_A+z_B)

⇒









 x_I = 1 yI =−2 z_I = 4

. Vậy, tọa độ

I(1;−2; 4).

Chọn đáp án D

Câu 11. Ta có Z

f(x) dx= Z

(3x² + 2x+ 1) dx=x³ +x²+x+C.

Vậy, họ nguyên hàm của hàm số f(x) = 3x² + 2x+ 1 là x³+x²+x+C.

Chọn đáp án B

Câu 12. Một véc-tơ chỉ phương của d là #»u = (2;−4;−5).

Chọn đáp án A

Câu 13. Tọa độ tâm I của mặt cầu (S) là I(0; 1; 1).

Chọn đáp án D

Câu 14. Số phức liên hợp của z làz =−3−2i.

Chọn đáp án B

Câu 15. Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đã cho có giá trị cực đại bằng 5.

Chọn đáp án C

Câu 16. Diện tích của mặt cầu đã cho là S= 4πR² = 4π×4² = 64π.

Chọn đáp án C

Câu 17. Từ đồ thị đã cho, hàm số cần tìm là hàm bậc 3, và vì lim

x→+∞y= +∞ nên hệ số a >0.

Do đó, hàm số có dạng đồ thị như hình lày=x³−3x²+ 1.

Chọn đáp án A

Câu 18. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P)bằng d(M,(P)) = |2·2−1−2·4−7|

√2²+ 1²+ 2² = 4.

Chọn đáp án B

Câu 19. Từ đồ thị, ta có số điểm cực trị của hàm số là 3.

Chọn đáp án C

Câu 20. Phần ảo của số phức z = 1−2i là −2.

Chọn đáp án D

Câu 21. Xét phương trình hoành độ giao điểm 2x+ 1

x−1 =x−2⇔ (x−2)(x−1)−(2x+ 1)

x−1 = 0⇔x²−5x+ 1 = 0.

Vìx_Avàx_B là nghiệm phương trìnhx²−5x+ 1 = 0(có 2 nghiệm phân biệt khác 1) nênx_A+x_B = 5.

Suy ra y_A+y_B = (x_A−2) + (x_B−2) =x_A+x_B−4 = 5−4 = 1.

Chọn đáp án A

Câu 22. Đặt t= lnx⇒dt = 1

xdx. Do đó ta có A= Z 1

t dt.

Chọn đáp án B

Câu 23. Ta có thể tích khối tròn xoay

V =π

1

Z

0

(x²−1)²dx=π

1

Z

0

(x⁴−2x²+ 1) dx= 8π 15.

Chọn đáp án C

Câu 24. Bất phương trình đã cho tương đương 2^x+ 8

2^x −9≤0⇔(2^x)²−9·2^x+ 8≤0⇔1≤2^x ≤8⇔0≤x≤3.

Vậy, tập nghiệm của phương trình là S = [0; 3].

Chọn đáp án B

Câu 25. Đường thẳngdcó một véc-tơ chỉ phương là #»u = (2;−2;−1). Vì mặt phẳng vuông góc với đường thẳng d nên nhận #»u = (2;−2;−1) làm véc-tơ pháp tuyến. Mà mặt phẳng qua M(−3; 2; 1) nên có phương trình là

2(x+ 3)−2(y−2)−(z−1) = 0⇔2x−2y−z+ 11 = 0.

Chọn đáp án A

Câu 26. Ta cóz²+ 3z+ 3 = 0⇔









z1 =−3 2 +

√3 2 i z₂ =−3

2 −

√3 2 i

. Do đóT =|z₁|+|z₂|= 2 s

Å3 2

ã2

+ Ç√

3 2

å2

=

√12 = 2√ 3.

Chọn đáp án C

Câu 27. Đặt t= 2x+ 1⇒ dx= 1

2dt. Đổi cận x=−1⇒t=−1và x= 2 ⇒t= 5.

Khi đó, ta có I = 1 2

5

Z

−1

f(t) dt = 6 2 = 3.

Chọn đáp án D

Câu 28. Đường thẳngAB quaB(2;−1; 4)và nhận # »

AB = (1;−3; 6)làm một véc-tơ chỉ phương nên có phương trình chính tắc là x−2

1 = y+ 1

−3 = z−4 6 .

Chọn đáp án A

Câu 29.

Ta có AM là trung tuyến tam giác đều4ABC nên AM =AB×

√3

2 = 2a×

√3 2 =a√

3.

Vì SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ AM. Khi đó, ta có 4SAM vuông cân tại A với SA=AM =a√

3. Do đó SM A\ = 45^◦.

Mặt khác, ta có A là hình chiếu vuông góc của S trên (ABC) nên AM là hình chiếu vuông góc của SM trên (ABC). Suy ra

(SM,\(ABC)) =(SM, AM) =\ SM A\ = 45^◦.

S

A C

B M

α

Chọn đáp án B

Câu 30. Ta cóS4ABC = 1

2a²sin 60^◦ = a²√ 3

4 . Suy raV = 1

3SA×S4ABC = 1 3×a√

3×a²√ 3 4 = a³

4.

Chọn đáp án C

Câu 31. Ta có log₃ a

3 = log₃a−log₃3 = log₃a−1.

Chọn đáp án D

Câu 32. Điều kiện







5x+ 10>0 x²+ 6x+ 8>0

⇔x >−2.

Khi đó, bất phương trình đã cho tương đương

5x+ 10< x² + 6x+ 8⇔x²+x−2>0⇔





x <−2 x >1.

Kết hợp điều kiện, ta được tập nghiệm của bất phương trình làS = (1; +∞).

Chọn đáp án C

Câu 33. Điều kiện x−2>0⇔x >2. Ta được tập xác định D = (2; +∞).

Chọn đáp án C

Câu 34. Ta có

5

Z

0

[4f(x)−3] dx= 4

5

Z

0

f(x) dx−3

5

Z

0

dx= 4×(−2)−3×5 = −23.

Chọn đáp án B

Câu 35. Ta có 2 lna−3 lnb = lna²−lnb³ = ln a²

b³ = lne² = 2.

Chọn đáp án D

Câu 36. Ta có f⁰(x) = 3x²−3. Phương trình f⁰(x) = 0⇔3x²−3 = 0⇔x=±1.

Ta lại cóf(−3) =−18,f(−1) = 2,f(1) =−2 vàf(3) = 18. Do đó, ta có max

[−3;3]f(x) = 18.

Chọn đáp án D

Câu 37. Ta có u₃ =u₁×q² = 5×3² = 45.

Chọn đáp án A

Câu 38. Từ giả thiết, ta có







7f(x) + 4f(4−x) = 2020x√ x²+ 9 7f(4−x) + 4f(x) = 2020(4−x)»

(4−x)²+ 9

,∀x∈R.

Đặt I =

4

Z

0

f(x) dx và J =

4

Z

0

f(4−x) dx.

Khi đó, ta có hệ phương trình



















7I + 4J =

4

Z

0

2020x√

x²+ 9 dx

7J + 4I =

4

Z

0

2020(4−x)»

(4−x)²+ 9 dx .

Mặt khác, ta có

4

Z

0

2020(4−x)»

(4−x)²+ 9 dx=−

0

Z

4

2020t√

t²+ 9 dt

=

4

Z

0

2020x√

x²+ 9 dx

= 2020

4

Z

0

(x²+ 9) x

√x²+ 9dx

= 2020

4

Z

0

(x²+ 9) d(√

x²+ 9)

= 2020

5

Z

3

t²dt= 197960 3 .

Suy ra







7I + 4J = 197960 3 7J + 4I = 197960

3

⇔I =J = 197960 33 .

Vậy, ta có

4

Z

0

f(x) dx= 197960 33 .

Chọn đáp án C

Câu 39. Tổng số bi trong hộp bằng 7 + 9 + 10 = 26 bi. Lấy 3 bi bất kỳ trong số 26 bi tương ứng số phần tử không gian mẫu làn(Ω) = C³₂₆= 2600.

Gọi A là biến cố “Lấy được ba bi có ba số khác nhau”. Ta xét hai trường hợp sau:

TH 1: Trong 3 bi lấy ra có bi trắng.

- Cả 3 bi đều màu trắng, có C³₇ = 35 cách.

- Có 2 bi màu trắng, có C²₇(C¹₇+ C¹₈) = 315 cách.

- Có 1 bi màu trắng, có 7×(C²₈+ C²₉+ C¹₈C¹₈) = 896 cách.

Trường hợp này, ta có35 + 315 + 896 = 1246 cách.

TH 2: Trong 3 bi lấy ra không có bi màu trắng.

- Cả 3 bi màu đỏ, có C³₉ = 84 cách.

- Có 2 bi màu đỏ, có C²₉C¹₈ = 288 cách.

- Có 1 bi màu đỏ, có C¹₉C²₉ = 324 cách.

- Không có bi màu đỏ, tức cả 3 bi đều màu xanh, có C³₁₀= 120 cách.

Trường hợp này, ta có84 + 288 + 324 + 120 = 816 cách.

Suy ra n(A) = 1246 + 816 = 2062.

Vậy, ta có xác suất của biến cố A làP(A) = n(A)

n(Ω) = 2062

2600 = 1031 1300.

Chọn đáp án C

Câu 40. Điều kiện để công ty A sản xuất tiếp bộ phim là rating đạt trên25%, tức là P(n)>25%.

Khi đó, ta có 3

1 + 12·10^−0,012n > 1

4 ⇔1 + 12·10^−0,012n<12⇔10^−0,012n< 11

12 ⇔ −0,012n <log11

12 ⇔n >3.

Vậy, số tập phim công ty A phải chiếu ít nhất là 4 tập.

Chọn đáp án A

Câu 41. Ta xét hai trường hợp sau:

TH 1: Xét m = 0. Khi đó f(x) = 1

2020(x+ 1) là hàm số đồng biến trên (0; 1). Suy ra m = 0 thỏa đề.

TH 2: Xét m 6= 0. Khi đó, điều kiện xác định của hàm số f là x 6= −2020

m và ta có f⁰(x) = 2020−m

(mx+ 2020)². Hàm số f đồng biến trên (0; 1) khi và chỉ khi

f⁰(x)>0,∀x∈(0; 1)⇔







−2020

m ∈/ (0; 1) 2020−m >0

⇔





















−2020 m ≤0

−2020 m ≥1 m <2020

⇔













 m >0

−2020 ≤m <0 m <2020

⇔





0< m <2020

−2020≤m <0.

Suy ra, trường hợp này có 2019 + 2020 = 4039 giá trịm nguyên thoả đề.

Vậy, có tất cả1 + 4039 = 4040 giá trị nguyên của m để hàm số f đồng biến trên khoảng (0; 1).

Chọn đáp án B

Câu 42.

Trong mặt phẳng (ABCD), gọi O là trung điểm của các cạnh AB. Theo giả thiết, tứ giác ABCD là hình thoi nên BC kAD. Suy ra

d(BC, SA) = d(BC,(SAD)) = d(B,(SAD)) = 2d(O,(SAD)).

Ta đặt h= d(O,(SAD)).

Do 4SAB cân tại S nên ta có SO ⊥ AB. Mà (SAB) ⊥ (ABCD) và (SAB)∩(ABCD) = AB nên SO ⊥(ABCD).

S

D

B

C M O

J

I A

Do đó(SA),\(ABCD) =(SA, AO) =\ SAO[ = 45^◦, hay 4SAB vuông cân tạiS.

Suy ra SO = 1

2AB= a 2.

Trong mặt phẳng (ABCD), gọi I, M lần lượt là trung điểm của các cạnh AD và BC; gọi J là giao điểm của 2 đường thẳng OM vàAD. Dễ thấy rằngO chính là trung điểm M J.

Ta có OM là đường trung bình 4ABC nên OM kAC và OJ =OM = 1

2AC = a 2. Tương tự, ta có OI là đường trung bình 4ABD nên OI kBD và OI = 1

2BD= a√ 3 2 . Ta lại cóAC ⊥BD nên OI ⊥OM hay OI ⊥OJ.

Khi đó, ta có OS, OI,OJ đôi một vuông góc. Suy ra 1

h² = 1

OS² + 1

OI² + 1

OJ² = 4 a² + 4

3a² + 4

a² = 28

3a² ⇒h= a√ 21 14 . Vậy, ta cód(BC, SA) = 2h= 2× a√

21

14 = a√ 21 7 .

Chọn đáp án B

Câu 43.

Giả sử thiết diện cắt đường tròn đáy dây cung AB và gọi M là trung điểm AB. Khi đó, ta có

OM =√

OB²−M B² =  

r²− ÅAB

2 ã2

=√

3²−2 =√ 7.

Suy ra SM =√

SO²+OM² =√

5²+ 7 = 4√ 2.

Vậy, ta có diện tích thiết diệnS4SAB = SM ×AB

2 = 4√

2×2√ 2

2 = 8.

S

A M B

O

Chọn đáp án C

Câu 44.

Xét hình trụ như hình bên.

Theo giả thiết, ta có OO⁰ = 5a, OM = 3a và S_ABB⁰_A⁰ = 20a². Ta có S_ABB⁰_A⁰ =AB×AA⁰ =AB×OO⁰

⇒AB= S_ABB⁰_A⁰

OO⁰ = 20a² 5a = 4a.

Khi đó, ta có OA=√

OM²+M A² =  

OM² + ÅAB

2 ã2

=»

(3a)²+ (2a)² =a√ 13.

Suy ra thể tích khối trụV =OO⁰×πOA² = 5a×13πa² = 65πa³.

A⁰

B B⁰

M A

O O⁰

Chọn đáp án A

Câu 45. Ta có tập xác định D =Rvà y⁰ =x²−mx+ 2m có hệ số a= 1>0.

Do đó, hàm số đã cho nghịch biến trên (−3; 0) khi và chỉ khi















∆ =m²−8m >0 x₁ = m−√

m²−8m

2 ≤ −3

x₂ = m+√

m²+ 8m

2 ≥0

⇔





















 m <0 m >8

√m²−8m≥m+ 6

√

m²−8m≥m

⇔













 m <0 m >8

√

m²−8m≥m+ 6.

Giải phương trình√

m²−8m ≥m+ 6. Với điều kiệnm²−8m >0, ta có phương trình tương đương











m+ 6<0







m+ 6≥0

m²−8m ≥(m+ 6)²

⇔











m <−6







m ≥ −6 20m≤ −36

⇔





m <−6

−6≤m≤ −9 5

⇔m≤ −9 5.

Do đó, hàm số đã cho nghịch biến trên (−3; 0) khi và chỉ khi m≤ −9 5. Suy ra S =

ß

m∈Z thỏa −2020< m≤ −9 5

™ . Vậy,S có tất cả 2018 phần tử.

Chọn đáp án D

Câu 46. Hàm số y = |f(x)| có nhiều điểm cực trị nhất khi và chỉ khi phương trình f(x) = 0 có bốn nghiệm phân biệt. Khi đó, phương trình f⁰(x) = 0 cũng sẽ có ba nghiệm phân biệt nằm xen kẽ giữa bốn nghiệm của phương trìnhf(x) = 0.

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử{x₁, x₃, x₅, x₇} là tập nghiệm của phương trìnhf(x) = 0 và{x₂, x₄, x₆}là tập nghiệm của phương trìnhf⁰(x) = 0thỏa mãn thứ tự x₁ < x₂ < x₃ < x₄ < x₅ <

x₆ < x₇.

Xét hàm số y= (f(x))²⁰²⁰, ta cóy⁰ = 2020 (f(x))²⁰¹⁹f⁰(x).

Phương trìnhy⁰ = 0⇔





(f(x))²⁰¹⁹ = 0 f⁰(x) = 0

⇔





f(x) = 0 f⁰(x) = 0 .

Suy ra tập nghiệm của phương trình y⁰ = 0 làS ={x₁, x₂, . . . , x₇} và tất cả đều là nghiệm bậc lẻ.

Mặt khác, ta có lim

x→+∞(f(x))²⁰²⁰ = +∞. Do đó, ta có bảng biến thiên của hàm số y= (f(x))²⁰²⁰:

x y⁰

y

−∞ x1 x2 x3 x4 x5 x5 x7 +∞

− 0 + 0 − 0 + 0 − 0 + 0 − 0 +

+∞ +∞

Từ bảng biến thiên, ta có kết luận hàm sốy = (f(x))²⁰²⁰ có bốn điểm cực tiểu.

Chọn đáp án A

Câu 47. Từ giả thiết, ta có điều kiện x+y+z >0 và log₉

Å x+y+z 2x²+ 2y²+ 2z²+ 1

ã

=x Å

x− 3 2

ã +y

Å y−3

2 ã

+z Å

z− 3 2

ã

⇔log₃

Å x+y+z 2x²+ 2y²+ 2z²+ 1

ã

= 2x²+ 2y²+ 2z²−3 (x+y+z)

⇔log₃(x+y+z)−log₃(2x²+ 2y²+ 2z²+ 1) = 2x²+ 2y²+ 2z² −3 (x+y+z)

⇔log₃(x+y+z) + 3 (x+y+z) + 1 = log₃(2x²+ 2y²+ 2z²+ 1) + 2x²+ 2y²+ 2z²+ 1

⇔log₃[3(x+y+z)] + 3 (x+y+z) = log₃(2x²+ 2y²+ 2z²+ 1) + (2x²+ 2y² + 2z²+ 1). (1) Vì hàm sốf(t) = log₃t+t đồng biến trên (0; +∞) nên ta có

(1) ⇔3(x+y+z) = 2x²+ 2y²+ 2z²+ 1

⇔x²+y²+z²− 3 2x−3

2y− 3 2z+ 3

2 = 0. (2)

Xét trong không gianOxyz, phương trình(2) chính là phương trình mặt cầu(C)có tâmI Å3

4;3 4;3

4 ã

và bán kínhR =  

3× Å3

4 ã2

− 3 2 =

√3 4 . Mặt khác, ta có P = x+ 2y−z

x+y+z ⇔(P −1)x+ (P −2)y+ (P + 1)z = 0.

Vì(P −1)²+ (P −2)²+ (P + 1)² 6= 0, ∀P ∈R, nên đây là phương trình mặt phẳng (α). Do đó, tập giá trị của P chính là điều kiện để mặt phẳng (α) có điểm chung với mặt cầu(C), tức là

d(I,(α))≤R ⇔

3

4× |3P −2|

p(P −1)²+ (P −2)²+ (P + 1)² ≤

√3 4

⇔3(3P −2)² ≤(P −1)² + (P −2)²+ (P + 1)²

⇔24P²−32P + 6 ≤0

⇔4−√ 7

6 ≤P ≤ 4 +√ 7 6 . Vậy, ta cóP_max+P_min = 4−√

7

6 + 4 +√ 7

6 = 4

3.

Chọn đáp án A

Câu 48. Với mọi x∈

−π 2;π

2

, dựa vào đồ thị hàm số y=f(x), ta có

−1<sinx <1⇒ −2< f(sinx)<2⇒0<»

f(sinx+ 2)<2⇒ −2≤f»

f(sinx) + 2

<2.

Do đó, phương trình fÄp

f(sinx) + 2ä

=fm 2

có nghiệm thuộc khoảng −π

2;π 2

khi và chỉ khi

−2≤fm 2

<2. Từ đồ thị hàm số y=f(x), ta có

−2≤fm 2

<2⇔







−2≤ m 2 <−1

−1< m 2 <2

⇔





−4≤m <−2

−2< m <4.

Vậy, có tất cả7 giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn đáp án D

Câu 49.

Gọi H, K,I,J lần lượt là trung điểmAA⁰,BB⁰, CC⁰,DD⁰. Khi đó, ta có P, Q, E, F lần lượt là trung điểm của HK, KI, IJ và J H.

Dễ thấy rằng S_{P QEF} = 1

2S_HKIJ = 1

2S_A⁰_B⁰_C⁰_D⁰. Mặt khác, ta có

d(M,(P QEF)) = d(M,(HKIJ))

= 1

2d(M,(A⁰B⁰C⁰D⁰))

= 1

2d(A,(A⁰B⁰C⁰D⁰)).

Do đó, ta có V_{M.P QEF} = 1

3d(M,(P QEF))×S_{P QEF} = 1 3×1

2d(A,(A⁰B⁰C⁰D⁰))×1

2S_A⁰_B⁰_C⁰_D⁰ = V 12.

M A

D

A⁰

D⁰ H

J

B

C

B⁰

C⁰ I

P

Q E F

K

Chọn đáp án B

Câu 50. Từ hình vẽ, ta có





























 S₁ =

2

Z

0

|f(x)|dx

S₂ =

3

Z

2

|f(x)|dx

S₃ =

7

Z

3

|f(x)|dx

⇒





























 S₁ =

2

Z

0

f(x) dx

S₂ =−

3

Z

2

f(x) dx

S₃ =

7

Z

3

f(x) dx

⇒











S₁ =f(2)−f(0) S2 =f(2)−f(3) S₃ =f(7)−f(3).

Suy ra

g(4) =f(7) =S₃−S₂+S₁+f(0) = 2528 15 − 28

15+ 244

15 + 1 = 2759 15 .

Chọn đáp án D