ĐỀ TOÁN DỰ ĐOÁN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 - số 7 - file word

(1)

BỘ ĐỀ CHUẨN CẤU TRÚC ĐỀ SỐ 7

ĐỀ DỰ ĐOÁN KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1: Trong không gian Oxyz, cho các điểm ^A



^{2; 2;1 ,}^

 

^B ^{1; 1;3}^



. Tọa độ vectơ AB là A.



^^{1;1; 2}



B.



^^{3;3; 4}^



C.



^{3; 3; 4}^



D.



^{1; 1; 2}^{ }



Câu 2: Một vật chuyển động với vận tốc ^{v t}

 

^³^t²^⁴



^{m s}^/



, trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây. Tính quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ giây thứ 3 đến giây thứ 10?

A. 994m B. 945m C. 1001m D. 471m

Câu 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a, cạnh bên SA vuông góc với đáy.

Biết rằng đường thẳng SC hợp với mặt phẳng đáy một góc 60 . Thể tích của khối chóp S.ABC bằng ⁰ A.

3

8

a B.

3

2

a C.

3

4

a D.

3 3

4 a Câu 4: Hàm số nào trong các hàm số sau đây là một nguyên hàm của hàm số y e ^x?

A. 1

y x B. y e ^x C. y e ^^x D. ylnx

Câu 5: Cho tam giác ABC là tam giác đều cạnh a, gọi H là trung điểm cạnh BC. Hình nón nhận được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AH có diện tích đáy bằng:

A. a² B.

2

a

C.

2

4

a

D. 2a² Câu 6: Với mọi số thực dương a và m, n là hai số thực bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A.

 

^a^m ⁿ ^^a^{m n}^ ^B. ^mn ^{m n}

a a a

  C.

 

^a^m ⁿ ^^a^mⁿ ^D. ^mn ^{n m}

a a a

 

Câu 7: Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

có bảng biến thiên trên



^^5;7



như sau

x 5 1 7

'

y ^ 0 +

y 6

2

9

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. ^{Min f x}___5;7_

 

^⁶ _B.^{Min f x}___5;7_

 

^² _C.^{Max f x}___5;7_

 

^⁹ _D.^{Max f x}___5;7_

 

^⁶

Câu 8: Số cạnh của một hình tứ diện là

A. 8 B. 6 C. 12 D. 4

 

2 ⁵

 

(2)

A. 2 B. 1 C. 4 D. 1

Câu 10: Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

liên tục trên đoạn

 

^{a b}^; . Công thức diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ^y^ ^{f x}

 

, trục hoành, đường thẳng ^{x a}^ và đường thẳng x b là

A. ^b ²

 

a

S 



f x dx^B. ^b

 

a

S



f x dx ^C. ^b

 

a

S 



f x dx ^D. ^b

 

a

S 



f x dx Câu 11: Hỏi nếu tăng chiều cao của một khối lăng trụ lên gấp 2 lần và tăng bán kính đáy của nó lên gấp 3 lần thì thể tích của khối trụ mới sẽ tăng bao nhiêu lần so với thể tích khối trụ ban đầu.

A. 36 lần B. 6 lần C. 18 lần D. 12 lần

Câu 12: Tập xác định của hàm số y2^x là:

A.



^0;^



B.  ^{\ 0}

 

C. _ D.



^0;^



Câu 13: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

 

^{S x}^: ²^^y²^^z²^²^x^⁴^y^⁶^z^{ }^{5 0}. Mặt phẳng tiếp xúc với (S) và song song với mặt phẳng

 

^P ^{: 2}^{x y}^{ }²^z^{ }^{11 0} có phương trình là:

A. 2x y 2z 7 0 B. 2x y 2z 9 0 C. 2x y 2z 7 0 D. 2x y 2z 9 0 Câu 14: Tập nghiệm của bất phương trình

3 2 81

4 256

x

  

  

A.



^{ }^{; 2}



B.



^{  }^{; 2}

 

^2;^



C. R D.



^^2;2



Câu 15: Nếu các số hữu tỉ a, b thỏa mãn ¹

 

0 x 2

ae b dx e 



thì giá trị của biểu thức a b bằng

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

Câu 16: Nếu log 32 a thì log 108 bằng72

A. 2 3

a a



 B. 2 3 3 2 a a



 C. 3 2

2 3 a a



 D. 2 3

2 2 a a



 Câu 17: Đồ thị hàm số 1

4 1

y x x

 

 có đường tiệm cận ngang là đường thẳng nào dưới đây?

A. y 1 B. x 1 C. 1

y 4 D. 1

x 4

Câu 18: Trong không gian Oxyz, cho điểm ^A



^{1;2; 1}^



. Tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên trục Oy là

A.



0;2;0



B.



1;0;0



C.



^{0;0; 1}^



D.



^{1;0; 1}^



Câu 19: Cho cấp số nhân

 

un có u12 và biểu thức 20u110u2u3 đạt giá trị nhỏ nhất. Số hạng thứ bảy của cấp số nhân

 

un có giá trị bằng

A. 6250 B. 31250 C. 136250 D. 39062

Câu 20: Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y x ³3x²1 B. y  x³ 3x1

(3)

C. y x ⁴2x²1 D. y x ³3x1

Câu 21: Biết đường thẳng y x 2 cắt đồ thị hàm số 2 1 1 y x

x

 

 tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ lần lượt là ,x xA B. Khi đó giá trị của xAxB bằng

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

Câu 22: Đồ thị hàm số ylnx đi qua điểm

A. ^A

 

^1;0 B. ^C



^2;^e²



^C.^{D e}



^{2 ;2}



^D.^B

 

^0;1

Câu 23: Số hạng không chứa x trong khai triển ⁴ ²⁰



⁰



2

x x

x

   

 

  bằng

A. 2⁹C20⁹ B. 2¹⁰C¹⁰20 C. 2¹⁰C¹¹20 D. 2⁸C20¹²

Câu 24: Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

có bảng xét dấu như sau:

x ^ 2 0 

'

y ^ 0 + 0 ^

Hàm số ^y^ ^{f x}

 

đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A.



^0;^



B.



^{ }^{; 2}



C.



^^3;1



D.



^^2;0



Câu 25: Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

liên tục trên R và có bảng biến thiên

x ^ 1 0 1 ^

'

y ^ 0 + 0 ^ 0 +

y



1

2

1



Khẳng định nào dưới đây sai?

A. ^M

 

^0;2 là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số B. ^f

 

^¹ là một giá trị cực tiểu của hàm số C. x0 0 là điểm cực đại của hàm số D. x0 1 là điểm cực tiểu của hàm số

Câu 26: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 

^P ^{: 2}^x^²^{y z}^{  }^{1 0}. Khoảng cách từ điểm



^{1; 2;0}



M 

(4)

A. 5 B. 2 C. 5

3 D. 4

3 Câu 27: Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

có bảng biến thiên như sau:

x ^ 2 0 

'

y ^ + ^

y



1 ^

 1

0 Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho bằng

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

Câu 28: Thể tích V của khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h tương ứng được tính bởi công thức nào dưới đây?

A. V S h. B. 1 3 .

V  S h C. V 3 .S h D. 1 2 . V  S h

Câu 29: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

 

^{S x}^: ²^^y²^^z²^²^x^⁴^y^²^z^{ }^{3 0}. Tọa độ tâm I của mặt cầu (S) là

A.



^^1;2;1



B.



^{2; 4; 2}^{ }



C.



^{1; 2; 1}^{ }



D.



^^2;4;2



Câu 30: Số nghiệm dương của phương trình ln x² 5 0 là

A. 2 B. 4 C. 0 D. 1

Câu 31: Cường độ của ánh sáng đi qua môi trường nước biển giảm dần theo công thức I I e₀. ^^^x, với I0

là cường độ ánh sáng lúc ánh sáng bắt đầu đi vào môi trường nước biển và x là độ dày của môi trường đó (x tính theo đơn vị mét). Biết rằng môi trường nước biển có hằng số hấp thu  1,4. Hỏi ở độ sâu 30 mét thì cường độ ánh sáng giảm đi bao nhiêu lần so với cường độ ánh sáng lúc ánh sáng bắt đầu đi vào nước biển?

A. e^²¹ lần B. e⁴² lần C. e²¹ lần D. e^⁴² lần

Câu 32: Cho M C2019⁰ C¹2019C2019² ...C2019²⁰¹⁹. Viết M dưới dạng một số trong hệ thập phân thì số này có bao nhiêu chữ số?

A. 610 B. 608 C. 609 D. 607

Câu 33: Cho lăng trụ ABC A B C. ' ' ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B, đường cao BH. Biết

 

'

A H  ABC và AB1,AC2,AA' 2. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng A. 21

12 B. 7

4 C. 21

4 D. 3 7

4

Câu 34: Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 3a. Điểm H thuộc cạnh AC với HC = a. Dựng đoạn thẳng SH vuông góc với mặt phẳng (ABC) với SH = 2a. Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB) bằng

(5)

A. 3a B. 3 21

7 a C. 21

7 a D. 3

7a

Câu 35: Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng

 

^P ^{: 2}^{x y z}^{   }^{2 0} và

 

^Q ^{: 2}^{x y z}^{   }^{1 0}. Số mặt cầu đi qua ^A



^{1; 2;1}^



và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P), (Q) là

A. 0 B. 1 C. Vô số D. 2

Câu 36: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm ^A



^{1;2;1 ,}

 

^B ^{2; 1;3}^



và điểm ^{M a b}



^{; ;0}



sao cho

2 2

MA MB nhỏ nhất. Giá trị của a b bằng

A. 2 B. 2 C. 3 D. 1

Câu 37: Cho hình nón tròn xoay có chiều cao bằng 4 và bán kính đáy bằng 3. Mặt phẳng (P) đi qua đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác cân có độ dài cạnh đáy bằng 2. Diện tích của thiết diện bằng

A. 6 B. 19 C. 2 6 D. 2 3

Câu 38: Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

có bảng biến thiên:

x ^ 1 3 ^

'

y + 0 ^ 0 +

y 5

2

4



Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình ^f



^x^{  }^{1 1}



^m có nghiệm?

A. m 4 B. m1 C. m2 D. m 5

Câu 39: Cho hình cầu (S) có bán kính R. Một khối trụ có thể tích bẳng 4 3 ³

9 R

 và nội tiếp khối cầu (S). Chiều cao của khối trụ bẳng:

A. 3

3 R B. R 2

C. 2

2 R D. 2 3

3 R

Câu 40: Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số ^y^^ln



^x²^{ }¹



^mx^¹ đồng biến trên _ là:

A.



^^1;1



B.



^{ }^{; 1}



C.



^^1;1



D.



^{ }^{; 1}



Câu 41: Cho hàm số ^{f x}

 

liên tục trên _ , ^{f x}

 

^⁰ với mọi x và thỏa mãn

 

¹ ¹

f  2,

     

²

' 2 1

f x  x f x . Biết ^f

 

¹ ^f

 

² ^... ^f



²⁰¹⁹



^a ¹

    b với ^a^^,^b^^{, ;}



^{a b}



^¹. Khẳng định

(6)

A. a b 2019 B. ab2019 C. 2a b 2022 D. b2020 Câu 42: Cho hình nón có chiều cao 2R và bán kính đường tròn đáy R.

Xét hình trụ nội tiếp hình nón sao cho có thể tích khối trụ lớn nhất, khi đó bán kính đáy của khối trụ bằng:

A. 2 3

R B.

3 R

C. 3 4

R D.

2 R

Câu 43: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có các đỉnh B, C thuộc trục Ox. Gọi



^{6;4;0 ,}

 

^1;2;0



E F lần lượt là hình chiếu của B và C trên các cạnh AC, AB. Tọa độ hình chiếu của A trên BC là:

A. 8 3;0;0

 

 

  B. 5

3;0;0

 

 

  C. 7

2;0;0

 

 

  D.



2;0;0



Câu 44: Cho phương trình ²^x ^ ^m^{.2 .cos}^x

 

^^x ^⁴, với m là tham số thực. Gọi m0 là giá trị của m sao cho phương trình trên có đúng một nghiệm thực. Khẳng định nào dưới đây đúng?

A. m0  



5; 1



B. m0 5 C. m0 



1;0



D. m0 0

Câu 45: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC vuông tại C, CH vuông góc với AB tại H, I là trung điểm của đoại HC. Biết SI vuông góc với mặt phẳng đáy, ASB90⁰. Gọi O là trung điểm của đoạn AB, O' là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABI. Góc tạo bởi đường thẳng OO' và mặt phẳng (ABC) bằng:

A. 60 ⁰ B. 30 ⁰ C. 90 ⁰ D. 45 ⁰

Câu 46: Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

liên tục trên _ và có đồ thị như hình vẽ.

Hỏi hàm số ^y^ ^{f f x}

  

^²



có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 10 B. 11

C. 12 D. 9

Câu 47: Cho hàm số bậc ba ^y^ ^{f x}

 

, hàm số ^y^ ^{f x}^'

 

có đồ thị như hình vẽ. Hỏi hàm số ^{g x}

 

^ ^f



^{ }^{x x}²



nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A.



^{ }^{2; 1}



B.

 

1;2 C.



^^1;0



D. 1

2;0

 

 

 

(7)

Câu 48: Trong không gian cho hai điểm A, B cố định và độ dài đoạn thẳng AB bằng 4. Biết rằng tập hợp các điểm M sao cho MA = 3MB là một mặt cầu. Bán kính của mặt cầu bằng:

A. 3 B. 9

2 C. 1 D. 3

2 Câu 49: Cho hàm số bậc bốn ^y^ ^{f x}

 

có đồ thị như hình vẽ. Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình ^{f x m}



^



^^m có 4 nghiệm phân biệt là:

A.2 B. Vô số

C. 1 D. 0

Câu 50: Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

liên tục trên _ có đồ thị ^y^ ^{f x}^'

 

như hình vẽ. Đặt ^{g x}

 

^²^{f x}

  

^{ }^x ¹



². Khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm số

 

y g x trên đoạn



^^3;3



bằng:

A. ^g

 

⁰ B. ^g

 

¹

C. ^g

 

^³ D. ^g

 

³

(8)

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

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

11.C 12.C 13.C 14.C 15.A 16.B 17.C 18.A 19.B 20.D

21.A 22.A 23.B 24.D 25.A 26.C 27.D 28.B 29.A 30.A

31.B 32.B 33.C 34.B 35.A 36.A 37.C 38.A 39.D 40.D

41.A 42.A 43.A 44.A 45.B 46.B 47.B 48.D 49.C 50.C

Câu 1 (NB):

Phương pháp:

Cho hai điểm A x y z



1; ;1 1

 

,B x y z2; ;2 2



AB



x2x y1; 2y z1; 2z1



Cách giải:

Ta có: ^^AB^{ }



^1;1;2



Chọn: A Câu 2 (TH):

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính quãng đường xe đi được trong khoảng thời gian từ a đến b là: ^b

 

a

s



v t dt Cách giải:

Ta có quãng đường vật đó chuyển động được là:

   

10 10

2 3

3 3

3 4 4 1001 ( )

s



t  dt t  t  m Chọn: C

Câu 3 (TH):

Phương pháp:

Công thức tính thể tích của khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: 1 V 3Sh Cách giải:

Ta có: ^SA^



^ABC



 



^{SC ABC}^,

 

^{SA SC}^,



^SCA ⁶⁰⁰

      

Xét SAC ta có: SA AC .tan 60⁰ a 3

2 3

1 1 3

. . 3.

3 ^ABC 3 4 4

a a

V SA S a

   

Chọn: C Câu 4 (NB):

Phương pháp:

Sử dụng công thức nguyên hàm của hàm cơ bản



e dx e^x  ^xC

(9)

Cách giải:

Ta có:



e dx e^x  ^xC Chọn: B

Câu 5 (TH):

Phương pháp:

Diện tích đường tròn bán kính R là S R² Cách giải:

Ta có:

2 2

2 .

2 2 ^d 4 4

BC a a a

R HB   S R   Chọn: B

Câu 6 (NB):

Phương pháp:

Sử dụng các công thức của lũy thừa và chọn đáp án đúng.

Cách giải:

Ta có:

 

^m ⁿ ^{m n}^. ^; ^m^. ⁿ ^{m n}^; ^mn ^{m n}

a a a a a a a

a

 

  

Chọn: B Câu 7 (NB):

Phương pháp:

Dựa vào BBT, nhận xét các giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên khoảng xác định của nó.

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy: _^min__5;7_ ^{f x}

 

^²_khi_x_₁, hàm số không đạt giá trị lớn nhất trên



^^5;7



Chọn: A Câu 8 (NB):

Phương pháp:

Vẽ hình tứ diện và đếm số cạnh của tứ diện.

Cách giải:

Tứ diện gồm 3 cạnh bên và 3 cạnh đáy nên có 6 cạnh.

Chọn: B Câu 9 (TH):

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp đổi biến và tính chất: ^b

 

^b

 

a a

f x dx f t dt

 

để làm bài toán.

Cách giải:

Đặt ² 1

1 2

x   t dt xdxxdx2dt. Đổi cận: 1 2

2 5

x t

  

   



(10)

       

2 5 5 5

2

1 2 2 2

1 1 2 4 4

I f x xdx 2 f t dt f t dt f x dx

 



 



 



 





Chọn: D Câu 10 (NB):

Phương pháp:

Công thức tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường thẳng x a x b a b ^, 







và các đồ thị hàm số ^y^ ^{f x y g x}

 

^, ^

 

là: ^b

   

a

S 



f x g x dx Cách giải:

Ta có: ^b

 

a

S 



f x dx Chọn: B

Câu 11 (TH):

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ bán kính R và chiều cao h là V R h² Cách giải:

Gọi hình trụ có bán kính đáy R và chiều cao h thì có thể tích là V R h² Chiều cao tăng lên hai lần nên chiều cao mới của hình trụ là 2h

Bán kính tăng lên ba lần nên bán kính mới của hình trụ là 3R Thể tích khối trụ lúc này là V1

 

3R ².2h18R h² 18V Chọn: C

Câu 12 (NB):

Phương pháp:

Hàm số ^{y a a}^ ^x



^⁰



có TXĐ D Cách giải:

Hàm số y2^x có TXĐ D Chọn: C

Câu 13 (TH):

Phương pháp:

Mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng

 

P ax by cz d^:    ⁰ thì có phương trình

 

' 0 '

ax by cz d    d d

Mặt phẳng (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) tâm I bán kính R thì ^{d I Q}



^;

  

^^R

Từ đó tìm được ^d^'^ ^{ptmp Q}

 

Cách giải:

Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm, khi đó

   

^Q ^{/ /} ^P ^ mặt phẳng (Q) phương trình

 

2x y 2z d 0 d  11

(11)

Mặt cầu (S) có tâm ^I



^^{1;2;3 ;}



^R^

 

^¹ ²^²²^{  }³² ^{5 3}

Mà mặt phẳng (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên

   

 

²

2 2

2 2 2.3 2

; 3 3 3

2 1 2 3

d d

d I Q     

    

   7 (tm)

2 9

11 (ktm) d d

d

 

      

Vậy phương trình mặt phẳng

 

^Q ^{: 2}^{x y}^{ }²^z^{ }^{7 0}

Chọn: C Câu 14 (TH):

Phương pháp:

Đưa về cùng cơ số ^a^{f x}^{ } ^^a^{g x}^{ }



⁰^{  }^a ¹



^{f x}

 

^^{g x}

 

Cách giải:

Ta có

2 2 4

2 2

3 81 3 3

4 4 0

4 256 4 4

x x

 

            

     

      (luôn đúng với mọi x)

Vậy phương trình có tập nghiệm _ Chọn: C

Câu 15 (TH):

Phương pháp:

Sử dụng các nguyên hàm cơ bản



e dx e^x  ^xC Tính tích phân ¹

 

0

aexb dx



từ đó suy ra ;a b a b Cách giải:

Ta có ¹

   

¹

0 0

x x

ae b dx ae bx ae b a 



Từ bài ra ta có 1

2 4

3

ae b a e a a b

b

 

         Chọn: A

Câu 16 (TH):

Phương pháp:

Sử dụng các công thức: log_ab^m mlog ,log_ab _abclog_ablog_ac Cách giải:

Ta có: 72 72

 

72 72

36 3

1 1

log 108 log 36.3 log 36 log 3

log 72 log 72

    

+) 36 36

 

36 6² 6

log 72 log 36.2 log 36 log 2 1 1log 2

     2

1 1 1 1 1 1 3 2

1 . 1 . 1 .

2 log 6 2 log 2 log 3 2 1 2 2

a

a a

       

  

(12)



³ ²



3 3 3 3

3 3 2

) log 72 log 2 .3 3log 2 2log 3 2 a

a a

       

Suy ra 72

2 2 2 3

log 108

3 2 3 2 3 2

a a a

 

  

  

Chọn: B Chú ý:

Các em có thể bấm máy bằng cách thử đáp án log 108 trừ các biểu thức trong các đáp án.72

Kết quả nào nhận được là 0 thì ta chọn Câu 17(NB):

Phương pháp:

Đồ thị hàm số ax b y cx d

 

 nhận đường thẳng a

y c làm đường tiệm cận ngang.

Cách giải:

Đồ thị hàm số 1

4 1

y x x

 

 nhận đường thẳng 1

y4 làm đường tiệm cận ngang.

Chọn: C Câu 18 (NB):

Phương pháp:

Hình chiếu của điểm ^{M a b c}



^{; ;}



xuống trục Oy là ^M



^{0; ;0}^b



Cách giải:

Hình chiếu của điểm ^A



^{1;2; 1}^



xuống trục Oy là ^A



^{0; 2;0}



Chọn: A Câu 19 (TH):

Phương pháp:

Cấp số nhân

 

un có số hạng đầu u1 và công bội ^{q q}



^⁰



có số hạng thứ n là u_n u q1. ⁿ Cách giải:

Gọi cấp số nhân

 

un có số hạng đầu u1 và công bội ^{q q}



^⁰



Ta có 20u110u2u3 2q²20q40 2



q5



²10 10 Dấu “=” xảy ra khi q   5 0 q 5

Số hạng thứ 7 của cấp số nhân là u7 u q1. ⁶ 2.5⁶ 31250 Chọn: B

Câu 20 (TH):

Phương pháp:

Chọn một số điểm thuộc đồ thị hàm số rồi thay tọa độ vào các hàm số ở đáp án để loại trừ.

Cách giải:

Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số là đồ thị của hàm đa thức bậc ba có hệ số a0 nên loại B và C.

Nhận thấy điểm có tọa độ



^^1;3



thuộc đồ thị hàm số nên thay x 1;y3 vào hai hàm số còn lại ta thấy chỉ có hàm số y x ³3x1 thỏa mãn nên chọn D.

(13)

Chọn: D Câu 21(TH):

Phương pháp:

Lập phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số, tìm hoành độ giao điểm hoặc áp dụng định lý Vi-et để tính giá trị biểu thức đề bài yêu cầu.

Cách giải:

Điều kiện: x1

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:



^x^²

 

^x^{ }¹



²^x^{ }¹ ^x²^³^x^{ }^{2 2}^x^{  }^{1 0} ^x²^⁵^x^{ }^{1 0} Ta có  5² 4 21 0  Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x x_A, _B Áp dụng định lí Vi-et ta có x_Ax_B 5

Chọn: A Câu 22 (NB):

Phương pháp:

Thay tọa độ các điểm vào công thức hàm số và chọn đáp án đúng.

Cách giải:

Xét điểm ^A

 

^1;0 ta có: ^{ln1 0}^

 

^tm ^^A thuộc đồ thị hàm số Chọn: A

Câu 23 (TH):

Phương pháp:

Sử dụng công thức khai triển của nhị thức:

 

0

n n k n k k

n k

a b C a b^



 



Cách giải:

Ta có:

20 20 20 20 20 20 20

2 20 2 20

20 20 20 3

0 0 0

4 4 4 4

. . .

2 2 4 2 2

k k

k k k k k

k k k

k k k

x x

C C x C x

x x



 

  

         

     

 



   

 

Để có số hạng không chứa x trong khai triển thì: 2k20 0  k 10 Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là:

20

10 10 10

20 30 20

.4 2 . C 2  C Chọn: B

Câu 24 (NB):

Phương pháp:

Dựa vào BBT để nhận xét tính đơn điệu của hàm số.

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên



^^2;0



Chọn: D

Câu 25 (NB):

Phương pháp:

Dựa vào BBT để nhận xét các điểm cực đại và cực tiểu của hàm số.

(14)

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại x^0;yCD  ² M



^0;2



là điểm cực đại của hàm số.

Chọn: A Câu 26 (TH):

Phương pháp:

Công thức tính khoảng cách từ điểm M x y z



0; ;0 0



đến mặt phẳng

 

P ax by cz d^:    ⁰ là:



^;

  

^ax⁰ ₂^by⁰ ₂^cz⁰₂ ^d

d M P

a b c

  

  

Cách giải:

Ta có:



^;

  

^{2.1 2. 2}₂

 

₂ ^{0 1}₂ ⁵

2 2 1 3

d M P    

 

  Chọn: C

Câu 27 (TH):

Phương pháp:

+) Đường thẳng ^{x a}^ được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số ^y^ ^{f x}

 

^^lim_{x a}_ ^{f x}

 

^{ }

+) Đường thẳng y b được gọi là TCN của đồ thị hàm số ^y^ ^{f x}

 

^_x^lim_ ^{f x}

 

^^b

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số nhận đường thẳng x 2,x0 là các TCĐ và đường thẳng y0 làm TCN.

Như vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Chọn: D Câu 28 (NB):

Phương pháp:

Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: 1 V 3Sh Cách giải:

Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: 1 V 3Sh Chọn: B

Câu 29:

Phương pháp:

Mặt cầu x²y²z²2ax2by2cz d 0 có tâm ^{I a b c}



^{; ;}



và bán kính R a²b² c² d Cách giải:

Ta có mặt cầu có tâm ^I



^^{1; 2;1}



Chọn: A Câu 30:

Phương pháp:

Giải phương trình logarit: ^loga f x

 

b



⁰  a ¹



f x

 

a^b Cách giải:

(15)

Ta có:

2 2

2 2 0

2 2

5 1 6 6

ln 5 0 5 1

5 1 4 4

x x x

x x e

x x x

       

         

      

  

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm dương phân biệt.

Chọn: A Câu 31 (TH):

Phương pháp:

Thay x0;x30 vào công thức I I e₀ ^^^x để tính tỉ số Cách giải:

Cường độ ánh sáng lúc bắt đầu đi vào nước biển (ứng với x = 0) là I1I e0 ^^^.0I0

Cường độ ánh sáng ở độ sâu 30m là 2 0 ^1,4.30 0 ⁴² 42⁰

I I e I e I e

 

  

Nên lúc này cường độ ánh sáng giảm đi e⁴² lần so với cường độ ánh sáng lúc bắt đầu đi vào nước biển.

Chọn: B Câu 32 (VD):

Phương pháp:

Sử dụng công thức nhị thức Newton

   

0

0; ,

n n k n k k

n k

a b C a b^ n k n k



 



  ^

Sử dụng số các chữ số M trong hệ thập phân là



^log^M



^¹ với



^log^M



là phần nguyên của logM Cách giải:

Ta có

 

²⁰¹⁹ ²⁰¹⁹ 2019 0

1 ^k . ^k

k

x C x



 



Với x = 1 thì ta có ²⁰¹⁹ 2019

 

²⁰¹⁹ 2019⁰ 2019¹ 2019² 2019²⁰¹⁹ ²⁰¹⁹ ²⁰¹⁹ 0

1 1 ... 2 2

k k

C C C C C M



         



Viết số M 2²⁰¹⁹ dưới dạng số thập phân thì có số các chữ số là:



^logM



 ¹ ^{log 2}²⁰¹⁹ ¹



2019.log 2 1 607 1 608



    chữ số.

Chọn: B Câu 33 (VD):

Phương pháp:

Thể tích khối lăng trụ có chiều cao h và diện tích đáy S là V = h.S

Tính toán các cạnh dựa vào định lý Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Cách giải:

Xét tam giác vuông ABC có:

2 2 22 12 3

BC AC AB    và

2

2 1

. 2

AB AH AC AH AB

   AC 

 

  

(16)

Xét tam giác vuông AA H' có ² ² 1 7

' ' 2

4 2

A H  AA AH   

Thể tích khối lăng trụ là _{. ' '} 7 . 7 1. 3 21

' . . .

2 2 2 2 4

ABC A B C ABC

AB BC

V A H S   

Chọn: C Câu 34:

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp đổi đỉnh tính khoảng cách.

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của AB ta có CM AB Trong (ABC) kẻ ^{HN CM N}^{/ /}



^^AB



^^NH ^ ^AB

Ta có

     

AB NH

AB SHN AB SH SH ABC

   

  



Trong (SHN) kẻ ^HK ^^{SN K SN}



^



ta có

 

    

^;

  

HK SN

HK SAB d H SAB HK HK AB AB SHN

     

  



Có:

     

 



^;^;



³²

d C SAB CA CH SAB A

HA d H SAB

    

 



^;



³



^;

  

³

2 2

d C SAB d H SAB HK

  

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

2 2 2 3 3

. 3

3 3 3 2

HN AH a

HN CM a

CM  AC     

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHN ta có;

2

2 2 2 2

. 2 . 3 2 3 2 21

7 7

4 3

SH HN a a a a

HK  SH HN  a a  a 

 

Vậy



^;

  

³ ^{3 21}

2 7

d C SAB  HK  a Chọn: B

Câu 35 (VD):

Phương pháp:

Tính bán kính mặt cầu ¹

    

^;



¹



^;

  

2 2

R d P Q  d M Q với ^M^

 

^P

Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) rồi lập luận số mặt cầu thỏa mãn.

Cách giải:

Ta có

 

^P ^{: 2}^{x y z}^{   }^{2 0;}

 

^Q ^{: 2}^{x y z}^{   }^{1 0} có ² ^{1 1} ¹

2 1 1 2

 

  

 nên

   

^P ^{/ /} ^Q

(17)

Lấy



^0;0;2

       

^;

 

^;

  

³ ³

6 6

M  P d P Q d M Q  

Vì mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) và (Q) nên bán kính mặt cầu ¹

    

^;



³

2 2 6

R d P Q  Nhận thấy



^;

  

^2.1

 

² ^{1 2} ³

    

^;



6 6

d A P     d P Q

   mà ^A^

 

^Q nên A nằm khác phía với

mặt phẳng (Q) bờ là mặt phẳng (P). Suy ra A không thuộc mặt cầu cần tìm nên không có mặt cầu thỏa mãn đề bài.

Chọn: A Câu 36 (VD):

Phương pháp:

+) Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng AB



xB xA

 

² yByA

 

² zBzA



²

+) Đưa về dạng hằng đẳng thức và nhận xét.

Cách giải:

Ta có:

       

 

2 2 2 2

2 2

1 2 1 2 1 3

2 2 6 2 10 2 3 5

3 1 5 5

2 2 2 2 2

MA MB a b a b

a b a b a b a b

a b

          

         

    

        

Dấu “=” xảy ra 3 1 3 1

, 2

2 2 2 2

a b a b

        Chọn: A

Câu 37 (VD):

Phương pháp:

+) Gọi S là đỉnh hình nón và O là tâm đường tròn đáy của hình nón. Giả sử (P) cắt nón theo thiết diện là tam giác SAB.

+) Gọi M là trung điểm của AB, tính SM, từ đó tính SSAB

Cách giải:

Gọi S là đỉnh hình nón và O là tâm đường tròn đáy của hình nón.

Giả sử (P) cắt nón theo thiết diện là tam giác SAB.

Gọi M là trung điểm của AB ta có

 

AB OM

AB SOM AB SM

AB SO

 

   

 



Trong tam giác vuông OBM ta có: OM  OB²MB²  3² 1² 8 Trong tam giác vuông SOM ta có: SM  SO²OM²  4² 8 2 6

Vậy 1 1

. .2 6.2 2 6

S  SM AB 

(18)

Chọn: C

Câu 38 (VD):

Phương pháp:

- Đặt ẩn phụ t x 1 1, tìm điều kiện của ^{t t D}



^



- Xét hàm ^{f t}

 

và lập bảng biến thiên trên D.

Bất phương trình ^{f t}

 

^^m có nghiệm nếu ^min_D ^{f t}

 

^^m

Cách giải:

Đặt t x 1 1 thì ^t^{ }



^1;



. Với x3 thì t3. Bảng biến thiên của ^{f t}

 

:

t 1 3 ^

 

'

f t ^ 0 +

 

f t 2

4



Do đó bất phương trình ^{f t}

 

^^m có nghiệm khi và chỉ khi m 4 Chọn: A

Câu 39 (VD):

Phương pháp:

+) Đặt ^OO^'^^h



⁰^{ }^h ²^R



. Tính bán kính r của trụ theo h.

+) Tính thể tích khối trụ, sử dụng công thức V r h² . Cách giải:

Đặt ^'



⁰ ²



2 OO h  h R OI  h

Gọi r là bán kính đáy hình trụ ta có ² ² 4 ² ²

4 2

h R h

r R    Khi đó thể tích khối trụ là:

 

2 2

3 2 2 3

3 2

3 2 3

3 2

4 4 3

. 9 4 16 3

4 9

16 3 36

16 3 36 9 0 9 0

R h

V h R R h h R

R R

R R h h

h h

  

    

       

Đặt 1

2 t R

 h  , phương trình trở thành 16 3t³36t² 9 0

3 2 2 3

2 3 3

R R

h R

 h    

(19)

Chọn: D Câu 40 (VD):

Phương pháp:

+) Hàm số đồng biến trên   y' 0  x  và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

+) Cô lập m, đưa phương trình về dạng ^{m g x}^

 

^{   }^x ^m ^min^{g x}

 

 

+) Lập BBT của hàm số ^{y g x}^

 

và kết luận.

Cách giải:

TXĐ: D . Ta có ₂2

' 1

y x m

 x 



Để hàm số đồng biến trên _ thì ₂2

' 0 0

1

y x x m x

    x    

  

 

₂² ^min

 

1

g x x m x m g x

  x     

  ^

Xét hàm số

 

2

2 1 g x x

 x

 ta có

   

2 2

2 1 2 .2 2 2

' 0 1

1 1

x x x x

g x x

x x

   

     

 

BBT:

x ^ 1 1 ^

 

'

g x ^ 0 + 0 ^

 

g x 0

1

1

0

Từ BBT ta có ^min^{g x}

 

^^g

 

^{  }¹ ¹



 

1 ; 1

m m

       Chọn: D

Câu 41 (VDC):

Phương pháp:

- Lấy nguyên hàm hai vế từ đẳng thức đạo hàm và kết hợp điều kiện tìm ^{f x}

 

. - Tính các giá trị ^f

   

^{1 ,}^f ^{2 ,...,}^f



²⁰¹⁹



thay vào tính tổng.

- Tìm a, b và kết luận.

Cách giải:

Ta có:

       

2

 

2

' 2 1 f x' 2 1

f x x f x x

f x

    

Nguyên hàm hai vế ta được:

       

²

2

' 1

2 1

f x dx x dx x x C

f x     f x   

 

(20)

Do

 

¹ ¹

f  2 nên 1 2

1 1 0

1 2

C C

     



Do đó

 

²

 

2

1 1 1 1

x x f x 1

f x x x x x

       

 

 

¹

 

² ^...



²⁰¹⁹



^{1 1 1 1} ^... ¹ ¹ ¹ ¹

2 1 3 2 2020 2019 2010

f f f

            

Vậy a1,b2020

Đối chiếu các đáp án ta thấy A sai.

Chọn: A Câu 42 (VD):

Phương pháp:

- Gọi bán kính đáy khối trụ là ^r



⁰^{ }^{r R}



.

- Lập hàm số thể tích khối trụ và tìm GTLN đạt được.

Cách giải:

Gọi chiều cao khối trụ là h và bán kính đáy khối trụ là r.

Ta có: ' ' ' 2

2 2

2

O A SO r R h

h R r

OA SO R R

      

Thể tích khối trụ: ^V ^^^{r h}² ^^^r²^{. 2}



^R^²^r



^²^



^Rr²^^r³



Xét hàm ^{f r}

 

^^Rr²^^r³ có ^'

 

² ³ ² ⁰ ²

3

f r  rR r   r R (vì 0 r R) Bảng biến thiên:

r 0 2

3

R R

 

'

f r + 0 ^

 

f r ^max

f

(21)

Từ bảng biến thiên ta thấy, hàm số ^{f r}

 

đạt GTLN tại 2 3 r R

Vậy Vmax đạt được khi 2 3 r  R Chọn: A

Câu 43 (VDC):

Phương pháp:

- Gọi D là hình chiếu của A lên BC.

- Sử dụng hình học phẳng chứng minh 1 DN  2DM

 

với M, N là hình chiếu của E, F lên BC.

Cách giải:

Gọi N, D, M lần lượt là hình chiếu của F, A, E lên BC. H là trực tâm tam giác.

Dễ thấy D1B1 (tứ giác FHDB nội tiếp), D2 C1 (tứ giác EHDC nội tiếp).

Mà B1C1 (cùng phụ góc BAC) nên D1D2FDN EDC. Xét tam giác FDN đồng dạng tam giác EDM (g-g)

ND FN DM EM

 

Mà ^F



^{1;2;0 ,}

 

^E ^6;4;0



nên ^N



^{1;0;0 ,}



^M



^6;0;0



và 1

2, 4

2 DN FN

FN EM

DM EM

    

Suy ra 1

DN  2DM

 

Gọi ^{D x}



^;0;0



^^BC thì ¹ ¹



⁶



⁸

2 3

x x x

      Vậy 8

3;0;0 D 

 

  Chọn: A

Câu 44 (VDC):

Phương pháp:

- Biến đổi phương trình và nhận xét tính đối xứng của nghiệm.

- Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm duy nhất suy ra m.

Cách giải:

Ta có: ² ^{.2 cos}

 

⁴ ²² ^{.2 cos}

 

⁴ ^cos

 

² ⁴ ^cos

 

² ²²

2

x x x x x x x

m x m x m x x m x ^

          

Trong phương trình ^m^cos

 

^^x ^²^x^²²^^x, nếu ta thay x bởi 2x thì phương trình trở thành:

 

²

 

²

cos 2 2 ^x 2^x cos 2^x 2 ^x

m   x  ^  m x   ^

Suy ra x và 2x có vai trò như nhau trong phương trình nên nếu phương trình nhận x0 làm nghiệm thì

(22)

Do đó để phương trình có đúng một nghiệm thực thì x0  2 x0 x01 Với x1 thì mcos     2¹ 2¹ m 4

Thử lại,

Với m 4 ta có: ²^x^{ }^{4.2 .cos}^x

 

^^x ^^{4 *}

 

Điều kiện: ^^{4.2 .cos}^x

 

^^x ^{  }^{4 0} ^{2 cos}^x

 

^^x ^{ }^{1 0}

Khi đó

 

^* ^²²^x^{ }^{4.2 cos}^x

 

^^x ^{ }⁴ ²^x^{ }^4cos

 

^^x ^²²^^x^²^x^²²^^x