Tải bản đầy đủ

ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2020

Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán

TDMECOrp

ĐỀ SỐ 01 - CHUẨN CẤU TRÚC KÌ THI THPT 2020
(Đề gồm 6 trang – 50 Câu – Thời gian làm bài 90 phút)

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

Trang 9


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán

TDMECOrp

ĐỀ SỐ 01 - CHUẨN CẤU TRÚC KÌ THI THPT 2020
(Đề gồm 6 trang – 50 Câu – Thời gian làm bài 90 phút)
Câu 1: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên tập xác định của chúng ?
x2
A. y  x 4  2 x 2  1

B. y 
C. y  x 3  3x 2  21
x 1
Câu 2: Tập xác định của hàm số y 
A.  0;  

3

 x
3

D. y  x 3  x  1

B.  ;  

tương ứng là:
C. [0; )

D. R \{0}

Câu 3: Số phức z  3  4i có mô đun bằng:
A. 25
B. 5
C. 5
Câu 4: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x)  2  cos x tương ứng là:
A. x 2  sin x  C

B. 2  sin x  C

A.  1;1;0 

B.  3;3;6 

D. 7

C. 2 x  sin x  C
D. 2 x  cos x  C


Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai véc tơ là u   2;1;3 và v  1;0; 3 . Tọa độ của


 
véc tơ u  v là:
C.  2; 0; 0 

D.  3;1;6 

Câu 6: Cho hình chóp có diện tích đáy B và chiều cao h. Thể tích khối chóp tương ứng được tính là:
1
1
A. V  Bh
B. V  Bh
C. V  3Bh
D. V  Bh
3
2
Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm là A   2; 1; 4  và B   3; 2;1 . Tọa độ của

véc tơ AB là:
A.  1; 3;3

B.  5;1;5

5 1 5
C.  ; ; 
2 2 2

D. 1;3; 3

Câu 8: Cho cấp số nhân  un  có số hạng thứ 4 gấp 8 lần số hạng đầu. Công bội của cấp số nhân
A. 2

B. 2
1

Câu 9: Cho biết

C. 4

là:

D. 3
3

3

 f ( x)dx  1 và  f ( x)dx  3 . Giá trị của tích phân  f ( x)dx
0

 un 

bằng:

0

1

A. 2
B. 3
C. 1
Câu 10: Cho a là một số thực dương tùy ý. Hệ thức đúng là:
A. log(10a)  1  log a
B. ln(10a)  1  ln a
C. log a 2  2  log a

D. 4
D. ln a 2  2  ln a

Câu 11: Cho một hình nón có bán kính đáy bằng r và đường sinh bằng l . Diện tích xung quanh của
hình nón được xác định bởi công thức:
1
A. 2 rl
B.  rl
C.  rl
D.  r 2   rl
2
2
Câu 12: Giá trị lớn nhất của hàm số y  cos x  sin x tương ứng là:
5
3
1
A.
B.
C.
D. 2
4
4
2
Câu 13: Cho hai số phức z1  1  4i và z2  3  2i . Hỏi trong mặt phẳng phức điểm nào dưới đây biểu
diễn số phức w  2 z1  3iz2 ?
A.  2;3

B. 1; 4 

C.  4;1

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

D.  3;2
Trang 10


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán

TDMECOrp

Câu 14: Cho ba số thực dương a , b , c và đồ thị các hàm số y  a x ; y  b x ; y  c x được cho như hình vẽ
bên dưới. Chọn chuỗi so sánh đúng trong các đáp án sau ?
y
ax

bx
cx

O

x

A. a  1  c  b .
B. a  c  b  1 .
C. a  c  1  b .
D. a  1  c  b .
Câu 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  3 z  12  0 . Véc tơ nào dưới
đây là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) ?
A.  2;1;3
B.  3;1; 2 
C.  4;2; 6 
D.  4; 2; 6
Câu 16: Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Hỏi phương trình 3 f ( x)  4  0 có tất cả
bao nhiêu nghiệm thực ?

A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
Câu 17: Cho phần hình phẳng (H) được gạch chéo như hình vẽ. Diện tích của (H) được tính theo công
thức nào dưới đây
y
f ( x)

1

O

3

3

5

A. S 



B. S 

f ( x)dx

C. S 

5

f ( x)dx   f ( x)dx
3

3

5

 f ( x)dx   f ( x)dx

1



1

1
3

x

5

3

5

D. S    f ( x)dx   f ( x)dx
1

3

Câu 18: Cho số phức z thỏa mãn phương trình phức iz (1  2i )  z  3 . Số phức z có phần thực là:
3
3
A.
B. 
C. 2
D. 3
4
4
Câu 19: Tập nghiệm của phương trình log 22 x  4  0 tương ứng là:
A. 2

B. 4

C. 4

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

1 
D.  ; 4 
4 
Trang 11


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán

TDMECOrp

Câu 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có đỉnh A trùng với

gốc tọa độ O, điểm B  1;0;0  , D   0;1;0  , D '   0;1; 1 . Tọa độ véc tơ CA ' tương ứng là:
A. 1;1;1

B. 1; 1; 1

C.  1; 1; 1

D. 1;0; 1

Câu 21: Phương trình log 2  2 2020  2 x1000   2019 có nghiệm tương ứng là:
A. 1019

B. 1010
C. vô nghiệm
D. 2019
2
a
( x  1) dx
a
Câu 22: Cho tích phân I  
   c ln 2 ; với a , b, c là những số nguyên dương; phân số
x
b
b
1
tối giản. Giá trị của biểu thức T  (a  b  c) bằng:
A. 3
B. 4
C. 6
D. 7
Câu 23: Trong các mệnh đề dưới đây, hỏi có bao nhiêu mệnh đề đúng ?
1. Tiệm cận ngang của một đồ thị (C) luôn không cắt đồ thị (C).
2. Tiệm cận đứng của một đồ thị (C) có thể có điểm chung với đồ thị (C).
3. Một đồ thị (C) có tối đa hai đường tiệm cận ngang.
4. Đồ thị (C) có thể có vô số các đường tiệm cận đứng.
A. 4 .
B. 1 .
C. 2 .
D. 3 .
2

Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm có tọa độ A  1; 2;0  , B   2;1;1 ,

C   3;0; 2  . Phương trình mặt phẳng đi qua A, vuông góc với đường thẳng BC là:
A. 5 x  y  3 z  3  0 .
B. x  y  z  3  0 .
C. 2 x  y  z  0 .
D. 4 x  3 y  3 z  2  0
Câu 25: Cho hình chóp tứ giác SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Biết rằng cạnh SA vuông góc
với đáy (ABCD) và khoảng cách từ A đến (SBD) bằng a / 2 . Thể tích của khối hình chóp SABCD bằng:

a3 2
a3 2
a3 2
a3 2
.
B.
C.
D.
.
.
9
6
4
2
Câu 26: Cho khối hình trụ (T) có chiều cao gấp đôi bán kính đáy. Biết rằng (P) là một mặt phẳng song
song và cách đường cao của trụ một đoạn bằng 2. Thiết diện cắt khối trụ (T) bởi mặt phẳng (P) có diện
tích bằng 16. Thể tích khối trụ (T) bằng:
A.

A. 128 .

B. 64 .

C. 36 3 .

D. 108

Câu 27: Cho biết tổng C20n1  C24n 1  ...  C22nn1  16384 . Giá trị của Cn5 bằng:
A. 21
B. 15
C. 5
D. 35
Câu 28: Cho hình lăng trụ đứng tam giác có diện tích đáy bằng diện tích các mặt bên và bằng 16 3 . Thể
tích khối lăng trụ bằng:
A. 16 13 .
B. 96 .
C. 32 3 .
D. 48 2
Câu 29: Cho hàm số y  f ( x) có đồ thị là một đường parabol như hình vẽ bên dưới. Gọi S là tập chứa tất
cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  3x.  f ( x)  m  có hai điểm cực trị. Tập S là:

y

f ( x)
2

O
1
14 

A.  ; 
9


11 

B.  2; 
6


3

x

 11

C.  ;  
2


Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

D.  0;  
Trang 12


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán

TDMECOrp

Câu 30: Có tất cả bao nhiêu giá trị m nguyên để phương trình 4 x  2(m  1)2 x  3  0 có hai nghiệm phân
biệt nằm trong khoảng 1; 2  ?
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
Câu 31: Cho số phức z thỏa mãn hệ thức | z  2i |  | 2 z  1| 0 . Quỹ tich điểm M biểu diễn số phức z là
đường tròn có bán kính bằng:

5
17
B. 1
C. 3
D.
3
3
Câu 32: Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y  x ; y  1; x  4 . Khi cho hình phẳng (H) quay
quanh trục Ox thì thể tích khối tròn xoay thu được có thể tích tương ứng bằng:
11
13
7
9
A.
B.
C.
D.
6
3
4
2
Câu 33: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông
góc của điểm A lên đáy (A'B'C') trùng với trung điểm M của cạnh B'C'. Góc nhị diện giữa hai mặt phẳng
(AA'B') và (ABC) bằng 600. Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' bằng:
A.

3a 3
a3
a3
3a 3
A.
B.
C.
D.
16
8
16
4
Câu 34: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  z  1  0 và đường thẳng
x 1 y 1 z  2
d:


. Hãy lập phương trình đường thẳng  đi qua A  2;0;1 cắt đường thẳng d và song
2
3
4
song với mặt phẳng (P) ?
x  3 y 1 z
x  2 y z 1




A.  :
B.  :
1
1
2
1
1
1
x 1 y  3 z 1
x 1 y  3 z  2


C.  :
D.  :


2
2
2
1
1
1
Câu 35: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng là ( P ) : 2 x  y  2 z  3  0 và
x  2 y z 1
 
. Mặt cầu (S) có tâm I  a; b; c  và bán kính
(Q ) : 2 x  y  2 z  9  0 , cho đường thẳng d :
1
1
2
R. Biết rằng tâm I nằm trên đường thẳng d và mặt cầu (S) tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Giá trị
của biểu thức T  2a  b  c  R bằng:
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
Câu 36: Một người gửi một số tiền ban đầu là 300 triệu VNĐ vào một ngân hàng theo hình thức lãi kép
(là hình thức tiền lãi của tháng trước được cộng vào gốc để tính lãi cho tháng sau). Biết rằng lãi suất tính
cho một tháng là 0,6%. Sau 10 tháng tính từ ngày gửi người đó đến ngân hàng rút 100 triệu VNĐ về tiêu
dùng. Tiếp sau đó 2 năm người đó đến rút hết toàn bộ số tiền về. Hỏi người này đã thu được tổng cộng
bao nhiêu tiền lãi so với số tiền ban đầu?
A. 52, 227 triệu
B. 67, 665 triệu
C. 100 triệu
D. 45,125 triệu
Câu 37: Cho hàm số y  f ( x) liên tục và xác định trên R, thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
1

f (0)  1; f (3)  3;

2

0

A. 4

1

 f '(2 x)dx  1 . Giá trị của tích phân  f '( 2 x  2)dx tương ứng bằng:
0

B. 1
4

C. 8
2

D. 0

2

Câu 38: Cho hàm số y  f ( x)  x  2mx  m  6 (C). Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị của tham số m
để đồ thị (C) có ba điểm cực trị lập thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 2. Số phần
tử của tập S bằng:
A. 4
B. 2
C. 1
D. 3
Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

Trang 13


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán

TDMECOrp

Câu 39: Cho parabol ( P) : y  x 2  2 x  1 và đường thẳng  : y  2 x  m . Để diện tích phần hình phẳng
giới hạn bởi (P) và  bằng 4 / 3 thì giá trị tham số m nằm trong khoảng:
A.  5; 3

B.  3;0

C.  0; 2 

D.  2;3

Câu 40: Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà có tổng các chữ số bằng 50 ?
A. 111
B. 126
C. 141
D. 138
f ( x)
Câu 41: Cho hàm số y  f ( x)  x5  5 x  22 . Số nghiệm của phương trình | x  2 | .
 20 là:
x2
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
Câu 42: Cho một hình trụ (T) có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 6 nội tiếp một hình nón (N) {có
một đáy trụ nằm trên đáy nón và đường tròn của đáy còn lại nằm trên mặt nón}. Hỏi thể tích khối hình
nón (N) đạt giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu ?
A. 144 .
B. 256 .
C. 243 / 2 .
D. 400 / 3 .
2 z  3i  1
Câu 43: Cho số phức z thỏa mãn thỏa mãn điều kiện làm cho số phức w 
thuần ảo. Giá trị
z  2  3i
lớn nhất của biểu thức P  | z  3 | là:

241  482
8

370  482
8

323  482
370  16
D.
8
8
Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) nhận mặt phẳng (Oxy) và mặt phẳng
( P ) : x  2 y  z  6  0 làm các mặt phẳng đối xứng. Biết khoảng cách từ gốc O đến một điểm M nằm trên
mặt cầu (S) có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất lần lượt là 12 và 2, điểm O nằm bên ngoài khối cầu (S). Tung
độ của tâm mặt cầu có giá trị dương và bằng:
A.

B.

C.

12  209
12  209
B. 4 2
C. 5
D.
5
5
Câu 45: Cho khối đa diện lồi (H) gồm có 8 đỉnh là A, B, C, D, M, N, P, Q ; trong đó có hai mặt (ABCD)
và (MNPQ) là hai hình vuông song song với nhau; hình chiếu vuông góc của M , N , P, Q lên mặt (ABCD)
lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA. Biết rằng AM  3a; AB  4a . Hãy tính theo a thể
tích khối đa diện (H) ?
A.

40a3
40a3 5
20a3 5
18a3 3
.
B.
.
C.
.
D.
.
3
3
5
3
Câu 46: Cho hàm số y  f ( x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của
A.





tham số m để phương trình f 1  12  4 x  x 2  m có đúng 6 nghiệm thực ?

A. 3

B. 4

C. 5

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

D. 2
Trang 14


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán

TDMECOrp

x2
có đồ thị (C). Gọi ( P) : y  ax 2  bx  c ; là một parabol thay đổi có các
x 1
hệ số a, b, c nguyên sao cho (P) luôn tiếp xúc với (C) tại điểm có tọa độ nguyên và biểu thức T  a 2  b
đạt giá trị nhỏ nhất. Hỏi parabol (P) đi qua điểm nào dưới đây ?
A. (0;3)
B. (1; 7)
C. (3;3)
D. (4; 2)

Câu 47: Cho hàm số y 

Câu 48: Cho hàm số f ( x)  3x  1 có đồ thị (C) và hàm số y  g ( x)  mx  m  2 có đồ thị là đường
thẳng d. Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị tham số nguyên m   20; 20 để đường thẳng d cắt (C) tại hai
điểm phân biệt có hoành độ x  1 . Số phần tử của tập S là:
A. 17
B. 18
C. 19

D. 24

Câu 49: Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi hai đường cong y  f ( x)  x và y  g ( x) 
cho hình phẳng (H) quay quanh trục hoành Ox thì thể tích khối tròn xoay thu được là
a và b là những số nguyên dương và phân số
A. 3557

B. 3617

x4
. Nếu ta
3

a
(đvtt); trong đó
b

a
tối giản. Giá trị của biểu thức T  a  b bằng:
b
C. 3491
D. 3582

Câu 50: Cho hàm số y  f ( x3  3x 2 ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hàm số y  f  x 2 | x | 2  có tất cả
bao nhiêu điểm cực trị ?
y
f  x3  3x 2 

2
O

A. 1

B. 3

x

C. 5

D. 7

---------- Hết ----------

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

Trang 15


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 01:
1D 2B 3B 4C
11B 12A 13C 14D
21A 22B 23D 24A
31A 32C 33B 34B
41A 42C 43B 44D

5A
15C
25C
35C
45B

6A
16B
26A
36A
46A

7D
17C
27A
37C
47C

TDMECOrp

8A
18A
28B
38B
48A

9D
19D
29A
39A
49A

10A
20C
30A
40B
50B

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

Trang 16


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán

TDMECOrp

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT NHỮNG CÂU VD VDC:
Câu 21: (2 - A) Phương trình log 2  2 2020  2 x1000   2019 có nghiệm tương ứng là:
A. 1019
 Giải:

B. 1010

D. 2019

C. vô nghiệm



log 2  22020  2 x 1000   2019  22020  2 x 1000  2 2019  2 x 1000  2 2020  2 2019  2 2019  2  1



 2 x 1000  22019  2  1  22019  x  1000  2019  x  1019 . Chọn đáp án A.
2

a
( x  1) 2 dx
a
   c ln 2 ; với a , b, c là những số nguyên dương; phân số
tối
x
b
b
1
giản. Giá trị của biểu thức T  (a  b  c) bằng:
A. 3
B. 4
C. 6
D. 7
 Giải:
Câu 22: (2 - B) Cho I  

2



2
2
 x2  2 x  1 
 x2
2
( x  1)2 dx
1
1

 
dx

x

2

dx

Ta có: I  

  2 x  ln x |1    ln 2



x
x
x
2

 2

1
1
1

a  1
1
a

 Suy ra: I    ln 2    c ln 2  b  2  T  (a  b  c)  4 . Chọn đáp án B.
2
b
c 1

Câu 23: (2 - D) Trong các mệnh đề phát biểu về tiệm cận của đồ thị hàm số dưới đây, hỏi có bao nhiêu
mệnh đề đúng ?
1. Tiệm cận ngang của một đồ thị (C) luôn không cắt đồ thị (C).
2. Tiệm cận đứng của một đồ thị (C) có thể có điểm chung với đồ thị (C).
3. Một đồ thị (C) có tối đa hai đường tiệm cận ngang.
4. Đồ thị (C) có thể có vô số các đường tiệm cận đứng.
A. 4 .
B. 1 .
C. 2 .
D. 3 .
 Giải:
 Ta sẽ lấy phản ví dụ:
 Mệnh đề 1 sai. Vì ta chỉ cần khi biến x tiến tới vô cùng thì đường TCN không cắt đồ thị hàm số,
còn với những vị trí khác đồ thị hàm số vẫn có thể cắt TCN, ví dụ như hình vẽ.
y
f  x

TCN

O



x

Mệnh đề 2 đúng. Ta có thể chỉ ra một hàm số (vì TCĐ là ta chỉ cần xét giới hạn một phía chứ
 x  2 neu x  1

không cần thiết phải giới hạn hai phía). Ví dụ ta lấy hàm số: f ( x)   1
 x  1 neu x  1

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

Trang 17


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán

TDMECOrp

y
f  x

TCN

O



x

y
 y0  xlim


Mệnh đề 3 đúng. Đường tiệm cận ngang tồn tại nếu:
. Suy ra một đồ thị chỉ có tối đa
y
 y0  xlim

hai đường tiệm cận ngang.



Mệnh đề 4 đúng. Ví dụ như đồ thị hàm số: y  tan x có vô số tiệm cận đứng là: x 



Chọn đáp án D.


2

 k

Câu 24: (2 – A) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm có tọa độ A  1; 2;0  , B   2;1;1 ,

C   3;0; 2  . Phương trình mặt phẳng đi qua A, vuông góc với đường thẳng BC là:
A. 5 x  y  3 z  3  0 .

B. x  y  z  3  0 .

C. 2 x  y  z  0 .

D. 4 x  3 y  3 z  2  0

 Giải:



VTPT của mặt phẳng (P) là: BC   5; 1; 3 . Suy ra phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) là:



5  x  1  1 y  2   3  z  0   0  5 x  y  3z  3  0 . Chọn đáp án A.

Câu 25: (2 – C) Cho hình chóp tứ giác SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Biết rằng cạnh SA
a
vuông góc với đáy (ABCD) và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD) bằng . Thể tích của khối hình
2
chóp SABCD bằng:

a3 2
B.
.
4

a3 2
A.
.
9
 Giải:



a3 2
C.
.
6

a3 2
D.
2


VTPT của mặt phẳng (P) là: BC   5; 1; 3
S

h
Q
a

A

B

O
D

C

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

Trang 18


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán

TDMECOrp



Hạ đường cao AQ vuông góc với SO tại Q. Dễ dàng chứng minh được AQ  ( SBD ) . Trong đó O



là giao điểm của AC và BD.
Tam giác SAO vuông tại A, AQ là đường cao hạ từ A xuống SO. Ta có:





1
1
1
1
1
1
a 2
 2

 2
h
2
2
2
2
AQ
SA
AO
h a 2
2
a
 


2
 2 
1
1
a 2 a3 2
Suy ra thể tích hình chóp: VSABCD  S ABCD .SA  a 2 .
. Chọn đáp án C.

3
3
2
6

Câu 26: (3 – A) Cho khối hình trụ (T) có chiều cao gấp đôi bán kính đáy. Biết rằng (P) là một mặt phẳng
song song và cách đường cao của trụ một đoạn bằng 2. Thiết diện cắt khối trụ (T) bởi mặt phẳng (P) có
diện tích bằng 16. Thể tích khối trụ (T) bằng:
A. 128 .
B. 64 .
C. 36 3 .
 Giải:
 Thiết diện là hình chữ nhật có một cạnh bằng chiều cao h  2r


D. 108

Cạnh còn lại được tính là: 2. r 2  22  2 r 2  4
r
O

2

h



Suy ra diện tích hình chữ nhật thiết diện là: 2 r 2  4.h  4r r 2  4  32 3  r  4  h  8



Suy ra thể tích khối trụ là: V   r 2 h  128 . Chọn đáp án A.

Câu 27: (3 - A) Cho biết tổng C20n1  C24n 1  ...  C22nn1  16384 . Giá trị của Cn5 bằng:
A. 21
B. 15
C. 5
D. 35
 Giải:
2 n 1

 C20n 1  C21n 1 x  C22n 1 x 2  C23n 1 x3  ...  C22nn11 x 2 n 1



Ta có: 1  x 



Thay x = 1 vào hai vế của (1), ta được: 1  1



Thay x  1 vào hai vế của (1), ta được:



1  1



Suy ra:



  C20n 1  C22n 1  ...  C22nn1    C21n 1  C23n 1  ...  C22nn11 

 C20n 1  C22n 1  ...  C22nn1  22 n
 0
2
2n
1
3
2 n 1
2 n 1
 C2 n 1  C2 n 1  ...  C2 n 1    C2 n 1  C2 n 1  ...  C2 n 1   2



C20n 1  C22n 1  ...  C22nn1  22 n  16384  n  7 . Suy ra: Cn5  C75  21



Chọn đáp án A.

2 n 1

2 n 1

(1)

 C20n 1  C21n 1  C22n 1  C23n 1  ...  C22nn11  22 n 1

 C20n 1  C21n 1  C22n 1  C23n 1  ...  C22nn11  0  C20n 1  C22n 1  ...  C21n 1  C23n 1  ...  C22nn11

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

Trang 19


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán

TDMECOrp

Câu 28: (3 – C) Cho hình lăng trụ đứng tam giác có diện tích đáy bằng diện tích các mặt bên và bằng
16 3 . Thể tích khối lăng trụ bằng:
A. 16 13 .
B. 96 .
C. 32 3 .
D. 48 2
 Giải:
 Gọi các cạnh đáy là a, b, c và cạnh bên (đồng thời cũng là chiều cao của lăng trụ) là h.
b

A

C
a

c
h

B
C'

A'

B'


Suy ra diện tích các mặt bên là: ah  bh  c.h  16 3  a  b  c  đáy là tam giác đều cạnh a.



Suy ra diện tích đáy và mặt bên là: ah 



VABC . A ' B 'C '  S ABC .h  16 3.2 3  96 . Chọn đáp án B.

a2. 3
 a  8
 16 3  
 VABC . A ' B ' C '  S ABC .h
4
h  2 3

Câu 29: (3 - A) Cho hàm số y  f ( x) có đồ thị là một đường parabol như hình vẽ bên dưới. Gọi S là tập
chứa tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  3x.  f ( x)  m  có hai điểm cực trị. Tập S là:

y

f ( x)
2

O
1

3

x

11 
14 


 11

A.  ; 
B.  2; 
C.  ;  
D.  0;  
6
9

2


 Giải:
 Phương trình parabol có dạng: f ( x)  ax 2  bx  c và đi qua ba điểm  0; 2  , 1;0  ,  3;0 



2

a3
2c


8
2
8


Suy ra:  0  a  b  c  b    f ( x)  x 2  x  2
3
3
3
0  9a  3b  c


 c2



Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

Trang 20


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán




TDMECOrp

8
2

Suy ra hàm số: y  3x.  f ( x)  m   3x  x 2  x  2  m   2 x 3  8 x 2  3(m  2)
3
3

14
14 
2

Điều kiện có 2 điểm cực trị:  8   3.2.3(m  2)  0  m   S   ;  . Chọn đáp án A.
9
9


Câu 30: (3 - A) Có tất cả bao nhiêu giá trị m nguyên để phương trình 4 x  2(m  1)2 x  3  0 có hai
nghiệm phân biệt nằm trong khoảng 1; 2  ?
A. 0
B. 1
C. 2
 Giải:
 Đặt t  2 x  phương trình trở thành: f (t )  t 2  2(m  1)t  3  0


D. 3
(1)

Yêu cầu bài toán  phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 2  21  t1  t2  22  4
f (t )

t1
2



t2
4

Ot

 '  (m  1)2  3  0


 '  (m  1) 2  3  0
11


m
f (2)  11  4m  0


4
Suy ra: 

 VN . Chọn đáp án A.
f (4)  27  8m  0
27


m
2  2  t1  t2  2(m  1)  4  4

8

3

m

5


Câu 31: (3 - A) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức | z  2i |  | 2 z  1| 0 . Quỹ tich điểm M biểu diễn số
phức z là đường tròn có bán kính bằng:
5
17
A.
B. 1
C. 3
D.
3
3
 Giải:
 Gọi z  x  iy , với x, y  R . Thay vào hệ thức ban đầu, ta được: | x  iy  2i |  | 2( x  iy )  1|


2
2
17
 x 2  ( y  2)2  (2 x  1) 2  (2 y ) 2  ( x  ) 2  ( y  )2 
3
3
9



Suy ra quỹ tích điểm biểu diễn z là đường tròn có bán kính R 



Chọn đáp án A.

17
.
3

Câu 32: (3 - C) Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y  x ; y  1; x  4 . Khi cho hình phẳng (H)
quay quanh trục Ox thì thể tích khối tròn xoay thu được có thể tích tương ứng bằng:
11
13
7
9
A.
B.
C.
D.
3
4
6
2
 Giải:
 Hình vẽ minh họa:
Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

Trang 21


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán

TDMECOrp

y

x
1
1

O
4



Thể tích khối tròn xoay thu được là: V    

1



Chọn đáp án C.

4

 x

2

x
4

9
 (1) dx     x  1 dx 
(đvtt)

2
1
2

Câu 33: (3 - B) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu
vuông góc của điểm A lên đáy (A'B'C') trùng với trung điểm M của cạnh B'C'. Góc nhị diện giữa hai mặt
phẳng (AA'B') và (ABC) bằng 600. Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' bằng:

a3
16
 Giải:
A.






B.

3a 3
16

C.

3a 3
8

D.

a3
4

Hạ HM vuông góc với A'B' tại điểm H. Khi đó góc nhị diện giữa hai mặt phẳng (AA'B') và (ABC)
cũng chính là góc giữa hai mặt phẳng (AA'B') và (A'B'C') và bằng 
AHM  60
a
a
a
a 3
Ta dễ dàng tính được: HM  .cos 60   AM  MH .tan 60  . 3 
2
4
4
4

Suy ra thể tích khối lăng trụ: VABC . A ' B 'C '

a 2 . 3 a 3 3a 3
. Chọn đáp án B.
 S ABC . AM 

4
4
16

Câu 34: (3 - B) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  z  1  0 và đường
x 1 y 1 z  2


thẳng d :
. Hãy lập phương trình đường thẳng  đi qua A  2;0;1 cắt đường thẳng d
2
3
4
và song song với mặt phẳng (P) ?
x  3 y 1 z
x  2 y z 1


A.  :
B.  :


1
1
1
1
1
2
x 1 y  3 z 1
x 1 y  3 z  2


C.  :
D.  :


2
2
2
1
1
1
 Giải:
Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

Trang 22


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán





TDMECOrp


Gọi B  d    B  d  B  1  2t; 1  3t; 2  4t   AB   2t  1; 1  3t; 4t  1

 
Đường thẳng  / /( P)  AB  n( P )  AB.n( P )  0  2.  2t  1   3t  1   4t  1  0  t  0


Suy ra AB   1; 1;1 . Biết VTCP của đường thẳng  là AB   1; 1;1 và điểm đi qua
A  2;0;1 .



Chọn đáp án B.

Câu 35: (3 - C) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng là ( P ) : 2 x  y  2 z  3  0 và

x  2 y z 1
 
. Mặt cầu (S) có tâm I  a; b; c  và bán kính
1
1
2
R. Biết rằng tâm I nằm trên đường thẳng d và mặt cầu (S) tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Giá trị
của biểu thức T  2a  b  c  R bằng:
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
 Giải:
 Nhận thấy ngay hai mặt phẳng (P) và (Q) song song với nhau. Lấy một điểm bất kì thuộc mặt
| (3)  9 |
phẳng (P) là: A  0; 3;0   d  ( P);(Q)   d  A;(Q)  
4
4 1 4
4
 Dễ dàng suy ra được bán kính mặt cầu là R   2
2
 Tâm I  d  I   2  t ; t;1  2t 
(Q ) : 2 x  y  2 z  9  0 , cho đường thẳng d :







Mặt cầu (S) tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q) , suy ra: d  I ;( P)   d  I ;(Q ) 

| 2(2  t )  (t )  2(1  2t )  3 | | 2(2  t )  (t )  2(1  2t )  9 |
9

t 
5
4 1 4
4 1 4
 1 9 13 
Suy ra: I   2  t ; t ;1  2t    ;  ;    (a; b; c)
5 5 5 


1 9 13
Suy ra: T  2a  b  c  R  2.    2  2 .
5 5 5
Chọn đáp án C.

Câu 36: (4 - A) Một người gửi một số tiền ban đầu là 300 triệu VNĐ vào một ngân hàng theo hình thức
lãi kép (là hình thức tiền lãi của tháng trước được cộng vào gốc để tính lãi cho tháng sau). Biết rằng lãi
suất tính cho một tháng là 0,6%. Sau 10 tháng tính từ ngày gửi người đó đến ngân hàng rút 100 triệu VNĐ
về tiêu dùng. Tiếp sau đó 2 năm người đó đến rút hết toàn bộ số tiền về. Hỏi người này đã thu được tổng
cộng bao nhiêu tiền lãi so với số tiền ban đầu?
A. 52, 227 triệu
B. 67, 665 triệu
C. 100 triệu
D. 45,125 triệu
 Giải:
 Số tiền có được sau 10 tháng là: A10  A0 (1  x)10  300.(1  0, 006)10  318, 494 (triệu VNĐ).


Sau khi rút về 100 triệu thì còn lại trong ngân hàng là: B0  A10  100  318, 494  100  218, 494 tr




Số tiền này sẽ được coi là gốc để tiếp tục gửi vào ngân hàng.
Sau 2 năm số tiền có trong ngân hàng là: B24  B0 (1  x)24  218, 494.(1  0, 006) 24  252, 227 tr



Suy ra số tiền lãi tổng cộng thu được từ ngân hàng là: 100  252, 227  300  52, 227 (triệu VNĐ)



Chọn đáp án A.

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

Trang 23


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán

TDMECOrp

Câu 37: (4 – C) Cho hàm số y  f ( x) liên tục và xác định trên R, thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
1

f (0)  1; f (3)  3;

2

1

 f '(2 x)dx  1 . Giá trị của tích phân  f '( 2 x  2)dx tương ứng bằng:
0

0

A. 4
B. 1
C. 8
D. 0
 Giải:
 Cách tự luận thông thường
 Xử lí tích phân chứa biến không phải x là bước đầu tiên khi ta gặp những dạng bài này
1
x  0  u  0
 Với tích phân A   f '(2 x)dx  1 . Ta đặt: u  2 x  du  2dx ; đổi cận: 
x 1 u  2
0
1



Suy ra: A 


0

2

2

2
1
1
1
1
f '(2 x)dx  1   f '(u )( du )   f '(u ).du  . f (u )|   f (2)  f (0) 
0
2
20
2
2
0

1
1
 f (2)  f (0)    f (2)  1  f (2)  1
2
2



 1 



Với tích phân B 

2

1

1

1

 f '( 2 x  2)dx . Ta đặt: u  2 x  2  du  2 dx
0

2



B


0



3

x  0  u  2
; đổi cận: 
x  2  u  3

3

3
1
f '( x  2)dx   f '(u )(2du )  2 f '(u ).du  2. f (u )|  2  f (3)  f (2)   2.  3  (1)   8
2
2
2
2

Chọn đáp án C.

Câu 38: (4 – B) Cho hàm số y  f ( x)  x 4  2mx 2  m2  6 (C). Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị của
tham số m để đồ thị (C) có ba điểm cực trị lập thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng
2. Số phần tử của tập S bằng:
A. 4
B. 2
C. 1
D. 3
 Giải:
 Điều kiện để tồn tại ba điểm cực trị là: ab  0  m  0
(*)




 

Tọa độ của ba điểm cực trị là: A  0; m 2  6  ; B  m ; 6 ; C

m ; 6



A  0; m 2  6 

R2
I
R2



B  m ; 6




M  0; 6 

C



m ; 6



Ta có tam giác cực trị cân tại đỉnh A, suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp nằm trên trục tung. Dễ dàng
suy ra được tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp I là: I  0; m 2  8 



2

Suy ra: IC  R  ( m  0) 2   m 2  8  6   m 4  4m 2  m  4  2

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

Trang 24


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán



 m  0 (ko TM )
 m  2,11 (ko TM )
4
2
3
 m  4m  m  0  m  m  3m  1  0  
 m  1,86 (TM )

 m  0, 25 (TM )



Suy ra có 2 giá trị thực của tham số m thỏa mãn. Chọn đáp án B.

TDMECOrp

Câu 39: (4 – A) Cho parabol ( P) : y  x 2  2 x  1 và đường thẳng  : y  2 x  m . Để diện tích phần hình
4
phẳng giới hạn bởi (P) và  bằng thì giá trị tham số m nằm trong khoảng:
3
A.  5; 3
B.  3;0
C.  0; 2 
D.  2;3
 Giải:
 Ta xét: f ( x)  g ( x)  x 2  2 x  1  (2 x  m)  x 2  4 x  m  1


Đã biết công thức tính nhanh diện tích giới hạn bởi hai đường cong có f ( x)  g ( x)  ax 2  bx  c
là S 

  (20  4m) 20  4m 4

  m  4 . Chọn đáp án A.
6a 2
6.12
3

Câu 40: (4 - B) Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà có tổng các chữ số bằng 50 ?
A. 111
B. 126
C. 141
D. 138
 Giải:
a1  0

 Gọi số cần lập là a1a2 a3a4 a5 a6  
a1  a2  a3  a4  a5  a6  50


Nếu không có chữ số 9 nào thì: a1  a2  a3  a4  a5  a6  8  8  8  8  8  8  48 (Vô lí)



Nếu có 1 chữ số 9 thì: a1  a2  a3  a4  a5  a6  8  8  8  8  8  9  49 (Vô lí)



Trường hợp 1: Có 2 chữ số 9, khi đó các chữ số phải có dạng: 998888  có






6!
số
4!.2!
6!
Trường hợp 2: Có 3 chữ số 9, khi đó các chữ số phải có dạng: 999887  có
số
3!.2!
999986
6! 6!
Trường hợp 3: Có 4 chữ số 9, khi đó các chữ số phải có dạng: 
 có 
số
4! 4!.2!
999977
6!
Trường hợp 4: Có 5 chữ số 9, khi đó các chữ số phải có dạng: 999995  có
số
5!
6!
6! 6! 6! 6!

 
  126 (số tự nhiên). Chọn đáp án B.
Suy ra có tất cả:
4!.2! 3!.2! 4! 4!.2! 5!

Câu 41: (4 - A) Cho hàm số y  f ( x)  x5  5 x  22 . Số nghiệm của phương trình | x  2 | .

f ( x)
 20
x2

tương ứng là:
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
 Giải:
 Khảo sát nhanh vẽ được đồ thị hàm số y  f ( x) .
neu x  2
f ( x )  f ( x)
 Dễ dàng nhận thấy: y  | x  2 | .

x  2   f ( x) neu x  2
f ( x)
 Suy ra đồ thị hàm số: y  | x  2 | .
được suy ra từ đồ thị hàm số y  f ( x) là:
x2
Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

Trang 25


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán

TDMECOrp

y

y

f ( x)

f ( x)
26

y  20
18

O
1

O
2

1

1

x

1

18



x

18

26



2

26

Giữ nguyên phần đồ thị ứng với x  2 ; với phần đồ thị ứng với x  2 ta lấy đối xứng qua Ox rồi
bỏ đi nó đi.
f ( x)
 20 là 4. Chọn đáp án A.
Suy ra số nghiệm của phương trình: | x  2 | .
x2

Câu 42: (4 – C) Cho một hình trụ (T) có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 6 nội tiếp một hình nón
(N) {có một đáy trụ nằm trên đáy nón và đường tròn của đáy còn lại nằm trên mặt nón}. Hỏi thể tích khối
hình nón (N) đạt giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu ?
A. 144 .

B. 256 .

C.

243
.
2

D.

400
.
3

 Giải:
S

3

h

6

B
A






r

Gọi bán kính đáy nón là r và chiều cao nón là h. Theo định lí TALET, ta có:
3 h6
6r

h
r
h
r 3
1
1
6r
2 r 3

Thể tích của khối hình nón (N) tương ứng là: V( N )   r 2 .h   r 2 .
3
3
r 3 r 3
Khảo sát nhanh theo biến r, ta được thể tích nhỏ nhất của hình nón là:
243
9
{ khi r  } . Chọn đáp án C.
V( N ) _ min 
2
2

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

Trang 26


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán

TDMECOrp

Câu 43: (4 – B) Cho số phức z thỏa mãn thỏa mãn điều kiện làm cho số phức w 

2 z  3i  1
thuần ảo.
z  2  3i

Giá trị lớn nhất của biểu thức P  | z  3 | là:
A.

241  482
8

B.

370  482
8

323  482
8

C.

D.

370  16
8

 Giải:
 Gọi z  x  iy , với x, y  R . Thay vào hệ thức ban đầu, ta được:
2( x  iy )  3i  1  (2 x  1)  i (2 y  3)  ( x  2)  i ( y  3) 
 w


( x  iy )  2  3i
( x  2)2  ( y  3) 2
(2 x  1)( x  2)  (2 y  3)( y  3)  i  (2 x  1)( y  3)  (2 y  3)( x  2)
 w
 thuần ảo khi:
( x  2) 2  ( y  3) 2
 (2 x  1)( x  2)  (2 y  3)( y  3)  0  4 x 2  4 y 2  5 x  3 y  7  0
2



2
2
5 
3   482 

  x     y    

8 
8   8 




482
5 3
Quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là đường tròn (C) có tâm I  ;  và bán kính R 
.
8
8 8

R

M

A

I



Ta có: P  | z  3 |  AM ; trong đó điểm M nằm trên đường tròn (C) và tọa độ điểm A  3;0 



Suy ra giá trị lớn nhất của biểu thức P là: Pmax  AI  R 

370  482
. Chọn đáp án B.
8

Câu 44: (4 - D) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) nhận mặt phẳng (Oxy) và mặt
phẳng ( P ) : x  2 y  z  6  0 làm các mặt phẳng đối xứng. Biết khoảng cách từ gốc O đến một điểm M
nằm trên mặt cầu (S) có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất lần lượt là 12 và 2, điểm O nằm bên ngoài khối cầu
(S). Tung độ của tâm mặt cầu có giá trị dương và bằng:

12  209
5
 Giải:

B. 4 2

A.

C. 5

D.

12  209
5

(S )

A

B

R
I

O

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

Trang 27


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán








TDMECOrp

 OB  OI  R  2
OI  7
Ta có: 

OA  OI  R  12
 R5
Khi một mặt phẳng chứa tâm I của mặt cầu (S) thì nó là mặt phẳng đối xứng của mặt cầu (S). Suy
ra tâm I nằm trên mặt phẳng (Oxy) và mặt phẳng (P). Gọi tọa độ tâm mặt cầu (S) là
c0
 I  (Oxy )

I   a; b; c   

 I  ( P)
a  2b  c  6  0  a  2b  6  0  a  6  2b
 12  209
( Loai )
b 
5
Thay vào OI  7  7  a 2  b 2  c 2  7  (6  2b) 2  b 2  

12  209
(TM )
b 
5

Chọn đáp án D.

Câu 45: (4 – B) Cho khối đa diện lồi (H) gồm có 8 đỉnh là A, B, C, D, M, N, P, Q ; trong đó có hai mặt
(ABCD) và (MNPQ) là hai hình vuông song song với nhau; hình chiếu vuông góc của M ,N , P, Q lên mặt
(ABCD) lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA. Biết rằng AM  3a; AB  4a . Hãy tính
theo a thể tích khối đa diện (H) ?

40a3
A.
.
3
 Giải:
 Hình vẽ minh họa:

40a3 5
B.
.
3

20a3 5
C.
.
3

18a3 3
D.
.
5

P
Q

N
M

3a
D

C

Q'

A

2a

B

M'
2

 3a    2a 

2



Ta dễ dàng tính được: MM ' 

a 5



Chia khối đa diện đã cho thành (hình lăng trụ đều có đáy là MNPQ và chiều cao là MM') và (4
khối chóp tứ giác có đáy là hình chữ nhật dạng như A.MQQ'M ')



Dễ dàng tính được: MN 



Suy ra thể tích lăng trụ: VMNPQ.M ' N ' P 'Q '  2a 2 .a 5  8a 3 5



Thể tích một khối chóp tứ giác:

AC 4a 2
AC

 2a 2 ; d  A;( MQQ ' M ')  
a 2
2
2
4





2

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

Trang 28


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán





TDMECOrp

1
1
4a 3 5
VA.MQQ ' M '  .S MQQ ' M ' .d  A;( MQQ ' M ')   . 2a 2.a 5 .a 2 
3
3
3
Suy ra thể tích khối đa diện (H) được tính là:



V( H )  VMNPQ.M ' N ' P 'Q '  4VA.MQQ ' M '  8a

3



4a 3 5 40a 3 5
. Chọn đáp án B.
5  4.

3
3

Câu 46: (5 - A) Cho hàm số y  f ( x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị





nguyên của tham số m để phương trình f 1  12  4 x  x 2  m có đúng 6 nghiệm thực ?

A. 3
 Giải:

C. 5

B. 4

D. 2



Đặt t  1  12  4 x  x 2  1  16  ( x  2) 2 ; điều kiện x   2;6



Phương trình đã cho trở thành: f (t )  m . Ta có bảng biến thiên kép như sau:
x

2

t

1

2

0

6

3

1

1

9

1

9
ym

0

0

2

f (t )

6

6

7


0

7





Ta có thể vẽ phác lại đồ thị hàm số y  f 1  12  4 x  x 2  f (t ) như hình vẽ:

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

Trang 29


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán




TDMECOrp

Từ đồ thị ta nhận thấy điều kiện để phương trình đã cho có đúng 6 nghiệm là:
 2  m  0
 m  6  m  6; 1; 0  có 3 giá trị nguyên của tham số m. Chọn đáp án A.


x2
có đồ thị (C). Gọi ( P) : y  ax 2  bx  c ; là một parabol thay đổi
x 1
có các hệ số a, b, c nguyên sao cho (P) luôn tiếp xúc với (C) tại điểm có tọa độ nguyên và biểu thức
T  a 2  b đạt giá trị nhỏ nhất. Hỏi parabol (P) đi qua điểm nào dưới đây ?
A. (0;3)
B. (1; 7)
C. (3;3)
D. (4; 2)
 Giải:
3

  ( x  1) 2  2ax  b
 Hệ phương trình tiếp điểm: 
 x  2  ax 2  bx  c
 x  1
x2
3
3
 Ta có: y 
. Để các điểm thuộc (C) có tọa độ nguyên thì
 1
Z
x 1
x 1
x 1

Câu 47: (5 - C) Cho hàm số y 



Dễ dàng suy ra các điểm có tọa độ nguyên là:  0; 2  ,  2;0  ,  2; 4  ,  4; 2 



(P) tiếp xúc với (C) tại những điểm có tọa độ nguyên, suy ra các hoành độ tiếp điểm phải nằm
trong các giá trị 2; 0; 2; 4 



Thay lần lượt 4 giá trị này vào:



x  0  b  3


x  2  4a  b  3

3

 2ax  b   x  2  4a  b   1 ( Loai vi a, b nguyen)
2
( x  1)
3

 x  4  8a  b   1 ( Loai vi a, b nguyen)

3



Với b  3  T  a 2  b  a 2  3  3



Với 4a  b  3  T  a 2  b  a 2  4a  3  (a  2)2  7  7






 4 a  b  3  a  2
Vậy ta chọn trường hợp 

 a2
b  11
x2
Suy ra phương trình hoành độ giao điểm:
 2 x 2  11x  c và hoành độ tiếp điểm là x  2
x 1
22
Suy ra:
 2.22  11.2  c  c  18
2 1
Suy ra parabol là: ( P) : y  2 x 2  11x  18 . Dễ thấy đáp án B thỏa mãn. Chọn đáp án C.

Câu 48: (4 - A) Cho hàm số f ( x)  3x  1 có đồ thị (C) và hàm số y  g ( x)  mx  m  2 có đồ thị là
đường thẳng d. Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị tham số nguyên m   20; 20 để đường thẳng d cắt (C)
tại hai điểm phân biệt có hoành độ x  1 . Số phần tử của tập S là:
A. 17
B. 18
C. 19
 Giải:
 Hai đồ thị cắt nhau tại điểm A 1; 2  . Ta có: g '( x)  m ; f '( x)  3x ln 3
Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

D. 24

Trang 30


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán

TDMECOrp

y

d1

2

A

f ( x)

1

O



x

d

Các vị trí đường thẳng y  g ( x) được cho như hình vẽ. Vị trí đường thẳng d1 tiếp xúc với đồ thị
(C) của hàm y  f ( x) tại điểm có hoành độ x0  1  g '(1)  f '(1)  m  31.ln 3  3ln 3



Để đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x  1 thì hệ số góc của đường thẳng
d phải thỏa mãn:




mZ ; m[  20;20]
g '( x)  m  f '(1)  3ln 3 
 m  4;5;...; 20  có 17 giá trị m nguyên thỏa mãn.

Chọn đáp án A.

Câu 49: (4 - A) Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi hai đường cong y  f ( x)  x và y  g ( x) 
Nếu ta cho hình phẳng (H) quay quanh trục hoành Ox thì thể tích khối tròn xoay thu được là
trong đó a và b là những số nguyên dương và phân số
A. 3557
 Giải:

B. 3617

x4
.
3

a
(đvtt);
b

a
tối giản. Giá trị của biểu thức T  a  b bằng:
b
C. 3491
D. 3582

y

f ( x)

A
g ( x)

O

1

x

4

2



2

Lập bảng xét dấu:  f ( x)    g ( x) 

2

 x 2  17 x  16
x4
 x4
 x 

và f ( x).g ( x)  x .

3
9
 3 

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

Trang 31


Bộ đề công phá kì thi THPT 2020 – Môn Toán

x

TDMECOrp

0

2

 f ( x)    g ( x) 

4

1



2



 g ( x) 

2

2

 f ( x)    g ( x) 

2

16
2

2

2

Suy ra thể tích cần tính: V     g ( x)  dx     f ( x)  dx    |  f ( x)    g ( x)  | dx
1





2

4
2

0



0

0

 f ( x) 

1







0



f ( x).g ( x)

16

2

4

 x4
V   
 dx   
3 
0
1

 
x

2

1

16

dx    |
4

 x

2

4

2

3503 a
 x4


 | dx 
54
b
 3 

Suy ra: a  3503; b  54  (a  b)  3557 . Chọn đáp án A.

Câu 50: (5 - B) Cho hàm số y  f ( x3  3x 2 ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hàm số y  f  x 2 | x | 2 
có tất cả bao nhiêu điểm cực trị ?
y
f  x3  3x 2 

2
O

x

A. 1
B. 3
 Giải:
 Ta đặt g ( x)  f ( x3  3x 2 ) và biến đổi:

C. 5

D. 7



y  f  x 2 (| x | 3)  4   f  (| x | 2)3  3.(| x | 2) 2   g | x | 2 



Đồ thị hàm số y  g | x | 2  được suy ra từ đồ thị hàm số y  g ( x) bằng cách tịnh tiến sang trái
2 đơn vị rồi sau đó lấy "loại trừ đối xứng qua trục tung Oy" .



 đồ thị của hàm
Đồ thị của hàm số y  g ( x) có các điểm cực trị là  x1  0; x2  2; x3  a  2  
 có 1 cực trị dương.
số y  g ( x  2) có các điểm cực trị là:  x '1  2; x '2  0; x '3  a  2  0  
Suy ra đồ thị hàm số y  g (| x | 2) có tất cả 3 điểm cực trị. Chọn đáp án B.
---------- Hết ----------

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Trần Văn Dũng – Bách Khoa Hà Nội&HCM.

Trang 32



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×