SỞ GD & ĐT THÁI BÌNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 2

TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH

Bài thi: KHOA HỌC TỰ NHIÊN

MÃ ĐỀ 357

Môn thi thành phần: TOÁN HỌC
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Họ, tên thí sinh: .......................................................................
Số báo danh: ............................................................................
MỤC TIÊU: Đề thi thử THPTQG lần 2 trường THPT Chuyên Thái Bình – tỉnh Thái Bình là đề thi đáng
được mong đợi. Học sinh được kiểm tra lại toàn bộ các kiến thức Toán 12 và một phần ít kiến thức 11,
bám sát đề thi THPTQG các năm.
Đề thi này giúp học sinh rà soát lại kiến thức tất cả các chương của lớp 12 và một số kiến thức lớp 11 (Tổ
hợp, xác suất, nhị thức Niuton, góc, khoảng cách...), củng cố phương pháp làm các dạng toán và phát
triển khả năng tư duy và vận dụng vào các câu hỏi phức tạp để có thể đạt được điểm sao cao nhất.
Câu 1: Tập xác định của hàm số y   x  2 
A.

5

là:

B.  2;  

C.  ; 2 


Câu 5: Cho tập hợp A có 8 phần tử. Số tập con có 3 phần tử của A là:
A. A83
B. 28
C. C83

D. A85

Câu 6: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1;5; 2  , B  3;1;2  Viết phương trình
mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB
A. 2 x  3 y  4  0
B. x  2 y  2 z  8  0

C. x  2 y  2 z  4  0

D. x  2 y  2 z  8  0
Trang 1


Câu 7: Hàm số nào trong bốn hàm số được liệt kê dưới đây không có cực trị?
A. y   x3  x.

B. y  x 4 .

C. y  x .

D. y 

2x 1
x 1

A. Hàm số đồng biến trên  ;  
B. Hàm số đồng biến trên  0;   .
2


A.

B.

1

D. Hàm số nghịch biến trên  ; 
2

Câu 11: Một người gửi tiết kiệm vào ngân hàng với số tiền 100 000 000 đồng với lãi suất là 7,5%/năm
theo thể thức lãi kép (tiến hàng năm được nhập vào tiền gốc) và giả thiết lãi suất không thay đổi trong
suốt thời gian gửi tiền. Hỏi sau đúng 5 năm kể từ ngày gửi, người đó rút được số tiền cả gốc và lãi gần
nhất với số tiền nào dưới đây?
A. 155370000 đồng B. 121 680 000 đồng
C. 143 563 000 đồng D. 136 570 000 đồng
Câu 12: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
và có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên
1 
của m để phương trình f  2log2 x   m có nghiệm duy nhất trên  ; 2 
2 

C. Hàm số nghịch biến trên

A. 6.



C. y  1 và x  2.

Câu 15: Cho hàm số f  x   ln  e x  m  có f '  ln2  

D. y  1 và x  2.

3
.Mệnh đề nào dưới đây đúng?
2

Trang 2


A. m  2;0  .

B. m  5; 2  .

C. m   0;1



D. m  1;3



Câu 16: Cho logab  5, loga c  2. Tính log a b2 c3 .
A. P = 18.

B. P = 13.


D. 2.

Câu 19: Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 2  cm2  và bán kính đáy bằng

1
 cm  . Khi đó độ
2

dài đường sinh là:
A. 4 ( cm ) .

B. 3 ( cm ) .

C. 2 ( cm ) .

D. 1 ( cm ) .

Câu 20: Hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào sau đây?
A.

 1;3 .

B.  ;0  .

C.  0; 2 

D.  0;  


C. a  2.

B. a 2

Câu 24: Cho dãy số  un  với un  3n , n 
A. un1  3n 3
Câu 25: Cho hàm số y 



D. a 

Tính un 1.
C. un1  3  n  1

B. un1  3.3n

D. un1  3n  1

ax  b
có đồ thị như hình vẽ . Tính giá trị của a  2b  c
xc

A. 0.
B. - 2.
C. 3.
Câu 26: Tập nghiệm của bất phương trình log 1  x  1  log 1  2 x  1 là:
2



D.  1; 2 
2 1

C. P  a3

D. P  a 2

C. f '  x   5x

D. f '  x  

Câu 28: Hàm số f  x   5x có đạo hàm là:
A. f '  x   5x.ln5

B. f '  x   x.5x1

5x
ln 5

11

1 

Câu 29: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức  x x  4 
x 


với x  0
Trang 4

A. 450
C.Là góc nhọn  , có tan  

2
2

D. 300

Câu 33: Hàm số F  x   ln cosx là một nguyên hàm của hàm số nào trong các hàm dưới đây?
B.  tanx

C.  cotx
1
Câu 34: Tìm họ nguyên hàm của hàm số f  x   x 2  .
x
A. tan x

A.  f  x dx 

x3
 ln x  C
3

B.  f  x dx 

C.  f  x dx 

x3 1
 C
3 x2


D. y  9 x  7

Câu 37: Cho a , b , x là ba số thực dương. Biết log3 x  2log 3 a  log 1 b , tính x theo a, b.
3

a4
b
Câu 38: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên
A. x  a 4  b

B. x 

a
b
f '  x   0, x   0;   , biết f 1  2 Khẳng

C. x  4a  b
và

D. x 

định nào sau đây là đúng?
A. f  3  f  2 

B. f  2019  f  2020

C . f  2   f  3  4

D. f  2   1

D. 10
2



Câu 42: Cho phương trình log 2 m.4 x

2

2 x



 9  x 2  2 x  3  log 2 3 . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên

của tham số m để phương trình đó có 2 nghiệm phân biệt.
A. 12
B. 11
C. 4
D. 13
Câu 43: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD  2 AB. Tam giác SAB cân tại S và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là hình chiếu của S trên  ABCD  . Biết diện tích tam giác
SAB bằng 1 và khoảng cách từ B tới mặt phẳng  SAD  bằng
A. 72

B. 16

2 . Tính diện tích hình chữ nhật ABCD

C. 8

Câu 46: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục, đồng biến trên và có đồ thị như hình vẽ dưới đây: Phương trình

A.

2 x3  4 x 2  3x  1  2 x3 2  f  x  3  2 f  x  có bao nhiêu nghiệm?

A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
Câu 47: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi I , K lần lượt là trung
điểm của A ' D ' và BB ' Tính thể tích khối tứ diện IKAD .
1
1
2
A.
B.
C.
8
6
3

D.

1
3

Câu 48: Trong mặt phẳng   cho hình chữ nhật ABCD có AB  a, BC  2a. Các điểm M, N lần lượt di
chuyên trên các đường thẳng ,m n vuông góc với mặt phẳng   tại A, B sao cho DM  CN . Tìm giá trị
nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện CDMN .

C.

2 3
3

D. 1

Câu 50: Giả sử hàm số y = f ( x ) xác định trên 1;  

f 1  0 và e

f  x

; thỏa mãn điều kiện

f '  x   2 x  1 với mọi x  1 . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. 0  f '  4   2

B. 2  f '  4   3

C. 3  f '  4   4

D. 1  f '  4   0

----------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN
1-D


17-C

18-D

19-A

20-C

21-D

22-B

23-B

24-B

25-D

26-B

27-C

28-A

29-D

30-B

31-B


47-C

48-B

49-B

50-A

(http://tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết)

Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 (NB)
Phương pháp

Trang 7


 x  khi n  

Hàm số x n xác định   x  \ 0 khi n 
 x  0;  khi n 

 



.
Cách giải:



Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt ⇒ hàm số cần tìm là hàm
số bậc 3⇒ loại đáp án A và C.
Đồ thị hàm số có nét cuối đi lên nên a > 0 ⇒ chọn B.
Chọn B.
Câu 5 (TH)
Phương pháp
Số tập hợp con gồm k phần tử của tập hợp gồm n phần tử là: Cnk tập hợp.
Cách giải:
Số tập con gồm 3 phần tử của tập hợp A là: C83 tập hợp.
Chọn C.
Câu 6 (TH)
Phương pháp
Mặt phẳng trung trực của AB đi qua trung điểm I của AB và nhận AB làm VTPT.
Phương trình mặt phẳng  P  đi qua M  x0 ; y0 ; z0  và có VTPT n   a; b; c  là:

a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0.
Cách giải:
Ta có: A 1;5; 2 , B  3;1;2  I  2;3;0  là trung điểm của AB .

AB   2; 4; 4   2 1; 2; 2  .
⇒ Phương trình mặt phẳng trung trực của AB là: x  2  2  y  3  2 z  0  x  2 y  2 z  4  0
Chọn C.
Câu 7 (NB)
Phương pháp
Hàm số bậc nhất trên bậc nhất không có cực trị.
Cách giải:
Dựa vào các hàm số ở các đáp án, ta thấy chỉ có đồ thị hàm số của đáp án D không có cực trị.

Trang 9


4 3
r .
3
Công thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h : V   R2 h
Cách giải:
1
Ta có: Mặt cầu tiếp xúc với hai đáy của hình trụ ⇒ Bán kính mặt cầu là: R  .2r  r
2
4
Vc   r 2
3
Thể tích của mặt trụ là: Vr   r 2 .  2r   2 r 3

Công thức tính thể của khối cầu có bán kính r : V 

4 3
r
VC 3
2



3
Vr
2 r
3




⇒ Hàm số đồng biến trên  ;  và  ;  
2
2


Chọn A.
Câu 11 (TH)
Phương pháp

Gửi A đồng, lãi suất r% thì số tiền nhận được cả gốc và lãi sau n kì hạn là: T  A 1  r  .
n

Cách giải:
Số tiền người đó nhận được sau 5 năm kể từ ngày gửi là: T  100000000 1  7,5%   143563000 đồng.
5

Chọn C.
Câu 12 (VD)
Phương pháp
Số nghiệm của phương trình f  x   m là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng
ym .

Cách giải:
1
t
1
Đặt 2log 2 x  t  log 2 x  t  x  2 2 
2

 m   m2; 1;0;1
Chọn C.
Câu 13 (NB)
Phương pháp
Cho ba điểm A  x1; y1; z1  , B  x2 ; y2 ; z2  , C  x3 ; y3 ; z3  thì tọa độ trọng tâm G  xG ; yG ; zG  của ABC là:
x1  x2  x3

 xG 
3

y1  y2  y3

 yG 
3

z1  z2  z3

 zG 
3


Cách giải:
1 3 1 4

 xG  3  3

0 1 2
1

4 1 1


x 1
C 
x2

Trang 11


\ 2  .

TXĐ: D 

  C  có TCN là: y = 1 và TCĐ là: x = 2.
Chọn C.
Câu 15 (VD)
Phương pháp
Sử dụng công thức đạo hàm của hàm logarit sau đó giải bất phương trình để tìm .m
Cách giải:
Ta có: f  x   ln  e x  m 
Điều kiện: e x  m  0

ex
ex  m
3
eln 2
3
f '   ln 2    ln 2

2
e m 2




m n

a

m. n

m
n

am
, a  a , n  a mn , a m .a n  a m n (giả sử các biểu thức xác
a
n

m

định).
Cách giải:





3
3
Ta có: log a b2 c3  log a b2  log a c3  2log a b  log a c  2.5  .2  13
2

Phương pháp
Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy R, chiều cao h và đường sinh l :

S xq   Rl   R h2  R 2
Cách giải:
Độ dài đường sinh của hình nón đã cho là: l 

S xq

R



2
 4  cm 
1
.
2

Chọn A.
Câu 20 (NB)
Phương pháp
Dựa vào BBT để nhận xét các khoảng đồng biến và nghịch biến của hàm số.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên  ; 2  và  0;2  .
Chọn C.
Câu 21 (TH)
Phương pháp
Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần để làm bài toán.
Cách giải:

Chọn B.
Câu 23 (TH)
Phương pháp
Dựa vào đồ thị hàm số, nhận xét tính đồng biến và các điểm mà đồ thị hàm số đi qua để chọn đáp án
đúng.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đã cho làm hàm đồng biến  a  1  loại A và D.
Đồ thị hàm số đi qua điểm A  2;2   2  loga 2  2  a2  a  2
Chọn B.
Câu 24 (TH)
Phương pháp
Thay n + 1 vào công thức un để tìm un 1.
Cách giải:
Ta có:
un  3n

 un 1  3n1  3.3n
Chọn B.
Câu 25 (TH)
Phương pháp
Dựa vào đồ thị hàm số, tìm hàm số, từ đó suy ra a, b, c.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TCĐ: x  1  c  1 .
Đồ thị hàm số có TCN: y  1  a  1
y

x  b
x 1

Trang 14

2 
Chọn B.
Câu 27 (TH):
Phương pháp:
n
1
Sử dụng các công thức  a 1 ,  a m   a m.n , a m .a n  a mn
a
Cách giải:

Pa

2 2

 1 
 2 2 1 
a


21

a

2 2



a

2 1


 a3

Chọn C.
Câu 28 (NB):
Phương pháp:

Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm số mũ:  a x  '  a xlna .
Cách giải:
f  x   5x  f '  x   5x ln 5
Chọn A.
Câu 29 (TH):
Phương pháp:
n

Sử dụng khai triển nhị thức Niuton:  a  b    Cnk a k b n k
n

k 0

Cách giải:
Ta có:
11

 32
1 

4 
x
x


x 

4 k

k
11

x 4 k

k 0
11

  C11k x

3311k
2

k 0

33  11k
0k 3
2
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển trên là C113  165

Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với

Chọn D.
Câu 30 (TH):
Phương pháp:

 4

2

2

 5 
f ' 2

 x 4

 5 
f ' 2

 x 4

 5 x 2  20  0

Khi đó g '  x   0    5 
f'
  x 2  4 
 x  2


x


2
 x  0  Nghiem boi 2 




 15 x  65 x  60  0
 x 2  4   x 2  4  x 2  4
4
 




 x  3
Vậy hàm số đã cho có 6 điểm cực trị.
Chọn B.
Chú ý: Lưu ý khi tính đạo hàm của hàm hợp.
Câu 31 (TH):
Phương pháp:
Góc giữa hai đường thẳng chéo nhau là góc giữa đường thẳng này và đường thẳng song song với đường
thẳng kia.
Trang 16


Cách giải:

Ta có:
 A ' B ' || CD
 A ' B ' CD là hình bình hành  A ' D || B ' C

 A ' B '  CD
Do đó   A ' B; B ' C     A ' B; A ' D  .
Vì A ' B, BD, A ' D đều là các đường chéo của các hình vuông có cạnh bằng nhau nên A ' B  BD  A ' D.

Chọn A.
Câu 33 (TH):
Trang 17


Phương pháp:
- F  x  là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) thì F '  x   f  x  .
- Sử dụng công thức cosx  1  sin 2 x
Cách giải:
Ta có: F  x   ln cos x  ln 1  sin 2 x
2sin x cos x
2
 sin x cos x  sin x cos x  sin x
 F '  x   2 1  sin x 


  tan x
2
1  sin 2 x
cos 2 x
cos x
1  sin x

Vậy F  x   ln cosx là một nguyên hàm của hàm số  tanx
Chọn B.
Chú ý: Tránh nhầm lẫn F '  x 

 cos x  '
cos x


2

1

 32 x 3

 log 2 2 x

2

1

 log 2 32 x 3

 x2  1   2 x  3 log 2 3
 x2  2 x log 2 3  3log 2 3 1  0

Ta có ac  3log2 3  1  0 , khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt và tích hai nghiệm bằng
3log 2 3 1   log 2 33  log 2 2   log 2 54

Chọn D.
Câu 36 (TH):
Phương pháp:
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ x  x0 là:

y  f '  x0  x  x0   f  x0  .
Cách giải:
Ta có: y '  3x2  6 x.
Suy ra y ' 1  3 .
Trang 18

b

a4
x
b
Chọn B.
Câu 38 (TH):
Phương pháp:
Hàm số y  f  x  đồng biến trên  a; b  thì f  a   f  x   f  b  , x   a; b  .
Cách giải:
Hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên

và f '  x   0 , x  0;   , do đó hàm số đồng biến trên  0;  

Ta có 2;3   0;   ,3  2  f  3  f  2 
Vậy khẳng định A đúng.
Chọn A.
Câu 39 (TH):
Phương pháp:
1
Sử dụng công thức nguyên hàm mở rộng:  sin  ax  b  dx   cos  ax  b   C.
a
Cách giải:
1
I   sin  3x  1 dx   cos  3x  1  C .
3
Chọn C.
Câu 40 (NB):
Phương pháp:
Hình bát diện đều là hình có 8 mặt là tam giác đều.


2

2 x



 9  log 2 3  x 2  2 x  3

 m.4 x 2 x  9 
2
 log 2 
  x  2 x  3

3


2



m.4 x

 m.4

2

2 x

9

2 x

 9  24.2 x

 m.4 x

2

2 x

 24.2 x

Đặt t  2

x2  2 x

2

2 x

2

2

2 x

.23




3
⇒ Phương trình (*) có nghiệm t  .
4
2
3
3
Khi đó ta có 2 x 2 x   x 2  2 x  log 2 , phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
4
4
144
TH3: m  0,   122  9m  0  m 
, khi đó phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn.
9
1
0  t1   t2
2

Trang 20


 24

m 0
t  t  0

m  0
 1 2
m  0
9


Vậy có 12 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn A.
Câu 43 (VD):
Phương pháp:
- Xác định điểm H .
- Xác định khoảng cách từ B đến  SAD  .
- Đặt AB  x  AD  2x.
- Sử dụng công thức tính diện tích tam giác SAB, tính SH theo x .
- Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tìm x và tính diện tích ABCD.
Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AB . Tam giác SAB cân tại S nên SH ⊥ AB .

 SAB    ABCD 

 SAB    ABCD   AB  SH   ABCD 

 SAB   SH  AB
Đặt AB  x  AD  2x.
Trong ( SAB ) kẻ HK  SA( K  SA) ta có:

 AD  AB
 AD   SAB   AD  HK


 AD  SH  SH   ABCD  

Ta có: BH   SAD   A 

d  B;  SAD  





2


2
2
2
HK 2 SH 2 HA2
4 x2
 2
2  x
   


 x 2
2


Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

x2 4
 2
4 x2

x2 4
 2  x 4  16  x  2
4 x

Mà M   P   MI min  d  I ;  P   
Vậy  2MA2  3MB2 

min

2  1  1  2.1  8
22   1  22
2

9
 3
3

 5.32 90  135 .

Chọn D.
Câu 45 (VD):
Phương pháp:
- Ba số u1; u2 ; u3 lập thành CSC thì u1  u3  2u2 .
Trang 22


- Sử dụng chỉnh hợp và quy tắc nhân.
Cách giải:
Vì ba số u1; u2 ; u3 lập thành CSC nên u1  u3  2u2 .
Do đó u1 ; u3 cùng tính chẵn lẻ.
Trong tập hợp A có 1010 số chẵn và 1010 số lẻ.
2
2
2

Cách giải:

2 x3  4 x 2  3x  1  2 x3 2  f  x  3  2 f  x 
4 3 1
 2   2  2   4  2 f  x   3  2 f  x 
x x
x
3

3
 1  1
 1    1    3  2 f  x   3  2 f  x 
 x  x

Xét hàm số f  t   t 3  t  t  0  ta có: f '  t   3t 2  1  0t  0, do đó hàm số đồng biến trên  0;   .
2

1
1 2
 1
Do đó ta có: 1   3  2 f  x   1    3  2 f  x   2 f  x    2   2 
x
x
x
 x

Đặt g  x   
Do 1 

1 2

VIKAD  d  K ;  AID   .SAID
3
Cách giải:

1
Ta có: VIKAD  d  K ;  AID   .SAID
3
d  K ;  AID    d  B';  ADD ' A '   B ' A '  1
1
1
1
d  I ; AD  . AD  .1.1 
2
2
2
1 1 1
Vậy VIKAD  .1. 
3 2 6
Chọn C.
Câu 48 (VDC):
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp tọa độ hóa.
Cách giải:
SAID 

Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ, coi 1 a = ta có A  0;0;0  , B 1;0;0  , C 1;2;0  , D  0;2;0 
Đặt AM  x, BN  y  M  0;0; x  , N 1;0; y  .
Khi đó ta có: DM   0;  2; x  , CN   0; 2; y 
Vì DM  CN nên DM .CN  0
 0.0   2  .  2   x. y  0  xy  4  y  

 x   2 x. 
3
x 3
x 3

Vậy VCDMN min

4a 3

3

Chọn B.
Câu 49 (VDC):
Cách giải:

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AD .
Xét ADBvà DAC có:
AD chung
BD  AC  1

AB  CD  2

 ADB  DAC  c.c.c   DAB  ADC (2 góc tương ứng)
hay NAB  NDC.
Xét ABN và DCN có:

AN  DN  gt 
NAB  NDC  cmt 
AB  CD  2  gt 
 ABN  DCN  c.g .c   BN  CN