SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN
Câu 1.

KÌ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT
NĂM HỌC 2019 – 2020
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 12/06/2020
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) :

( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1)
2

2

2

=
4 . Tọa độ

tâm I và bán kính R của mặt cầu ( S ) là

Câu 2.

A. I =( −1; − 2;1) ; R =4 .

B. I =(1; 2; − 1) ; R = 2 .


1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z= 5 + 8i là điểm nào dưới đây?

Câu 5.

Cho hai số phức z1 =2 − 3i , z2 =−3 + 6i . Khi đó số phức z1 + z2 bằng

Câu 6.

A. 1 − 9i .
B. −1 − 9i .
C. 1 + 3i .
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  và đồ thị như hình vẽ

A.

A. M ( −5; − 8 ) .

B. N ( −5;8 ) .

C. P ( 5;8 ) .

D. Q ( 5; − 8 ) .
D. −1 + 3i .

Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hàm số đồng biến trên ( −1;0 ) và (1; + ∞ ) .


A. z =−5 − 4i .
B. z= 4 − 5i .
C. z= 5 − 4i .
D. z= 4 + 5i .
Câu 10. Cho hai số phức z1= 2 + 2i và z2= 2 − i . Môđun của số phức w= z2 − iz1 bằng
A.
Câu 11. Nếu

B. 3 .

5.

∫

1

0

f ( x)dx = 2 ,

∫

4

1

f ( x)dx = 5 thì

C. 5 .


C. ( −2; −3;1) .

D. ( −3;0;1) .

Câu 14. Cho cấp số nhân ( un ) với số hạng đầu u1 = −2 và công bội q = 3. Khi đó u2 bằng
A. 6.

C. −6.

B. 1.

Câu 15. Cho hàm số f ( x ) = ax + bx + c; ( a ≠ 0 ) có đồ thị như hình vẽ bên.
4

D. −18.

2

Số nghiệm của phương trình f ( x ) − 1 =0 là
A. 3 .
B. 2 .
C. 4 .
D. 1 .
Câu 16. Có bao nhiêu cách xếp một nhóm 6 học sinh thành một hàng ngang ?
B. 120 .
C. 720 .
D. 25 .
A. 36 .
Câu 17. Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B = 6 và chiều cao h = 2 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho

C. y =
− x 3 + 3 x 2 − 2 . D. y =x 4 + 3 x 2 − 2 .

Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có phương trình

( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3)
2

phương trình là
0.
A. z − 3 =

2

2

=
25 . Mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với mặt cầu ( S ) tại điểm H ( 4;2;3) có

0.
B. 3 x + 4 y + 3 z − 29 =

0.
C. 3 x − 4 y − 11 =

0.
D. 3 x + 4 y − 20 =

Câu 21. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có trọng tâm G ( −3;1; 4 ) và


Câu 24. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Cạnh bên SA = 3a , SA vuông góc
với mặt phẳng đáy . Thể tích khối chóp S . ABCD bằng
3

A. a .

a3
C.
.
3

3

B. 3a .

D. 2a 3 .

x 2 − 3x + 2
. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số là
2 x 2 − 3x + 1
A. 3 .
B. 2 .
C. 4 .
D. 1 .
Câu 26. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1; 2;3) , B(2; 0;5) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi
qua điểm A và vuông góc với đường thẳng AB.
A. x + 2 y + 2 z + 11 =
B. x − 2 y + 2 z − 14 =
0.
0.

đây đúng?
Trang 3/23 - WordToan


A. x =

a3
.
bc

B. x = a 3 − b + c.

C. x =

a 3c
.
b

D. x =

a 3c
.
b2

=
, AB a=
2, SA 2a . Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng
Câu 29. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD

( ABCD )


1

∫ x ln x dx

D. 90° .

bằng

1
e

1

1
∫−1 t 2 dt .

C.

1

1
∫−1 t dt .

1

D.

∫ tdt .


5 2
5
.
B. .
C. 5 .
2
2
Số giao điểm của đồ thị hàm số y = 2 x3 − 3 x 2 + 1 và trục hoành là

A.
Câu 34.

D. 5 2 .

A. 1 .
B. 3 .
C. 2 .
D. 0 .
Câu 35. Diện tích xung quanh của hình nón có chiều cao h , độ dài đường sinh l , bán kính đáy r bằng.
A. S xq = π rl .

B. S xq = 2π rh .

C. S xq = 2π r 3 h .

D. S xq = π rh .

Câu 36. Cho hàm số y  f ( x) xác định và liên tục trên  , có đồ thị như hình vẽ. Hàm số
g ( x)  f ( x 2  2) có bao nhiêu điểm cực tiểu?.



trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc ô tô bắt đầu chuyển động. Hỏi quãng đường
ô tô đi được kể từ lúc bắt đầu chuyển động đến khi vận tốc của ô tô đạt giá trị lớn nhất là
A. 10(m) .
B. 6(m) .
C. 12(m) .
D. 8(m) .
Trang 4/23 – Diễn đàn giáo viên Toán


Câu 39. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  có đồ thị y = f ′ ( x ) như hình bên. Đặt
g (=
x ) 2 f ( x ) − ( x − 1) .
2

Khi đó y = g ( x ) đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn [ −3;3] tại
A. x = −3 .
B. x = 3 .
C. x = 0 .
D. x = 1 .
4
2
Câu 40. Cho hàm số y = f ( x ) = ax + bx + c ( a, b, c ∈ , a ≠ 0 ) có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào dưới
đây đúng?

A. a < 0; b < 0; c > 0 .

(

B. a < 0; b > 0; c > 0 .

.
C.
.
D.
.
3
3
3
Câu 43. Có 50 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 50. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ. Xác suất để tổng các số ghi trên thẻ chia
hết cho 3 bằng
409
8
11
769
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
89
171
2450
1225
Câu 44. Số lượng của một loại vi khuẩn X trong phòng thí nghiệm được tính theo công thức x(t ) = x(0).2t ,
trong đó x(0) là số lượng vi khuẩn X ban đầu, x(t ) là số lượng vi khuẩn X sau t (phút). Biết sau
2 phút thì số lượng vi khuẩn X là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc bắt đầu, số lượng vi
khuẩn X là 5 triệu con?

C. 2020.
x

∫

D. 8080.

x

9
3
Câu 46. Tập nghiệm của bất phương trình   − 2   + 1 > 0 là
4
2
A. ( 0; +∞ ) .
B.  \ {0} .
C. [ 0; +∞ ) .

D. .

Câu 47. Cho hình trụ có O, O′ là tâm hai đáy. Xét hình chữ nhật ABCD có A, B cùng thuộc ( O ) và C , D
cùng thuộc ( O′ ) sao cho AB = a 3 , BC = 2a đồng thời ( ABCD ) tạo với mặt phẳng đáy hình trụ
góc 60° . Thể tích khối trụ bằng
A. π a

3

3.

π a3 3

C. m ≤ .
D. m ∈  .
2
2
y2
=
P log 4 x 8 x − log 2 y 2
Câu 50. Cho các số thực x, y ≥ 1 và thỏa mãn điều kiện xy ≤ 4 . Biểu thức
đạt
2
A. 2 6a 3 .

B. 8a 3 .

C.

giá trị nhỏ nhất tại
=
x x=
y0 . Đặt T= x04 + y04 mệnh đề nào sau đây đúng
0, y
A. T = 131 .

B. T = 132 .

C. T = 129 .

------------- HẾT -------------

Trang 6/23 – Diễn đàn giáo viên Toán

15
A
40
D

16
C
41
D

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) :

17
A
42
B

18
B
43
D

19
A
44
C

49
C

25
B
50
D

=
4 . Tọa độ

tâm I và bán kính R của mặt cầu ( S ) là
A. I =( −1; − 2;1) ; R =4 .

B. I =(1; 2; − 1) ; R = 2 .

C. I =(1; 2; − 1) ; R =4 .

D. I =( −1; − 2;1) ; R =2 .

Chọn B

=
I
Tọa độ tâm

Lời giải

(1; 2; − 1) ;



x y z
x y z
+ − =
1.
1.
C. − − =
1 2 3
1 2 3
Lời giải

D.

x y z
+ + =
1.
1 2 3

Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm M (1;0;0 ) , N ( 0; − 2;0 ) , P ( 0;0;3) là:

Câu 4.

x y z
− + =
1.
1 2 3
Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z= 5 + 8i là điểm nào dưới đây?
A. M ( −5; − 8 ) .

B. N ( −5;8 ) .


Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hàm số đồng biến trên ( −1;0 ) và (1; + ∞ ) .
B. Hàm số đồng biến trên ( −1;0 ) ∪ (1; + ∞ ) .
C. Hàm số đồng biến trên ( −∞ ; − 1) và (1; + ∞ ) .
D. Hàm số đồng biến trên ( −∞ ;0 ) và ( 0; + ∞ ) .
Lời giải

Chọn A
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đồng biến trên ( −1;0 ) và (1; + ∞ ) .
Câu 7.

Tập xác định của hàm số y  2 x là:
A. [ 0; +∞ ) .

C. ( 0; +∞ ) .

B.  .

D. * .

Lời giải

Chọn B
Hàm số mũ y  2 x luôn xác định với mọi x   .
Câu 8.

Biết y  log 2 x . Khi đó:
A. y = 2 x .



5.

C. 5 .
Lời giải

Chọn C

w = z2 − iz1 = ( 2 − i ) − i ( 2 + 2i ) = 2 − i − 2i + 2 = 4 − 3i ⇒ w=
Câu 11. Nếu

∫

1

0

f ( x)dx = 2 ,

A. 7 .

∫

4

1

f ( x)dx = 5 thì

B. 3 .


1

4

f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx = 2 + 5 = 7 .
0

1

Câu 12. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a và chiều cao bằng 2a . Diện tích toàn phần của hình trụ bằng:
B. 5π a 2 .
C. 6π a 2 .
D. 4π a 2 .
A. 8π a 2 .
Lời giải
Chọn C
Diện tích toàn phần của hình trụ bằng: 2π R 2 + 2π Rh =2π a 2 + 2π a.2a =6π a 2 .
x + 3 y z −1
Câu 13. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : = =
. Véctơ chỉ phương của đường
−3
2
1
thẳng d có tọa độ là
A. ( 2; −3;1) .

B. ( 2;3;1) .

C. ( −2; −3;1) .


C. 4 .
Lời giải

D. 1 .

Ta có f ( x ) − 1 = 0 ⇔ f ( x ) = 1 .

Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = 1 ta thấy đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số y = f ( x )
tại 3 điểm phân biệt. Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm.
Câu 16. Có bao nhiêu cách xếp một nhóm 6 học sinh thành một hàng ngang ?
B. 120 .
C. 720 .
D. 25 .
A. 36 .
Lời giải
Chọn C
Mỗi các xếp 6 học sinh thành một hàng ngang là một hoán vị của 6 phần tử.
Trang 9/23 - WordToan


Vậy có 6! = 720 cách.
Câu 17. Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B = 6 và chiều cao h = 2 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho
bằng
A. 12 .
B. 8 .
C. 72 .
D. 24 .
Lời giải
Chọn A

d
x
=+
) 5 2020 x + C .
∫(
Câu 19. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?
Ta có:

B. y =x 3 − 3 x 2 − 2 .

A. y =x 3 + 3 x 2 − 2 .

C. y =
− x 3 + 3 x 2 − 2 . D. y =x 4 + 3 x 2 − 2 .

Lời giải

Chọn A
Quan sát hình dáng đồ thị ta thấy hàm số là hàm số bậc 3 có hệ số a > 0 nên loại phương án C
và D .
Mặt khác đồ thị hàm số đi qua điểm ( −2;2 ) nên loại phương án B .

Vậy phương án A đúng.

Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có phương trình

( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3)
2

phương trình là

2

0.
D. 3 x + 4 y − 20 =


Phương trình mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với mặt cầu ( S ) tại điểm H ( 4;2;3) nên mặt phẳng ( P ) đi

qua điểm H ( 4;2;3) và nhận IH là VTPT . Khi đó phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng :
3 ( x − 4 ) + 4 ( y − 2 ) + 0 ( z − 3) =0 ⇔ 3 x + 4 y − 20 =0 .

Câu 21. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có trọng tâm G ( −3;1; 4 ) và

A (1;0; −1) , B ( 2;3;5 ) . Tọa độ điểm C là
A. C ( −6; 2;0 ) .

B. C ( 4; 2; −1)

C. C ( −12;0;8 )

D. C ( 3; −1; −5 )
Lời giải

Chọn C

Gọi C ( x; y; z ) .

1+ 2 + x

−3 = 3

Chọn B

D. x = 1 .

1
⇔ 2 x −1 =2−2 ⇔ x − 1 =−2 ⇔ x =−1 .
4
Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình log π ( x + 2 ) > 0 là
Ta có: 2 x−1 =

3

A. ( −1; +∞ ) .

B. ( −∞; −1) .

D. ( −2; +∞ ) .

Lời giải

Chọn A
Do

C. ( −2; −1) .

π
> 1 nên bất phương trình log π ( x + 2 ) > 0 ⇔ x + 2 > 1 ⇔ x > −1 .
3
3


x − 3x + 2
Câu 25. Cho hàm số y = 2
. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số là
2 x − 3x + 1
A. 3 .
B. 2 .
C. 4 .
D. 1 .
Lời giải
Chọn B
1 
+ Hàm số xác định trên tập D =  \  ;1 .
2 
x 2 − 3x + 2 1
+ Có lim y lim
=
=
x →−∞
x →−∞ 2 x 2 − 3 x + 1
2
2
x − 3x + 2 1
=
=
lim y lim
x →+∞
x →+∞ 2 x 2 − 3 x + 1
2
1
Suy ra đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang là y = .

x → 
x →  2 x − 3 x + 1
x →  2  x −
2
2
2


2

x 2 − 3x + 2
x−2
+ Có lim y = lim 2
= lim
= −1
x →1
x →1 2 x − 3 x + 1
x →1
1

2 x − 
2

1
Suy ra đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng là x = .
2
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 tiệm cận.
Câu 26. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1; 2;3) , B(2; 0;5) . Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi
qua điểm A và vuông góc với đường thẳng AB.
A. x + 2 y + 2 z + 11 =


x −1
trên đoạn [ 0;3] bằng
x +1

1
C. min y = .
[0;3]
2
Lời giải

B. min y = 1.

[0;3]

[0;3]

Chọn A
Ta có: y  

2
2

 x 1

D. min y = −3.
[0;3]

 0, x  0;3 .


a 3c
.
b2

Ta có: log 2 x =6 log 4 a − 3log 2 3 b − log 1 c
2

a 3c
= log 2 a − log 2 b + log 2 c = log 2
b
3

a 3c
⇒x= .
b

=
, AB a=
2, SA 2a . Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng
Câu 29. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD

( ABCD )

bằng

A. 30° .

B. 45° .

C. 60° .

, ( ABCD ) =
SAO
⇒ SA
=
+ ∆SAO vuông tại O có OA

AC 2a
= = a, SA
= 2a
2
2

OA a 1
=
 =°
cos SAO
= =⇒ SAO
60 .
SA 2a 2

= 60° .
, ( ABCD )= SAO
Vậy SA

)

(

e



1
∫−1 t dt .

D.

1

∫ tdt .

−1

Lời giải

Chọn C
Đặt t = ln x ⇒ dt =

bằng

1
e

1
dx .
x

1
Đổi cận: x = ⇒ t =−1
e
x= e⇒t =1

⇔ 2 x + (2 + 3 y − 3 x)i =2 + 2i

=
2 x 2=
x 1
⇔
⇔
.
y+2 2 =
−3 x + 3 =
y 1
x = 1
Vậy 
.
y =1
Câu 32. Tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = x3 − 3 x 2 + mx + 5 có hai điểm cực trị là
A. m ≥ 3 .

B. m < 3 .

C. m > 3 .
Lời giải

D. m ≤ 3 .

Chọn B
Đạo hàm y′ = 3 x 2 − 6 x + m , ta có ∆′ = 9 − 3m .

Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ > 0


5

I

K

A

C

M
4

3
B

Gọi M là trung điểm AC suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC .
Qua M dựng đường thẳng d song song với SA cắt SC tại I suy ra I là trung điểm SC và

MI ⊥ ( ABC ) tại M .

= MB
= MC nên suy ra IA
= IB
= IC (*).
Vì MA
Mặt khác ta có AI là đường trung tuyến trong tam giác SAC vuông tại A . Suy ra IA = IS (**)
= IB
= IC
= IS . Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC .

2

Số giao điểm của đồ thị hàm số y = 2 x3 − 3 x 2 + 1 và trục hoành là
B. 3 .

A. 1 .
Chọn B

C. 2 .
Lời giải

D. 0 .

1

=
−
x
Xét phương trình 2 x − 3 x + 1 = 0 ⇔ 
2

=
x
1

Vậy số giao điểm là 2 .
Câu 35. Diện tích xung quanh của hình nón có chiều cao h , độ dài đường sinh l , bán kính đáy r bằng.
3

A. S xq = π rl .


Ta có:
=
g ' ( x ) 2 x. f ' ( x 2 − 2 )
x = 0
x = 0
2 x = 0

 2
⇒ g ' ( x ) =0 ⇔ 2 x. f ' ( x − 2 ) =0 ⇔ 
⇔  x − 2 =−1 ⇔  x =±1 .
2
0
 f ' ( x − 2 ) =
x = ± 3
 x2 − 2 =
1


Ta có bảng xét dấu
2

Do g ' ( x ) đổi dấu từ dương sang âm khi qua 5 điểm nên hàm số g ( x ) có 5 điểm cực trị.
Câu 37. Cho hình chóp S . ABCD có SA  a , SA   ABCD  , đáy là hình vuông. Gọi M là trung điểm của
AD và góc giữa  SBM  và  ABCD  bằng 45° . Khoảng cách từ D đến mặt phẳng  SBM  bằng

A.

a 2
.

d ( D, ( SBM ))  d ( A, ( SBM ))  AH 

SK a 2

.
2
2

Câu 38. Một ô tô đang đứng và bắt đầu chuyển động theo một đường thẳng với gia tốc a (t )= 6 − 3t (m / s 2 ) ,
trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc ô tô bắt đầu chuyển động. Hỏi quãng đường
ô tô đi được kể từ lúc bắt đầu chuyển động đến khi vận tốc của ô tô đạt giá trị lớn nhất là
A. 10(m) .
B. 6(m) .
C. 12(m) .
D. 8(m) .
Lời giải

Chọn D

3
v(t ) =
6t − t 2 + C .
∫ a(t )dt =
∫ (6 − 3t )dt =
2
3
Khi t = 0 thì v =0 ⇒ C =0 ⇒ v(t ) =6t − t 2 .
2
v′(t ) = 6 − 3t , v′(t ) = 0 ⇔ t = 2


Trang 17/23 - WordToan


Dựa vào đồ thị ta thấy
+

1

3

−3

1

∫ g ′ ( x ) dx > 0 ⇒ g (1) > g ( −3) ; ∫ g ′ ( x ) dx < 0 ⇒ g (1) > g ( 3) . Do đó y = g ( x ) đạt giá trị nhỏ

nhất trên đoạn [ −3;3] tại x = 3 hoặc x = −3 .

−3; x =
f ′( x); y =
x − 1; x =
1 có diện tích lớn hơn phần hình
+ Phần hình phẳng giới hạn bởi y =
1; x =3 nên
phẳng giới hạn bởi y =f ′ ( x ) ; y =x − 1; x =

1

∫


)

Câu 41. Cho phương trình log 3 3 x 2 − 6 x + 6 = 3 y + y 2 − x 2 + 2 x − 1 . Hỏi có bao nhiêu cặp số ( x; y ) và
2

0 < x < 2020 ; y ∈  thỏa mãn phương trình đã cho?
A. 5 .
B. 6 .
C. 7 .
Lời giải
Chọn D

D. 4 .

log 3 ( 3 x 2 − 6 x + 6 ) = 3 y + y 2 − x 2 + 2 x − 1 ⇔ log 3 3 ( x 2 − 2 x + 2 ) = 3 y + y 2 − x 2 + 2 x − 1 .
2

2

⇔ 1 + log 3 ( x 2 − 2 x + 2 )= 3 y + y 2 − x 2 + 2 x − 1 .
2

Trang 18/23 – Diễn đàn giáo viên Toán


⇔ log 3 ( x 2 − 2 x + 2 ) + ( x 2 − 2 x + 2 ) = 3 y + y 2 (1) .
2

Đặt log 3 ( x 2 − 2 x + 2 ) =z ⇒ x 2 − 2 x + 2 =3z thì (1) trở thành:
2

.
4
g
x
=
3
(
)

 g ( x ) = 39

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số g ( x ) ta thấy mỗi phương trình trên có một nghiệm

0 < x < 2020 .
Vậy có 4 cặp số ( x; y ) thỏa mãn đề bài.
Câu 42. Thiết diện qua trục của một khối nón là một tam giác vuông cân và có cạnh góc vuông bằng a 2 .
Thể tích V của khối nón bằng
A.

π a3 3
.
3

Chọn B

B.

π a3
3


r =
Bán kính đáy của khối nón:=
2
2
Chiều cao của khối nón: h= OA= OB= r= a .
π a3
1 2
Thể tích của khối nón:
.
πr h
V =
=
3
3
Câu 43. Có 50 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 50. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ. Xác suất để tổng các số ghi trên thẻ chia
hết cho 3 bằng
8
11
769
409
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
89
2450

B. 6 phút.
C. 5 phút.
D. 8 phút.
Lời giải
Chọn C
2
Ta có x(2)= 625000 ⇔ x(0).2=
625000 ⇔ x(0)= 156250 .
x(t ) = x(0).2t ⇔ 5000000 = 156250.2t ⇔ 2t = 32 ⇔ t = 5 .
Vậy sau 5 phút kể từ lúc bắt đầu, số lượng vi khuẩn X là 5 triệu con.

f ( x ) f ( 2020 − x ) và
Câu 45. Cho f ( x ) liên tục trên  thỏa mãn=
bằng
Trang 20/23 – Diễn đàn giáo viên Toán

2017

2017

3

3

∫ f ( x )dx = 4. Khi đó ∫

xf ( x )dx


A. 16160.

3

Suy ra 2

2017

∫
3

xf ( x )dx =

du ∫ ( 2020 − x ) f ( x )dx
∫ ( 2020 − u ) f ( 2020 − u )=
2017

∫

2020 f ( x )dx = 8080. Do đó

2017

∫

xf ( x )dx = 4040.

3

3

x

0
1
0
−
+
>
⇔
−
>
⇔
  

 
 
  − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 0.
2
4
2


2


x

x

9
3
Vậy tập nghiệm của bất phương trình   − 2   + 1 > 0 là  \ {0} .

Ta có=

1
1
=
MN =
BC a .
2
2

=′
Xét ∆IO′M vuông tại O , ta có IO=′ IM .sin IMO

a 3
⇒ h= OO=′ 2 IO=′ a 3 ;
2
Trang 21/23 - WordToan


′ a .
.cos IMO
O′M IM
=
=
2
′M
Xét ∆O′MD vuông tại M , có O
=

a

Câu 48. Khối chóp có đáy là hình bình hành, một cạnh đáy bằng a và các cạnh bên đều bằng a 2 . Thể
tích của khối chóp có giá trị lớn nhất là
A. 2 6a 3 .

B. 8a 3 .

C.
Lời giải

Chọn D

2 6 3
a .
3

D.

7a3
.
12

O.
Gọi AC ∩ BD =
 SO ⊥ AC
⇒ SO ⊥ ( ABCD ) .
Ta có SA = SB = SC = SD = a 2 ⇒ 
 SO ⊥ BD
⇒ O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình bình hành ABCD
⇒ ABCD là hình chữ nhật.
Không mất tính tổng quát, giả sử AD = a và đặt AB= x, ( x > 0 ) ⇒ OA=

2
a x + ( 7a − x ) 7a3
=
.
6
2
12

7a3
.
12

Câu 49. Tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y =

Trang 22/23 – Diễn đàn giáo viên Toán

AM −GM

a 14
.
2

Vậy thể tích lớn nhất của khối chóp đã cho là

là

1 2
x + a2 .
2


x2 + 2x
≥ m, ∀x ∈ [1;5] (1).
2( x + 2)

1
x2 + 2x x
=
, ∀x ∈ [1;5] . Ta có min f ( x ) = .
[1;5]
2
2( x + 2) 2

m ≤ f ( x ) ∀x ∈ [1;5] ⇔ m ≤ min f ( x ) ⇔ m ≤
[1;5]

1
.
2

=
P log 4 x 8 x − log 2 y 2
Câu 50. Cho các số thực x, y ≥ 1 và thỏa mãn điều kiện xy ≤ 4 . Biểu thức

y2
đạt
2

giá trị nhỏ nhất tại
=
x x=

2
.
+
− =
2 + a 2b + 1 2 + a 2b + 1
Vì xy ≤ 4 suy ra log 2 x + log 2 y ≤ 2 ⇔ a + b ≤ 2 ⇔ 0 ≤ a ≤ 2 − b
Đặt log 2 x = a , log 2 y = b ( a, b ≥ 0 ), ta được
P
=

1
2
1
2
.
+
≥
+
2 + a 2b + 1 4 − b 2b + 1
1
2
Xét hàm f=
trên [ 0; 2] ,ta có :
(b)
+
4 − b 2b + 1
1
4
=
f ′(b)


=
x
2
x
=
2
8

 0

4
Suy ra trên đoạn [ 0; 2] ta có: min P = ⇔ 
⇔
⇒
7
7
9
7


log y =
4
4
y = 2
 y0 = 2
 2
4
4