bool(false)

Đề thi thử THPTQG 2020 lần 1 môn Toán, Sở GD & ĐT Bắc Giang (Có đáp án chi tiết)

Các đề thi khác:

Nội dung

NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 1 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO . ĐỀ THI THPT QG NĂM 2020 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 06 trang) Họ và tên: ……………………………………………………… SBD:………………………. Câu 1: Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm 3;4; 2M ặt phẳng Oxz có tọa độ là A. 3;0;0Q . B. 3;4;0G . C. 0;4; 2E . D. 3;0; 2F . Câu 2: Cho hàm số y f x ảng biến thiên như sau Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng A. 2 . B.  . C. 11 . D. 1 . Câu 3: Cho  6 2 d4f x x.  6 2 d5g x x. , khi đó  6 2 3df x g x x=?. bằng A. 19 . B. 17 . C. 11 . D. 7 . Câu 4: Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 31 2 xyx  A. 1 3y . B. 3y . C. 3y . D. 2y . Câu 5: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? A. 4221y x x   . B. 41yx   . C. 41yx . D. 4221y x x    . Câu 6: Khối lăng trụ đáy là hình chữ nhật có hai kích thước lần lượt là 2 ,3aa , chiều cao khối lăng trụ là 5a . Thể tích của khối lăng trụ bằng A. 330a . B. 310a . C. 230a . D. 210a . Câu 7: Cho hàm số y f x có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào sau đây đúng? NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 2 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC A. Hàm số fx nghịch biến trên 2;5 . B. Hàm số fx nghịch biến trên 0;5 . C. Hàm số fx đồng biến trên ;0 D. Hàm số fx đồng biến trên 5; Câu 8: Một mặt cầu có bán kính bằng a . Diện tích của mặt cầu đó bằng A. 34 3 a . B. 24a . C. 31 3a . D. 2a . Câu 9: Cho cấp số cộng nu với 23u 35u ố hạng đầu của cấp số cộng bằng A. 1 . B. 3 2 . C. 2 . D. 7 . Câu 10: Một hình trụ có chiều cao h và bán kính r . Thể tích khối trụ đó bằng A. 2rh . B. 21 3rh . C. 22rh . D. 24 3rh . Câu 11: Cho số phức 11zi 223zi ần ảo của số phức 12w z z A. 2 . B. 3 . C. 2 . D. 3 . Câu 12: Cho hình chóp đều .S ABCD có 2 , 2 2AB a SA a ữa SB và mặt phẳng ABCD bằng A. 030 . B. 075 . C. 060 . D. 045 . Câu 13: Từ một tổ có 10 học sinh, có bao nhiêu cách chọn ra hai học sinh? A. 2 10A B. 2 10C . C. 20 . D. 2! . Câu 14: Một hình trụ có độ dài đường sinh bằng l và bán kính đường tròn đáy bằng R . Diện tích toàn phần của hình trụ đó bằng A. ()R R l . B. 2 ( )R R l . C. Rl . D. 4Rl . Câu 15: Nếu  2 1 3f x dx.  2 1 2f x dx. ằng A. 8 . B. 6 . C. 3 . D. 4 . Câu 16: Hàm số y f x xác định và liên tục trên , có bảng biến thiên như hình dưới đây Phương trình 1fx có tất cả bao nhiêu nghiệm thực ? A. 2 . B. 4 . C. 3 . D. 1 . Câu 17: Một khối chóp có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h 7KÇWtFKFëDNKÕLFKySEµQJ NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 3 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC A. 4 3Bh . B. Bh . C. 1 3Bh . D. 3Bh . Câu 18: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng : 4 3 2 0P x y z    9HFWѫQjRGѭӟLÿk\OjPӝW YHFWѫKiWX\ӃQFӫPһWKҷQJ P ? A. 21;4;3n . B. 31;4; 3n   . C. 44;3; 2n   . D. 10; 4;3n . Câu 19: Số phức liên hợp của số phức 25zi là A. 25zi   . B. 25zi . C. 25zi   . D. 25zi . Câu 20: Số giao điểm của đồ thị hàm số 323 6 1y x x x    và trục hoành là A. 0 . B. 3 . C. 2 . D. 1 . Câu 21: Cho hàm số y f x ục trên và có bảng xét dấu của đạo hàm như hình vẽ. Đồ thị hàm số y f x ất cả bao nhiêu điểm cực trị? A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1 . Câu 22: Trong không gian Oxyz , điểm 3;4; 2M ộc mặt phẳng nào dưới đây? A. : 5 0S x y z    . B. : 1 0Qx . C. : 2 0Pz . D. : 7 0R x y   . Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ ()Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2( ): 2 2 4 2 0S x y z x y z . Diện tích mặt cầu ()S EµQJ A. 8 . B. 32 . C. 64 . D. 16 . Câu 24: Nghiệm của phương trình 5422 55 xx:  : ;  ; <  <  là A. 1x . B. 1x . C. 2 3x . D. 4 3x . Câu 25: Giá trị lớn nhất của hàm số 42( ) 8 10f x x x trên đoạn [ 1;3] ằng A. 19 B. 3. C. 13. D. 6. Câu 26: Cho 5log 2a 5log 3b . Khi đó giá trị của 34log27 bằng A. 23ab . B. 34ab . C. 33ab . D. 23ab . Câu 27: Tập xác định của hàm số 1 3yx A. . B. 0; . C. 0; . D. 0 . Câu 28: Cho số phức 23zi có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là A. 2; 3Q . B. 2;3N . C. 2;3M . D. 2; 3P . Câu 29: Cho số dương a tùy ý, log 4a log 7a bằng A. log4 log7 . B. log 3a . C.   log 4a log 7a . D. log4 log7 . Câu 30: Bất phương trình 0,5log 2 1 2x   có tập nghiệm là A. 5;2S: ;< B. 15[ ; )22S 15;22S:;< D. 5;2S: ;< Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 227 2 , 4y x y x    ằng A. 5 . B. 3 . C. 4 . D. 5 2 . NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 4 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 32: Cho số phức 13 22zi   ố phức 21zz ằng A. 0 . B. 1 . C. 23i . D. 13 22i . Câu 33: Ông Thuận gửi tiết kiệm 500 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép (tức là tiền lãi của kỳ trước được cộng vào vốn của kỳ kế tiếp). Ban đầu ông Thuận gửi với kỳ hạn 3 tháng và lãi suất 5,2% QP6DX 2 năm ông Thuận thay đổi phương thức gửi, chuyển thành kỳ hạn 6 tháng với lãi suất 7,8% QP6ÕWLÅQOmLQK±QÿmçFVDX 5 năm gần nhất với kết quả nào dưới đây? A. 195 678 800 đồng. B. 197 491300 đồng. C. 193198 700 đồng. D. 199 342 500 đồng. Câu 34: Cho hàm số 4 3 22 3 5 5 1 2 9f x x m x m x m x m         ị nguyên của m thuộc 9;5 để hàm số 2020 1y f x   ố cực trị nhiều nhất. A. 8 . B. 9 . C. 10 . D. 11 . Câu 35: Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng 2 , 60BADp SA SC SBD vuông cân tại S . Gọi E là trung điểm của SC . Mặt phẳng P qua AE và cắt hai cạnh ,SB SD lần lượt tại M và N . Thể tích lớn nhất 0V của khối đa diện ABCDNEM bằng A. 023 9V . B. 083 21V . C. 023 7V . D. 043 9V . Câu 36: Trong không gian Oxyz , mặt cầu S có tâm là điểm 1;2; 3A và đi qua điểm 3; 2; 1B Phương trình của mặt cầu S là A.  2222 2 24x y z     . B.  2 2 21 2 3 24x y z      . C.  2 2 21 2 3 6x y z      . D.  2222 2 6x y z     . Câu 37: Cho 2 1 ln . e x xdx ae b. ới ,ab là các số hữu tỷ. Khi đó ab bằng A. 0 . B. 1 3 . C. 1 2 . D. 1 2 . Câu 38: Biết rằng z là số phức có môđun nhỏ nhất thỏa mãn 12z z i ố thực. Số phức z là A. 112zi . B. 34 55zi . C. 2zi . D. 42 55zi . Câu 39: Cho hàm số 1()2 xfxmx  ới m là tham số. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của m để hàm số fx đồng biến trên khoảng 0;1 . Tổng của tất cả các phần tử trong tập hợp S bằng A. 0 . B. 2 . C. 2 . D. 3 Câu 40: Cho hàm số fx liên tục trên 0; 12 , 0;f x f x xx :   R ;< ị của tích phân Tính  2 1 2 dI xf x x. A. 15 8 . B. 9 8 . C. 13 8 . D. 1 8 . Câu 41: Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , 2AB a 3BC a ạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 30o . Gọi M là trung điểm của AC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM bằng? NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 5 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC A. 2 51 17 a . B. 435 29 a . C. 21a . D. 3 17 a . Câu 42: Một hộp chứa 12 tấm thẻ được đánh số bằng các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 12. Chọn ngẫu nhiên ra ba tấm thẻ. Xác suất để tích số ghi trên ba tấm thẻ là một số chẵn bằng A. 11 12 . B. 1 3 . C. 10 11 . D. 1 2 Câu 43: Tập nghiệm của bất phương trình 1 273 3 log log log 2x x x   là A. 27; . B. 0;3 . C. 0;27 . D. 3; . Câu 44: Cho hàm số 423y x x m   có đồ thị là mC ( m là tham số thực). Giả sử mC cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt. Gọi 12,SS là diện tích của hai hình phẳng nằm dưới trục Ox và 3S là diện tích của hình phẳng nằm trên trục Ox được tạo bởi mC với trục Ox . Biết rằng tồn tại duy nhất giá trị amb ới *,abR và a b tối giản) để 1 2 3S S S ị của 2ab ằng A. 3 . B. 4 . C. 6 . D. 2 . Câu 45: Cho hàm số 323 3 3( ) 38 4 2f x x x x    ọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình  323 3 322 ( ) ( )8 4 22 2.2 3 2 2 0 x x xf x f xm x m   :=     ;?< nghiệm đúng với xR . Số phần tử của tập hợp S là A. 3. B. 1. C. 0. D. 2. Câu 46: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 1 và chiều cao bằng 3 7KLÃWGLËQFëDKuQKWUéF³WEãLP»W SK·QJTXDWUéFFëDQyFyGLËQWtFKEµQJ A. 3 . B. 8 . C. 12 . D. 6 . Câu 47: Cho hàm số y f x ảng biến thiên như hình vẽ dưới đây: Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình 3f x m có đúng hai nghiệm phân biệt là A. 2 . B. 0 . C. 1 . D. 3 . NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 6 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 48: Cho hình trụ có chiều cao bằng 5a , cắt hình trụ bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 3a được thiết diện có diện tích bằng 220a . Thể tích khối trụ là A. 35a . B. 3125a . C. 365a . D. 365 3 a . Câu 49: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để hệ phương trình   22 222 22 1 .4 2 .2 2118 1 2121 xy x yxy x y xxxmxy yxy x x y x @  CCA  CC    B có nghiệm ;xy thỏa mãn x và y là các số thực dương. Tích của tất cả các phần tử trong tập hợp S bằng A. 30. B. 42. C. 60. D. 56. Câu 50: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng P đi qua điểm 3; 4;5A ới đường thẳng 2 1 2:1 2 3 x y zd   có phương trình là: A. 2 3 8 0x y z    . B. 2 3 10 0x y z    . C. 3 4 5 10 0x y z    . D. 3 4 5 8 0x y z    . HẾT NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 7 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC BẢNG ĐÁP ÁN 1.D 2.C 3.D 4.B 5.D 6.A 7.D 8.B 9.A 10.A 11.A 12.C 13.B 14.B 15.B 16.A 17.C 18.A 19.D 20.B 21.A 22.D 23.B 24.A 25.A 26.A 27.C 28.B 29.A 30.C 31.C 32.A 33.B 34.A 35.D 36.B 37.C 38.D 39.B 40.D 41.B 42.C 43.C 44.C 45.C 46.D 47.D 48.C 49.D 50.B HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm 3;4; 2M ặt phẳng Oxz có tọa độ là A. 3;0;0Q . B. 3;4;0G . C. 0;4; 2E . D. 3;0; 2F . Lời giải Chọn D Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm 3;4; 2M ặt phẳng Oxz là điểm có tọa độ là 3;0; 2F ậy chọn D. Câu 2: Cho hàm số y f x ảng biến thiên như sau Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng A. 2 . B.  . C. 11 . D. 1 . Lời giải Chọn C Từ bảng biến thiên ta suy ra giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng 11 . Vậy chọn C. Câu 3: Cho  6 2 d4f x x.  6 2 d5g x x. , khi đó  6 2 3df x g x x=?. bằng A. 19 . B. 17 . C. 11 . D. 7 . Lời giải Chọn D  6 6 6 2 2 2 3 d 3. d d 3.4 5 7f x g x x f x x g x x     =?. . . . Câu 4: Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 31 2 xyx  A. 1 3y . B. 3y . C. 3y . D. 2y . Lời giải Chọn B Tập xác định của hàm số là ;2 2;D  Z  3 1 3 1lim lim 322xx xx xxr r   B đường thẳng có phương trình 3y là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho. Câu 5: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 8 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC A. 4221y x x   . B. 41yx   . C. 41yx . D. 4221y x x    . Lời giải Chọn D Dựa vào đồ thị ta có lim xy r  và đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị nên chọn đáp án D. Câu 6: Khối lăng trụ đáy là hình chữ nhật có hai kích thước lần lượt là 2 ,3aa , chiều cao khối lăng trụ là 5a . Thể tích của khối lăng trụ bằng A. 330a . B. 310a . C. 230a . D. 210a . Lời giải Chọn A Thể tích khối lăng trụ bằng .V hS , trong đó S là diện tích đáy của lăng trụ và h là chiều cao của lăng trụ. Do đó 35 .2 .3 30V a a a a . Câu 7: Cho hàm số y f x có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Hàm số fx nghịch biến trên 2;5 . B. Hàm số fx nghịch biến trên 0;5 . C. Hàm số fx đồng biến trên ;0 . D. Hàm số fx đồng biến trên 5; . Lời giải Chọn D Câu 8: Một mặt cầu có bán kính bằng a 'LËQWtFKFëDP»WF«XÿyEµQJ A. 34 3 a . B. 24a . C. 31 3a . D. 2a . Lời giải Chọn B Diện tích mặt cầu: 2244S r a Câu 9: Cho cấp số cộng nu với 23u 35u ố hạng đàu của cấp số cộng bằng A. 1 . B. 3 2 . C. 2 . D. 7 . Lời giải Chọn A NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 9 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Ta có: 3 1 11 2 1 1 2 2 51 32 u u d u du u u d u dd @   @@CEEA A A   BCBB Câu 10: Một hình trụ có chiều cao h và bán kính r . Thể tích khối trụ đó bằng A. 2rh . B. 21 3rh . C. 22rh . D. 24 3rh . Lời giải Chọn A Thể tích khối trụ đó bằng: 2rh Câu 11: Cho số phức 11zi 223zi ần ảo của số phức 12w z z A. 2 . B. 3 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn A Ta có: 121 2 3 3 2w z z i i i        Do đó: Phần ảo của số phức w là: 2 Câu 12: Cho hình chóp đều .S ABCD có 2 , 2 2AB a SA a ữa SB và mặt phẳng ABCD bằng A. 030 . B. 075 . C. 060 . D. 045 . Lời giải Chọn C Ta có: SO ABCD OB là hình chiếu của SB lên ABCD . Do đó: ,,SB ABCD SB OB SBO . Xét tam giác SOB vuông tại O ta có: 21cos222 OB aSBOSBa  060SBOB ậy 0, 60SB ABCD Câu 13: Từ một tổ có 10 học sinh, có bao nhiêu cách chọn ra hai học sinh? A. 2 10A B. 2 10C . C. 20 . D. 2! . Lời giải Chọn B Số cách chọn 2 học sinh từ 10 học sinh là: 2 10C . Câu 14: Một hình trụ có độ dài đường sinh bằng l và bán kính đường tròn đáy bằng R . Diện tích toàn phần của hình trụ đó bằng A. ()R R l . B. 2 ( )R R l . C. Rl . D. 4Rl . Lời giải Chọn B Diện tích toàn phần của hình trụ : 22 2 2 ( )Rl R R l R     NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 10 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 15: Nếu  2 1 3f x dx.  2 1 2f x dx. ằng A. 8 . B. 6 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn B Ta có:  22 11 2 2 2.3 6f x dx f x dx  .. Câu 16: Hàm số y f x xác định và liên tục trên , có bảng biến thiên như hình dưới đây x   'y    y 2   1 Phương trình 1fx có tất cả bao nhiêu nghiệm thực ? A. 2 . B. 4 . C. 3 . D. 1 . Lời giải Chọn A Ta vẽ lại bảng biến thiên như sau x   'y    y  2 1  ựa vào bảng biên thiên ta thấy đường thẳng 1y ắt đồ thị hàm số y f x ại 2 điểm phân biệt. Vậy phương trình 1fx có 2 nghiệm thực phân biệt. Câu 17: Một khối chóp có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h 7KÇWtFKFëDNKÕLFKySEµQJ A. 4 3Bh . B. Bh . C. 1 3Bh . D. 3Bh . Lời giải Chọn C Một khối chóp có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h . Thể tích của khối chóp: 1 3V Bh Câu 18: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng : 4 3 2 0P x y z    9HFWѫQjRGѭӟLÿk\OjPӝW YHFWѫKiWX\ӃQFӫPһWKҷQJ P ? A. 21;4;3n . B. 31;4; 3n   . C. 44;3; 2n   . D. 10; 4;3n . Lời giải Chọn A Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng : 4 3 2 0P x y z    là: 21;4;3n . Câu 19: Số phức liên hợp của số phức 25zi là A. 25zi   . B. 25zi . C. 25zi   . D. 25zi . Lời giải Chọn D Số phức liên hợp của 25zi là số phức 25zi Câu 20: Số giao điểm của đồ thị hàm số 323 6 1y x x x    và trục hoành là A. 0 . B. 3 . C. 2 . D. 1 . Lời giải Chọn B NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 11 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Cách 1: Có 3 2 23 6 1 0 3 6 6y x x x y x x     B    2130 3 6 6 013 xy x xx = E    E>>? ấy D. 7 6 3 7 6 3 0C CTyy      nên đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt. Cách 2: (Dùng MTBT) Số giao điểm của đồ thị hàm số 323 6 1y x x x    ục hoành là số nghiệm của phương trình 323 6 1 0x x x    Câu 21: Cho hàm số y f x ục trên và có bảng xét dấu của đạo hàm như hình vẽ. Đồ thị hàm số y f x ất cả bao nhiêu điểm cực trị? A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1 . Lời giải Chọn A Dựa vào bảng xét dấu ta thấy fx đổi dấu 4 lần và hàm số y f x ục trên nên đồ thị hàm số có 4 điểm cực trị. Câu 22: Trong không gian Oxyz , điểm 3;4; 2M ộc mặt phẳng nào dưới đây? A. : 5 0S x y z    . B. : 1 0Qx . C. : 2 0Pz . D. : 7 0R x y   . Lời giải Chọn D Thay lần lượt tọa độ điểm 3;4; 2M vào phương trình các mặt phẳng , , ,P Q R S ta có: 2 2 0 4 0   E  MPBS 3 1 0 2 0  E  MQBS 3 4 7 0 0 0   E  (đúng) MRBR . 3 4 2 5 0 10 0    E  MSBS ậy 3;4; 2M ộc mặt phẳng R . Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ ()Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2( ): 2 2 4 2 0S x y z x y z . Diện tích mặt cầu ()S EµQJ A. 8 . B. 32 . C. 64 . D. 16 . Lời giải Chọn B Mặt cầu ()S có tâm (1; 1;2)I , bán kính 2 2 21 ( 1) 2 2 8R Vậy diện tích mặt cầu ()S là: 24 4 8 32SR . Câu 24: Nghiệm của phương trình 5422 55 xx:  : ;  ; <  <  là A. 1x . B. 1x . C. 2 3x . D. 4 3x . Lời giải NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 12 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Chọn A Ta có 54225 4 155 xx x x x :  :  E   E ;  ; <  <  Câu 25: Giá trị lớn nhất của hàm số 42( ) 8 10f x x x trên đoạn [ 1;3] ằng A. 19 B. 3. C. 13. D. 6. Lời giải Chọn A 3'( ) 4 16 0 0, 2 [ 1;3]f x x x x x x [ 1;3]( 1) 3, (0) 10, (2) 6, (3) 19 ( ) 19f f f f Max f x       B  Câu 26: Cho 5log 2a 5log 3b . Khi đó giá trị của 34log27 bằng A. 23ab . B. 34ab . C. 33ab . D. 23ab . Lời giải Chọn A Ta có: 5 5 5 5 54log log 4 log 27 2log 2 3log 3 2 327ab      Câu 27: Tập xác định của hàm số 1 3yx A. . B. 0; . C. 0; . D. 0 . Lời giải Chọn C Ta có hàm số lũy thừa yx ới  ập xác định 0;D  ừ đó hàm số 1 3yx 1 3 ố có tập xác định 0;D  Câu 28: Cho số phức 23zi có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là A. 2; 3Q . B. 2;3N . C. 2;3M . D. 2; 3P . Lời giải Chọn B Số phức có dạng: z a bi . Điểm ;M a b trong hệ tọa độ vuông góc của mặt phẳng được gọi là điểm biểu diễn số phức z a bi Như vậy theo đề bài, điểm biểu diễn của số phức 23zi là điểm 2;3N . Câu 29: Cho số dương a tùy ý, log 4a log 7a bằng A. log4 log7 . B. log 3a . C.   log 4a log 7a . D. log4 log7 . Lời giải Chọn A Ta có: 4a 4log 4a log 7a log log log4 log7.7a 7 :  :     ;  ; <  <  NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 13 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Vậy log 4a log 7a log4 log7.   Câu 30: Bất phương trình 0,5log 2 1 2x   có tập nghiệm là A. 5;2S: ;< B. 15[ ; )22S 15;22S:;< D. 5;2S: ;< ời giải Chọn C 0,52 1 2 1 0152log 2 1 25222 1 0,5 2 xxxxxx  @C@C   E E E  AABCCB . Vậy tập nghiệm bất phương trình là 15;22S:;< Câu 31: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 227 2 , 4y x y x    ằng A. 5 . B. 3 . C. 4 . D. 5 2 . Lời giải Chọn C. Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong trên là 227 2 4xx   213 3 .1 xxx =E  E>? ện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong trên là  1112 2 3 111 3 3 3 3 3 4S x dx x dx x x        .. (đvdt). Câu 32: Cho số phức 13 22zi   ố phức 21zz ằng A. 0 . B. 1 . C. 23i . D. 13 22i . Lời giải Chọn A Ta có: 2 21 3 1 3 1 3 1 3 31 1 02 2 2 2 2 2 4 2 4z z i i i i:  :               ;  ; <  <  Câu 33: Ông Thuận gửi tiết kiệm 500 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép (tức là tiền lãi của kỳ trước được cộng vào vốn của kỳ kế tiếp). Ban đầu ông Thuận gửi với kỳ hạn 3 tháng và lãi suất 5,2% QP6DX 2 năm ông Thuận thay đổi phương thức gửi, chuyển thành kỳ hạn 6 tháng với lãi suất 7,8% QP6ÕWLÅQOmLQK±QÿmçFVDX 5 năm gần nhất với kết quả nào dưới đây? A. 195 678 800 đồng. B. 197 491300 đồng. C. 193198 700 đồng. D. 199 342 500 đồng. Lời giải Chọn B Ta có lãi suất 5,2% /năm tương ứng với lãi suất 1,3% /một kỳ hạn 3 tháng. Hai năm tương ứng với 8 kỳ hạn. Số tiền ông Thuận nhận được sau 2 năm là:  8500 1 1,3% . Tương tự, lãi suất 7,8% /năm tương ứng với lãi suất 3,9% /một kỳ hạn 6 tháng. Ba năm tương ứng với 6 kỳ hạn. Vậy số tiền ông Thành nhận được 3 năm sau đó là:  84500 1 1,3% 1 3,9% 697491392  e . Suy ra số tiền lãi nhận được sau 5 năm: 697491392 500000000 197491392 NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 14 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 34: Cho hàm số 4 3 22 3 5 5 1 2 9f x x m x m x m x m         ị nguyên của m thuộc 9;5 để hàm số 2020 1y f x   ố cực trị nhiều nhất. A. 8 . B. 9 . C. 10 . D. 11 . Lời giải Chọn A Hàm số 2020 1y f x   ố điểm cực trị nhiều nhất là 7 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình 2020 1 1f x f x  E  có 4 nghiệm phân biệt. 1fx4 3 22 3 5 5 1 2 9 1x m x m x m x mE          4 3 2 3 23 5 10 2 5 2x x x x m x x xE           2 2 1 1 2 2 5 1 2 2 1 2 2 5 2 1 (1) x x x x x m x x x x x x m x =>E         E >>   ? Như vậy 1fx 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1;2 ấy 1 2x ệm của (1), với 1 2xg  225(1)21 xxm u xx E    2 22 2 12 21 xxuxx   2 2 32 2 1200221 xxxuxxx = E  E>? ủa ux : Từ bảng trên suy ra: (1)u x mE ệm phân biệt khác 1 2 khi và chỉ khi  44 11 18 mm mm mum @  =@  =CC>>EE?AA?CCggBB ới m nguyên thuộc 9;5 9, 7, 6, 5,2,3,4,5mR     Câu 35: Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng 2 , 60BADp SA SC SBD vuông cân tại S . Gọi E là trung điểm của SC . Mặt phẳng P qua AE và cắt hai cạnh ,SB SD lần lượt tại M và N . Thể tích lớn nhất 0V của khối đa diện ABCDNEM bằng NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 15 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC A. 023 9V . B. 083 21V . C. 023 7V . D. 043 9V . Lời giải Chọn D Gọi O AC BDY ABCD là hình thoi cạnh bằng 2 , 60BADp ABDB đều 2BDB 2 2. 3ABCD ABDSS SBD ại S SO BDB 12 BDSO SAC ại S SO ACB SO ABCDB .1 2 3.33S ABCD ABCDV SOSB   ọi G SO AE G Y B ọng tâm SAC P thay đổi thì N thay đổi trên cạnh SD và 122 SD SDSN SDSN  B   Đặt 1;2SDxxSN B R 3SM SA SC SDxSB SA SE SN      . . 3 43 S ANEM S ABCD V V x xB . . 43 3 S ABCD S ANEM xxVfxV B   .S ANEMV nhỏ nhất khi . . 43 3 S ABCD S ANEM xxVfxV  ớn nhất ABCDNEMVB ớn nhất. Ta có  2Cauchy4343.33 3 2 xxxxfx:;< ới 1;2xR 1;2max 3fxB đạt được khi 332x x x  E  . . 0 .1 2 2 2 3 4 3min .3 3 3 3 9S ANEM S ABCD S ABCDV V V VB  B    Câu 36: Trong không gian Oxyz , mặt cầu S có tâm là điểm 1;2; 3A và đi qua điểm 3; 2; 1B Phương trình của mặt cầu S là A.  2222 2 24x y z     . B.  2 2 21 2 3 24x y z      . C.  2 2 21 2 3 6x y z      . D.  2222 2 6x y z     . Lời giải Chọn B Mặt cầu S có tâm 1;2; 3A và đi qua điểm 3; 2; 1B B  2222 4 2 24R AB      NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 16 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC  2 2 2: 1 2 3 24S x y zB       . Câu 37: Cho 2 1 ln . e x xdx ae b. ới ,ab là các số hữu tỷ. Khi đó ab bằng A. 0 . B. 1 3 . C. 1 2 . D. 1 2 . Lời giải Chọn C Xét tích phân 1 ln e I x xdx. Đặt 2 1xlnx dx 2 du dux dv xxv @C@CBAABCCB 2 2 2 2 2 2 1111 11ln .lnx x2 2 2 4 2 4 4 4 4 eeeex x e x e e eI x xdx d         .. ậy 1 1 1 4 4 2ab    Câu 38: Biết rằng z là số phức có môđun nhỏ nhất thỏa mãn 12z z i ố thực. Số phức z là A. 112zi . B. 34 55zi . C. 2zi . D. 42 55zi . Lời giải Chọn D Gọi z x yi ,xyR Khi đó 1 2 1 2 1 2 2 2xz z i x yi x y i x x y y y              là số thực khi và chỉ khi 2- -2 0 2 2xy x y E   ại có  22 2 2 2252 2x 5x 8x 45z x y x        m z nhỏ nhất 25 5zE ảy ra khi 42 55xy B  ậy 42 55zi Câu 39: Cho hàm số 1()2 xfxmx  ới m là tham số. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của m để hàm số fx đồng biến trên khoảng 0;1 . Tổng của tất cả các phần tử trong tập hợp S bằng A. 0 . B. 2 . C. 2 . D. 3 Lời giải Chọn B Trường hợp 1: 0m khi đó  B  11022 xf x f x nên hàm số luôn đồng biến trên khoảng 0;1 . Trường hợp 2: 2m khi đó 1 2fx là hàm hằng số nên 2m (không thỏa mãn ). Trường hợp 3: 0, 2mmgg Ta có: TXĐ: 2)] TJ /F4 12.369 Tf1 0 0 1 2.22 14.394 Tm 12.76 Tc[(DRm­½ ®¾¯¿. NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 17 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC  22()2 mfxmx  . Hàm số đồng biến trên khoảng 0;1 20 222000022 2 01 m mmmmmm m @C@=C  =C>E E E=AA>>?>CC  ?>BCm>?B ết hợp với trường hợp 1: 0m . Khi đó   22m . Mặt khác 2; 1;0;1mmR B R   . Vậy 2S Câu 40: Cho hàm số fx liên tục trên 0; 12 , 0;f x f x xx :   R ;< ị của tích phân Tính  2 1 2 dI xf x x. A. 15 8 . B. 9 8 . C. 13 8 . D. 1 8 . Lời giải Chọn D Đặt 11txxt B  1 1 122f x f x f f tx t t :  :   B  ;  ; <  <  112f f xxx :;< ệ phương trình      1122231 1 1 22 4 2 f x f x f x f xxxf x xxf f x f x fx x x x @@:  :    ;  ; CCC <  C < E B  AA:  : CC   ;  ; CC<  < BB 2 33 xfxxB   Khi đó  22223 111 222 2 2 4 8 1 1 1dd3 3 3 9 3 9 3 72 8 xxI xf x x x x:  : :  :          ;  ; ;  ; <  < <  < .. . Câu 41: Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , 2AB a 3BC a ạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 30o . Gọi M là trung điểm của AC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM bằng? A. 2 51 17 a . B. 435 29 a . C. 21a . D. 3 17 a . Lời giải. Chọn B NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 18 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Ta có : ,( ) 30oSC ABC SCA 225AC AB BC a   3 15.tan 5.33 aSA AC SCA a   ()ABC . Kẻ 'MM ̸ ̸ AB ( 'M BCR ( , ) ( , ')d AB SM d A SMM ẻ AN 'MM tại N . Trong ()SAN . Kẻ AHSN tại H. Ta có: '( ) ' . ( ') ( , ') . ' ' 'MANSAN M N AHSA AN S N NAH SNM d A S M NM AHAH M N NNMB @ @  BB BAB AB 2 2 21 1 1 15 3 435;;3 2 29 a a aSA AN AHAH SA AN    B  Câu 42: Một hộp chứa 12 tấm thẻ được đánh số bằng các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 12. Chọn ngẫu nhiên ra ba tấm thẻ. Xác suất để tích số ghi trên ba tấm thẻ là một số chẵn bằng A. 11 12 . B. 1 3 . C. 10 11 . D. 1 2 Lời giải. Chọn C Chọn 3 trong 12 tấm thẻ có 3 12C cách. Gọi biến cố A: ‘ Tích số ghi trên ba tấm thẻ là một số chẵn’. B ến cố A : ‘Tích số ghi trên ba tấm thẻ là một số lẽ’. Khi đó 3 tấm thẻ cần chọn đều là số lẻ nên có 3 6C cách. Xác suất 3 6 3 12 1()11 CPAC ậy 1 10( ) 1 ( ) 111 11P A P A     Câu 43: Tập nghiệm của bất phương trình 1 273 3 log log log 2x x x   là A. 27; . B. 0;3 . C. 0;27 . D. 3; . Lời giải Chọn C NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 19 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Điều kiện 0x 1 273 3 log log log 2x x x  3 3 312log log log 23x x xE   32log 23xE 3log 3xE303xE  0 27xE   ậy bất phương trình có tập nghiệm là 0;27S Câu 44: Cho hàm số 423y x x m   có đồ thị là mC ( m là tham số thực). Giả sử mC cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt. Gọi 12,SS là diện tích của hai hình phẳng nằm dưới trục Ox và 3S là diện tích của hình phẳng nằm trên trục Ox được tạo bởi mC với trục Ox . Biết rằng tồn tại duy nhất giá trị amb ới *,abR và a b tối giản) để 1 2 3S S S ị của 2ab ằng A. 3 . B. 4 . C. 6 . D. 2 . Lời giải Chọn C Phương trình hoành độ giao điểm của mC và trục Ox là 4230x x m   mC cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. Đặt 20txm suy ra phương trình 23 0 2t t m   . Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt 2E ệm phân biệt dương  0 9 4 090 3 0 0 *400 m Sm Pm    @@CCE  E  E  AACCBB . Với điều kiện (*) mC cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 2 1 1 2, , ,x x x x ới 123 9 4 3 9 4;22 mmxx    1 2 1 2 3 3 22S S S S S S S B   E  ại có  11 1 3 0 .d 2 .d xx x S f x x f x x  ..  2 1 2.d x x S f x x.  1 2 1 2 2 11 32 0 0 0 2 2 .d 2 .d .d .d 0 .d 0 x x x x x xx S S f x x f x x f x x f x x f x x: E   E   E ;;<. . . . . NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 20 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Mà  22255 4 2 3 32 22 000 .d 3 .d55 xxxxxf x x x x m x x mx x mx:        ;<.. Ta có phương trình 54 3222 2 2 20055 xxx mx x m   E    42 1 3 9 4 3 9 405 2 2 mmm:  :    ;  ; E   ;  ; <  <  1 3 9 418 4 6 9 4 020 2 mm m mE      18 4 6 9 4 30 10 9 4 20 0m m m mE         16 12 4 9 4mmE    4 3 9 4mmE    2 2 3 344 3 0504416 24 9 9 416 20 05 4 m mmmmm m mmmm @mC@mmC@CE E E E =A A A   >BCCB>C?B ậy 5, 4ab 26ab Câu 45: Cho hàm số 323 3 3( ) 38 4 2f x x x x    ọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình  323 3 322 ( ) ( )8 4 22 2.2 3 2 2 0 x x xf x f xm x m   :=     ;?< nghiệm đúng với xR . Số phần tử của tập hợp S là A. 3. B. 1. C. 0. D. 2. Lời giải Chọn C. Vì  323 3 322 ( ) ( )8 4 22 2.2 3 2 2 0 x x xf x f xm x m   :=     ;?< ệm đúng với xR Suy ra điều kiện cần là (1) đúng khi 0x , tức là: 2 (0) 211 112.2 3 2 2 022 fmm=    E  ? *1mmR B  . Thử lại, với 1m ất phương trình đã cho trở thành  323 3 32( ) ( )8 4 21 1 2 2.2 3 2 2 0 x x xf x f xx   :=     ;?<  2()2 1 2 ( 2) 0fxxE    ấy 3x ải là nghiệm của (2) do đó 1m không thỏa ycbt. Vậy số phần tử của tập hợp S là 0. Câu 46: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 1 và chiều cao bằng 3 7KLÃWGLËQFëDKuQKWUéF³WEãLP»W SK·QJTXDWUéFFëDQyFyGLËQWtFKEµQJ A. 3 . B. 8 . C. 12 . D. 6 . Lời giải Chọn D NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 21 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Thiết diện của hình trụ cắt bởi mặt phẳng đi qua trục của nó là hình chữ nhật ABCD Diện tích thiết diện là: . 3.2 6S ADBC   . Câu 47: Cho hàm số y f x ảng biến thiên như hình vẽ dưới đây: Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình 3f x m có đúng hai nghiệm phân biệt là A. 2 . B. 0 . C. 1 . D. 3 . Lời giải Chọn D Đặt 3tx khi đó ta có phương trình f t m . Để phương trình 3f x m có đúng hai nghiệm phân biệt thì phương trình f t m có đúng hai nghiệm phân biệt. Số nghiệm của phương trình f t m là số giao điểm của đồ thị hàm số y f t và đường thẳng ym ừ bảng biến thiên ta có phương trình f t m có hai nghiệm phân biệt 24 1 m m =E>? ừ đây ta suy ra có 3 giá trị nguyên của tham số m . Câu 48: Cho hình trụ có chiều cao bằng 5a , cắt hình trụ bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 3a được thiết diện có diện tích bằng 220a . Thể tích khối trụ là A. 35a . B. 3125a . C. 365a . D. 365 3 a . Lời giải Chọn C NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 22 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi ,OO ần lượt là tâm của hai đáy và thiết diện là ABCD . Theo giả thiết ta có //AB CD và // //BC AD OO BABCD là hình chữ nhật. Ta có 220 . 4ABCD ABCDSS a AB AD AB aAD  B   ọi H là trung điểm của AB OH ABB 2HA a //AD OO AD OAD AD OHB  B  , , 3OH ABCD OH d O ABCD d OO ABCD a B    OAH vuông tại H nên có 2213OA OH HA a   ậy thể tích khối trụ là 2 2 3. 65V OA AD a Câu 49: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để hệ phương trình   22 222 22 1 .4 2 .2 2118 1 2121 xy x yxy x y xxxmxy yxy x x y x @  CCA  CC    B có nghiệm ;xy thỏa mãn x và y là các số thực dương. Tích của tất cả các phần tử trong tập hợp S bằng A. 30. B. 42. C. 60. D. 56. Lời giải Chọn D. Ta có hệ:   22 222 22 1 .4 2 .2 1 2118 122121 xy x yxy x y xxxmxy yxy x x y x @  CCA  CC    B 0, 0xy ừ (1) ta có: 10xy  22211 2 1 . .2 .24 xy x yxy x yE    22 2 22 2 .2 .2xy x yxy x yE    Đặt 2 22u xy v x y @AB ới 0* 0 , 0 u do v dox y @CACB Khi đó 3 .2 .2uvuvE (4). Xét hàm đặc trưng .2tf t t với 0t 2 .2 ln2ttf t t0; 0t   Do đó hàm số .2tf t t luôn đồng biến trên khoảng 0; Như vậy 4f u f v u vE  E 222xy x yE   222xy x yE    22 1 2x y xE   2 1 0xB   1 2xE ,0xy NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 23 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Từ 222xy x y   2 2 2 1 1 22 xy y x xy x x y x @   CBA    CB ế vào (2), ta có:  222 22 2118 1 121 xxxmxxx      22 22 2 2 1 18 1 2 1 1 xxmx x x x :  E  ;;   <  2 2 2 2 1812111 xmxx x :E   ;< Đặt 2 2 1 xtx  ới 1;2x:R ;< 22 1 2 10,211 xtxxx     ảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên, ta có: với 1;2x:R ;< 1; 5tR Khi đó  218511tmtE    (6). Xét hàm  21811g t tt   ới 1; 5tR  218211g t tt     32 2 2 10 1 t t t t    02g t t E  ảng biến thiên Yêu cầu bài toán 6E ệm 1; 5tR79mE   Theo đề ta có mR 7;8mSB R  ậy tích tất cả các phần tử của S là 7.8 56 Câu 50: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng P đi qua điểm 3; 4;5A ới đường thẳng 2 1 2:1 2 3 x y zd   có phương trình là: A. 2 3 8 0x y z    . B. 2 3 10 0x y z    . C. 3 4 5 10 0x y z    . D. 3 4 5 8 0x y z    . Lời giải NHÓM TOÁN VD – VDC ĐỀ THI-HDG- THỬ LẦN 1 - SỞ BẮC GIANG - NĂM 2020. https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 24 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Chọn B Mặt phẳng P vuông góc với đường thẳng 2 1 2:1 2 3 x y zd   ột vectơ pháp tuyến là 1,2,3n . Vậy mặt phẳng P đi qua điểm 3; 4;5A ận 1,2,3n làm vectơ pháp tuyến có phương trình là: 1( 3) 2( 4) 3( 5) 0 2 3 10 0x y z x y z      E     .
00:00:00