Nội dung:

NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-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) Mã Đề: 101 (Đề thi gồm 06 trang) Họ và tên: ……………………………………………………….SBD:………………………. Câu 1. Hàm số 23 1 xyx nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. (1;3). B. ( ; 1). C. ( 3;1). D. (1; ). Câu 2. Trong không gian Oxyz cho (2; 1;1), ( 3;4; 5)uv . Số đo góc giữa hai vectơ u và v bằng A. 0150 . B. 0120 . C. 060 . D. 030 . Câu 3. Cho khối chóp có chiều cao bằng 2a , đáy là hình thoi cạnh a và có một góc bằng 60p ể tích của khối chóp đã cho bằng A. 33a . B. 33 3 a . C. 33 2 a . D. 33 6 a . Câu 4. Điểm cực đại của hàm số 332y x x   A. 1x . B. 4x . C. 0x . D. 1x . Câu 5. Trong không gian Oxyz , giao tuyến của hai mặt phẳng :P x y z 2 3 0 , :Q x z 4 1 0 có một véc tơ chỉ phương là. A. 15; 2; 3u   . B. 25;2; 3u . C. 38;1; 2u . D. 44; 1; 2u   . Câu 6. Nếu tích phân 3 1 d6f x x thì 1 0 2 1 df x x bằng A. 3 . B. 12 . C. 6 . D. 4 . Câu 7. Giá trị lớn nhất của hàm số 21y x x    ằng A. 3 . B. 3 . C. 0 . D. 2 . Câu 8. Cho hình nón có bán kính đáy bằng 1 , góc giữa đường sinh và trục của hình nón bằng 030 . Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 43 3  B. 3 . C. 23 3  . D. 2 . Câu 9. Trong không gian Oxyz , điểm đối xứng với điểm 4; 5;3M ục Oz có tọa độ là NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 2 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC A. 4; 5; 3 . B. 4;5;3 . C. 4;5; 3 . D. 0;0;3 . Câu 10. Tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 2 324 2 xyx x x  A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1 . Câu 11. Bất phương trình 24log 1 log 6 5xx   có bao nhiêu nghiệm nguyên? A. 6 . B. 7 . C. 8 . D. 9 . Câu 12. Họ tất cả nguyên hàm của hàm số 2 1 4 4 1fxxx A.  1 2 2 1Cx . B. 1 21Cx . C. 1 21Cx . D.  1 2 2 1Cx . Câu 13. Số điểm cực trị của hàm số 2siny x x ảng ;2 A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. 3 . Câu 14. Tích các nghiệm của phương trình  252 3 7 4 3 0 xx    bằng A. 2 . B. 2 . C. 5 . D. 5 . Câu 15. Cho khối trụ có chiều cao bằng bán kính đáy và có diện tích thiết diện qua trục của khối trụ bằng 16 . Thể tích khối trụ đã cho bằng. A. 64 . B. 64 3  . C. 16 2 . D. 16 2 3  . Câu 16. Biết 221 . .xxx e dx a x b e C   . ới ,ab là các số hữu tỉ. Giá trị của ab ằng. A. 5 2 . B. 4 . C. 1 . D. 2 . Câu 17. Biết phương trình 2 93log log 027 xx có hai nghiệm 12,xx với 12xx ệu 21xx ằng A. 80 3 . B. 80 27 . C. 6560 27 . D. 6560 729 . Câu 18. Biết rằng tập nghiệm của bất phương trình 4 8.6 12.9 0x x x   là khoảng ;ab . Giá trị của ba ằng A. 2 3 log 4 . B. 2 3 log 4 . C. 2 3 log 3 . D. 2 3 log 3 . Câu 19. Cho hình lập phương .ABCD ABCD    cạnh a . Thể tích khối cầu có tâm A và tiếp xúc với đường thẳng AC ằng A. 32 3 a . B. 386 27 a . C. 33 2 a . D. 36a . NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 3 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 20. Biết 4 2 3 dx x a b c     . ới ,,abc là các số hữu tỉ. Giá trị của abc ằng A. 41 2 . B. 25 2 . C. 13 2 . D. 5 2 . Câu 21. Biết nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình 2 1 3.cos sin cos2x x x là 0axb  ới a,b là các số nguyên dương và 10a . Giá trị của a+b bằng A. 23 B. 7 C. 11 D. 17 Câu 22. Tiếp tuyến đi qua điểm 1;0A của đồ thị hàm số 21 1 xyCx  có phương trình là A. 11 33yx . B. 1yx . C. 33yx . D. 1yx  . Câu 23. Cho phương trình 9 2 1 .3 7 0xxmm     với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt? A. 3 . B. 4 . C. 5 . D. Vô số. Câu 24. Cắt tấm bìa hình tròn có bán kính bằng 1 ( độ dày không đáng kể) theo đường gấp khúc SAQCPBS như hình 1, sau đó gấp phần đa giác còn lại theo các đoạn AB , BC , CA sao cho các điểm ,,S P Q trùng nhau để được hình chóp đều có đáy là tam giác ABC như hình 2. Giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp SABC bằng A. 1 9 . B. 4 15 125 . C. 15 125 . D. 4 9 Câu 25. Cho lăng trụ tam giác đều . ' ' 'ABC A B C có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng 3a . Một hình trụ T có hai đáy nội tiếp tam giác , ' ' 'ABC A B C . Gọi M là trung điểm cạnh BC . Đường thẳng 'AM cắt mặt xung quanh của hình trụ T tại N ( N khác M ). Tính độ dài đoạn thẳng MN . A. 15 3 aMN . B. 15 6 aMN . C. 39 3 aMN . D. 39 6 aMN . NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 4 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 26. Gọi mC là đồ thị của hàm số 3 2 21 2 1 32 my x x m m x với m là tham số. Có bao nhiêu điểm M sao cho tồn tại hai giá trị khác nhau 12,mm mà M là điểm cực đại của đồ thị 1mC và là điểm cực tiểu của đồ thị 2mC ? A. 2 . B. 0 . C. 1 . D. Vô số. Câu 27. Gọi H là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số lnxyx ục hoành và đường thẳng 2x ết thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H xung quanh trục hoành bằng lnab ới ,ab là các số hữu tỉ. Tính 3ab A. 32ab . B. 132ab   . C. 31ab  . D. 532ab . Câu 28. Cho lăng trụ đứng .ABC ABC   có đáy ABC là tam giác vuông tại B , 2AB a 4BC a 3AA a ọi M là trung điểm của cạnh AB . Diện tích thiết diện của lăng trụ .ABC ABC   ắt bới mặt phẳng MBC ằng A. 22 10a . B. 23 10a . C. 24 10a . D. 26 10a . Câu 29. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác cân với AB AC a 0120BAC ếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng ABC là điểm H thuộc cạnh BC với 2HC HB ữa SB và mặt phẳng ABC bằng 060 . Mặt phẳng đi qua H và vuông góc với SA cắt các cạnh ,SA SC lần lượt tại ,AC ế tích V của khối chóp .B ACCA A. 373 192 aV . B. 333 64 aV . C. 333 100 aV . D. 353 108 aV . Câu 30. Cho phương trình 22 2 1 2 1log 2 3 6 log 0x m x m m x=      ? với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có đúng một nghiệm? A. 7 . B. 4 . C. 5 . D. 6 . Câu 31. Trong không gian Oxyz , cho hai mặt cầu 1S , 2S có điểm chung 1;2; 1A ếp xúc với mặt phẳng Oxy và đều có tâm thuộc đường thẳng 1 1 1:1 1 2 x y zd   ảng cách giữa hai tâm của hai mặt cầu 1S , 2S bằng A. 6 . B. 46 . C. 4 . D. 26 . Câu 32. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AC a ếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng ABC là điểm H đối xứng với B qua AC . Góc giữa hai mặt phẳng SAC và ABC bằng 45p ện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC bằng A. 22a . B. 22 3 aV . C. 25a . D. 25 4 a . NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 5 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 33. Cho hàm số fx có đạo hàm liên tục, nhận giá trị dương trên đoạn 1;4 , 1 1, 4 8ff  232 . . ' 2 , 1;4 .x f x f x x f x x   R=?  4 1 xdxfx. ằng A. 1.2 B. 3.2 C. 2.3 D. 2. Câu 34. Đồ thị C của hàm số 323y ax bx cx a    và đồ thị 'C của hàm số 232y ax bx c   , , , 0a b c aR có đúng hai điểm chung khác nhau ,AB và điểm A có hoành độ bằng 1. Các tiếp tuyến của C và 'C tại điểm A trùng nhau; diện tích hình phẳng giới hạn bởi C và 'C bằng 1. Giá trị của abc ằng A. 12. B. 17. C. 60. D. 45. Câu 35. Chọn ngẫu nhiên đồng thời sáu số tự nhiên khác nhau thuộc đoạn [1;25]. Gọi A là biến cố “Chọn được sáu số tự nhiên sao cho tổng bình phương của sáu số đó chia hết cho 3”. Xác suất của biến cố A bằng A. 633 6325 . B. 453 6325 . C. 211 6325 . D. 1803 6325 . Câu 36. Cho bất phương trình 2 2019( 2019) 2020 ( 1)log 2020x m x m x m x       với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để tập nghiệm của bất phương trình đã cho chứa trong khoảng (1000;2020) ? A. 1018. B. 1019. C. 1020. D. 1021. Câu 37. Cho hình hộp chữ nhật . ' ' ' 'ABCD A B C D có , 3, ' 3AB a AD a AA a   ọi M là điểm thuộc cạnh 'CC sao cho ()mp MBD vuông góc với ( ' )mp A BD . Thể tích khối tứ diện 'A BDM bằng A. 313 3 8 a . B. 310 9 a . C. 3100 3 a . D. 313 3 24 a . Câu 38. Cho hàm số ()y f x có đạo hàm trên và có bảng biến thiên sau : Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình 11 ( ) ( ) 2mf x f x có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. Hỏi tập S có bao nhiêu phần tử? A. 3. B. Vô số. C. 1. D. 2. NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 6 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 39. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm ,AB theo thứ tự thay đổi trên các tia ,Ox Oy sao cho .9OAOB Điểm S thuộc mặt phẳng Ozx sao cho hai mặt phẳng SAB và SOB cùng tạo với mặt phẳng Oxy một góc 30o . Gọi ;0;ac là tọa độ điểm S . Tính giá trị của biểu thức 44P a c trong trường hợp thể tích khối chóp .S OAB đạt giá trị lớn nhất. A. 10 3P . B. 40 81P . C. 40 9P . D. 45 8P . Câu 40. Cho ba số thực dương ,,x y z thỏa mãn  2222 3 4x z y z z     ị lớn nhất của biểu thức 3 3 342x y z y x z z xyPxy     ằng A. 112 27 . B. 110 27 . C. 128 27 . D. 55 27 . --------------Hết--------------- NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 7 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC BẢNG ĐÁP ÁN LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. Hàm số 23 1 xyx nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. (1;3). B. ( ; 1). C. ( 3;1). D. (1; ). Lời giải Chọn A 2 2 23' 1, ' 0 1; 3( 1) xxy x y x xx . ' 0 ( 1;3))-136({1}yxœ.Hàm sÕ nghÏch biÃn trên (1;1) và (1;3). Câu 2. Trong không gian Oxyz cho (2;1;1),(3;4;5 ) uv . SÕ ÿRJyFJLóDKDLYHFWku và v bµng A. 0150. B. 0120. C. 060. D. 030. Lái gi§i ChÑn A 0.153cos(,)(,)150.26.52.uvuvuvuv Ÿ Câu 3. Cho khÕi chóp có chiÅu cao bµng 2aÿi\OjKuQKWKRLF¥nh a và có mÝt góc bµng 60q. ThÇ tích cëa khÕLFKySÿmFKREµng A. 33a. B. 333a. C. 332a. D. 336a. Lái gi§i ChÑn B DiËn tích hình thoi là 223.sin602aSa q . ThÇ tích cëa khÕi chóp là 231133..23323aaVSha . Câu 4.
LÇm cõFÿ¥i cëa hàm sÕ 332yxx  là A. 1x . B. 4x . C. 0x . D. 1x . 1A 2A 3B 4D 5C 6A 7A 8D 9B 10C 11B 12D 13A 14C 15C 16D 17D 18C 19B 20C 21A 22A 23A 24B 25C 26C 27C 28B 29A 30D 31A 32D 33D 34C 35D 36D 37D 38C 39A 40A NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 8 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Lời giải Chọn D TXĐ D . Ta có 233yx   101 xyx =E>? ảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực đại tại 1x Câu 5. Trong không gian Oxyz , giao tuyến của hai mặt phẳng :P x y z 2 3 0 , :Q x z 4 1 0 có một véc tơ chỉ phương là. A. 15; 2; 3u   . B. 25;2; 3u . C. 38;1; 2u . D. 44; 1; 2u   . Lời giải Chọn C Mặt P có một véc tơ pháp tuyến là ;;n 11 2 3 ; Mặt Q có một véc tơ pháp tuyến là ;;n 21 0 4 ; Gọi là giao tuyến của hai mặt phẳng P và Q , và u là 1 véc tơ chỉ phương của ; khi đó ta có n u n n u n 11 22 đường thẳng có 1 véc tơ chỉ phương là , ; ;u n n u 1 2 38 1 2 . Suy ra u3 cũng là 1 véc tơ chỉ phương của . Câu 6. Nếu tích phân 3 1 d6f x x thì 1 0 2 1 df x x bằng A. 3 . B. 12 . C. 6 . D. 4 . Lời giải Chọn A Đặt 12 1 d d2x u x u ; đổi cận 01xu ; 13xu . Khi đó 1 3 3 3 0 1 1 1 1 1 1 12 1 d d d d .6 32 2 2 2f x x f u u f u u f x x . Câu 7. Giá trị lớn nhất của hàm số 21y x x    ằng A. 3 . B. 3 . C. 0 . D. 2 . NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 9 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Lời giải Chọn A Hàm số có nghĩa 2 0 21;21 0 1 xxxxx  m @@E E E R AA m m BB Ta có 1 1 1 12 1 0, 1;22 2 2 1 2 2 2 1y x x xx x x x :            R ;   < ố nghịch biến trên đoạn 1;2 13Max y y   Câu 8. Cho hình nón có bán kính đáy bằng 1 , góc giữa đường sinh và trục của hình nón bằng 030 . Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 43 3  . B. 3 . C. 23 3  . D. 2 . Lời giải Chọn D Xét tam giác SOB ta có 00 01, 30 sin30 2sin30 OB OBOB OSB SBSB P  B  B   ậy ta có .1.2 2xqS Rl     Câu 9. Trong không gian Oxyz , điểm đối xứng với điểm 4; 5;3M ục Oz có tọa độ là A. 4; 5; 3 . B. 4;5;3 . C. 4;5; 3 . D. 0;0;3 . Lời giải Chọn B Hình chiếu của điểm M lên trục Oz là 0;0;3H . Gọi M là điểm đối xứng với điểm M qua trục Oz . Ta có H là trung điểm của MM 4;5;3H NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 10 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 10. Tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 2 324 2 xyx x x  A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1 . Lời giải Chọn C Hàm số xác định khi  2 2 2 240202021 2 x xxxxx x xxx x @=mC>?C@m=mCCEEgAA>  g?CCBgCCgB TXĐ: ; 2 2;D=   \ ? . *) Ta có 22 2 2 3 2 3 2 2 4 1 41140lim lim lim lim 0121221 x x x x xxx x xyx x x x x x xx rq rq rq rq q  q         0y là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. *) Không tồn tại 0 0 1 1lim ,lim ,lim ,lim x x x xy y y y   r r r r 2x r ố không xác định nên ta chỉ tìm 2lim xy r   22 22 2 2 44lim lim lim122x x x xxyx x xx x x   r  r  r      22 22lim 12x xx x x x r =  ? =   ?  2 2lim 12x x x x x r        2x là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Do đó tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là 2 . Câu 11. Bất phương trình 24log 1 log 6 5xx   có bao nhiêu nghiệm nguyên? A. 6 . B. 7 . C. 8 . D. 9 . Lời giải Chọn B Điều kiện 1016 5 0 xxx @EAB ất phương trình 2 2 4 2 2log 1 log 6 5 log 1 log 6 5x x x x   E    21 6 5xxE   28 4 0xxE   4 2 5 4 2 5xE     ết hợp điều kiện 1 4 2 5xB    2;3;4;5;6;7;8x Z xR B R NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 11 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 12. Họ tất cả nguyên hàm của hàm số 2 1 4 4 1fxxx A.  1 2 2 1Cx . B. 1 21Cx . C. 1 21Cx . D.  1 2 2 1Cx . Lời giải Chọn D Ta có 2 11 2 2 121f x dx dx Cxx   .. Câu 13. Số điểm cực trị của hàm số 2siny x x ảng ;2 A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn A 1 sin2yx . 0,ym;2x R  ố đồng biến trên ;2 ậy hàm số không có cực trị trong khoảng ;2 Câu 14. Tích các nghiệm của phương trình  252 3 7 4 3 0 xx    bằng A. 2 . B. 2 . C. 5 . D. 5 . Lời giải Chọn C  252 3 7 4 3 0 xx     2522 3 2 3 xxE    25 2 0xxE    ổng các nghiệm của phương trình bậc hai 25 2 0xx   ằng 5. Câu 15. Cho khối trụ có chiều cao bằng bán kính đáy và có diện tích thiết diện qua trục của khối trụ bằng 16 . Thể tích khối trụ đã cho bằng. A. 64 . B. 64 3  . C. 16 2 . D. 16 2 3  . Lời giải Chọn C Ta có: Từ đây ta suy ra. Ta có: chiều cao hR NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 12 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Diện tích thiết diện qua trục .2 16 . 8S h R hR  E  28 2 2RRE  E  22h ể tích khối trụ:  22. . . 2 2 .2 2 16 2V R h      Câu 16. Biết 221 . .xxx e dx a x b e C   . ới ,ab là các số hữu tỉ. Giá trị của ab ằng. A. 5 2 . B. 4 . C. 1 . D. 2 . Lời giải Chọn D Đặt 22 11 2 xx du dxux vedv e dx @@CBAABCB 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 31 . 1 . 1 . .2 2 2 4 2 2 x x x x x xI x e dx x e e dx x e e C e x C:           ;<.. ậy 13;22ab   Câu 17. Biết phương trình 2 93log log 027 xx có hai nghiệm 12,xx với 12xx ệu 21xx ằng A. 80 3 . B. 80 27 . C. 6560 27 . D. 6560 729 . Lời giải Chọn D Điều kiện 0x 2 2 9 3 3 3 31log log 0 log log log 27 027 2 xx x x:  E   ;<  6 23 3 3 1 2 23 1log 631log 4log 12 0 , 9729log 272939 xxx x x xxx ==>E    E E B  >>?>? Do đó 211 65609729 729xx    . Câu 18. Biết rằng tập nghiệm của bất phương trình 4 8.6 12.9 0x x x   là khoảng ;ab . Giá trị của ba ằng A. 2 3 log 4 . B. 2 3 log 4 . C. 2 3 log 3 . D. 2 3 log 3 . Lời giải Chọn C NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 13 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Vì 90x 2224 8.6 12.9 0 8. 12 033 xx x x x:  :    E   ;  ; <  <  22 33 22 6 log 6 log 23 x x:E   E  ;< 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 1log 6, log 2 log 2 log 6 log log 33a b b a  B       Câu 19. Cho hình lập phương .ABCD ABCD    cạnh a . Thể tích khối cầu có tâm A và tiếp xúc với đường thẳng AC ằng A. 32 3 a . B. 386 27 a . C. 33 2 a . D. 36a . Lời giải Chọn B Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng AC ABCD là hình vuông cạnh a nên 2AC a .ABCD ABCD    ập phương nên AA ABCD AA AC   B  B ACA ại A . Do đó ta có 2 2 2 21 1 1 3 6 23 aAHAH AA AC a   B  . Vì khối cầu tâm A và tiếp xúc với đường thẳng AC 6 3 aR AH ậy thể tích khối cầu là 3 34 8 6 3 27 aVR Câu 20. Biết 4 2 3 dx x a b c     . ới ,,abc là các số hữu tỉ. Giá trị của abc ằng A. 41 2 . B. 25 2 . C. 13 2 . D. 5 2 . Lời giải Chọn C NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 14 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Ta có  4 4 4 3 3 3 d d d d dx x x x x x x x x x               . . . . . 422 2 3 2572 2 2 xxxx      :  :       ;  ; <  <  ừ đó suy ra 1137225 2 a b a b c c @CC  B   ACCB . Câu 21. Biết nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình 2 1 3.cos sin cos2x x x là 0axb  ới a,b là các số nguyên dương và 10a . Giá trị của a+b bằng A. 23 B. 7 C. 11 D. 17 Lời giải Chọn A Ta có: 2 1 3.cos sin cos2 2sin 3sin2 cos2x x x x x x  E   31sin sin2 cos2 sin sin 22 2 6x x x x x:E   E  ;<   216,,52218 3 xk kllx   =  >ER>>>? Nếu 0x có dạng (1) thì: 0112 2 06 6 12x k k k k:       B   R;< Vì a<10 nên suy ra 111 12 1012k k k   E  R . Vậy 11 1 12 12kk    R nên không có giá trị k thỏa mãn. Nếu 0x có dạng (2) thì nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình ứng với k=0.Hay 05 18x ừ đây ta suy ra a=5;b=18. Vậy a+b=23. Câu 22. Tiếp tuyến đi qua điểm 1;0A của đồ thị hàm số 21 1 xyCx  có phương trình là A. 11 33yx . B. 1yx . C. 33yx . D. 1yx  . Lời giải Chọn A NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 15 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Đường thẳng đi qua 1;0A với hệ số góc k có phương trình 1xy k x k k    tiếp xúc với (C) 21x x 1 2 11 xk k k k x xx E   E     ệm kép 1xg 22 1 1 0kx x k kE      có nghiệm kép 1xg   2' 0011 1 1 3 01332 1 1 1 0 kk k k k k kkk k k g@g@CCE         E E AACCB     gB ậy tiếp tuyến đó là 11x33y . Câu 23. Cho phương trình 9 2 1 .3 7 0xxmm     với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt? A. 3 . B. 4 . C. 5 . D.Vô số. Lời giải Chọn A Đặt 30xtt ta được phương trình 22 1 7 0 1t m t m     Theo yêu cầu đề bài suy ra phương trình 1 phải có 2 nghiệm phân biệt cùng dương  2; 3 2;600 0 2 1 0 1 7 3 0770 mmm S m m m Pmm @R   \ @  @CCCE  E    E   E    A A AC C C  BBB ị nguyên của tham số m là 6; 5; 4   Câu 24. Cắt tấm bìa hình tròn có bán kính bằng 1 ( độ dày không đáng kể) theo đường gấp khúc SAQCPBS như hình 1, sau đó gấp phần đa giác còn lại theo các đoạn AB , BC , CA sao cho các điểm ,,S P Q trùng nhau để được hình chóp đều có đáy là tam giác ABC như hình 2. NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 16 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp SABC bằng A. 1 9 . B. 4 15 125 . C. 15 125 . D. 4 9 Lời giải Chọn B Đặt ; 0; 0AB x SA y x y    O của hình tròn cũng là tâm của tam giác đều ABC và SO AB Khi đó: 22 2 2 223;4 3 2 4 1223 x x x xSH y OH x:     ;;< Mà 2 2 2 221 1 1 14 4 122 3 3 x x x x xSO SH OH y y E   E    E     2 2133 xxyE    ặt khác, ta có thể tích khối chóp đều SABC là 2 2 2 233112 3 123 xxV x y x    ố 213 xyx ĐK: 03x . Có 24 3 5 23 xxy x   NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 17 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC x 0 43 5 3 y  0  y 48 5 125 Vậy giá trị lớn nhất của thể tích bằng 3 48 5 4 15.12 125 125 Câu 25. Cho lăng trụ tam giác đều . ' ' 'ABC A B C có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng 3a . Một hình trụ T có hai đáy nội tiếp tam giác , ' ' 'ABC A B C . Gọi M là trung điểm cạnh BC . Đường thẳng 'AM cắt mặt xung quanh của hình trụ T tại N ( N khác M ). Tính độ dài đoạn thẳng MN . A. 15 3 aMN . B. 15 6 aMN . C. 39 3 aMN . D. 39 6 aMN . Lời giải Chọn C Ta có 2 2 2 22 2 2 2 3 39' ' 9 .3 3 3 3 4 3 aaMD MA MN MA MA AA a Câu 26. Gọi mC là đồ thị của hàm số 3 2 21 2 1 32 my x x m m x với m là tham số. Có bao nhiêu điểm M sao cho tồn tại hai giá trị khác nhau 12,mm mà M là điểm cực đại của đồ thị 1mC và là điểm cực tiểu của đồ thị 2mC ? NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 18 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC A. 2 . B. 0 . C. 1 . D. Vô số. Lời giải Chọn C Ta có 2 22 32 2 1 11' 2 1 0611 32 mmxmyy x m x m mxmy m m . Giả sử 00;M x y thỏa mãn yêu cầu bài toán, ta có hệ 20 1 232222 222232 0 1 1 12 1 111112 1 1113 2 6 3 2 6 x m mmmmmmmy m m 2 2 212 2 10 1 0 0;0 .211113 2 6 m m m Mmm Như vậy, có duy nhất điểm 0;0M là điểm cực đại của đồ thị với 0m và là điểm cực tiểu của đồ thị với 1.m Câu 27. Gọi H là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số lnxyx ục hoành và đường thẳng 2x ết thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H xung quanh trục hoành bằng lnab ới ,ab là các số hữu tỉ. Tính 3ab A. 32ab . B. 132ab   . C. 31ab  . D. 532ab . Lời giải Chọn C Xét phương trình 00ln0 ln 0 1 1 ln 0 1 xxxx x xxxx @@CC E m E m E AACCBB . Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H xung quanh trục hoành là  222 2 2 2 2 11 1 1 1 ln ln 1 1 1.d .d ln .d ln .d lnxxV x x x x xx x x x x   :::     ;;;;;<<<. . . . 222 2 111 1 1 1 1 1 1 1ln2 . d ln2 .d ln22 2 2xxx x x x  ::  :         ;;  ; ;<  < <.. 1 1 1 1ln2 1 ln22 2 2 2:  :      ;  ; <  <  ậy 11;22ab   31ab  NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 19 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 28. Cho lăng trụ đứng .ABC ABC   có đáy ABC là tam giác vuông tại B , 2AB a 4BC a 3AA a ọi M là trung điểm của cạnh AB . Diện tích thiết diện của lăng trụ .ABC ABC   ắt bới mặt phẳng MBC ằng A. 22 10a . B. 23 10a . C. 24 10a . D. 26 10a . Lời giải Chọn B Ta có .ABC ABC   là lăng trụ đứng nên //BC BC M MBC ABCR[//MBC ABC MN BCB [  N là trung điểm của AC . Do đó MBC ABC MN[ ; MBC ACCA NC    [ MBC ABC BC      [ MBC ABBA BM    [ ết diện của lăng trụ .ABC ABC   ắt bới mặt phẳng MBC BCNM ại B nên BC AB .ABC ABC   là lăng trụ đứng nên AA BC BC AABB //MN BC MN AABB MN BM  B  B  .2B C NMMN BCS BM ặt khác ta có 4 ; 22 BCBC BC a MN a     22 2 23 10MB BB BM a a a     ậy 224. . 10 3 1022B C NMMN BC a aS BM a a   Câu 29. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác cân với AB AC a 0120BAC ếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng ABC là điểm H thuộc cạnh BC với 2HC HB ữa SB và mặt phẳng ABC bằng 060 . Mặt phẳng đi qua H và vuông góc với SA cắt các cạnh ,SA SC lần lượt tại ,AC ế tích V của khối chóp .B ACCA A. 373 192 aV . B. 333 64 aV . C. 333 100 aV . D. 353 108 aV . Lời giải NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 20 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Chọn A Do SH ABC ữa SB và mặt phẳng ABC bằng 060SBH 2 2 2 2 22 . .cos120 3 3BC AB AC AB AC a BC a    B  khi đó 3 2 3,33 aaHB HC . Trong ta giác vuông SHB ta có 03.tan60 . 33 aSH HB a   SHC ta có 2 2 2 22 3 21 32 aaSC SH BC a:    ;;< AHC ta có 2 2 2 2 032 . .cos3033 aaAH AC HC AC HC AH    B  SHA ta có 2 2 2 23 2 3 33 aaSA AH SH a:    ;;< Khi đó 2 2 2SA AC SC khi đó tam giác SAC vuông tại A hay SA AC SA HAC SA AC    B  ậy AC ới AC , suy ra SA SC SA SC  Khi đó SAH đồng dạng với 2 2SA SH SA SHSHASH SA SA SA  B  B  . . .B ACCA S ABC S ACBV V V    4 . . 9.16 S A C B S ACB VSA SC SH V SA SC SA :  ;< Khi đó 3 0 . . .9 7 1 7 3. . . .sin12016 16 6 192B ACC A S ABC S ABCaV V V SH AB AC    . Câu 30. Cho phương trình 22 2 1 2 1log 2 3 6 log 0x m x m m x=      ? với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có đúng một nghiệm? A. 7 . B. 4 . C. 5 . D. 6 . Lời giải Chọn D NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 21 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Ta có  22 222 1 2 1 0log 2 3 6 log 02 3 6 xx m x m m xx m x m m x @C=       EA?     CB 22 0 2 1 6 0 1 x x m x m m @CEA     CB ở thành: Có bao nhiêu giá trị m nguyên đề phương trình (1) có đúng một nghiệm dương TH1: Phương trình (1) có một nghiệm kép dương Ta có  221 6 7 0 7m m m m m         E  ệm kép: 6x TH1: Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu hay 26 0 2 3m m m   E   m nguyên nên 1;0;1;2mR TH3:: Phương trình (1) có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm dương Vì 0x ệm của (1) nên 23602 mmmm =   E>? ới 3m phương trình (1) trở thành 20404 xxxx =  E>? ậy 3m ới 2m phương trình (1) trở thành 20606 xxxx =  E>? ậy 2m ại) Vậy có 6 giá trị m nguyên. Câu 31. Trong không gian Oxyz , cho hai mặt cầu 1S , 2S có điểm chung 1;2; 1A ếp xúc với mặt phẳng Oxy và đều có tâm thuộc đường thẳng 1 1 1:1 1 2 x y zd   ảng cách giữa hai tâm của hai mặt cầu 1S , 2S bằng A. 6 . B. 46 . C. 4 . D. 26 . Lời giải Chọn A Gọi I là điểm thuộc đường d thẳng thỏa mãn ,AI d I Oxy Phương trình tham số 1 :1 12 xt d y t zt @CAC  B ọa độ điểm 1 ;1 ; 1 2I t t t d    R Khi đó ,AI d I Oxy 2 2 21 2 1 2t t t tE        .   2 2 20 1;1; 16 2 1 4 4 1 2 2 01 2;0; 3 tIt t t t t ttI  B =E      E   E>  B >? Do đó tọa độ tâm hai mặt cầu 1S , 2S là 11;1; 1I 22;0; 3I ặc ngược lại. Vậy Khoảng cách giữa hai tâm của hai mặt cầu 1S , 2S là  2221 1 2 6    Câu 32. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AC a ếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng ABC là điểm H đối xứng với B qua AC . Góc giữa NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 22 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC hai mặt phẳng SAC và ABC bằng 45p ện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC bằng A. 22a . B. 22 3 aV . C. 25a . D. 25 4 a . Lời giải Chọn D Do điểm H đối xứng với B qua AC nên tứ giác ABCH là hình vuông. Gọi O là giao điểm của AC và HB . Ta có HO AC SH AC AC SHO SO AC B  . Do đó góc giữa hai mặt phẳng SAC và ABC bằng 45SOHp SHO có 11.tan .tan .tan452 2 2 aSH HO SOH AC SOH a   p SH ABCH nên SH BC mà HC BC nên ()BC SHC BC SC . Tương tự ta cũng chứng minh được AB SA . Do đó 90SHB SAB SCB . Suy ra các điểm , , , ,S A B C H cùng thuộc mặt cầu đường kính SB . Do đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABCH là 1 2R SB 221 2SH HB 2 215 2 4 4 aaa . Vây diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC bằng 22 2554 4 .16 4 aaSR   Câu 33. Cho hàm số fx có đạo hàm liên tục, nhận giá trị dương trên đoạn 1;4 , 1 1, 4 8ff  232 . . ' 2 , 1;4 .x f x f x x f x x   R=?  4 1 xdxfx. ằng NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 23 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC A. 1.2 B. 3.2 C. 2.3 D. 2. Lời giải Chọn D Ta có:  223 2 42 . . ' 2 2 . . ' 2x f x f x f x x x f x f x xf x x  E    222 42 2 . . ' 21 ' 1x f x f x xf x f x xx :E  E ;< ế ta được  22 22'1f x f xx C f x x x Cxx : E   E  ;<.. 40xC E  ậy  44 11 22xf x x x xxx B  . Câu 34. Đồ thị C của hàm số 323y ax bx cx a    và đồ thị 'C của hàm số 232y ax bx c   , , , 0a b c aR có đúng hai điểm chung khác nhau ,AB và điểm A có hoành độ bằng 1. Các tiếp tuyến của C và 'C tại điểm A trùng nhau; diện tích hình phẳng giới hạn bởi C và 'C bằng 1. Giá trị của abc ằng A. 12. B. 17. C. 60. D. 45. Lời giải Chọn C Gọi 3 2 23 ; 3 2f x ax bx cx a g x ax bx c       f x g x ệm bằng 1 và ''f x g x ệm bằng 1 Do đó: 3ca ba @BAB Diện tích hình phẳng giới hạn bởi C và 'C là  12 0 1 1 12 60.a x x dx a a b c  B  B   . Câu 35. Chọn ngẫu nhiên đồng thời sáu số tự nhiên khác nhau thuộc đoạn [1;25]. Gọi A là biến cố “Chọn được sáu số tự nhiên sao cho tổng bình phương của sáu số đó chia hết cho 3”. Xác suất của biến cố A bằng A. 633 6325 . B. 453 6325 . C. 211 6325 . D. 1803 6325 . Lời giải Chọn D Nhận xét: Số chính phương chia 3 luôn dư 0 hoặc dư 1. Thật vậy: Xét số chính phương 2()n n NR WDFyWUѭӡng hợp: Trường hợp 1: n = 3k (k ∈ N): NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 24 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Khi đó: 2293nk Trường hợp 2: n = 3k + 1 (k ∈ N): Khi đó: 2 2 2(3 1) 9 6 1n k k k     FKLDGѭ Trường hợp 3: n = 3k + 2 (k ∈ N) Khi đó: 2 2 2 2(3 2) 9 12 4 (9 12 3) 1n k k k k k         FKLDGѭ Vậy, số chính phương chia 3 luôn dư 0 hoặc 1. Chia 25 số tự nhiên trong đoạn [1;25] thành 2 nhóm Nhóm 1: Gồm các số tự nhiên chia hết cho 3. Có 8 số tự nhiên thuộc nhóm 1. Nhóm 2: Gồm các số tự nhiên không chia hết cho 3. Có 17 số tự nhiên thuộc nhóm 2. Để chọn được sáu số tự nhiên sao cho tổng bình phương của sáu số đó chia hết cho 3 thì chỉ có thể thực hiện 1 trong 3 cách chọn: Cách 1: Cả 6 số tự nhiên được chọn đều nằm trong nhóm 1 Cách 2: Cả 6 số tự nhiên được chọn đều nằm trong nhóm 2 Cách 3: Chọn 3 số tự nhiên trong nhóm 1 và 3 số tự nhiên trong nhóm 2. Số phần tử không gian mẫu: 6 25177100nC   Xác suất của biến cố A: 6 6 3 3 8 17 8 17.1803 177100 6325AC C C CP Câu 36. Cho bất phương trình 2 2019( 2019) 2020 ( 1)log 2020x m x m x m x       với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để tập nghiệm của bất phương trình đã cho chứa trong khoảng (1000;2020) ? A. 1018. B. 1019. C. 1020. D. 1021. Lời giải Chọn D Theo bài ra: 2 2019 2 2019 2019 2019 2 2019 2019 2019 2019 2019 2 ( 2019) 2020 ( 1)log 2020 2019 2020 .log .log log 2020 ( 2020 log ) 2020 2019 .log log ( 2020 log ) ( 2020 log ) (2020 log x m x m x m x x x mx m x x m x x m x x x x x x x m x x x x x x        E        E         E          019 2019 2019 ) ( 2020 log ) ( 2020 log )(1 ) x m x x x x xE         Trường hợp 1: 20192020 log 0xx    ố 2019( ) 2020 logf x x x   1'( ) 1 0 (1000;2020).ln2019f x xx     R Do đó, f’(x) là hàm nghịch biến trên (1000;2020). Mà f(2019) = 0 nên phương trình f(x) = 0 nhận nghiệm duy nhất x = 2019. NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 25 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Khi đó, bất phương trình trở thành: 0.m < 0.(1 – 2019) (Vô lý) Như vậy, x = 2019 không là nghiệm của bất phương trình đã cho. Trường hợp 2: 20192020 log 0xx    ịch biến nên x < 2019. Khi đó 11m x x m  E   Mà tập nghiệm của bất phương trình chứa trong khoảng (1000;2019) nên 1000 1 2019 1001 2020mm   E   Trường hợp 2 có 1019 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán. Trường hợp 3: 20192020 log 0xx    ịch biến nên x > 2019. Khi đó 11m x x m  E   Mà bất phương trình của tập nghiệm đã cho chứa trong khoảng (2019;2020) nên 2019 1 2020 2020 2021 m m    E   Trường hợp 3 có 1 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán. Trường hợp 4: m = 2020 Bất phương trình trở thành: 2019 20192020( 2020 log ) 1 ( 2020 log )x x x x x        ếu 2019x ất phương trình tương đương với 2020 1 2019xx  E  ập nghiệm của bất phương trình: SZ *) Nếu x < 2019, chứng minh tương tự, ta được tập nghiệm của phương trình SZ Vì tập rỗng cũng nằm trong (1000;2020) nên m = 2020 cũng thỏa mãn bài toán. Vậy có tất cả 1021 giá trị nguyên m sao cho tập nghiệm của bất phương trình chứa trong khoảng (1000;2020). Câu 37. Cho hình hộp chữ nhật . ' ' ' 'ABCD A B C D có , 3, ' 3AB a AD a AA a   ọi M là điểm thuộc cạnh 'CC sao cho ()mp MBD vuông góc với ( ' )mp A BD . Thể tích khối tứ diện 'A BDM bằng A. 313 3 8 a . B. 310 9 a . C. 3100 3 a . D. 313 3 24 a . Lời giải Chọn D Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ: NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 26 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Ta có '(0;0;0), ( ;0;3 ), (0; 3;3 )A B a a D a a . Giả sử 0( ; 3; )M a a z , suy ra ' ( ;0;3 ) ' (0; 3;3 ) A B a a A D a a @CACB  2 2 2' , ' 3 3; 3 ; 3A B A D a a a=B   ? . Chọn véctơ pháp tuyến của ( ' )mp A BD là ( 3; 3;1)n   . Lại có 0(0; 3; 3 ) ( ; 3;0) BM a z a BD a a @CACB  2 00, 3( 3 ); ( 3 ); 3BM BD a z a a z a a=B     ? . Chọn véctơ pháp tuyến của ()mp MBD là 00' 3( 3 );(3 ); 3n z a a z a    . Vì ( ' ) ( ) . ' 0A BD MBD nn B  003 3( 3 ) 3(3 ) 3 0z a a z aE     003 3 9 3 3 3 3 3 0z a a z aE     00114 3 11 34 az a zE  E  ậy 11; 3;4 aM a a:;<'1' , ' . '6A BDMV A B A D A M=B? 33 331 11 3 13 33 3 3 36 4 24 aaaa     Câu 38. Cho hàm số ()y f x có đạo hàm trên và có bảng biến thiên sau : Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình 11 ( ) ( ) 2mf x f x có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. Hỏi tập S có bao nhiêu phần tử? A. 3. B. Vô số. C. 1. D. 2. NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 27 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Lời giải Chọn C Xét phương trình 11 ( ) ( ) 2mf x f x (1). Điều kiện ( ) 0 ( ) 2 fx fx g@AgB 1 ( ) 0 (1;2) 2 xa f x x b xc => E  R>>? ( ) 2f x x d c E   Đặt 11()( ) ( ) 2gxf x f x  2211'( ) '( )( ) ( ) 2g x f xf x f x =B   >>? 1'( ) 0 '( ) 02 xg x f xx =B  E  E>? ảng biến thiên: Phương trình (1) có đúng 3 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng ym có 3 điểm chung phân biệt với đồ thị hàm số ()y g x ỉ khi 3 4m ậy có một giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 39. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm ,AB theo thứ tự thay đổi trên các tia ,Ox Oy sao cho .9OAOB . Điểm S thuộc mặt phẳng Ozx sao cho hai mặt phẳng SAB và SOB cùng tạo với mặt phẳng Oxy một góc 30o . Gọi ;0;ac là tọa độ điểm S . Tính giá trị của biểu thức 44P a c trong trường hợp thể tích khối chóp .S OAB đạt giá trị lớn nhất. A. 10 3P . B. 40 81P C. 40 9P . D. 45 8P Lời giải Chọn A NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 28 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Ta có: Hạ ,SH OA SOB Oxy SOH B  ,HE AB SAB Oxy SEH B  30 3oSOH SEH HO HE SHB   B   BH là tia phân giác của góc OBA . max max max13.32OABV S SH SH V SH HO  B E E Đặt , , , 0 . 9OA x OB y x y x y   B  .OH OB OAOBOHHA BA OB BA B  BH là tia phân giác của góc OBA ). 222 2 99 81OHy x yyyy B   .9xy  222 2281 81A y y A y yyy   B    32 2 6 2 44 2281 812 3 81 27.81. 3 27A Ay Ay Ay A A A AyyB      m E m E m 44 4 4 4 44 9 3 3 33 3;0; 3;3 27 27 3 3OH S a c:B    B B  ;;< ậy 441 10333P a c     NHÓM TOÁN VD – VDC HSG QUẢNG NAM-2020 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 29 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 40. Cho ba số thực dương ,,x y z thỏa mãn  2222 3 4x z y z z     ị lớn nhất của biểu thức 3 3 342x y z y x z z xyPxy     ằng A. 112 27 . B. 110 27 . C. 128 27 . D. 55 27 . Lời giải Chọn A Ta có:  222 2 2 2 2 22 3 4 2 4 4 3 4x z y z z x xz z y yz z z     E       2 2 2 2 2 24 2 2 4 4 2 2 4 1x y z x y z x y z x y zE      B      Khi đó: 333 3 33 3 3 3 3 2 2 3842484z x yx y z y x z z xyx y x z y x y z z xyP x y zxy xy xy             22 232 4 22 2 4z x y x y xyz x y z zxy         1 ).  22 23422 2 1 42 x y xyz x y z zxy =     >?  22 23442 2 4xy x yz x y z zxy       2 2 3 3 222 2 4 4xyz x y z z z zxy           ấu bằng xảy ra khi 2xy 324f z z z    ới 0z 22' 3 2 03f z z z z    E  0z ảng biến thiên: