[Đề thi và Lời giải] Đề thi THPT QG 2020 (đợt 2) môn Toán mã đề 112

iceghost

Cựu Mod Toán
Thành viên
TV BQT xuất sắc nhất 2016
20 Tháng chín 2013
5,014
7,478
941
TP Hồ Chí Minh
Đại học Bách Khoa TPHCM
Đáp án thực hiện bởi iceghost

12345678910111213141516171819202122232425
DADDAACDCBCCDDBBBDBDBBAAA
26272829303132333435363738394041424344454647484950
CBCAACBDCDCDDDCBCACACBCDB
[TBODY] [/TBODY]
1. $V = Bh = 24$.
Chọn D

2. $I = \int_1^2 f(x) \, dx + \int_1^2 g(x) \, dx = 5$.
Chọn A

3. $\log_3 (3a) = \log_3 3 + \log_3 a = 1 + \log_3 a$.
Chọn D

4. Nhìn bbt chọn D

5. Chọn A

6. $V = h \pi r^2 = 45\pi$.
Chọn A

7. $\log_2 (x + 7) = 5 \iff x + 7 = 2^5 \iff x = 25$.
Chọn C

8. Chiếu lên $(Oxy)$ thì $z = 0$.
Chọn D

9. Tiệm cận đúng $x = -3$.
Chọn C

10. $S = 4 \pi r^2 = 100\pi$.
Chọn B

11. Nhìn đồ thị thấy hàm bậc 3, $a > 0$.
Chọn C

12. $\int 4x^3 \, dx = x^4 + C$.
Chọn C

13. $z_1 - z_2 = (3 - 2i) - (2 + i) = 1 - 3i$.
Chọn D

14. Thử từng điểm vào, chọn D

15. pt $\iff 2x - 2 = x \iff x = 2$.
Chọn B

16. Điểm biểu diễn của $z = -1 + 2i$ là $(-1, 2)$.
Chọn B

17. $V = \dfrac13 Bh = 6a^3$.
Chọn B

18. Kẻ đường thẳng $y = \dfrac12$ lên đồ thị thì thấy cắt đồ thị $f(x)$ tại 4 điểm.
Chọn D

19. Chọn B

20. Tâm của $(S)$ là $I(1, 2, -3)$. Chọn D

21. $u_2 = u_1 + d = 9$. Chọn B

22. $S_{xq} = \pi r l = 14\pi$. Chọn B

23. Nhìn đồ thị chọn A

24. Phần thực của $5 - 4i$ là $5$. Chọn A

25. Chọn 1 học sinh từ 15 học sinh có 15 cách. Chọn A

26.
$\begin{array}{c|ccccccccc}
x & -\infty & & -1 & & 0 & & 4 & & +\infty \\
\hline
f'(x) & & - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\
\hline
f(x) & & & & & & & & \\
& & \searrow & & \nearrow & & \searrow & & \nearrow \\
& & & & & & & &
\end{array}$
Nhìn bbt thấy có 2 cực tiểu. Chọn C

27. Giải pt $-x^3 + 5x = 0$ có 3 nghiệm phân biệt. Chọn B

28. Tính $AC = 2a$, $\tan (A'C, (ABCD)) = \dfrac{AA'}{AC} = \sqrt{3}$ nên góc bằng $60^\circ$. Chọn C

29. gt $\iff \log_2 a = 4 + \log_2 b = \log_2 16b$
$\iff a = 16b$. Chọn A

30. $(1 - i) \bar{z} = (1 - i)(-3 - 2i) = -5 + i$. Chọn A

31. Giải ra $z = \dfrac{-1 \pm i \sqrt{11}}2$, khi đó $|z_1| + |z_2| = 2\sqrt{3}$. Chọn C

32. $f(x) = x^4 - 12x^2 - 1$
$f'(x) = 4x^3 - 24x$
$\begin{array}{c|ccccc}
x & 0 & & \sqrt{6} & & 9 \\
\hline
f'(x) & & - & 0 & + \\
\hline
f(x) & -1 & & & & 5588 \\
& & \searrow & & \nearrow & \\
& & & -37 & &
\end{array}$
Chọn B

33. pt $\iff 31 - x^2 \geqslant 27 (> 0)$
$\iff x^2 \leqslant 4$
$\iff -2 \leqslant x \leqslant 2$
Chọn D

34. Ơ mình tưởng Bộ giảm tải dạng này rồi???
Công thức thể tích khối tròn xoay là $V = \pi \int_0^1 (e^x)^2 \, dx$
Chọn C

35. $5 = \int_0^1 [f(x) + 2x] \, dx = \int_0^1 f(x) \, dx + 1$
Suy ra $\int_0^1 f(x) \, dx = 4$. Chọn D

36. Có $R = 2.5$ và $h = 5$.
$S_{xq} = 2\pi R h = 25 \pi$. Chọn C

37. Phương trình mặt phẳng song song $(P)$ có dạng $3x - 2y + z + m = 0$
Thay $M(2, 1, -3)$ vào được $m= -1$. Chọn D

38. Đường thẳng qua $M(1, 2, -2)$ và vuông góc $(P)$ có vtcp $\vec{u}(2, 1, -3)$
Chọn D

39. Mỗi năm giảm $2\%$ nên giá bán sau $n$ năm kể từ năm 2020 là $850(1 - 2\%)^n$ triệu đồng
Thay $n = 5$ ta được giá bán năm 2025 là $768,333$ triệu đồng. Chọn D

40. Áp dụng công thức $R$ của hình chóp tam giác đều:
$R = \dfrac{l^2}{2h} = \dfrac{4a\sqrt{7}}7$.
Chọn C

41. $\int f(2x) \, dx = \dfrac{1}2 \int f(2x) \, d(2x) = \dfrac12 F(2x) = \ldots$
Chọn B

42. $y' = 3x^2 - 6x + 1 - m > 0, \forall x \in (2, +\infty)$
$\iff m < 3x^2 - 6x + 1 = f(x) \, \forall x \in (2, +\infty)$
$f'(x) = 6x - 6$
$\begin{array}{c|ccc}
x & 2 & & +\infty \\
\hline
f'(x) & & + \\
\hline
& & & +\infty \\
& & \nearrow & \\
f(x) & 1 & &
\end{array}$
Vậy ycbt $\iff m \leqslant 1$
Chọn C

43. Gọi $N$ là trung điểm $AB$ và hạ $AH$ vuông $SN$ thì $d(AC, SM) = AH = \dfrac{a\sqrt{2}}3$. Chọn A

44. Ta đếm số cực trị dương của $h(x) = |f(x) + \sqrt{x}|$
Xét $y = f(x) + \sqrt{x}$
$y' = f'(x) + \dfrac{1}{2 \sqrt{x}}$
Xét $f'(x) = -\dfrac{1}{2 \sqrt{x}} = -0.5 x^{-0.5}$
Vẽ hình ra, thấy $f'(x)$ cắt $-0.5 x^{-0.5}$ tại 1 điểm. Vậy nên:
$\begin{array}{c|ccccccc}
x & 0 & & & & +\infty \\
\hline
& & & & & \\
& & \nearrow & & \searrow & \\
y & 0 & & & & -\infty \\
\hline
& & & & & & & +\infty \\
& & \nearrow & & \searrow & & \nearrow & \\
h(x) & 0 & & & & 0 & &
\end{array}$
Vậy $h(x)$ có 2 cực trị dương nên hàm ban đầu có $5$ cực trị. Chọn C

45. Hạ $OX$ vuông $AB$, tương tự ta có $Y, Z, T$ trên $BC, CD, DA$. Tính được tất cả các cạnh trong tam giác $SOX$
$\dfrac{d(O, (MNPQ))}{d(S, (MNPQ))} = \dfrac{XM}{SM} = 1$
Suy ra $V_{O.MNPQ} = V_{S.MNPQ} = (\dfrac{SM}{SX})^3 V_{S.XYZT} = \dfrac{1}{16} V_{S.ABCD} = \dfrac{a^3}{12}$. Chọn A

46. Giải hệ $\begin{cases} f(0) = -1 \\ f'(0) = 0 \\ f(4) = -5 \\ f'(4) = 0 \end{cases}$ ta được $a = \dfrac18$, $b = -\dfrac{3}4$, $c = 0$ và $d = -1$
Chỉ có 1 số $a$ dương ($c$ là số không âm) nên chọn C

47. gt $\iff 2^{x^2+y^2-2x+1} \leqslant (x^2+y^2-2x+1) + 1$
$\iff 2^t - t - 1 \leqslant 0$, với $t = (x - 1)^2 + y^2 \geqslant 0$
Khảo sát VT trên $[0, +\infty)$:
$\begin{array}{c|ccccccc}
x & 0 & & \log_2\dfrac{1}{\ln2} & & 1 & & +\infty \\
\hline
VT' & & - & 0 & + \\
\hline
& & & & & & & +\infty \\
& & & & & & \nearrow & \\
VT & 0 & & & & 0 & & \\
& & \searrow & & \nearrow & & & \\
& & & -0.086 & & & &
\end{array}$
Muốn $VT \leqslant 0$ thì $0 \leqslant t \leqslant 1$ hay $(x - 1)^2 + y^2 \leqslant 1$
Ta vẽ miền trong của đường tròn $(C)$ tâm $I(1, 0)$ bán kính $R = 1$
Từ gt có $2P x + (P - 4)y + P = 0$ là một pt đường thẳng $d$
Để tồn tại $x, y$ thì đường thẳng phải cắt đường tròn hay $d(I, d) \leqslant R$ hay $\dfrac{|2P + P|}{\sqrt{4P^2 + (P - 4)^2}} \leqslant 1$
Giải ra $-1 - \sqrt{5} \leqslant P \leqslant 1 + \sqrt{5}$. Chọn B

48. Không gian mẫu $A_{10}^5 - A_9^4$ (số bắt đầu tùy ý trừ cho số bắt đầu bằng $0$)
Xét các số thỏa đề:
TH1. Không quan tâm vị trí số 0
Nếu 2 chữ số tận cùng đều lẻ thì có $A_5^2 \cdot A_8^3$ số (chọn 2 chữ số cuối rồi chọn 3 chữ số đầu)
Nếu 2 chữ số tận cùng đều chẵn thì... hình như cũng y vậy
TH2. Vị trí số 0 nằm ở đầu
Nếu 2 chữ số tận cùng đều lẻ thì có $A_5^2 \cdot A_7^2$ số
Nếu 2 chữ số tận cùng đều chẵn thì có $A_4^2 \cdot A_7^2$ số
Vậy xác suất là $\dfrac{2 \cdot A_5^2 \cdot A_8^3 - A_5^2 \cdot A_7^2 - A_4^2 \cdot A_7^2}{A_{10}^5 - A_9^4} = \dfrac{4}9$
Chọn C

49. Cách ở nhà: Dùng GeoGebra thay hết tất cả các cặp $(m, n)$ có thể vào, ta ra được $9$ cặp.
Quy luật như sau:
  • Pt luôn có nghiệm x = 0
  • Nếu m chẵn thì đồ thị lượn lên rồi xuống (tưởng tượng parabol)
  • Nếu m lẻ >= 3 thì đồ thị lượn lên rồi qua rồi lại lên (tưởng tượng x^3)
  • Do đang xét trong (-1, 1) nên VT chỉ nằm trong miền (-2, 2)
  • Đồ thị bên VP nó chỉ như là 1 đường thẳng lượn ngang qua
  • Để cắt nhau tại 3 điểm thì ta cần: m lẻ >= 3 và n = 1 hoặc n = 2 (để 2 đầu đồ thị bên VP nằm trong khoảng (-2, 2) để cắt đồ thị bên VT)
  • Lưu ý khi m = 11 thì n chỉ có thể = 1, do đó chỉ có 9 cặp
Chọn D...

50. Các thí sinh đợt 1 không thích điều này :D
$\begin{array}{c|ccccccccccccc}
x & -\infty & & 0 & & & & 2 & & & & & & +\infty \\
\hline
x^2-4x & +\infty & & & & & & & & & & & & +\infty \\
& & \searrow & & & & & & & & & & \nearrow & \\
& & & 0 & & & & & & & & 0 & & \\
& & & & \searrow & & & & & & \nearrow & & & \\
& & & & & -2 & & & & -2 & & & & \\
& & & & & & \searrow & & \nearrow & & & & & \\
& & & & & & & -4 & & & & & & \\
\hline
f(x^2-4x) & +\infty & & & & 2 & & & & 2 & & & & +\infty \\
& & \searrow & & \nearrow & & \searrow & & \nearrow & & \searrow & & \nearrow & \\
& & & -3 & & & & -2 & & & & -3 & &
\end{array}$
Để pt $f(x^2-4x) = \dfrac{m}4$ có ít nhất 3 nghiệm phân biệt thuộc $(0, +\infty)$ thì $-3 < \dfrac{m}4 \leqslant 2$ hay $-12 < m \leqslant 8$
Có 20 giá trị nên chọn B
 
Last edited:
Top Bottom