Thông tin tài liệu
KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 B A B D A C B C D B D B A B C D D D B B C A D A A 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 B B C A D D C A D A B D B B C B B C A C D B C C A Câu 29: I cos x sin x ln cos x sin x dx cos x sin x cos x sin x ln cos x sin x dx Đặt t cos x sin x dt sin x cos x dx Với x t Với x t 2 Suy I 2t ln tdt ln td t t ln t 1 2 tdt ln a Vậy b T a b c c Câu 30: w 2z i w 1 i z w 1 i 4i z i w 9i z 4i w 9i z 4i Ta w 9i z 4i w 9i Do tập hợp điểm biểu diễn biểu diễn số phức w hình tròn tâm I 7; 9 , bán kính Vậy diện tích hình tròn S 16 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Câu 31: f 2x f x Ta có dx dx 16 x x 1 2 Đặt t x dt dx , 16 I 2 Suy I 2 f x 1 1 f t 2 dx x 1 dt t 2 f t 1 t dt 2 f x dx f x dx 2 0 f x dx x 1 x 2 x f x dx 2 Vậy f x dx 16 Câu 32: Xét u 3x4 4x3 12x2 m đoạn 3; ta có: u ' 12x3 12x2 24x; u ' 12x3 12x2 24x x 0; x 1; x A max u x max u 3 , u 1 , u , u u 3 m 243 3;2 Khi a u x u 3 , u 1 , u , u u m 32 3;2 Nếu a m 32 m 32 y m 32 100 m 132 m 32, ,132 TH có 3;2 101 số nguyên thỏa mãn Nếu A m 243 m 243 y m 243 100 m 343 m 343, , 243 3;2 TH có 101 số nguyên thỏa mãn Nếu 243 m 32 A.a y 100 (thỏa mãn)trường hợp có 274 số nguyên thỏa mãn 3;2 Vậy có tất 101+101+274= 476 số nguyên thỏa mãn Câu 33: Dựa vào đồ thị ta thấy x a x 1 f x x Do x b b f cos x a x 1 f f cos x f cos x f cos x b b 1 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Lại có, x 1;1 f x 0;1 Suy cos x 1;1 nên f cos x 0;1 Vậy nên loại trường hợp f cos x a f cos x b Chỉ f cos x cos x a x 1 L Tiếp tục, f cos x cos x cos x b b L Vậy có 643 nghiệm Câu 34: 1 1 Ta có 2017 ! 2 2017 1 2017 2017 2017 ! 2016 2016 2018 2017 2017 1 1 2018 2017 2017 ! 2018 2017 2016 2017 Vậy a 2018; b 2017 Câu 35: Điều kiện x 1, x 2018 Xét hàm số f x 2018 x f ' x 2018 x ln 2018 x 1 x 2018 x 1 x 2018 2 0, x ;1 có 0, x ;1 f x đồng biến ;1 Từ bảng biến thiên suy phương trình có nghiệm Câu 36: A R P(x;y) α α I(-2;3) A' Tâm đường tròn I 2; , Bán kính đường tròn R 9sin2 13cos2 4cos2 cos2 2sin KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Gọi P x , y , xét tam giác IAP ta có sin x y 3 2 sin IA R IP IP x y 3 2 x y 3 R 2 Câu 37: S F G E H Q B C M P A D N Gọi hình chóp tứ giác S.ABCD , tích VS ABCD 1.2 3 Gọi M ; N ; P; Q; E; F ; G; H trung điểm tất cạnh hình chóp (hình vẽ) Khi 1 VMNPQEFGH VS ABCD VS EFGH VF MBQ VG.QCP VH PDN VE MAN , với VS.EFGH 12 Các khối chóp lại chiều cao diện tích đáy nên thể tích chúng 1 1 VE MAN Vậy thể tích cần tìm VMNPQEFGH 2 24 12 24 12 Câu 38: Ta có: x 4x y 2 4x y x y x y 2 x2 y 4x y 0 y x2 Trường hợp 1: x2 y qua trục O x2 y Trường hợp 2: Xét nửa đường tròn y x y 2 x Phương trình tiếp tuyến Mo x0 ; y0 là: : y x0 x0 x x y 0 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Ox A A x4 ; Oy B B 0; 4 x0 4 SOAB x0 x0 x0 x0 x2 x0 max Mà Để SOAB x2 x0 x2 x2 x2 x0 2 max 2 Vậy SOAB Câu 39: Đường tròn C1 có tâm I1 1; bán kính R1 Đường tròn C có tâm I 1; bán kính R2 Đồ thị hàm số y ax b có tiệm cận đứng d1 : x c , tiệm cận ngang d2 : y a xc a b c a b 2c ax b Đồ thị hàm số y qua tâm I1 1; , qua tâm I 1; xc a b a b 1 c * Vì hai đường tròn C1 C tiếp xúc với hai đường tiệm cận đồ thị hàm số y c 1 c a d I1 ; d1 d I ; d1 Từ * suy b c d I ; d d I ; d a a 2 Vậy a b c ax b nên xc Câu 40: Ta có: OA.OB nên OP.AP OP.BP AP.BP OP OP OA OP OP OB OP OA OP OB 3OP2 2OP OA OB 1 Giả sử P x; y ; z phương trình (1) trở thành x2 y z 2t 2x y z 2t 1 x y2 z2 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Hay 3OP2 6tOP OP2 2tOP t t OP t t Từ giả thiết suy t t t Vậy Q 2a b 11 Câu 41: tức f x h x x g x g x hàm số có bậc nhỏ Suy Gọi h x thương g x phần dư chia f x cho x Do f x hàm số bậc nên h x hàm số bậc 2 hàm số g x có dạng g x ax b Ta có f x h x x 2h x x a Theo giả thiết chia f x cho x phần dư 2019 , chia f x cho x phần dư 2a b 2019 a 2018 f 2019 a 2018 b 2017 f 2018 2018 nên ta có Suy g x 2018 x 2017 Vậy g 1 2018 1 2017 4035 Câu 42: Ta có log sin x log cos x 1 log sin x cos x 1 sin x cos x Ta có log sin x cos x 10 log n 1 log sin x cos x log n log 10 log sin x cos x log log 1 sin x cos x log n 10 n 1 n 10 n 12 10 10 Vậy n 12 Câu 43: Gọi M x; y ; z , suy 2 2 2 MA2 MB2 x y z x 1 y z x yz4 Suy ra: Tập điểm M x; y ; z thỏa mãn MA2 MB2 mặt phẳng P : x y z KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Trên Sm tồn điểm M cho MA2 MB2 Sm P có điểm chung d I; P R 11 m 111 m m2 m m2 16m 16 m Vậy giá trị nhỏ m Câu 44: - Số cách tặng A16 518918400 - Để loại sách ta xét trường hợp đối có sách tặng hết +) Tặng hết sách tốn có 8! 40320 cách +) Tặng hết sách lý anh A85 A33 8! 40320 cách +) Chỉ tặng hết sách lý có A85 A11 A33 6612480 cách +) Chỉ tặng hết sách anh có A83 A13 A55 51851520 cách - Số cách tặng loại sách để 518918400 2.40320 6612480 51851520 460373760 - Xác suất cần tìm P A 460373760 173 518918400 195 Câu 45: Vì SC / / nên SM SN CE CF , 2 , MA NB EA FB MN ; EF ; AB Mặt khác dễ thấy: SAB đồng quy P Áp dụng Menelaus tam giác : MS PA NB PA 1 4 MA PB NS PB KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 VAMEP AM AE AP 2 16 AS AC AB 3 27 VASCB VBNFP BN BF BP VBSCA BS BC BA 3 27 VAMNBFE VAMEP VBNFP 16 15 V 15 Chọn C VSABC VSABC 27 27 27 V2 12 Câu 46: O' O A M B Đặt độ dài cạnh AB x x M trung điểm AB Vì tam giác OAB nên OA OB AB x OM x Vì mặt phẳng OAB tạo với mặt phẳng chứa đường tròn O ; R góc 60 nên OMO 60 Xét tam giác OOM vng O ta có: cos OMO cos 60 OM x OM Suy OM OM x Xét tam giác OAM vng M có: OA2 OM2 AM2 nên x x 2 7 R R2 x x R 2 16 Do đó: OM x 21 x 21 R OM R Vì vậy, ta có 7 OO OM OM R Vậy thể tích khối trụ V R2 h R2 3 R3 RV 7 Câu 47: Đặt KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 100 T k.2k 2.22 3.23 100.2100 (1) k 1 Khi đó, ta có 2T 22 2.23 Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta 99.2100 100.2101 (2) T 100.2101 2 100 2100 99.2101 log 99.2101 101 log 99 k 1 Do a 101; b 99; c Suy log k.2 k Vậy a b c 202 Câu 48: NHẬN XÉT: Quan sát yếu tố xuất phương trình ẩn x, y ta thấy có xuất y , nghĩ đến phép biểu diễn tham số m theo hàm ẩn x Do phương trình (2) nhân cộng với pt (1) Cách 1:( Lớp 10) Nhân vế với cộng vế với vế với 1 ta phương trình x 3x x x x 3 y 1 1 1 Ta có: x x x x 2 2 Nên y x 3x x 2x2 2x 1 3 y 2x 2 x x 4 Thay vào 1 ta phương trình 3 x2 x 2 x 2m 2 x x 1 2x2 2x m 5 4 2x 2x Ta có: x x Nên vế trái Lại có: m 2x 2 2x 2x 2 2x ( BĐT: AM- GM) 2x 2x 2 2 Suy HPT cho có nghiệm m 2 ; m 2019 nên m 2019; 2018 ; ; 0 Đáp án: C KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Cách 2: ( Lớp 12) x x x y 2m HPT x x 2x y m II 1 4 Đặt x x u u ; x y v u v 2m u.v m Hệ II trở thành v 2m u v 2m u ; u u m u u m 2u 1 2u Xét hàm số f u f ' u u2 u với u 2u 2u2 2u 2u 1 (u 2u 0) ; f ' u u 1 BBT u f ' u 1 1 + 2 f u Từ BBT suy hệ cho có nghiệm m Lại có: m 2 ; m 2019 nên m 2019; 2018 ; ; 0 Đáp án: C Email: tranthanhha484@gmail.com NHẬN XÉT: Cách 1 x2 x m 4 2x 2x Đặt t x2 x 1, t 5 5 1 3 ta có m t Đến khảo sát hàm t OK 4 t 10 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Câu 49: d M , Nhận thấy: / / M 1;1; nên d , 2 2.1 2.0 2 12 2 Vì S tiếp xúc với , nên tâm I S thuộc mặt phẳng P song song với , cách , khoảng (1) Khi S có bán kính R P : x y z Mặt khác, S qua A 1;1;1 nên IA R Vậy, I thuộc mặt cầu (S ') tâm A có bán kính R ' (2) Từ (1) (2) ta thấy, S thay đổi tâm I nằm đường tròn cố định P S ' Ta có: d A , P 2.( 1) 2.1 2 1 2 2 Bán kính đường tròn r Ta có r R ' d Diện tích hình tròn giới hạn 2 A, P 1 1 3 Câu 50: f 4v f 8u 2u 3v 2u v Giải hệ 1 2 1 4v 8u 2u v 1 4v 8u 4u 2v Dựa vào đồ thị hàm số y f x suy 1 f v f 8u Trường hợp 1: Với 2u v 1 v Thế vào 2v v0 u 2v Trường hợp 2: Với 4u 2v v v Thế vào 16v 4v 16v v 2 16v 8v 0(VN ) 11 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Vậy u0 v0 1 , suy a b 2 12 ... 99 .2100 100.2101 (2) T 100.2101 2 100 2100 99 .2101 log 99 .2101 101 log 99 k 1 Do a 101; b 99 ; c Suy log k.2 k Vậy a b c 202 Câu 48: NHẬN... 2h x x a Theo giả thiết chia f x cho x phần dư 20 19 , chia f x cho x phần dư 2a b 20 19 a 2018 f 20 19 a 2018 b 2017 f 2018 ... x g x g x hàm số có bậc nhỏ Suy Gọi h x thương g x phần dư chia f x cho x Do f x hàm số bậc nên h x hàm số bậc 2 hàm số g x có dạng g x ax
Ngày đăng: 09/01/2020, 22:36
Xem thêm: