ĐÁP án CHI TIẾT đề số 9

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 4x y 2  4x y x y  x y 2   x2  y 4x 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 SOAB   x0  x0      x0  x0    x2  x0 max Mà Để SOAB   x2  x0  x2   x2   x2  x0 2   max 2 Vậy SOAB  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 xc a  b   c   a  b  2c  ax  b  Đồ thị hàm số y  qua tâm I1  1;  , qua tâm I  1;    xc 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 xc 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 yz4  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  11 m  111  m  m2  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 OAB nên OA  OB  AB  x  OM  x Vì mặt phẳng  OAB  tạo với mặt phẳng chứa đường tròn  O ; R  góc 60 nên OMO  60 Xét tam giác OOM vng O ta có: cos OMO  cos 60  OM x OM Suy OM  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: OM  x 21 x 21  R OM   R Vì vậy, ta có 7 OO  OM  OM  R Vậy thể tích khối trụ V   R2 h   R2 3 R3 RV  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     v0 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 