ÔN THI TOÁN 12

KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 18 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 A A C A B A C B C B B D A B B D B D D B D B A A B 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 D B D A A A C A C A B C D C C D C A D C D D B D A Câu 23: Gọi A ' hình chiếu A  O '  ; B ' hình chiếu B  O  O Khi OO '/ / AA ' nên  AB, OO '    AB, AA '   BAA '  30 (do ABA ' vuông A B' B ) Gọi I trung điểm A ' B Do OO '/ /  AA ' BB '  nên    O'  d OO ', AB   d OO ',  AA ' BB '   d O ',  AA ' BB '   O ' I  I a B A' a 3  a Ta có A ' B  BI  O ' B  O ' I  a       2 OO '  AA '  A ' B.co t 30  a 2 Diện tích tồn phần: Stp  2 rh  2 r  2 a.a  2 a  2 a   1 Câu 24: Diện tích tam giác ABC là: SABC 3V  Đường cao SA là: h  S S 1 3a  AB.AC.sin BAC  a.a  2 3 a a 24  a A B Ta có: SA   ABC   SA  AB SA  AC  SC  SA2  AC  SA2  AB2  SB  SBC tam giác cân S M C Gọi M trung điểm BC KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Trong ABC : AM  BC ; Trong SBC : SM  BC  góc hai mặt phẳng  SBC   ABC  góc SMA Trong tam giác vng ABM ta có: cos BAM  Trong tam giác vng SAM có AM  SA  AM a  AM  AB a  tam giác SAM vuông cân S  SMA  45 Câu 26: 1  x x 0 Ta có lim y  lim x  x  m 1  x x Nên đồ thị hàm số ln có đường tiệm cận ngang y  Do để đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận phương trình: x2  mx   có nghiệm kép có hai nghiệm phân biệt có nghiệm  m2  16   m2  16    m   m  5  m  5   Khi    m  4    m  16   m  16   m  5  m  5  m  5   Vậy m  4 ; ;  5 Nên có giá trị thỏa yêu cầu toán Câu 29: Vì x  m ; m, n  N *  x  n Ba số ba số log x , 1 , log  81x  theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên: log x  log  81x   1  log x  log  81x   2  log  9x   2   x   32   9x  2 1   9x     3 1 , x   x  27 Vậy m  1, n  27  m  n  28 Câu 31: Gọi số tiền cô Ngọc vay A , số tiền trả hàng tháng m Với lãi suất 1% / tháng : KHĨA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Cuối tháng nợ : A  Ar  m  A   r   m      Cuối tháng nợ: A  r  m   A  r  m r  m  A  r  Cuối tháng nợ :  A  r     m  r  1  1  m  r  1  1  1  r   m  A 1  r   m 1  r   1  r   1    Cứ cuối tháng n nợ: A 1  r   m 1  r   n  1  r  n1 n   1  r   1  1  r    A  r  A 1  r   m   1  r   n n  Để trả hết nợ A  r  n n 1  r  m 1  r  m r n 1 n 1 1  r   0 Am 1  r  r n n r 1  1% Áp dụng công thức ta có: A  1  1% 60 60 1  224,76 ( triệu) 1% Câu 33:    Xét f  x   x       x   nghiem boi   x2  2x    x  x       Ta có g x  x  f  x2  8x  m ; x    x  x  m   nghiem boi  g  x     x   f  x  x  m    x  x  m   1   x2  8x  m       Yêu cầu toán  g  x   có nghiệm bội lẻ  phương trình  1 , phân biệt khác   có hai nghiệm *  Xét đồ thị  C  hàm số y  x  x hai đường thẳng d1 : y  m, d2 : y  m  (như hình vẽ) Khi  *   d1 , d2 cắt  C  bốn điểm phân biệt  m  16  m  16 Vậy có 15 giá trị m nguyên dương thỏa Câu 34: KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 f  x nguyên hàm hàm số x 2x2  f  x 1         F  x        f  x    x x x  2x    + Ta có: F x  + Xét I   f   x  ln xdx  u  ln x du  dx Đặt   x dv  f   x  dx v  f  x    I  f  x  ln x   f  x 1  ln x dx   ln x   C     x x 2x 2x  x  C  Câu 35: xy  16  y  64 x log x  log 64 16  log 16 x 64 x  1  log x   log x  log 16 64  log 16 x  log x  log x log x    x  3 2   log x  log x   log x  log x     log x    x  3 5  y     y  64 3 64 3  x   log   20 y  Câu 36: Điều kiện x  Đặt t  e x Do x   t  ứng với giá trị t  cho giá trị x     f  t   1 Ta có phương trình trở thành:  f t   f t      f t   Từ đồ thị hàm số y  f  t  1;   suy phương trình f  t   1 có nghiệm phương trình f  t   có nghiệm khác với nghiệm phương trình f  t   1 Vậy phương trình cho có nghiệm Câu 37: KHĨA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 1 0 Ta có A    x f    x   f  x   dx   x f    x  dx   f  x  dx    Đặt I  x f   x dx  du  dx u  x    dv  f  1  x  dx  v   f   x  Đặt    Khi I   f  x x  1 f   x  dx   f     f  x  dx     Do A   f  0 f  x  dx   f  x  dx  1  f 0   2 Câu 38:    z   Ta có:  z    i   z Chia hai vế cho i ta được: z   7 i  zi  z  Hay z  i  7 i  5 25  z 1  i   7 i   z  49  z z z    z  25 (t/m) 2 25  Bình phương vế, ta được: z  49   z  49 z  25    z z   (kt/m)   Do z  nên z  Thế z  vào đề ta được:  z   Đặt z  x  yi , với x, y  5 i   z   z  1 i   z (1)  Thế vào (1) ta được:  x  yi  1 i   x  yi   y   x  1 i   x  yi x  y  x   y   x     x  y  1  y  4 x    y Dễ thấy số phức  4i thỏa mãn yêu cầu toán Vậy tổng phần thực số phức cần tìm Câu 39: Ta có: I  1; 2;  trọng tâm tam giác ABC MA, MB, MC khoảng cách từ M đến điểm A, B, C KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020     MB   MC  =  MI  IA    MI  IB  MI  IC  2 Xét MA  MB  MC  MA     IA    IB   IC   MI 2 2 2 2 2  MI IA  MI IB  MI IC   3MI  IA2  IB2  IC  MI IA  IB  IC   MI  IA2  IB2  IC  MI (do I trọng tâm tam giác ABC nên IA  IB  IC  )  3MI  IA2  IB2  IC Mà IA2  IB2  IC có giá trị khơng đổi nên MA2  MB2  MC đạt giá trị nhỏ MI ngắn Khi M hình chiếu vng góc I lên mặt phẳng  P  Gọi  d  đường thẳng qua M I , vng góc với mặt phẳng  P    Đường thẳng  d  qua điểm I  1;1;1 , nhận véc tơ pháp tuyến  P  nP  3;  3;  véc  x   3t  tơ phương nên phương trình tham số  d   d  :  y   3t  t   z   2t   M  P  d M  d  M   3t ;  3t ;  2t  Mặt khác M   P  nên:   3t     3t     2t   15   t  Do M  4; 1;  Suy a  b  c  Câu 40: Dễ thấy mặt phẳng ( P ) song song mặt phẳng (Q) Lấy điểm A(1;  1; 0) P  Ta có:     d  P  ;  Q   d A;  Q   1  1   Do mặt cầu (S) tiếp xúc với hai mặt phẳng song song nên khoảng cách hai mặt phẳng song song đường kính (S) Vậy mặt cầu  S  có bán kính RS  Câu 41:       Ta có m  3x  2m  2x 3x   m 4x   1 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 x x  3 3   m       2m    1 m    4   x  3 Đặt t   , điều kiện t      Khi phương trình trở thành:  m   t   m   t   m  ,   Do để phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt phương trình   có hai nghiệm dương phân m  a      m  biệt       m   m   ; 5 P  m  S  1  m   Vậy a  , b  nên a  b  Câu 42: Cách 1: Gọi H giao điểm CN BM Ta có SH   ABC  S Đặt BC  x (với x  ) I AC Ta có CB  CM  BM   BCM Xét BCM có đường phân giác CH đường cao nên M E C A CH  BM F  CN  BM H  tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn H N  CMN  90 , hay MN  CA B Suy hai tam giác MNA BCA đồng dạng  MN AM a x   x  a ; AC  2a   BC AB x 3x K Lấy E trung điểm CM Ta có AN AM    MN BE  MN AB AE     BEI      d  MN , BI   d MN ,  BEI   d M ,  BEI   2d H ,  BEI  Nên SH  3VS ABC  a SABC KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 a Ta có HB  ; HC  BC  HB2    Đặt y  d H , BEI a  2 a 3 a 3a    HF  HC        Xét tam diện vuông đỉnh H với ba cạnh HB , HC , HS ta có mặt phẳng  IEB  cắt HB B ; cắt HC F cắt HS K , ta có 1 1 1 64         y  a 2 2 2  a   a   3a  y HB HF HK 9a         2     Do d MN , BI   a  3a Cách 2: S Đặt BC  x (với x  ) Dễ thấy x  a Gọi K giao điểm BM CN I Gọi J trung điểm CM , G giao điểm CN BJ Ta có  IJB  SMN      d  BI , MN   d G ,  SMN   d C ,  SMN  Mà VS.CMN J C  A G x K N 3a  VS ABC   M B    1 3a 3a a   d C ,  SMN   SSMN   d C , SMN   3 8    d C ,  SMN   3a a  d  BI , MN   Câu 43:    Xét g x  f x    Tập xác định D     Ta có: g x  x         f   x     xx  11 f   x   3  x 1 h  x  với h x  x  f  x    KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020  x  1  x   x  1  x  2  x     x    2 h  x      x  x1 3   f  x     x  4    x1 3   x   x  5     Bảng xét dấu g  x  Vậy, hàm số y  g  x  có cực trị NHẬN XÉT admin: Số cực trị hàm số y  g  x  tương ứng với số nghiệm bội lẻ pt h( x)  Câu 44: Ta có: x6  f '( x)  27  f ( x)  1  x f '( x)  3  f ( x)  1 f '( x)   f ( x)  1  x2  x  0  f '( x)  f ( x)  1 dx    3 dx   f ( x)  1 x     f (2)  7 Câu 45: Ta có f ( x)    4x   2x dx  x4  x2  C f (0)   C  Do ta có f  x   x  x   , x      Ta có: g '( x)  2x  f x2  2x  f ' x2  2x   x  2x    g '  x      x  1 2 4 x  2x   x  2x    x       Bảng biến thiên KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 x - g'(x) - -1 + + - + g(x) Từ bảng biến thiên ta suy hàm số y  g  x  có cực tiểu Câu 46:  Với hai số dương x ; y thỏa log 4x  y  2xy   y2    2x   y   Ta có  y   log  x  y  xy      x   y     y   log  x  1 y      x  1 y     y    log  x  1  log  y      x  1  y2    log  x  1   x  1  log    y2 y2  Xét hàm đặc trưng f  t   log t  t  0;   có f  t  biến  0;     0, t  nên hàm số f  t  đồng t ln   8 f  x  1  f  y 2   2x   y2 2x   y2 P  2x  y  2x  AM GM      x  1     3  2x   2x   Dấu xảy x   1  2   x  1   x  2x  Vậy S  a  b  c  Câu 47: Mặt cầu  S  có tâm I  2; 1;1 , bán kính R  2   1  12   3   Ta có: AI       1    1   2  34  R nên A nằm mặt cầu  S  Ta lại có: S  AM  AN Đặt AM  x với x   34  3; 34  3   10 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Mà AM.AN  AI  R2  34   25 suy ra: AN    Do đó: S  f x  x  f '  x   Do đó: 25 AM 100 với x   34  3; 34  3   x 100 x2  100   0, x   34  3; 34  3   x2 x2  34  3; 34  3   f  x  f   34   34  Dấu “=” xảy  A , M , N , I thẳng hàng AM  34  3; AN  34  Câu 48: Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ sau y2 x2 Phương trình tắc Elip  E  là:   Từ đó, suy 452 75  x2  452 y     452  MN  452  x2 75  75  Diện tích thiết diện là:  1     MN      452  S  x   R2     R2            45  x  75  2        R2 Thể tích cần tính là: V  75  S  x  dx  75    452   75    45  752 x  dx  115586m 75 Câu 49: Ta có V1  VS ADQ  VS.PQD  VS.DNP Mà Và VS ADQ VS ABCD VS PQD VS BQD     d S ,  ABCD  SAQD   d S ,  ABCD  SABCD  SP.SQ.SD SP  SB.SQ.SD SB Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác SBC với cát tuyến MPN ta có: MB.PS.NC PS SP  1  suy  MC.PB.NS PB SB 11 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Suy VS.PQD VS.BQD VS.B DQ  mà VS ABCD     d S ,  ABCD  SBQD V 1   nên S PQD  VS ABCD d S ,  ABCD  SABCD     d S ,  ABCD  SBCD VS BCD VS.PND SP.SN.SD 1   Ta lại có:   mà VS ABCD VS.BCD SB.SC.SD d S ,  ABCD  SABCD Suy VS.PND  VS ABCD Vậy V1  V 7 VS ABCD suy  12 V2 Câu 50: 12 ... 28 Câu 31: Gọi số tiền cô Ngọc vay A , số tiền trả hàng tháng m Với lãi suất 1% / tháng : KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Cuối tháng nợ : A  Ar  m  A   r   m      Cuối tháng nợ: A  r... Dễ thấy số phức  4i thỏa mãn yêu cầu toán Vậy tổng phần thực số phức cần tìm Câu 39: Ta có: I  1; 2;  trọng tâm tam giác ABC MA, MB, MC khoảng c ch từ M đến điểm A, B, C KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG... x   x  5     Bảng xét dấu g  x  Vậy, hàm số y  g  x  có cực trị NHẬN XÉT admin: Số cực trị hàm số y  g  x  tương ứng với số nghiệm bội lẻ pt h( x)  Câu 44: Ta có: x6  f '(