ÔN TOÁN THPT QUỐC GIA

KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 15 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 B D B A B D B A C B D B C D C C D C D A B B C 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 A A D A D B C B B D D C A B B A A C D A B A A D C Câu 29: Ta có 9 1 1  2   x  x   x x     C9k  1x  x  x k 0       9 k k x k  x  1   Cki C9k  1 k k i 2i.x2 k i 9 k 0 i 0 Theo yêu cầu toán ta có 2k  i    2k  i  12 ;  i  k  ; i , k  Ta có cặp  i ; k  thỏa mãn  0;  ,  2;  ,  4;    Từ hệ số x C60C96 1 0 20  C52C95  1 5 22  C44C94  1 4 24  2940 Câu 30: Đặt t  3x   t  3x   2tdt  3dx  dx  tdt Đổi cận: x   t  ; x   t  4 4 2 t 2 d x  dt  (1  )dt  (t  ln t  )   ln  ln 1  3x    3 1 t 32 1 t 3 a 2 ,b  ,c    a  b  c  3 3 Câu 31:     Ta có z     i  z    z  i   3i z  z   z  i     Suy  3i z  z   z  i  10 z      10 z  z   z   2  z  4   z  4 2  z  32  z   z  Câu 32: KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020               Ta có: g ' x  2 x2  x ' f ' 2x2  x f 2x2  x  x f ' 2x2  x f 2x2  x   4x      f ' x2  x    f 2x2  x       4x    x    x  1  x  x  2(VN )  Dựa vào bảng biến thiên ta có f ' x  x    x x  x      Dựa vào bảng biến thiên phương trình f  x   có nghiệm x0  (vì đồ thị y  f  x  cắt trục   Ox điểm có hồnh độ lớp 1) Khi f 2x2  x   2x2  x  x0  2x2  x  x0  (*) phương trình có hai nghiệm a , c trái dấu Mặt khác, thay nghiệm x   1 ; 1; vào (*) ta x0  không thỏa mãn điều kiện x0 nên 1 x   ; 1; không nghiệm (*) Vậy phương trình g '( x)  có nghiệm đơn Suy hàm số y  g( x) có cực trị LỜI BÌNH: u cầu đề thay đổi số cực đại số cực tiểu hàm số, ta cần phải xét dấu g’(x) Cụ thể: Ta có nghiệm phương trình f (2 x  x)   x  x  x0  x  x  x0   x0 1  x1     x1 '   0; x0   x1  x1 (1)  4  x0  x0 1 x1     x1 '    0; x0   x1  x1 (1)  1 4  x0  Mặt khác:  x  1  x  x  2(VN ) f ' 2x  x     x x  x       2 x  x  2 f ' 2x2  x     1  x    2x  x    Bảng xét dấu: KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Dựa vào bảng biến thiên ta được: cực đại cực tiểu Câu 33: Xét hàm: y  x   m   x  mx  m ; y  3x   m   x  m Nhận xét : - Mỗi giao điểm đồ thị hàm số y  f ( x) với trục Ox có điểm cực tiểu đồ thị hàm số y | f ( x)| - Nếu hàm số y  f ( x) có ycd yct  hàm số y | f ( x)| có hai cực tiểu - Nếu hàm số y  f ( x) khơng có cực trị hàm số y | f ( x)| có cực tiểu u cầu tốn  y  có hai nghiệm phân biệt ycd yct   x   m   x  mx  m2  có ba nghiệm phân biệt x  m    x - m  x  x  m    1  m  m       m2  3m  m  {0; 3}    Theo đề ta có: m  , |m|  5  m  m  Z  Kết hợp điều kiện ta được: 5  m   m  {  4; 2; 1} m  0; m  3  Câu 34:  BP   PA  QD  QD  3QC Ta có  B P A Khi khối trụ thu có bán kính đáy r  PA  QD  đường sinh l  AD  Nên diện tích xung quanh hình trụ Sxq  2 r.l  2 3.2  12 C Q D Câu 35: Gọi số tiền đóng hàng năm A  12 (triệu đồng), lãi suất r  6%  0,06 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Sau năm, người rút tiền nhận số tiền A1  A   r  (nhưng người khơng rút mà lại đóng thêm A triệu đồng nữa, nên số tiền gốc để tính lãi năm sau A1  A ) Sau năm, người rút tiền nhận số tiền là: A2   A1  A1  r    A 1  r   A 1  r   A 1  r   A 1  r  Sau năm, người rút tiền nhận số tiền là: A3   A2  A 1  r    A 1  r   A 1  r   A 1  r   A 1  r   A 1  r   A 1  r    … Sau 18 năm, người rút tiền nhận số tiền là: A18  A 1  r   A 1  r    A 1  r   A 1  r  18  Tính: A18  A   r 17  18 17  1  r    1  r   1  r    1     r 19      r 19      0,06 19    A18  A   1  A   1  12   1  393,12 r 0,06  1  r              Câu 36: Số số tự nhiên có chữ số lập từ tập A  0;1; 2; 3; ; 9 là: 9.105 số Nhận thấy 1400  23.52.7  1.2.4.7.52  1.1.8.7.52 Suy số chọn: Tạo thành từ chữ số 2, chữ số chữ số 7; chữ số 1, chữ số 2, chữ số 4, chữ số chữ số 5; chữ số 1, chữ số 8, chữ số chữ số Nên số số có tích chữ số 1400 là: C63 C32  A64  A62 C42  600 số Xác suất cần tìm là: P  600  1500 9.10 Câu 37: Gọi M điểm biểu diễn số phức w   z  i   i  Suy ra: z  Viết lại giả thiết: z  i  z  i   w i 1 i w w ii   i  i   w  w   2i  1 i 1 i  MF1  MF2  với F1  0;  , F2  2; 2  , F1F2  2c  2 Tập hợp điểm M điểm biểu diễn số phức w elip có độ dài trục lớn 2a  , 2c  2 , b  a  c  Diện tích elip S   a.b  12 Câu 38: KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Từ giả thiết suy hàm số y  f  x  đồng biến khoảng  1;1 , 1;3  liên tục x  nên đồng biến  1;3  Ta có g   x   f   x  m  x   0;   x  m   m ; m   m  1 g  x  đồng biến khoảng  ;    m ;  m    1;3    1  m  2  m  Vì m nên m có giá trị m  1; m  0; m  Câu 39: Cách 1: Sử dụng cơng thức tỉ số thể tích khối hộp Cho hình hộp ABCD.ABCD , gọi M , N , P điểm thuộc cạnh AA , BB , CC Mặt phẳng  MPN  cắt cạnh DD Q Khi đó: VMNPQ ABC D VABCD ABC D  MA PC        AA CC    NB QD    BB DD  Áp dụng, xem khối đa diện AMNPBCD  AMNP.ABCD ta có: VAMNP ABCD  MB PD   1       VABCD ABCD  BB DD    Vậy VAMNPBCD  VAMNP ABCD  3 VABCD ABCD   2a   3a3 8 B   Thể tích khối lập phương ABCD.ABCD V  2a  8a A' D' B' Gọi O , O tâm hai hình vng ABCD ABCD , gọi K  OO  MP , N  AK  CC Ta có OK  P C M Cách 2: D A 1 a  3a 3a DP  BM    a    Do CN  2OK   2 2 2 C' A D O P C B K Diện tích hình thang BMNC M SBMNC  1 3a  5a BM  CN  BC   a   2a   2  2 O' B' Thể tích khối chóp A.BMNC VA BMNC D' A'  SBMNC AB N C' 5a 5a  2a  3 Diện tích hình thang DPNC SDPNC   DP  CN  CD   a 3a    a  a  22  KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Thể tích khối chóp A.DPNC VA DPNC  1 4a3 SDPNC AD  2a2 2a  3 5a a   3a 3 Thể tích khối đa diện AMNPBCD V  VA.BMNC  VA.DPNC  Câu 40: Mặt cầu  S  có tâm I  1;1;  bán kính R  Gọi H hình chiếu vng góc I d , H trung điểm đoạn EF     Ta có EF  2EH  R2  d I , P    nhỏ Suy EF lớn d I , P   Đường thẳng d qua A  1; 1; m  có véc tơ phương u  1;1;     Ta có AI  0; 2;  m ,  AI , u   m;  m; 2    Suy d I , P    AI , u   u   m2  12 11     nhỏ m  Khi EF  2EH  Do d I , P  R2  d I ,  P   2 Câu 41: Đặt g  x   f  f  x   g  x  f   f  x  f  x f ' x f  x Do g   x  không xác định f  x   hay x   x  1  f  x    x  1 g  x      f  x     x  1  f  f  x     f  x   1  f  x   1   Từ bảng biến thiên f  x  ta có f  x    0;1 , x    Suy f  f  x   0, x  Ta có bảng xét dấu g '  x  sau: x f  x f  x g  x     1 0    0       Từ suy g  x  đồng biến khoảng  ; 1  0;1 Câu 42: KHĨA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Ta có, MA  ( ABN ) suy MA  AN NB  ( ABM) suy NB  BM Do đó, tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN trung điểm I MN Gọi F trung điểm AN suy IF //AM d( AM , BI )  d( AM ,( BIF))  d( A,( BIF)) IF  ( ABN ) Gọi H hình chiếu A lên BF , P đối xứng với B qua F suy ABNP hình chữ nhật  AH  BF  AH  ( BIF )  d( AM , BI )  AH  AH  IF Ta có  Xét tam giác ABP vng A có AH đường cao nên d( AM , BI )  AH  AB2 AP a2 16a2 4a   2 AB  AP a  4a 17 Câu 43: Chọn hệ trục Oxy hình vẽ cho A  O  cạnh cong AE nằm parabol  P  : y  ax  bx qua  7 2   điểm  2;1  4;  nên P : y   x  x 16 Khi diện tích tam giác cong ACE có diện tích   S    x  x  dx  m 16  0 Vậy thể tích khối bê tơng cần sử dụng V  5.2  10 m Câu 44:   d  A   t ;  t ; t  ,   d  B  2t;1  t;  t    AB.u  2t  t   t  t   t  t   2t  3t  2 t       6t   t  4t  2t   t  t   t  t   t   AB.u   3 2 Suy A  2;1;1 , AB   1; ;   AB ngắn AB đoạn vng góc chung d , d KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020   Vậy  qua A  2;1;1 có vectơ phương u  AB  2;1;   : x  y 1 z 1   2 Câu 45: Gọi O trọng tâm tam giác ABD I trung điểm BD AI  Tam giác ICD vng I có ICD  60 , ID  a a ; OI  AI  a a BD  IC  ID.cot 60  2  O C đối xứng qua đường thẳng BD  AC  AI  IC  2a  BD  AC  BD   SAC   BD  SC  BD  SA Khi  Mà SC   P  nên BD //  P    P    SBD   MP  MP // BD SBD  ABCD  BD       Do   BD   SAC   BD  AN  AN  MP  AN   SAC  Lại có  Tam giác SAC vng A có SN.SC  SA2  SN SN SA2 SA2     2 SC SA  AC SC SC Tam giác ABC có SD  a ; BC  IC  IB2  a AC  AB2  BC  tam giác ABC vuông B  BC   SAB  ; AM   SAB   BC  AM Lại có tam giác SAB vuông nên AM  SB  M trung điểm SB  Mà MP // BD nên SM  SB SP SM   SD SB Mặt khác SABCD  SABC  SBCD  Khi a2 a3 a2 Suy V  VS ABCD   CB.CD.sin1200  VS AMN SM SN 3 3    VS ANP  V Do VS ANM  V  28 28 VS ABC SB SC 14 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Vậy VS AMNP a3   VS AMNP  VS ABCD 14 42 Câu 46:     Xét hàm số h x  f x có đồ thị hàm số nhận đường thẳng y  làm tiệm cận ngang, x  , x  1 làm tiệm cận đứng      Suy đồ thị hàm số u x  h x  m2  f x  m2  nhận đường thẳng x  m  1; x  m2  làm tiệm cận đứng, đường thẳng y  làm tiệm cận ngang Suy đồ thị hàm số g  x   u  x   2020 nhận đường thẳng x  m2  1; x  m2  làm tiệm cận đứng, đường thẳng y  2019 làm tiệm cận ngang  m  2    m    m    m2   Theo đề bài, ta có  Câu 47: 12  y  +) PT(1)   2  y     x    36 10  Tập hợp điểm  x; y  thỏa mãn phương trình (1) nửa đường tròn tâm I  3;  , bán kính R  , đường kính AB với A  9;  , B B  3;  y  A d +) PT(2) phương trình họ đường thẳng d: my  2x  3m   qua điểm M  3; 3  O 10 -2 TH1: m   x   y  11 hệ có nghiệm (3;11) TH2: m   d : y  M -4 2 2 x3 có hệ số góc k  m m m Đường thẳng MB , MA có hệ số góc k1  4 , k2  3 Hệ có nghiệm đường thẳng d cắt nửa đường tròn đường kính AB  2    d nằm góc MA, MB   m  2   m    m   ;  \  2   4    3 ;   a2  b2   2 Từ hai trường hợp suy m    KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Câu 48:    f ''  x   3x Ta có f x  3x f  x   f ''  x    f  x  f 'x  f '  x     3x  2 f  x  f ''  x   3x f  x  f ''  x  f  x   f '  x   f '  x   2 f  x 2 f  x f  x Nguyên hàm vế ta được: f ''  x  x  C1   f  x dx    f '  x  2 f  x f  x dx (1) A Xét A    f '  x  u  dx du    f ''  x  f  x  dx , Đặt  f  x f  x f  x   dv  f ''  x  dx v  f '  x  Suy A  f '  x f  x Từ (1) (2) suy   f '  x 2 f  x f  x f '  x f  x dx  x3  C1   (2) f '  x f  x dx  x4 x4  C1x  C2  f  x    C1x  C2 4 6561 f   100; f 1    x4  f  x     C1 x  C2   f  x  4    x4   20   f    144 4  Câu 49: Đặt x  y  z  x  2my   m  1 z  m  2m    1 Ta có a  , b  m , c  m  , d  m2  2m   1 phương trình mặt cầu  S  a2  b2  c2  d  m    m2   m  1  m2  2m    m2      m     mặt cầu  S  có tâm I  2;  m; m  1 , bán kính R  m  TH1:  P   ABI   S  có bán kính R   m2   A , B , I không thẳng hàng 10 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 m  2 AB   2; 6; 2  , AI   1; m  1; m  1    m  2 m       R TH2:  P  cách I khoảng lớn nhất, đồng thời d2 I , P      IH  IK Gọi H , K hình chiếu I lên  P  AB , ta có d I , P  dmax  IK  d  I , AB    d  I , AB   m  2 11  AB, AI    AB    ,  AB, AI   4m  8;  2m;  2m   m   4; 2; 2    m  66 11 m   l  2 Ta có d I ,  P   R   m    m   5m  24m  68      m   34 t / m 11      Vậy có hai giá trị m thỏa ycbt Câu 50: Khơng tính tổng qt, ta giả sử y nằm x z Kết hợp với giải thiết ta có:  y  x  y  x  y  z    Từ ta được: xy2  yz2  zx2  y x  z   Mặt khác x , z không âm nên x3  z3  x  z  Do m  x  z      y3  8y  x  z     y   y3  8y   y   f  y   Suy max f y  f  100 0;2  Vậy m  100 , đạt đượ x  0, y  1, z  11 ... 1, chữ số 2, chữ số 4, chữ số chữ số 5; chữ số 1, chữ số 8, chữ số chữ số Nên số số có tích chữ số 1400 là: C63 C32  A64  A62 C42  600 số Xác suất cần tìm là: P  600  150 0 9.10 Câu 37:... 36: Số số tự nhiên có chữ số lập từ tập A  0;1; 2; 3; ; 9 là: 9.105 số Nhận thấy 1400  23.52.7  1.2.4.7.52  1.1.8.7.52 Suy số chọn: Tạo thành từ chữ số 2, chữ số chữ số 7; chữ số 1, chữ số. .. nghiệm (*) Vậy phương trình g '( x)  có nghiệm đơn Suy hàm số y  g( x) có cực trị LỜI BÌNH: u cầu đề thay đổi số cực đại số cực tiểu hàm số, ta cần phải xét dấu g’(x) Cụ thể: Ta có nghiệm phương