ĐÁP án CHI TIẾT đề TOÁN ÔN THI THPT QG

KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 20 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 D B A A C C C C B B A C D B D A C A B B C B A 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 D D B B A B B C B A C B B B B A C A A C C B C C Câu 32:       4x  a2  2x  a2    2x  2x  a2    2x  a2    x  log a2    x  log  3,17 Vậy bất phương trình có nghiệm nhỏ thuộc  3; 3,  Câu 33:  3x   3x   3x  0     x    3x    x3  x3   Ta có log  log 0   3x  3x  x     3x    log 1   x  3  x  3 x3   3x   7   x3 0 7   x   ;     ;        x   ; 3    x  3 3    x   3; 3 0     x   Suy a  7 ; b  Vậy, P  6a  b    11 3 Câu 34: Cách 1:   Ta có: g x      x2  x  f   x2  x   2x  x x2 f   x2  x   1  1 x   1 x   x   g  x       x2  x     x    f  x2  x    x  2  x x2        KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Bảng xét dấu g  x  : Dựa vào bảng biến thiên suy hàm số có điểm cực trị Cách 2: Hàm số y  f  x   ax  bx  cx  d ; f   x   3ax  2bx  c Nhận thấy hàm số y  f  x  có điểm cực trị A  0;  , B  2;   f 0  d  a      f 0  12a  4b  c  b  3 Khi đó:     f  2  8 a  4b  2c  d  c  f  c  d      f  x   x  3x    Ta có g x  f  g  x      x2  x   x2  x     x  x  2  3 1  x  1 x  x    x     x    x  x   1  2   x    g  x     x   x  2   Bàng xét dấu g  x  : Dựa vào bảng biến thiên suy hàm số có điểm cực trị Câu 35: Phân tích: + Bài tốn vào: P(m)  2m  2 m  22 m  22 m  12 12 + Biểu thức P(m) phức tạp Điều chứng tỏ toán cho hàm số y  f ( x) chắn có tính chất đặc biệt KHĨA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 + Nhìn yếu tố xuất hàm số y  f  x   x  2 x Ta có hàm số lẻ tăng Đây chìa khóa ta giải tốn Lời giải Ta có hàm số y  f ( x)  x  2 x hàm số lẻ tăng   Yêu cầu toán  f 2m  212   f  m   f  m   2m  212  m  m  212  212  m nguyên lớn là: m     1365   Bài toán tổng quát: Giải bất phương trình: f  u  x, m    f  v  x, m    (*) Với f ( x) hàm số lẻ tăng (hoặc giảm) tập D f Con đường sáng tạo toán: (VD: Một vài hàm đặc trưng f) f ( x)  a x  a  x ,  a  f  x   x3  ax , a  f  x  a  x  a  x ……………………… Ta có (*)  u  x, m   v  x, m  Đây nguồn gốc tạo lớp toán Câu 36: Ta có:   sin 2x  cos 2x dx     sin x cos x  dx     sin x  dx  x  cos x  C Mà   sin 2x  cos 2x  a dx  x  cos x  C b a  ab  b  đó:  Câu 37: Ta có g  x  f   x   x  x   e x  g    g    (vì f    f     ) KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 I   f  x  g  x  dx u  f  x   du  f   x  dx Khi dv  g  x  dx  v  g  x  Đặt  2 0   I   f  x  g  x    g  x  f   x  dx    x  x e xdx  Câu 38: Tập xác định: D  Đạo hàm: y  \ m x  2mx  m2   x  m   Hàm số đạt cực trị x  y   +) TH1: Với m  3  y  x2  6x   x  3  m  m2    m  m  3 0  m  1 x  x  Cho y    Bảng biến thiên: Ta thấy hàm số đạt cực đại x  nên m  3 ta nhận +) TH2: Với m  1  y  x2  2x  x  1 x  x  Cho y    Bảng biến thiên: Ta thấy hàm số đạt cực tiểu x  nên m  1 ta loại Câu 39: KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Có C14 cách chọn viên bi tùy ý Chọn viên bi số có C 43  cách chọn Chọn viên bi số có C 43  cách chọn Chọn viên bi số có cách chọn  60 Chọn viên số viên khác số có C42 C10  60 Chọn viên số viên khác số có C42 C10  33 Chọn viên số viên khác số có C32 C11  12 Chọn viên số viên khác số có C22 C12     60  60  33  12  190 Như số cách chọn theo yêu cầu C14 Câu 40:         Xét hàm số g x  f x  x3  g ' x   f ' x  x2  Ta có: g '  x    f '  x   x (1) Phương trình  1 phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số y  f '  x  y  x Dựa vào đồ thị hàm số y  f '  x  đồ thị hàm số y  x , ta có: x   g '  x   f '  x  x  x   x  2 Quan sát đồ thị hàm số y  f '  x  y  x hệ trục tọa độ hình vẽ ta thấy Với x   ;  x   2;   f '  x   x  f '  x   x   g '  x   Với x   0;   f '  x   x  f '  x   x   g '  x   KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Từ ta có bảng biến thiên Có f     g    Từ bảng biến thiên suy dồ thị hàm số y  g  x  có cách bỏ phần phía trục hồnh lấy đối xứng phần bị bỏ đối xứng qua trục hồnh Do   Suy hàm số y  f x  x3 đồng biến khoảng  0; 1  a;   với g  a   Câu 41: Xét hàm số f  x   3x  x  12 x  m Ta có f   x   12 x  12 x  24 x x   f   x    12 x  12 x  24 x    x    x  Ta có bảng biến thiên Số điểm cực trị đồ thị hàm số y  f  x  số điểm cực trị đồ thị hàm số y  f  x  cộng số giao điểm (khác điểm cực trị) đồ thị hàm số y  f  x  với trục hoành Do đó, từ bảng biến thiên hàm số f  x  , suy hàm số y  3x4  4x3  12x2  m có điểm cực trị  m0 m    m  32     m  32    m    Vì m nguyên dương nên có 27 giá trị tham số m thỏa mãn u cầu tốn KHĨA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Câu 42: Gọi B diện tích tam giác ABC , h độ dại đường cao hình lăng trụ, suy V  B.h Gọi Q trung điểm AB , G trọng tâm tam giác ABC Gọi V1 thể tích khối chóp BMNP , V2 thể tích khối chóp MBNE với E  QC  MP Ta có PE CE PC PC PC    PC // MQ PC  2PC nên   ME QF MQ MQ CC Ta có V1 MP 1    V1  V2 V2 ME Do GC  QC , CE  2QC  GE  GC  CE  QC 3 S h Ta tính diện tích tam giác BNE theo diện tích tam giác ABC ta có BNE 8  SBGE  SNGE  SNQC  SBQC  SQBNC 3 Ta lại có V2  SBNE Mà  SAQN SABC  Nên V2   AQ AN   SQBCN  SABC SBNE  SQBNC  B AB AC 4 1 2V 2V SBNE h  B.h   V1  V2  3 Câu 43: Có  f   x  dx   x    x  dx  ln  C x  x 1  x    C , với C  x1 Suy f x  ln  KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020  Do f  ln Vậy I   x  x   C  nên f  x   ln    x 1  x   f  x  dx   x  ln   dx  x 1       x  du  dx  u  ln   x 1  x  x Đặt     dv  x  dx v  x  x     2  x3   x   x3  14 x2  Do I    x  ln  dx  ln  ln   dx     x 3 3  x  1    x 1 1  x x x2    Đặt K   dx    x   dx    ln  ln   1 x 1  x  1 Do I  14 1 22 ln  ln    ln  ln   6 ln  ln  3 6 Vậy a  b  c  6  22   6 Câu 44: ĐK: x  2m  Ta có x 1  log  x  m   m  x  log  x  m   m x  2  t  m Đặt t  log  x  m  ta có  t  2x  x  2t  t  1  2  x  2m Do hàm số f  u   2u  u đồng biến , nên ta có  1  t  x Khi đó: 2x  x  2m  2m  2x  x Xét hàm số g  x   x  x  g  x   2x ln    x   log  ln  Bảng biến thiên: KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020   Từ phương trình cho có nghiệm 2m  g  log ln   m   g  log  ln    0, 457 (các nghiệm thỏa mãn điều kiện x  2m   ) x Do m nguyên m  10 , nên m  1, 2, 3, 4, 5,6,7,8,9 Câu 45: Giả sử thiết diện qua trục ly gắn vào hệ trục Oxy hình vẽ Khi thể tích ly thể tích khối tròn xoay quay hình phẳng giới hạn đường y  x ; y  1; y  a quanh trục Oy Đồ thị hàm số y  x cắt trục tung điểm có tung độ Gọi M điểm tiếp xúc viên bi với ly M  2;  Tiếp tuyến đồ thị hàm số y  x M  2;  có phương trình  d  : y  ln 2.x   ln Gọi I tâm viên bi Đường thẳng IM qua M vng góc với d nên có phương trình  IM  : y  ln12 x   ln1  Khi I  Oy  IM       R  IM    I  0;   MI   2;   ln  ln  ln 2   Suy a  OH  OI  R   1  4  6.8475 ln ln 2 Thể tích nước có ly V   a   log y  2   dy   R3  29,65 cm Câu 46: Gọi H trung điểm AD  IH // AA  IH   ABC D  IH  AA a  2 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Gọi K hình chiếu B lên CB  BK  CB , mà BK  AB nên BK   CAB  BBC có BK  BB2 BC a  2 BB  BC       d  IH , BK   d IH ,  BBCC   d AA,  BBCC   d A,  BBCC   AB  a Gọi  góc IH BK, mà IH // BB' nên   BBK (do BBK vuông K) H A' D' B' C' BK Khi cos     sin   BB 2 Ta có VIHBK I A D K a3  IH.BK.d  IH , BK  sin   16 B C Câu 47: Ta có, hàm số f  x  liên tục nửa khoảng   1;     f   x    m  1 x2  m2  5m  x  x   3m2  6m  19, x   1;   Hàm số đồng biến nửa khoảng   1;   f   x   0, x   1;   Dấu xảy hữu hạn điểm khoảng  1;     f   x   m2  x  3  m x2  5x   x2  4x  x   19  f   x   m2  x  3  m  x   x     x  1 x     x1 2     f   x    x    m  m  x     x  1   x 1  2        Đặt g x  m2  m x   x   x1  *) Điều kiện cần: Nếu g  x  khơng có nghiệm x  f   x  có nghiệm x  nghiệm đơn nên f   x  đổi dấu  1;   Do đó, để f   x   0, x  1 điều kiện cần m  g     m2  m     m  1 *) Điều kiện đủ:     + Với m  g x  x   x1  10 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 g  x    x  3    x3 x1     f   x    x   1      x1 2 x1    x3   x  3 x1       x   1        x1        f   x   0, x  1 2 x1     Dấu đẳng thức xảy x  Do đó, hàm số đồng biến nửa khoảng   1;   Vậy m  thoả mãn   + Với m  1 thì g x   g  x   x1   f   x   x  3  2   x1  x1   x1 2 x1      x  3 x1     x  3   x1    f   x   0, x  1 Dấu đẳng thức xảy x  Do đó, hàm số đồng biến nửa khoảng   1;   Vậy m  1 thoả mãn Vậy tổng tất giá trị tham số m thỏa yêu cầu đề 1   1 Câu 48: Ta có ln b  c  b  ln b  b  ln c  c(*) c  Xét hàm số f (t )  ln t  t ,  t    f  t    0, t  t  f  t  hàm số đồng biến  0;   Phương trình (*) có dạng f (b)  f  c  Do ta b  c b Lại có log a  b   a  Thay vào log a b  log 3 b b  ta : c 1 1  log b   b  b b b 11 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Vậy b  c   1 Suy S  a  b  c    m  3; n  2; p  3; q   S  22 ,a  3  3 3 3 Câu 49:     Đặt u x  5mx  sin 5x  m sin x  3x  m2  2m ( x  0) ; u ' x  5m  5cos 5x  m cos x  u'  x   m  3  5cos 5x  cos x   Đặt h x  3  5cos 5x  cos x  8   3  5cos 5x  x    h  x  x  ( biểu thức h  x  1 1      cos x   Do  GTNN nửa khoảng  ;  ) Ta có hàm số g  x  liên tục nửa khoảng  ;  Suy hàm số g  x  đồng biến nửa khoảng  ;   g '  x   x   ;   u '  x  f ' u  x    x   ;  Dấu xảy hữu hạn điểm thuộc khoảng  ;    Ta có: u ' x  x   m  u '  x   x   m  3  5cos 5x  cos x 3  5cos 5x  cos x x   m  x   m  1 ; 8 1 Nhận xét:  m  1 Với  8  m  1  lim u  x    ( ) nên dựa vào đồ thị hàm số y  f '  x  ta có: x  u  x    x  (I)  u '  x   Yêu cầu   ; u '( x)  xảy rời rạc điểm thuộc khoảng  ;   u  x   1 x  (II)  u ' x         Xét (I): Ta có u x  5mx  sin 5x  m sin x  3x  m2  2m liên tục nửa khoảng  ;  u     m2  m  m  nên (I) không xảy u    1  m2  m     Xét(II): (II)    m  1  1 m  m      2 1  Vậy a  1; b  1; c  suy chọn C 12 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Lưu ý: Bài tốn giải theo điều kiện cần đủ theo gợi ý sau: Điều kiện cần:  u '       f '[u  ]  m   Hàm số g( x) đồng biến nửa khoảng  ;   g '        m   u '       f '[u  ]  Điều kiện đủ: Thử lại loại m  Câu 50: Từ đồ thị suy a  , b  ,  c  Suy b b  log a  c c Ta có: P   log a b  log a c   log b c  b  log a2 b  log a2 c   log a   log a2 b  log a b log a c  log a2 c c log b a         log a  b    log a b  log a c    log a  c  b    log a  c  b  c  log a b  b    log a  c c   2 13 ... viên bi số có cách chọn  60 Chọn viên số viên khác số có C42 C10  60 Chọn viên số viên khác số có C42 C10  33 Chọn viên số viên khác số có C32 C11  12 Chọn viên số viên khác số có C22... LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 202 0 + Nhìn yếu tố xuất hàm số y  f  x   x  2 x Ta có hàm số lẻ tăng Đây chìa khóa ta giải tốn Lời giải Ta có hàm số y  f ( x)  x  2 x hàm số lẻ tăng   Yêu cầu toán... thiên: Ta thấy hàm số đạt cực tiểu x  nên m  1 ta loại Câu 39: KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 202 0 Có C14 cách chọn viên bi tùy ý Chọn viên bi số có C 43  cách chọn Chọn viên bi số có C 43  cách