ÔN TOÁN THPT

KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 21 D D C D B A A 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 D B A C A A B A A B A D B B B C C 27 28 A A Câu 29: Gọi N  d    ta có MN véc tơ phương đường thẳng  Do N  d nên N   2t ;  t ;3  t  Mà N    nên  2t   t   t    t  1  N  0;1;   MN   1; 1;  Vậy vec tơ phương  u  1;1; 2  Câu 30: x  2018  5.2x2018   2.4x2018  2x2019    2.2   t x  2018 Đặt t   t   Ta 2.t  5.t     t  Với t   2x  2018  21  x  2018  1  x  2019 Với t   x  2018  21  x  2018   x  2017 Vậy tổng hai nghiệm 4036 Câu 31: Giả sử sau n q người có 20 triệu đồng Khi đó: 15 1  0,0165  20  n  log1,0165 n  17,58 Do cần năm quý Câu 32:  u   ln x du  dx    x dx   Đặt:  dv   v    x  1   x 1 3  ln 3   ln x  ln 1      dx     ln x  ln x    dx   x x 1  x  1 x  x  1 Khi đó: I   3  25  ln 3 a  2   ln  ln  ln  1  ln 3  ln    a b  16 4 b  Câu 33: KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Đặt log a  log b  log9  4a  5b    t suy a  4t , b  6t   t    t t t 2 3 4 2 t t t 4.4  5.6  9.9           suy     t  2  t 3 9 3    1   Suy a  1 b ,b  T   16 36 a Câu 34: Hoành độ giao điểm đồ thị hai hàm số y  x y  k x  k Do diện tích S1   x  k  dx , diện tích S2   x dx  S1 k  x3  Ta có S1  S2    x  k  dx   x dx    kx  20   k 4   16  6k  k   k 6 k 32 64 k3 32   4k   k3  3 3  k  22 k 0;16   k  16    k    k    k    Câu 35: x    x  3 x    Điều kiện xác định phương trình  x     x    x  x  x    Ta có: log  x  3  log9  x  1  2log9  x   log  x  3  log | x  1| log  x   log  x  3 | x  1|  log  x    x  3 | x  1| x Câu 36: Ta có f   x   e x  e x   ex 1 ex x   2x 2e  2e  C1  Do f  x    x x 2e  2e  C   2x  2x e  e  x x e   e  x  x  x  x  Theo đề ta có f    nên 2e0  2e0  C1   C1   f  ln   2e ln  2e  ln 1  KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020   Tương tự f  ln 1   nên 2e 4  f   ln16   2e    ln16   2e 1 ln        ln16  Vậy S  f   ln16   f  ln    2e 1 ln   4  C2   C2  5   Câu 37: Cách 1: Đặt t  ln x , hàm số trở thành g (t )  (a  1) t  t  3a Hàm số y  ln x hàm số đồng biến khoảng (0; ) Từ suy biến x tăng khoảng (0; ) biến t tăng R ;  x  e   ln x    t  Do đó, hàm số f ( x) nghịch biến khoảng (1; e) hàm số g (t ) nghịch biến khoảng (0;1) g (t )  3a  3a  (t  3a)2 Hàm số g (t ) nghịch biến khoảng (0;1) a  2, a  3a  3a      a  2, a   3a  (0;1) a  0, a  Cách 2: Ta có: f ( x)  3a  3a  x  ln x  3a  3a  e  (1; e), a  Suy hàm số nghịch biến khoảng (1; e)   3a  3a   a  a    a  a  a    3     a   a     a  2 Do  a  2  a  2 a       a  a       a   có  a   2019; 2019     4035 giá trị Câu 38: KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 z 1  3i  z   i   10  z  z  3   z  1 i   10  z  z  3   z  1  10  1  65 z  2 1  65 2   (  z   z  z  3   z  1  160  10 z  10 z  160       1  65 z   2 z  ) Câu 39: S E M K A C G P N B Cách 1: S ABC hình chóp nên tam giác ABC tam giác G trọng tâm tam giác ABC 33 3 3 AG     , GN   , SG  SA2  AG  3 165 SG.GN 2 d  M ,  SAB    d  M ,  SAC    d  M ,  SBC    d  G,  SBC    GK     2 45 SG  GN 3 Suy P  a  b  c  Cách 2: a  b  c  165 45 2 d  G;  SAC    GK 3 11 11 165 1  abc    GK    2 35 45 35 GK GN GS Câu 40: Chọn ngẫu nhiên số có tám chữ số đơi khác nhau, có A97  1632960 (cách chọn) Gọi số cần tìm có dạng a1a2 a3a4 a5 a6 a7 a8 Khi a7 a8 chia hết cho 25 nên a7 a8 số sau 25 , 50 , 75 * Nếu a7 a8  25 a7 a8  75 số cách chọn chữ số lại 7.A75 (cách chọn) * Nếu a7 a8  50 số cách chọn chữ số lại A86 số (cách chọn) KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Suy có 2.7 A75  A86  55440 (cách chọn) Vậy xác suất cần tính 55440 11  1632960 324 Câu 41: Ta có bán kính đáy hình trụ R   2x    2x  Thể tích ao V   R h     x  9  2x  x   2 Xét hàm số f  x     x  x  x  36 x  81x với  x  Ta có f   x   12 x  72 x  81  x  Khi f   x    12 x  72 x  81    x   n l  Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy ra: max f  x   54  x   9  0;   2 Vậy thể tích lớn ao Vmax  54 27   13,5  m3  Câu 42: Cách 1: Điều kiện: x  log  x  x  m   log x 1  x  3x  m  x  x  x  m   2 Để 1 có nghiệm dương   có nghiệm dương    có nghiệm kép dương: x1  x2  KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020   có hai nghiệm phân biệt, nghiệm 0, nghiệm dương: x2  x1    có nghiệm phân biệt trái dấu: x1   x2   4m      TH1:   có nghiệm kép dương x1  x2    b  4 m4  2a   0 2 TH2:   có nghiệm phân biệt, nghiệm 0, nghiệm dương: x2  x1    16  4m      x1.x2   m  m0 x  x  4    TH3:   có nghiệm phân biệt trái dấu: x1   x2  ac   1.m   m  Suy S  m  | m   ;0  4 Vậy S   2;    1;0; 4 Cách 2: Dùng hàm số Điều kiện: x  log  x  x  m   log x 1  x  3x  m  x  x  x  m   m   x  x  2 Đặt f  x    x  x Ta có f   x   2 x    x  Ta có bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta thấy, để 1 có nghiệm dương    có nghiệm dương m   m  Suy S  m  | m   ;0  4 Vậy S   2;    1;0; 4 Câu 43: KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 S N M K P B O A C I D 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  SN SA2 SN SA2 Tam giác SAC vng A có SN SC  SA      2 SC SC SC SA  AC Tam giác ABC có SD  a ; BC  IC  IB  a AC  AB  BC  tam giác ABC vuông B  BC   SAB  ; AM   SAB   BC  AM Lại có tam giác SAB vng nên AM  SB  M trung điểm SB  Mà MP // BD nên SM  SB SP SM   SD SB Mặt khác KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 S ABCD  SABC  SBCD  Khi Vậy a2 a3 a2 Suy V  VS ABCD   CB.CD.sin1200  VS AMN SM SN 3 3   VS ANP  V Do VS ANM  V   VS ABC SB SC 14 28 28 VS AMNP a3  VS AMNP   42 VS ABCD 14 Câu 44: Xét phương trình f  x   g  x   ax3   b  d  x   c  e  x  0 Ta có: f  x   g  x   a  x  3 x  1 x  1 Suy a  x  3 x  1 x  1  ax3   b  d  x   c  e  x  Xét hệ số tự suy ra: 3a   Do f  x   g  x   3 a 2 1  x  3 x  1 x 1 Vậy h  x   x3  x2  x 2 Ta có: h '  x   x  3x    x  1; x  4 Suy ra: h '  x    4  x  Vậy hàm số h  x  nghịch biến khoảng  3; 1 Câu 45: Ta có: n  1 1 f  mx  f  mx   p n n n p dx   dx , x  dx   q   f  x  dx   f  x  dx   q q q q q q 0 0 1 1 p p n f  mx  d  mx   , x  f  mx  d  mx   x    mq q q mq  p   f  mx  d  mx    n   mq , x  q  Đặt mx  t  d  mx   dt , với x   t  ; x   t  m  p  f  mx  d  mx    n  q  mq , x  m m  p   f  t  dt   f  x  dx   n   mq , x  q  0 m  p   f  x  dx   f  x  dx   n   mq , x  q  (do hàm số f  x  liên tục ) KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 m  p  q   f  x  dx   n   mq , x  q  m  p   f  x  dx   n   mq  q  nmq  mp  q , x  q  m   f  x  dx  nmq  mp  q , x  2020  f  x  dx  2020.2002 2  2020    2020.2002  1  2020 4 a  2020.2002  1; b  4; c  2020, d  Câu 46: Do a , b  nên hàm số ln có tập xác định D    ;   \ 2  b  a Ta có lim y   đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y  x  Mà y  a  bx  a  bx  , đặt f  x   a  bx   x2 x  a  bx      Để đồ thị hàm số có đường tiệm cận f     a  2b  Đặt a 1  x , b  y ta suy x  y   P  log x y , (do a  nên x  ) x x   y  3 x y  x y   y  2 x   Vậy P  log x y  log x    2 x  x  a    Dấu xảy   1   b   y  Lại có  Câu 47: Câu 48: BPT  m  f  x    x3 Đặt g  x   f  x    x 3 Yêu cầu toán  m  g  x  , x  5; 1 Ta có: g '  x   f '  x  4  x Vì 5  x  1 nên 1  x   KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Từ quan sát bảng xét dấu thấy: f '  x    Suy g '  x   f '  x  4  x  0, x  5; 1 5 x 1 g  x g  1 g  5   g  x   g  5   25  5;1 Vậy m2  25  m  m  5 Câu 49: Tiệm cận đứng: x   d1  , tiệm cận ngang: y   d  Gọi 1 ,  tiếp tuyến  C  A , B Ta có y  2  x  1 1 //   y  xA   y  xB   2  xA  1  2  xB  1  x  xB  l   A x  x   A B Đặt xA  m với m    Suy A  m ; m 1  m3   , B   m;  m 1  m 1   2 Tiếp tuyến A 1 : y   m  1 Tiếp tuyến B  : y  2  m  1  x  m  m 1 m 1  x  m  2  m3 m 1 D  1  d  D  2m  1;1  m5 C    d1  C  1;   m 1    Ta có AB  DC    2m ; 4    ABCD hình bình hành m 1  2   BC   m  1;  m 1   Chu vi P hình bình hành ABCD 10 KHĨA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020  16 P   AB  BC     m  1    m      m  1   6  m  1  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm  m  1 P6  m  1  m  1  m  1  m  1 2   m  1 , ta có:  12 Dấu “  ” xảy   m  1   m  1  m  1 Câu 50: 11 ... , 50 , 75 * Nếu a7 a8  25 a7 a8  75 số cách chọn chữ số lại 7.A75 (cách chọn) * Nếu a7 a8  50 số cách chọn chữ số lại A86 số (cách chọn) KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Suy có 2.7 A75  A86 ... Câu 40: Chọn ngẫu nhiên số có tám chữ số đơi khác nhau, có A97  1632960 (cách chọn) Gọi số cần tìm có dạng a1a2 a3a4 a5 a6 a7 a8 Khi a7 a8 chia hết cho 25 nên a7 a8 số sau 25 , 50 , 75 * Nếu... , hàm số trở thành g (t )  (a  1) t  t  3a Hàm số y  ln x hàm số đồng biến khoảng (0; ) Từ suy biến x tăng khoảng (0; ) biến t tăng R ;  x  e   ln x    t  Do đó, hàm số f (