ÔN TOÁN THI THPT QG

KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 22 1.A 11.A 21.A 31.B 41.A 2.C 12.B 22.C 32.C 42.B 3.A 13.C 23.A 33.A 43.A 4.C 14.B 24.B 34.A 44.B 5.B 15.B 25.A 35.C 45.B 6.C 16.C 26.A 36.C 46.A 7.C 17.A 27.C 37.D 47.D 8.B 18.B 28.A 38.B 48.D 9.A 19.C 29.D 39.C 49.A 10.D 20.D 30.B 40.B 50.C Câu 29  SAB    ABCD    SAC    ABCD   SA   ABCD    SAB    SAC   SA  AB  AD  AB   SAD    AB  SA  SA   ABCD   Do hình chiếu SB lên mặt phẳng  SAD  SA nên góc đường thẳng SB mặt phẳng  SAD  góc hai đường thẳng SB SA SB  SA2  AB  a cos BSA  SA  SB Vậy cosin góc đường thẳng SB mặt phẳng  SAD  Câu 30 d I P Mặt phẳng  P  có vecto pháp tuyến n   2;  2;1 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Đường thẳng d qua M  1;1;3 có vecto phương u  1; 2;   nên phương trình tham số  x  1  t  d là:  y   2t  z   2t   I    I   P    I  d   P Gọi I    d    I  d  I  d Vì I  d  I  1  t ;1  2t ;3  2t  , mà I   P   t  1  I  2;  1;5  Gọi v vecto phương đường thẳng     P  v  n Vì  nên ta chọn v  u, n    2;  5;  6    d v  u Vậy  qua I  2;  1;5  có vecto phương v   2;  5;   nên có phương trình tham số là:  z  2  2t   y  1  5t  z   6t  Câu 31 Gọi M  x ; y  Từ điều kiện z1  a   a  2a   i suy M thuộc parabol  P  : y  x  x  Gọi N  x ; y  Từ điều kiện z2   i  z2   i suy N thuộc đường thẳng d : x  y   Gọi  tiếp tuyến  P  mà song song với d : x  y   Gọi M  xo ; yo  tiếp điểm mà tiếp tuyến  // d Ta có y  x  Do  // d nên y  xo    xo    xo  suy yo  Phương trình tiếp tuyến  có dạng: y  y  xo   x  xo   yo  y   x     y  x  Khi đó: MN  d   , d   d  A; d  với A  Chọn A 1;0  ta có: MN  2.1   22   1  5 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Câu 32 log a  bc   bc  a a b4   c    a  b  a  b Ta có:  b a logb  ca   ca  b Và log a  bc    log a b  log a c   log b  log a c   log a c  b3 logb  ca    logb c  logb a   logb c  logb b   logb c  Mà logc  ab   logc a  logc b  ;   7 Câu 33  1  r n  1 Áp dụng công thức: An  A 1  r    r   Với: A : số tiền tháng đóng vào tài khoản; r : lãi suất tháng An : số tiền cuối tháng thứ n người có tài khoản Người đóng bảo hiểm 12 năm  144 tháng Từ suy ra: A  An r 1  r  1  r  n  1  hay m  100000000.0, 005  473482 144 1  0, 005 1, 005  1 Vậy số tiền tối thiểu tháng người phải đóng là: 474000 đồng Câu 34 * Cách 1: KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 C' B' C M A' N K H B M B A C K A Gọi N trung điểm BB Theo tính chất đường trung bình ta có MN / / BC Suy BC / /  AMN   d  BC ; AM   d  BC ;  AMN    d  C ;  AMN    d  B ;  AMN   Dựng BK  AM BH  NK 1  BK  AM  AM   BBK   AM  BH Vì   BB  AM  2 Từ 1   suy BH   AMN   d  BC ; AM   d  B ;  AMN    BH Xét tam giác vuông ABM có BK  Xét tam giác vng NBK có BH  Vậy d  BC ; AM   BA.BM BA2  BM BK BN BK  BN  a a a2   a2  a a a  a a2 a2  a * Cách 2: KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 z C' B' A' M y C B A x   Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Ta có: B  0;0;0  , A  a ;0;0  , C  0; a ;0  , B 0;0; a  a  Vì M trung điểm BC nên M  0; ;0      a   Suy ra: BC  0; a ;  a , AM   a ; ;0     AM , BC  AC a  Vậy khoảng cách hai đường thẳng AM BC : d  BC , AM      AM , BC    Câu 35 Ta có: y  f  x    2e x nên y  f   x    2e x   f   x    e x  Hàm số nghịch biến D y '  0, x  D  f   x    e x  0, x  D hay f   x    e x , x  D  * Mặt khác từ bảng xét dấu f   x  ta suy bảng xét dấu f   x   sau:  x   6  x  2  x   4  x  1   Ta có: f   x     nên:  x   2 x    2 x   x  Nhìn vào bảng biến thiên, ta dễ dàng suy f   x     x   ; 2  1;1 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Nên x   ; 2  1;1 thỏa mãn phương trình * (vì e x  0, x  ) Từ suy hàm số y  f  x    2e x nghịch biến khoảng  0;1 Câu 36 Số phần tử không gian mẫu n    9! Gọi A biến cố “mỗi hàng, cột có số lẻ” A biến cố “có hàng, cột số chẵn” Vì có số chẵn nên có hàng cột xếp tồn số chẵn Có cách chọn hàng hoặc cột để xếp số chẵn Có cách chọn khơng thuộc hàng để xếp tiếp số chẵn Có 4! cách xếp số chẵn 5! xếp số lẻ   Vậy xác xuất P  A   P A   6.6.4!.5!  9! Câu 37 Phương trình tương đương với 3 m 3 x   x3  x  24 x  m   27  33 x  Xét hàm đặc trưng: f  t   3t  t  f   t   3t ln  3t  t  3 m 3 x m 3 x  m  3x  33 x    x   m  3x  33 x    x   m  3x   x  m    x   3x 3  m   x3  x  24 x  27 x  Đặt g  x    x3  x  24 x  27  g   x   3x  18 x  24    x  Ta có bảng biến thiên: Để phương trình có nghiệm phân biệt  m  11  m  8;9;10 Vậy tổng giá trị m 27 Câu 38  f  x  1   f  x   1  Ta có f  x       f  x    1  f  x     KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Dựa vào đồ thị hàm số cho ta thấy: Phương trình f  x   1 có nghiệm thuộc đoạn  2; 2 Phương trình f  x     có nghiệm thuộc đoạn  2; 2 khơng có nghiệm trùng với hai nghiệm phương trình 1 Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt thuộc  2; 2 Câu 39 Chọn hệ trục Oxy hình vẽ x2 y Giả sử phương trình tắc elip có dạng  E  :   a b  a  b  0  AA  10 2a  10 a  x2 y   Theo giả thiết ta có   E :  1 y   25  x 25  BB  2b  b  Đường tròn tâm O bán kính OB có phương trình x  y   y    x2 Gọi V1 thể tích khối tròn xoay hình phẳng giới hạn đường y  25  x2 , y  , x  0, x  quay xung quanh trục Ox Gọi V2 thể tích khối tròn xoay hình phẳng giới hạn đường y   x , y  , x  0, x  quay xung quanh trục Ox Thể tích khối tròn xoay cần tìm bằng:   V  V1  V2       25  x  dx      x  dx   24  25  Câu 40 u  x  du  dx  Đặt  dv  cos xdx v  sin x KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020  Khi     x  1 cosxdx   x  1 sin x 02   sin xdx  0     cos x 02   2   4 Suy a  b   a  b2  12 Câu 41 C A B B' D Gọi D hình chiếu vng góc B lên đường thẳng AC V1 thể tích khối nón tròn xoay sinh tam giác vuông CDB quay quanh trục CD V2 thể tích khối nón tròn xoay sinh tam giác vuông ADB quay quanh trục AD Khi thể tích khối tròn xoay cần tính V  V1  V2 Tam giác ABC cân A AB  2a  AC , ABC  30o  CAB  120o DAB  60o Do DB  AB.sin 60o  a Vậy ta có   1 1 V  π.DB2 DC  π.DB2 DA  π.DB2  DC  DA  π.DB AC  π a 2a  2πa 3 3 3 Chọn đáp án A Câu 42 Cách 1: KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Gọi I giao điểm BN AA Khi I thuộc DM Ta có AN // AB  IA AN   IA AB  A trung điểm AI  IA  AA  a ABD có AB  AD , BAD  60 nên ABD  S ABD  AMN có cạnh a2 a2 a  S AMN  16 2 Khi đó: VA.BDMN  VI ABD  2VA AMN  AI SABD  AA.SAMN 3 a a a 3a  a   16 16 Cách 2: (Tác giả: Bùi Văn Lưu) Ta có: VA.BDMN  VN ABD  VN AMD KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020  VN ABD  d  N ,  ABD   S ABD Tam giác ABD cạnh a  S ABD d  N ,  ABD    d  A,  ABD     VN ABD  a2  a a a a3   VN AMD  d  N ,  AMD   S AMD a a2 S AMD  a  2 1 a d  N ,  AMD    d  B,  AMD    BM  2  VN ABD a a a3   4 16 Vậy VA.BDMN  VN ABD  VN AMB a3 a3 3a3    16 16 Câu 43  Vì A, B, C thuộc tia Ox, Oy, Oz (không trùng với gốc tọa độ) OA  a, OB  b, OC  c suy a, b, c số thực dương Ta có: A  a ;0;0  , B  0; b ;0  , C  0;0; c  phương trình mặt phẳng  ABC  : x y z   1 a b c 1 Thể tích khối chóp O ABC V  OA.OB.OC  a.b.c 6  Gọi M  x0 ; y0 ; z0  Do M điểm thuộc miền tam giác ABC nên x0  0; y0  0; z0  Mặt phẳng  OBC  có phương trình: x  , d  M ,  OBC    x0  x0  Mặt phẳng  OCA  có phương trình: y  , d  M ,  OCA   y0  y0  Mặt phẳng  OAB  có phương trình: z  , d  M ,  OAB    z0  z0  Vậy tọa độ điểm M 1; 2;3 10 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Do điểm M thuộc mặt phẳng  ABC     1 a b c  Áp dụng BĐT Cô-si cho số dương ta có: 1 3  abc  33.6  V  a.b.c  27    3   3 abc a b c a b c 1 a  1 a    a  b  c 2  Dấu xảy      b      b  c   a b c 3 c   Vậy tổng S  a  b  c     18 Câu 44  Mặt cầu  S1  có tâm O  0;0;0  , bán kính R1  ; mặt cầu  S2  có tâm I  0; 4;0  , bán kính R2  Thấy OI   R1  R2  Hai mặt cầu  S1   S2  nằm  Ta có: OM  1, OB  , OA  IN  2, IC  1, ID  Thấy OB OM BM   MA  4BM    BOM MOA ( g  c  g )  OM OA MA Thấy IC IN CN    CIN NID ( g  c  g )    ND  NC IN ID ND  Khi đó: Q  MA  ND  4MN  BC   BM  MN  NC   6BC  10BC  265 Dấu "  " xảy bốn điểm B, M , N , C thẳng hàng Câu 45 11 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Ta có: z  z   i   2i    i  z  z z  z  z i  2i  z  iz  z  z   i   z   z   i  * Mô đun hai vế biểu thức (*) ta được: z  z   i   z   z   i  z z   i  25 z   z    z  z  6   25 z   z   2 ** Đặt z  t , t  Phương trình (**) trở thành: t  t  6   25t   t   2 Bình phương hai vế ta được:    2 t  t    1  25t   t    t t  12t  36   25t  t  4t        t  12t  11t  4t     t  1 t  11t   t  t  10,967 t     Suy t  0, 621 t  11t    t  0,588 Kết hợp với điều kiện t  ta có giá trị t thỏa mãn Từ (*) suy ra, ứng với z  t có số phức z  5t   t   i thỏa mãn đề t 6i Vậy có số phức z thỏa mãn u cầu tốn Câu 46 Tính: I   Đặt t  1  x  3 x  1 dx   dx x   x  1 x 1 x3 2 dx  2tdt  dx   tdt 2 x 1  x  1  x  1 Đổi cận: x   t  , x   t  Ta có: I   dx  x   x  1 x 1  t  t dt  3  dt  t  3 2 12 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Mà   x  3 x  1 dx  a  b nên suy a  , b  Từ ta có giá trị a b  b a  32  23  17 Câu 47 Cách 1: Ta có:   m2  2m2    m2   m      m    Để bất phương trình có tập nghiệm 1;3  x1  m   m     m   m  1 m  1    2  x2  m   m    m  m   m  3     m    m   m  1  m  2  m       m  1   m  3   m  2 Ta thấy 5 3  5 3  nên m   ;   2  2  2  Cách 2: Đặt f  x   x  2mx  2m     f 1   2m  m    5 3  Để bất phương trình có tập nghiệm 1;3     m  2   ;   2    2m  m    f  3   Câu 48 - Tập xác định hàm số y  f  x  y  f  x  - Ta có hàm số y  f  x  chẵn nên đồ thị đối xứng qua trục tung Vậy điều kiện để hàm số y  f  x  có điểm cực trị hàm số y  f  x  có điểm cực trị dương  Khi hàm số 2 y  f  x   5 x  x  có điểm cực trị x   ; x  0; x  5 - Xét m  1, ta có f  x   5 x  x  có điểm cực trị x  Nên m  thỏa mãn - Xét m  f  x  hàm số bậc 3, ta có f   x    m  1 x  10 x  m  13 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Để hàm số y  f  x  có điểm cực trị dương f   x   có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1   x2 Ta có f   x     m  1 x  10 x  m   (*) + TH1: x  nghiệm (*), ta có m  3 , (*) trở thành: x  nên m  3 không thỏa mãn 12 x  10 x    x     + TH2: Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1   x2   m  1 m  3   3  m  Trường hợp có số nguyên m  2 , m  1 , m  thỏa mãn toán - Kết hợp ta thấy tất có số nguyên thỏa mãn toán là: m  2 , m  1 , m  , m  Câu 49 Do hàm số f  x   x3  12 x  ax  b đồng biến   Nếu f  3  f  f  3   f  3  f f  f  3   f  f  3   f  3  Tương tự f  3    f  f  3   f  3  f f  f  3   f  f  3   f  3  Vậy suy f  3  Chứng minh tương tự f    Từ ta có hệ:  3a  b  84  a  48   f ( x)  x3  12 x  48 x  60  f (7)  31  4a  b  132 b  60 Câu 50 Ta có đồ thị hàm số y  f   x  hình vẽ, nên hàm số y  f   x   2x 1  ln(2 x  1)  A, x    dx  ln x   C   Ta có f ( x)   f   x  dx   2x 1 ln(1  x)  B, x   Do f 1   A  2; f     B  14 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020  ln(2 x  1)  2, x  Suy f ( x)    ln(1  x)  1, x   Vậy P  f  1  f  3   ln15 15 ...  r    r   Với: A : số tiền tháng đóng vào tài khoản; r : lãi suất tháng An : số tiền cuối tháng thứ n người có tài khoản Người đóng bảo hiểm 12 năm  144 tháng Từ suy ra: A  An r 1... hàng, cột có số lẻ” A biến cố “có hàng, cột số chẵn” Vì có số chẵn nên có hàng cột xếp tồn số chẵn Có cách chọn hàng hoặc cột để xếp số chẵn Có cách chọn ô không thuộc hàng để xếp tiếp số chẵn Có... 48 - Tập xác định hàm số y  f  x  y  f  x  - Ta có hàm số y  f  x  chẵn nên đồ thị đối xứng qua trục tung Vậy điều kiện để hàm số y  f  x  có điểm cực trị hàm số y  f  x  có điểm