ĐÁP án ÔN THI TOÁN THPT QUỐC GIA

KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 23 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 C A D B B C A A A A C B B D C C C D A B A A A B D 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 B D B C A A B B B C B A C C B A A A A C D D A A Câu 31: Do y  a x y  b x hai hàm số đồng biến nên a , b  Do y  log c x hàm số nghịch biến nên  c  Lấy x  m  m   , dựa vào đồ thị ta thấy am  bm  a  b Vậy a  b  c Câu 32:   Số tiền sau năm: 60     60 (triệu đồng)  100  5      Số tiền sau 10 năm: 60     60    100   217,695 (triệu đồng)   100     Câu 33: Đặt t  3x2   dt  6xdx Đổi cận x   t  1 , x   t  11    2 0   I   x  f 3x  dx   xdx   xf 3x  dx   11 1 f  t  dt   18   1 Câu 34: S M 2a D S H A a N S KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Gọi D hình chiếu S lên  ABC  , ta có:  AB  SA  BC  SC  AB  AD  BC  CD    AB  SD  BC  SD Mà ABC tam giác vng cân B nên ABCD hình vng Gọi H trung điểm AD , ta có MH // SD  MH   ABCD    Do HN hình chiếu MN lên  ABC     MN , ABC    MN , NH   MNH SC  SB2  BC  4a2  a2  a ; SD  SC  DC  3a2  a2  a a SD MH 2  cos      tan    a NH AB  tan  1  Câu 35: Gọi M hình chiếu I Oy  M  0;1;  Mặt cầu  S  tâm I  2;1; 3  tiếp xúc với trục Oy có bán kính IM  13  Vậy  S  có phương trình x     y  1   z  3 2  13 Câu 36: Khối lập phương tích 64a3 nên cạnh 4a Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính R 4a 4 32 a3  2a nên thể tích khối cầu V   R3    2a   3 Câu 37: KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Diện tích xung quanh hình trụ Sxq  2 rl  2 r.2r  36 a2  r  3a Lăng trụ lục giác có đường cao h  l  6a Lục giác nội tiếp đường tròn có cạnh bán kính đường tròn  3a  Suy diện tích lục giác S   27 a2 Vậy thể tích V  S.h  81 3a3 Câu 38: Kiến thức bổ sung: Dạng tốn tìm GTLN, GTNN hàm số y  u  x  đoạn  a ; b  Gọi M , m GTLN, GTNN hàm số u  x  đoạn  a ; b   + Max y  Max M ; m a ; b  + Min y  a ; b  TH1: M m   Min y   a ; b  TH2: m   Min y  m  a ; b  TH3: M   Min y   M  a ; b  Đặt: u  x   x  3x  m  u  x   3x   x   0 ;  u  x    3x2      x  1  0 ;  Ta có: u    m ; u  1  m  ; u    m        Suy ra: Max u x  m  2; Min u x  m   Max y  Max m  ; m  0; 2 0; 2 0; 2 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020    TH : m  m    2  m   a  Min y  ( loại ) 0;  (vì ko thỏa mãn giả thiết Aa  12 ) TH : m    m   Min y  m  ; A  Max y  m  0 ;   0 ;    m  4( TM )  m  4( koTM )  Từ giả thiết: Aa  12  m  m   12  m  16       TH : m    m  2  Min y   m  ; Max y   m  0;    0;   m  4( koTM )  m  4( TM )  Từ giả thiết: Aa  12  m  m   12  m  16   Kết hợp trường hợp suy ra: S  4 ; 4 Vậy tổng phần tử S bằng:  4    Câu 39: Ta có 9x  3x1  m   9x  3.3x  m Xét hàm số y  x  3.3 x Ta có: y  x.ln  3.3 x.ln  x  Bảng biến thiên: x y  y YCBT   m  18 , m  18 Vậy có 13 giá trị nguyên m thỏa YCBT Câu 40: Giả sử z  x  yi  z  2i   x , y   Khi z   3i    x  1   y    18 1 2   x   y   i   x   y    x  y   i  Theo giả thiết ta có x2  y  2  x  y  0  x    y   Với x  y  thay vào  1 ta phương trình y   y   x   z1  KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 y   Với x    y   thay vào  1 ta phương trình y  y      y        z  3    i   z      i  Vậy có số phức thỏa mãn yêu cầu toán Câu 41: S H B C N M O A D Gọi O  AC  BD suy SO   ABCD  nên góc SA đáy  ABCD  SAO  30 Gọi M , N trung điểm CD AB Trong  SON  , kẻ OH  SN OH   SAB      Ta có CD //  SAB  nên d CD, SA  d CD, SAB   d  M , SAB  2d O, SAB  2OH a 1 AO  AC  2a  2a suy SO  AO.tan 30  2 1 ON  AB  2a  a 2 Tam giác SON vng O có OH  ON OS2 10 10  a Vậy d  CD , SA   a 2 5 ON  OS Câu 42:  x  2t  Phương trình tham số đường thẳng 1  y  t z   t  Gọi I  x; y ; z  giao điểm 1  R  KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020  x  2t x   y  t  Khi tọa độ I thỏa mãn    y   I   0; 0;1 z   t z   x  y  z    Mặt phẳng  R  có VTPT n   1;1; 2  ; Đường thẳng 1 có VTCP u   2;1; 1 Khi n, u    1; 3; 1 Đường thẳng  nằm mặt phẳng  R  đồng thời cắt vuông góc với đường thẳng 1 Do  qua I   0; 0;1 nhận  n , u  làm VTCP x  t  Vậy phương trình   y  3t z   t  Câu 43: cosx  sin x u  ln(sin x  2cosx)  dx  du  sin x  2cosx Đặt   dx dv  v  tanx cos2 x     Khi  ln(sin x  2cosx) cosx  sin x dx  tan x ln(sin x  cosx )  tanx dx 0  sin x  cosx cos x 0 4    tan x 4 10   ln   tanx dx  ln    tan x   dx tan x  2 tan x   0   4  cosx 5 cosx  ln  ln   ln cosx  5x   10  dx  ln  ln   10  dx sin x  2cosx sin x  2cosx 0   cosx  cosx  2sinx    sinx  2cosx  dx   dx Xét tích phân  sinx  2cosx 50  sinx  2cosx     ln  sinx  2cosx   x   1    ln   ln     2  1  ln  ln    5 2  ln(sin x  2cosx) 5   dx  ln  ln   2(ln  ln  )  3ln  ln  2 2 cos x Suy  KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 15 Vậy a  3, b   , c    abc  Câu 44: Gọi  khơng gian mẫu Có 10 cách lấy viên bi từ hộp A Khi bỏ viên bi lấy từ hộp A vào hộp B số bi hộp B 2 11 Khi có C11 cách lấy viên bi từ hộp B Do ta có n     10C11 Có cách lấy viên bi đen từ hộp A Khi bỏ viên bi đen lấy từ hộp A vào hộp B số bi trắng hộp B Khi có C 72 cách lấy viên bi trắng từ hộp B Có cách lấy viên bi trắng từ hộp A Khi bỏ viên bi trắng lấy từ hộp A vào hộp B số bi trắng hộp B Khi có C 82 cách lấy viên bi trắng từ hộp B Vậy có tổng cộng 4C72  6C82 cách lấy theo yêu cầu 4C72  6C82 126  Do xác suất cần tính P  275 10C11 Câu 45:   Hàm số y  f x  2x  m xác định liên tục  2;  x 1     Với m  2 , hàm số trở thành y   max f x  f x  (không thỏa)  2;3 Với m  2 , ta có y  2  m  x  1  2;3 Khi hàm số ln đồng biến nghịch biến  2;   max f  x   f   ; f  x   f    2;3 2;3 Suy   max f  x   f   ; f  x   f   2;3  2;3         Do đó: max f x  f x  f  f   2;3  2;3     Theo giả thiết max f x  f x    2;3   2;3  6m 2m    m  2 m  2m 2  m  6 Vậy tổng giá trị tham số m thỏa mãn yêu cầu tốn là: 4 Câu 46: KHĨA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 S Q P A C G R B Gọi R trung điểm BC , ta có VG APQ Mặt khác ta lại có Vậy VG APQ  VA PQR  VA PQR VS ABC  1  VA PQR  VS ABC 4 2  VG APQ  VA.PQR 3 1 VS ABC  V Câu 47:         g  x   3x2  f  x3  3x  x4  2x2   x2  3 f  x3  3x  x2  3      f  x  3x  x   g  x     x2        3 Mà x    1; 2  x  3x    2; 2  f  x  3x   f  x  3x  x   , g  x    x    x  1 Ta có    Vậy max y  g  f 2   2021   1;2  Câu 48: Đồ thị (C) hàm số y  3x  hình vẽ x2 KHĨA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Ta có phương trình  t2   m  t2   (1) 2 Điều kiện 3  t  Đặt x   t  x   t  suy t    x Do với giá trị x   0;  tương ứng với hai giá trị t    3;    0;  Khi phương trình (1) trở thành x   m x   (2) Nếu x  phương trình (2)   (vô lý) nên x  Do (2)  m  3x  x2 (3) Phương trình (1) có nghiệm t phân biệt thuộc   3;    0;  phương trình (2) có nghiệm x phân biệt thuộc  0;   Đường thẳng y  m cắt đồ thị  C  hàm số y  3x  x2 điểm phân biệt có hồnh độ thuộc 0;    2;  Từ đồ thị  C  suy đường thẳng y  m cắt đồ thị  C  hàm số y  có hồnh độ thuộc 0;    2;   m  3x  điểm phân biệt x2 m  Câu 49: Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 y B x A A O B y2 x  1 4 25 Theo đề ta có phương trình Elip Gọi M , N giao điểm dầu với elip Gọi S1 diện tích Elip ta có S1   ab     5 Gọi S2 diện tích hình phẳng giới hạn Elip đường thẳng MN Theo đề chiều cao dầu có thùng (tính từ đáy thùng đến mặt dầu) 0,6m nên ta có phương trình đường thẳng MN y  x2 y  x2   ta có y  Mặt khác từ phương trình 4 25 Do đường thẳng y  3 cắt Elip hai điểm M , N có hồnh độ  nên 4 4 1 4 S2     x   dx    x dx  5  5 10 3   4 1  x dx Đặt x  sin t  dx  cos tdt 2  Tính I   Đổi cận: Khi x     3 t   ; Khi x  t  3 4  Khi I    Vậy S2   1 cos2 tdt  2    2  1  cos 2t  dt     3    2 3        8  10 15 20   3    1, 52  15 20    Thể tích dầu thùng V   Câu 50: 10 KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 +) Xét hệ thức m2  4mn  5n2  2n  ,  1 +) Đặt m2  t Ta có m  2  nt  m  nt  2 n  +) Thay vào  1 ta được: nt  2       nt  2  n  5n 2  2n    t  4t  n2  2 2t  n     +) Có số thực m , n thỏa mãn  1  phương trình   có nghiệm      2t    t 2   4t    t  4t    t    5;1 +) Xét hàm số f  t   2t  6t  đoạn   5;1 t     5;1 f   t   6t  12t ; f   t     5;1  t  2     Ta có f  5   99 , f  2   , f    , f  1   Suy f t  99 t  5   5;1  m2   99  n   Vậy giá trị nhỏ f  11 ... KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 y   Với x    y   thay vào  1 ta phương trình y  y      y        z  3    i   z      i  Vậy có số phức thỏa mãn yêu cầu toán Câu... 6m 2m    m  2 m  2m 2  m  6 Vậy tổng giá trị tham số m thỏa mãn yêu cầu toán là: 4 Câu 46: KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 S Q P A C G R B Gọi R trung điểm BC , ta có VG APQ Mặt... nên cạnh 4a Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính R 4a 4 32 a3  2a nên thể tích khối cầu V   R3    2a   3 Câu 37: KHĨA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020 Diện tích xung quanh hình trụ Sxq