ÔN TOÁN THPT QUỐC GIA

Dựa vào bảng biến thiên ta được: 2 cực đại và 3 cực tiểu.. Nên diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq  2... nhưng người đó không rút mà lại đóng thêm A triệu đồng nữa, nên số tiền gốc

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 15

1 2 3 4 5 6 7 8 9 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

2

        

9 0

1 2 1

k

k

k

x





 

 

2 9 9

0 0

1 2

k

k i

C C  x  

 

Theo yêu cầu bài toán ta có 2 k i    9 3  2 k i   12; 0    i k 9; i k  ,

Ta có các cặp  i k; thỏa mãn là      0; 6 , 2; 5 , 4; 4

Từ đó hệ số của x3 là 0 6 6 0 0 2 5 5 2 2 4 4 4 4 4

C C    C C    C C     2940

Câu 30:

Đặt t  3x 1    t2 3 x  1  2tdt 3dx  dx 2 tdt

3

Đổi cận: x    1 t 2; x    5 t 4

4

2

3

a b c

   

Câu 31:

Ta có z  4   1 i z  4 3 i z    1 3i  z    z 4  z  4 i 

Suy ra  1 3i   z  z   4  z  4 i    2 2

  2 2

2

8 z 32

4

z

   z 2

Câu 32:

Ta có: g x '    2 2 x  2 x   ' ' 2 f x2 x f   2 x2 x   2 4 x 1 ' 2    f  x2 x f   2 x2 x   0

2

2

4 1 0

x

f x x

f x x









1

4 1 0

4

x      x

Dựa vào bảng biến thiên ta có   2

2

2

1

2

x

f x x

x

x x

  

 

 

Dựa vào bảng biến thiên phương trình f x   0 chỉ có 1 nghiệm x 0 1 (vì đồ thị y f x  cắt trục

Ox tại một điểm có hoành độ lớp hơn 1) Khi đó  2  2 2

f x  x   x   x x  x   x x  (*) phương trình có hai nghiệm vì a c , trái dấu

Mặt khác, thay các nghiệm 1 1

; 1;

x    vào (*) ta được x 0 1 không thỏa mãn điều kiện của x0 nên

; 1;

x    không là nghiệm của (*)

Vậy phương trình g x  '( ) 0 có 5 nghiệm đơn Suy ra hàm số y  g x ( ) có 5 cực trị

LỜI BÌNH: Yêu cầu đề bài có thể thay đổi số cực đại hoặc số cực tiểu của hàm số, khi đó ta cần phải xét dấu g’(x) Cụ thể:

Ta có 2 nghiệm của phương trình f(2x2x) 0 2x2  x x0 2x2 x x0 0

là 0

0

1 8

x

x





0

0

1 8

x

x



 Mặt khác:

2

2

1

2

x

  

2

2

2

x x

x x

   



 



Bảng xét dấu:

Dựa vào bảng biến thiên ta được: 2 cực đại và 3 cực tiểu

Câu 33:

Xét hàm: 3   2 2

2

yx  m x mx m ; 2  

y  x  m x m

Nhận xét :

- Mỗi giao điểm của đồ thị hàm số y  f x ( ) với trục Oxsẽ có một điểm cực tiểu của đồ thị hàm số

| ( )|

y  f x

- Nếu hàm số y  f x ( )có y y cd. ct 0 thì hàm số y  | ( )| f x chỉ có hai cực tiểu

- Nếu hàm số y  f x ( ) không có cực trị thì hàm số y  | ( )| f x chỉ có một cực tiểu

Yêu cầu bài toán   y 0 có hai nghiệm phân biệt và y y cd. ct 0

      có ba nghiệm phân biệt

2

{0; 3}

x m m

m

 

   



       

 Theo đề ra ta có: m  , | | 5m      5 m 5

Kết hợp điều kiện trên ta được: 5 1 { 4; 2; 1}

0; 3

m Z

 

       



   



Câu 34:

Ta có 1

3

BP

 PA QD 3

Khi đó khối trụ thu được có bán kính đáy r  PAQD 3 và đường

sinh l  AD 2

Nên diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq  2  r l  2 3.2   12 

Câu 35:

Gọi số tiền đóng hàng năm là A 12 (triệu đồng), lãi suất là r 6% 0,06

C

D

P

Q

Sau 1 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là A1A1r (nhưng người đó không rút mà lại đóng thêm A triệu đồng nữa, nên số tiền gốc để tính lãi năm sau là A1 A)

Sau 2 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

A  A  A   r   A   r A     r A  r  A  r

Sau 3 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

A  A  A   r  A  r  A   r A    r A  r  A  r  A  r

…

Sau 18 năm, người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

A  A  r  A  r   A  r  A  r

Tính:   18 17   2 

A  A   r   r    r     r 

18

0,06

r r

 

Câu 36:

Số các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ tập A 0;1; 2; 3; ; 9 là: 9.105 số

Nhận thấy 1400 2 5 7 1.2.4.7.5  3 2  2 1.1.8.7.52

Suy ra số được chọn: Tạo thành từ 3 chữ số 2, 2 chữ số 5 và 1 chữ số 7;

hoặc là 1 chữ số 1, 1 chữ số 2, 1 chữ số 4, 1 chữ số 7 và 2 chữ số 5;

hoặc là 2 chữ số 1, 1 chữ số 8, 1 chữ số 7 và 2 chữ số 5

Nên số các số có tích các chữ số bằng 1400 là: C C63 32A64A C62 42 600 số

Xác suất cần tìm là: 6005 1

1500 9.10

Câu 37:

Gọi M là điểm biểu diễn số phức wz i  1i Suy ra:

1

w

i



   w  w   2 2 i  6 2

MF MF

   với F1 0; 0 , F22; 2 , F F1 2 2 c  2 2

Tập hợp điểm M là điểm biểu diễn số phức w là elip có độ dài trục lớn 2a 6 2,2c 2 2,

2 2 4

b a c  Diện tích elip là S .a b12 2

Câu 38:

Từ giả thiết suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng , và liên tục tại nên đồng biến trên

Vì nên có 3 giá trị là

Câu 39:

Cách 1: Sử dụng công thức tỉ số thể tích khối hộp

Cho hình hộp ABCD A B C D    , gọi M, N, Plần lượt là các điểm thuộc các cạnh AA, BB, CC Mặt phẳng MPN cắt cạnh DD tại Q Khi đó:

.

MNPQ A B C D

ABCD A B C D

   

   

Áp dụng, xem khối đa diện AMNPBCD  AMNP ABCD ta có:

.

AMNP ABCD

A B C D ABCD

V     B B D D

        

AMNPBCD AMNP ABCD A B C D ABCD

Cách 2:

Thể tích khối lập phương ABCD A B C D     là  3 3

V  a  a

Gọi O, O lần lượt là tâm hai hình vuông ABCD và A B C D    , gọi

K OO    MP, khi đó N  AK  CC

Ta có 1  

2

OK  DP BM  1 3

a

   

  Do đó

3 2

2

a

CN  OK  Diện tích hình thang BMNC là

1

2

BMNC

S  BM CN BC  1 3 2 5 2

Thể tích khối chóp A BMNC là . 1

3

A BMNC BMNC

.2

a

Diện tích hình thang DPNC là 1  

2

DPNC

.2 2

2 2 2

 

  1;3 

g x   f  x  m x    0; 2    x m  m m ;  2 

 

m

m

 



m  m m 1;m0;m1

'

P M

C'

D' B'

C B

D A

A

N K

O'

O

P

M

C'

D'

B'

C

A

D

B

A'

Thể tích khối chóp A DPNC là . 1

3

A DPNC DPNC

.2 2

a

a a

Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng V  VA BMNC.  VA DPNC. 5 3 4 3 3

3

a

Câu 40:

Mặt cầu  S có tâm I1;1; 2 và bán kính R  3

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên d, khi đó H là trung điểm đoạnEF

Ta có      2

2

EF  EH  R  d I P Suy ra EFlớn nhất khi d I P  ,    nhỏ nhất

Đường thẳng d qua A1; 1; m và có véc tơ chỉ phương u   1;1; 2 

Ta có AI   0; 2; 2  m ,   AI u ,      2 m ; 2  m ; 2  

Suy ra     , 2 2 12

1 1 4

d I P

u



Do đó d I P  ,    nhỏ nhất khi m  0 Khi đó      2

2

EF  EH  R  d I P 

Câu 41:

Đặt

Do đó không xác định khi hay

Từ bảng biến thiên của ta có Suy ra

Ta có bảng xét dấu của như sau:

Từ đó suy ra đồng biến trên mỗi khoảng và

Câu 42:

     

g x  f f x             '

f x f x

g x f f x

f x

 

g x  f x    0 x  0

             

1

1 0

1

x

f x

f f x

f x

  

 

 



 

f x f x  0;1 , x f   f x       0, x

  '

g x

x

 

f  x

 

f x

0

 0

0



 

g x 

0 0

x

 

f  x

 

f x

0

 0

0



 

g x 

0 0

 

g x    ; 1    0;1

Ta có, MA(ABN) suy ra MA  AN.

NB ABM suy ra NB  BM

Do đó, tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN là trung

điểm I của MN

Gọi F là trung điểm của AN suy ra IF AM// do đó

( , ) ( ,( )) ( ,( ))

d AM BI  d AM BIF  d A BIF và IF  ( ABN )

Gọi H là hình chiếu của A lên BF, P đối xứng với B

qua F suy ra ABNPlà hình chữ nhật

Ta có AH BF

AH IF

 AH(BIF)d AM BI( , )AH

Xét tam giác ABP vuông tại A có AH là đường cao nên

( , )

d AM BI AH

Câu 43:

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ sao cho A O 

 cạnh cong AE nằm trên parabol   2

:

P yax bx đi qua các điểm  2;1 và 7

4;

2

  nên   3 2 1

:

16 8

P y  x  x

Khi đó diện tích tam giác cong ACE có diện tích

4

0

d 5 m

S  x  x x

Vậy thể tích khối bê tông cần sử dụng là V 5.2 10 m 3

Câu 44:

     ,   d B t2 ;1 t; 2t

0

AB u

              

                



1

2

1

t t

t





      

  

Suy ra A2;1;1, 1 3

1; ;

2 2

  

AB ngắn nhất khi và chỉ khi AB là đoạn vuông góc chung của d, d

Vậy  đi qua A2;1;1 có vectơ chỉ phương u  2 AB    2;1; 3  : 2 1 1

y

x   z 

Câu 45:

Gọi O là trọng tâm tam giác đều ABD và I là trung điểm BD thì 3

2

a

a

OI  AI 

Tam giác ICD vuông I có ICD  60 , 1

a

.cot 60

6

a

IC  ID  

O

 và C đối xứng nhau qua đường thẳng BD 2 3

3

a

AC AI IC

Khi đó BD AC  

BD SA

Mà SC P nên BD// P

Do đó    

P SBD MP

MP BD SBD ABCD BD



Lại có  

BD SAC

BD AN

AN SAC





Tam giác SAC vuông tại A có SN SC SA  2 SN SA22

SC SC

7

SC SA AC



Tam giác ABC có SD a 2 ; 2 2 3

3

a

BC  IC  IB  và AC2  AB2 BC2

 tam giác ABC vuông tại B BCSAB; AMSAB  BC  AM

Lại có tam giác SAB vuông nên AM  SB  M là trung điểm SB 1

2

SM SB

 

Mà MP BD // nên 1

2

SP SM

SD  SB  Mặt khác

ABCD ABC BCD

.sin120

CB CD

3

3 9

S ABCD

a

V  V 

Khi đó .

.

.

S AMN

S ABC

V  SB SC 3 1 3

7 2 14

28

S ANP

28

S ANM

V  V

Vậy .

.

3 14

S AMNP

S ABCD

V

42

S AMNP

a V

Câu 46:

Xét hàm số h x    f x   có đồ thị hàm số nhận đường thẳng y  1 làm tiệm cận ngang, x  1, x   1 làm tiệm cận đứng

Suy ra đồ thị hàm số    2  2 

u x  h x m   f x m  nhận đường thẳngx m 21;x m 21 làm tiệm cận đứng, đường thẳng y  1 làm tiệm cận ngang

Suy ra đồ thị hàm số g x   u x 2020 nhận đường thẳngx m 21;x m 21 làm tiệm cận đứng,

đường thẳng y   2019 làm tiệm cận ngang

Theo đề bài, ta có

2 2

2

1 5

m m

  

  

 



Câu 47:

+) PT(1)

5

y

 



 



 Tập hợp các điểm  x y; thỏa mãn phương trình (1) là nửa đường

tròn tâm I 3; 5 , bán kính R  6, đường kính AB với A 9; 5 ,

 3; 5

B  vày  5

+) PT(2) là phương trình của họ đường thẳng d: my  2 x  3 m   6 0

luôn đi qua điểm M3; 3 

TH1: m      0 x 3 y 11 hệ có nghiệm (3;11)



     có hệ số góc 2

k m





Đường thẳng MB MA, lần lượt có hệ số góc 1 4 2 4

,

k   k 

Hệ có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng d cắt nửa đường tròn đường kính AB

 d nằm trong góc  MA MB ,   

2 4

3 3

3

m





 



Từ hai trường hợp trên suy ra 3 3 2 2 9

;

m  a b 

12

10

8

6

4

2

-2

-4

d

3

O

M

Câu 48:

Ta có                    

 

2 2

2

f x

f x f x x f x f x f x x f x

f x

   

Nguyên hàm 2 vế ta được:

 

 

 

   

2 3

1

' ''

2

A

f x

f x

f x f x f x

Xét  

 

''

f x

f x

  , Đặt  

 

 

   

 

' 1

2

f x

dv f x dx v f x







Suy ra  

 

 

   

2 ' '

2

f x

f x

f x f x f x

Từ (1) và (2) suy ra  

3

2

  4 2  0 100;  1 6561   4 2  

4

Câu 49:

x y z  x my m z m  m   1

Ta có a  2, b   m, c m   1, d m  2 2 m  8

 1 là phương trình mặt cầu  S khi a2    b2 c2 d 0

3 0

m

3

m m

 

 

  

mặt cầu  S có tâm I2;m m; 1, bán kính R m23

TH1:  P là ABI và  S có bán kính R 1 m2 3 1 và A, B, I không thẳng hàng

 2; 6; 2 

AB   , AI      1; m 1; m  1  2

2

m m

  

  

  m   2

TH2:  P cách I một khoảng lớn nhất, đồng thời d I P2 ,     R2 1

Gọi H, K là hình chiếu của I lên  P và AB, ta có d I P  ,     IH IK 

AB

 ,   AB AI ,     4 m  8; 4 2 ; 4 2  m  m m2 4; 2; 2   

 ,  2 2 6

2 11

m

d I AB 

11

m 



Ta có 2    2

d I P  R  6  2 2

5 m 24 m 68 0

2 34 / 5

 



   



Vậy có hai giá trị của m thỏa ycbt

Câu 50:

Không mất tính tổng quát, ta giả sử y nằm giữa x và z Kết hợp với giải thiết ta có:

0   y 2 và x y x y z    0

Từ đây ta được: 2 2 2  2

xy  yz  zx  y x z 

Mặt khác do x z , không âm nên 3 3  3

x  z  x z 

Do đó  3 3   2 3 3  2  

m  x z   y  y x z    y  y  y  y  f y

Suy ra max0;2 f y   f 1 100

 

 

Vậy m  100, đạt đượ khi và chỉ khi x  0, y  1, z  3