ÔN TOÁN THPT

là hình chóp đều nên tam giác ABC là tam giác đều và G cũng là trọng tâm tam giác ABC.

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 21

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

D D C D B A A 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    khi đó ta có MN là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng 

Do N  d nên N2 2 ; 2 t t;3t Mà N   nên 2 2        t 2 t 3 t 3 0    t 1N0;1; 2

 1; 1; 2 

MN

   

Vậy một vec tơ chỉ phương của  là u   1;1; 2  

Câu 30:

2018 5 2019

2

2.2 x 5.2x 2 0

Đặt 2018 

t  t Ta được 2

1

2

t

t

 







 Với 1

2

t   2018 1

2x 2  x 2018    1 x 2019

Với t   2 2x2018  21 x 2018 1   x 2017

Vậy tổng hai nghiệm là  4036

Câu 31:

Giả sử sau n quý người đó có được ít nhất 20 triệu đồng

4

15 1 0, 0165 20 log 17,58

3

n

n

Do đó cần 4 năm 2 quý

Câu 32:

Đặt:

1

1

1

x dx

v

v x

x



 

Khi đó:

3 3

1 1

d

x



1

3 ln 3 3 1 1

d



1

3 ln 3

ln ln 1



3 ln 3

ln 3 ln 4 ln 2

4



1 ln 3 ln 2 4

3

25 4

16 1

a

a b b

 



 



2

Đặt log4a  log6b  log9 4 a  5 b    1 t suy ra a4 ,t b6t

và

1 3

t

t

   

  

 

 

 

 



suy ra 2 9 2

t

t

     

 

 

b

a

Câu 34:

Hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số yx2 và yk là x k

Do đó diện tích 4  

2

k

S   x k x, diện tích

4 2

0

d

S   x x  S

Ta có S1 S2 4   4

0

1

2

k

4 3

32

k

x kx

3 3

4

k

3

16 6k k

      3 2

2 2 3

2

k

k

k



  









Câu 35:

Điều kiện xác định của phương trình là

3 0

1 0 0

x x x

 



  



 



3 1 0

x x x

 





  

 



0 1

x x





  



3

2 x   2 x   x  log3 x   3  log |3 x   1| log 43  x

log x 3 | x 1| log 4 x

          x  3 |  x   1| 4 x

Câu 36:

Ta có f    x  ex ex 2 e 1

e

x x



2 2

x

x









 



Do đó   2 2 1

2

f x









 



Theo đề bài ta có f  0 5 nên 2e0 2e0 C1  5 C11

  ln 4 2eln 42 2e ln 42 1

Tương tự ln1 0

4

f   

  nên

2

   

   

   



    C2 5

 ln16 2e  ln162  2e ln162  5

f



2

 

ln16 ln 4

2

Câu 37:

Cách 1:

Đặt t  ln x, hàm số trở thành ( ) (a 1) t 6

3

g t

t a



Hàm số ylnx là hàm số đồng biến trên khoảng (0;) Từ đó suy ra khi biến x tăng trên khoảng (0;) thì biến t tăng trên R; 1     x e 0 ln x     1 0 t 1

Do đó, hàm số f x( ) nghịch biến trên khoảng (1; )e khi và chỉ khi hàm số g t( ) nghịch biến trên khoảng (0;1)

2

2

( )

( 3 )

g t

 



Hàm số g t( ) nghịch biến trên khoảng (0;1) khi và chỉ khi

1 0,

3 (0;1)

3

a

  







Cách 2:

Ta có:

2

2

( )

ln 3

f x

 



Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (1; )e khi và chỉ khi

3

2

(1; ),







a

2 1

     

   

     





   

          



           

   

     

a

a

Do

 2019; 2019



  



a

a có 4035 giá trị

Câu 38:

4

z  i z    i zz  3 3z 1i4 10   2 2

2

10 z 10 z 160 0

2

2

1 65 2

1 65 2

z

z















1 65 2

do z 1 )

Câu 39:

Cách 1: S ABC là hình chóp đều nên tam giác ABC là tam giác đều và G cũng là trọng tâm tam giác

ABC

3

SG SA AG 

d M SAB d M ,SAC d M ,SBC  2    

,

3 d G SBC

3 GK



3

SG GN

SG GN

 



2 165

3 45

45

P   a b c

;

a    b c d G SAC  GK

35

GK

35 45

a b c

Câu 40:

Chọn ngẫu nhiên số có tám chữ số đôi một khác nhau, có 9 A 97 1632960 (cách chọn)

Gọi số cần tìm có dạng a a a a a a a a1 2 3 4 5 6 7 8

Khi đó a a7 8 chia hết cho 25 nên a a7 8 là một trong các số sau 25, 50, 75

* Nếu a a 7 8 25 hoặc a a 7 8 75 thì số cách chọn các chữ số còn lại là 7.A75 (cách chọn)

* Nếu a a 7 8 50 thì số cách chọn các chữ số còn lại là A86 số (cách chọn)

E

G

A

B

C

S

M

K

Suy ra có 2.7 A75 A86  55440 (cách chọn)

Vậy xác suất cần tính là 55440 11

1632960  324

Câu 41:

Ta có bán kính đáy hình trụ là 9 2

2

x

R  

Thể tích ao là 2 9 2 2  2

9 2

x

Xét hàm số    2 3 2

f x   x x x  x  x với 0 9

2

x

 

Ta có   2

12 72 81

f  x  x  x 

 

2

3 2

9 2

 



 



Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra:  

9 0;

2

3

2

 

 

 

  

Vậy thể tích lớn nhất của ao là  3

max

54 27

13,5 m

Câu 42:

Cách 1:

Điều kiện: x  0

log x 3xm log x 1

2

3

Để   1 có nghiệm dương duy nhất khi và chỉ khi   2 có nghiệm dương duy nhất

   2 có nghiệm kép dương: x1x2 0

6

hoặc   2 có hai nghiệm phân biệt, một nghiệm bằng 0, một nghiệm dương: x2 x10

hoặc   2 có 2 nghiệm phân biệt trái dấu: x1 0 x2

TH1:   2 có nghiệm kép dương x1 x2 0

2

4 4

m

m b

a





TH2:   2 có 2 nghiệm phân biệt, một nghiệm bằng 0, một nghiệm dương: x2 x1 0

1 2

1 2

4 0 0

m

x x

     



TH3:   2 có 2 nghiệm phân biệt trái dấu: x1 0 x2  ac   0 1 m    0 m 0

Suy ra Sm |m  ; 0   4 

Vậy S       2;   1; 0; 4 

Cách 2: Dùng hàm số

Điều kiện: x  0

log x 3xm log x 1

2

3

        Đặt   2

4

f x    x x

Ta có f    x       2 x 4 0 x 2

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy, để   1 có nghiệm dương duy nhất    2 có nghiệm dương duy nhất

4

0

m

m





  

Suy ra Sm |m  ; 0   4 

Vậy S       2;   1; 0; 4 

Câu 43:

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

ID  BD  và cot 60 3

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 SAC

BD SA



Mà SC    P nên BD //   P

Do đó    



Lại có  







Tam giác SAC vuông tại A có SN SC SA2 SN SA22

7



Tam giác ABC có SD  a 2 ; 2 2 3

3

a

BC IC IB  và 2 2 2

AC AB BC

 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

SD  SB  Mặt khác

S

C B

P

I O K

8

.sin120

CB CD

3

3 9

S ABCD

a

Khi đó .

.

S AMN

S ABC

V  SB SC 3 1 3

7 2 14

28

S ANP

28

S ANM

Vậy .

.

3 14

S AMNP

S ABCD

V

42

S AMNP

a V

Câu 44:

Xét phương trình     3   2   3

0 2

f x  g x  ax   b d x   c e x  

Ta có: f x      g x  a x   3  x  1  x  1 

Suy ra     3   2   3

2

a x  x  x   ax   b d x   c e x 

Xét hệ số tự do suy ra: 3 3 1

    

Do đó     1    

2

f x  g x  x  x  x  Vậy   1 3 3 2

4

h x  x  x  x

Ta có:   2

h x  x  x     x x  

Suy ra: h x '        0 4 x 1 Vậy hàm số h x   nghịch biến trên khoảng    3; 1 

Câu 45:

Ta có: n n q

q

0

n

f x x q

0

d

n

f x x q

0

d

f mx p

x q



   

1

0

1 1

d

0

p

0

1

   

1

0

q

Đặt mx   t d   mx  d t, với x  0 t 0; x  1 t m

   

1

0

q

    

p

q

  (do hàm số f x   liên tục trên )

1

m

p

q

 

1

m

p

q

 

1

m

p

q

 

1

m

f x x nmq mp q x

Câu 46:

Do a, b  0 nên hàm số luôn có tập xác định D a; \ 2 

b

  

Ta có lim 0

   đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y  0

Mà

y

    , đặt f x      a bx 2

Để đồ thị hàm số trên có đúng một đường tiệm cận thì f   2    0 a 2 b  2

Đặt a   1 x,

2

b y

 ta suy ra x  4 y  3

 Plogx y, (do a  0 nên x  1)

Lại có 3 4 3.3 2

2 2

x x

1

x y   y 12

x



Vậy P logx y logx 12 2

x

 

  Dấu bằng xảy ra 

2 1 4

x

y







 

1 1 2

a

b







 



Câu 47:

Câu 48:

BPT  2   1 3

4 3

Đặt     1 3

4 3

Yêu cầu bài toán 2    

min , 5; 1

Ta có:     2

2020.2002 1; 4; 2020, 0

2020

1

d 2020.2002 2020 3 2020.2002 1 2020 3



10

Từ đó và quan sát bảng xét dấu thấy: f'x 4 0

g x  f x x      x

 

g x

 5

g 

 1

g 

 

5; 1

ming x g 5 25

 

Vậy m225  hoặcm 5 m  5

Câu 49:

Tiệm cận đứng: x  1   d1 , tiệm cận ngang: y  1   d2

Gọi 1, 2 lần lượt là tiếp tuyến của   C tại A, B

Ta có

2 1



 



y

x

1// 2

y x y x

 

2

 

   



Đặt x A m với m1

Suy ra ; 1

1



m

A m

1



m

m

Tiếp tuyến tại A là 1:

1 1





m

m

Tiếp tuyến tại B là 2:

2

1 1





m

m

  

D d  D  2 m  1;1 

  

1



  C  m   

1





m  ABCD là hình bình hành

2 1;

1





BC m

m

Chu vi P hình bình hành ABCD bằng

   

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm  2

1



m và

4 1



m , ta có:

2

2

4

1



m

Dấu “” xảy ra  

2

2

4

1



Câu 50: