ĐÁP án ÔN THI TOÁN THPT QUỐC GIA

Vậy có 13 giá trị nguyên của m thỏa YCBT... Vậy có 3 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD và AB... Đường thẳng 2 nằm trong mặt phẳng  R đồng thời

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 23

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  x

y a và  x

y b là hai hàm số đồng biến nên a, b  1

Do y  logcx là hàm số nghịch biến nên 0   c 1

Lấy x m m 0, dựa vào đồ thị ta thấy m m 

a b a b Vậy a b c  

Câu 32:

Số tiền sau 5 năm:    

5

8

100 (triệu đồng)

Số tiền sau 10 năm:

Câu 33:

Đặt t  3 x2 1  d t  6 d x x Đổi cận x     0 t 1, x    2 t 11



Câu 34:

S

A H D M

S

S N

2a

a

Gọi D là hình chiếu của S lên ABC, ta có:



BC SD  BC  CD và  



AB SD  AB  AD

Mà ABC là tam giác vuông cân tại B nên ABCD là hình vuông

Gọi H là trung điểm của AD, ta có MH // SDMHABCD

Do đó HN là hình chiếu của MN lên ABC     MN ABC ,    MN NH,   MNH

SC SB BC  4a2a2  a 3; SD SC2 DC 2 3a2a 2 a 2

 

tan MH

1

2 SD

2 2

a



1 cos

1 tan 



1 1 1 2

 6

3

Câu 35:

Gọi M là hình chiếu của I trên OyM0;1; 0

Mặt cầu  S tâm I2;1; 3  và tiếp xúc với trục Oy có bán kính IM  13

Vậy  S có phương trình    2    2  2 

Câu 36:

Khối lập phương có thể tích 64a3 nên cạnh bằng 4a Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính

 4  2

2

a

R a nên thể tích khối cầu  4  3  4   3  32  3

2

a

Câu 37:

Diện tích xung quanh hình trụ Sxq  2  rl     2

2 2 r r 36 a   3 r a

Lăng trụ lục giác đều có đường cao h l   6 a

Lục giác đều nội tiếp đường tròn có cạnh bằng bán kính của đường tròn

Suy ra diện tích lục giác đều   2

6

4

a

2

a

Vậy thể tích V  S h  81 3 a3

Câu 38:

Kiến thức bổ sung: Dạng toán tìm GTLN, GTNN của hàm số y u x  trên đoạn a b; 

Gọi M m , lần lượt là GTLN, GTNN của hàm số u x  trên đoạn a b; 

 

 



;

;

a b

+

 

a b; 

Min y

 

 



;

0

a b

Min y

 

 



;

a b

Min y m

TH3:

 

 

;

0

a b

Đặt:   3     2

      

    



1 0 ; 2

x

x

Ta có: u 0 m u;  1  m 2 ;u 2  m 2

TH1:    

 

 

0; 2

(vì ko thỏa mãn giả thiếtAa  12)

TH2:

Từ giả thiết:            



Từ giả thiết:            



Kết hợp các trường hợp suy ra: S 4; 4 

Vậy tổng các phần tử của Sbằng:    4 4 0

Câu 39:

Ta có 9x 3x1   m 0 9x 3.3x m

Xét hàm số y9x 3.3x Ta có: y 9 ln 9 3.3 ln 3 0x  x    x

Bảng biến thiên:



y

YCBT   4 m 18, m  Vậy có 13 giá trị nguyên của m thỏa YCBT

Câu 40:

Giả sử z x yi   x y,   Khi đó        2  2   

  2     2  2  2   

Theo giả thiết ta có               



2

2

Với x y   2 thay vào  1 ta được phương trình 2y2     0 y 0 x 2 z1  2

Với x y 2 thay vào  1 ta được phương trình   

    

  



1 5

y

y

     



      



2

3

Vậy có 3 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 41:

Gọi O  AC  BD suy ra SOABCD nên góc giữa SA và đáy ABCD là SAO   30

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD và AB

Trong SON, kẻ OH  SN thì OHSAB

Ta có CD//SAB nên d CD SA  ,   d CD SAB  ,     d M SAB  ,     2 d O SAB  ,     2 OH

 1  1 2 2  2

AO AC a a suy ra  tan 30   6

3

a

 1  1 2 

Tam giác SON vuông tại O có  



5

ON OS

ON OS Vậy  ,   2 10

5

Câu 42:

Phương trình tham số của đường thẳng 1 là

 

 



  



2

1

y t

Gọi I x y z ; ;  là giao điểm của 1 và  R

S

A

N

D

C O

H B

M

Khi đó tọa độ của I là thỏa mãn

 

 

 

    



2

0 0 1

1

2 2 0

x

y t

y

z

  0;0;1I

Mặt phẳng  R có VTPT n1;1; 2 ; Đường thẳng 1 có VTCP u2;1; 1 

Khi đó n u,   1; 3; 1  

Đường thẳng 2 nằm trong mặt phẳng  R đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng 1

Do đó 2 đi qua I 0;0;1  và nhận n u,  làm một VTCP

Vậy phương trình của 2 là

 

  



  



3 1

x t

Câu 43:

Đặt

2 sin ln(sin 2 )

sin 2 tan

dx

dv

cos x

Khi đó



0

tan ln(sin 2 ) tan

sin 2

cos x

x





4



4 4

1

cosx



4 0

Suy ra



4 2

0

ln 3 ln 2 2(ln 3 ln 2 ) 3ln 3 ln 2

dx cos x

Vậy  3,   5 ,    1  15

Câu 44:

Gọi  là không gian mẫu

Có 10 cách lấy ra 1 viên bi từ hộp A Khi bỏ viên bi lấy từ hộp A vào hộp B thì số bi trong hộp B là

11 Khi đó có C112 cách lấy 2 viên bi từ hộp B Do đó ta có    2

11

10

Có 4 cách lấy ra một viên bi đen từ hộp A Khi bỏ viên bi đen lấy từ hộp A vào hộp B thì số bi trắng trong hộp B vẫn là 7 Khi đó có C72 cách lấy 2 viên bi trắng từ hộp B

Có 6 cách lấy ra một viên bi trắng từ hộp A Khi bỏ viên bi trắng lấy từ hộp A vào hộp B thì số bi trắng trong hộp B là 8 Khi đó có C82 cách lấy 2 viên bi trắng từ hộp B

Vậy có tổng cộng 2 2

4C 6C cách lấy theo yêu cầu bài ra

Do đó xác suất cần tính là 

 72 82 

2 11

275 10

P

Câu 45:

Hàm số     



2 1

x m

x xác định và liên tục trên 2; 3 Với m  2, hàm số trở thành        

 

 

2;3 2;3

Với m  2, ta có

 

 

 2

2 1

m y

x

Khi đó hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên 2; 3 

Suy ra

 

 

 

 





2;3 2;3

2;3 2;3

.

Do đó:              

 

 

2;3 2;3

Theo giả thiết        

 

 

 





2;3 2;3

2 2

6 2

m m

m

Vậy tổng các giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 4

Câu 46:

Gọi R là trung điểm của BC, ta có .   

.

A PQR

A PQR S ABC

S ABC

V

Mặt khác ta lại có .   

.

G APQ

G APQ A PQR

A PQR

V

Vậy .  2 1 .  1

G APQ S ABC

Câu 47:

           

  2  3  4 2  2   3  2  

   

 



2

0

1 0

g x

x

Mà      3        3      3   2 

 

   2     

Ta có

Vậy      

1;2

maxy g 1 f 2 2 2021

Câu 48:

Đồ thị (C) của hàm số 

 3x 3

y như hình vẽ

R

S

A

Q

P G

C

B

Ta có phương trình   2   2

3 9 t 1 m 9 t 2 0 (1)

Điều kiện    3 t 3 Đặt x 9t2 thì 0 x 9t2 3 suy ra t  9x2

Do đó với mỗi giá trị x 0; 3 tương ứng với hai giá trị t  3; 0  0; 3

Khi đó phương trình (1) trở thành 3 x 1 m x 2 0 (2)

Nếu x  2 thì phương trình (2)  3 0 (vô lý) nên x  2 Do đó (2)  



3 3 2

x m

x (3) Phương trình (1) có 4 nghiệm t phân biệt thuộc  3; 0  0; 3 khi và chỉ khi phương trình (2) có 2

nghiệm x phân biệt thuộc 0; 3 Đường thẳng y m  cắt đồ thị  C6 của hàm số  



3 3 2

x y

x tại 2

điểm phân biệt có hoành độ thuộc 0; 2  2; 3

Từ đồ thị  C6 suy ra đường thẳng y m  cắt đồ thị  C6 của hàm số  



2

x y

x tại 2 điểm phân biệt

có hoành độ thuộc 0; 2  2; 3 khi và chỉ khi 0   3

2

m hoặc m  6

Câu 49:

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Theo đề bài ta có phương trình của Elip là 2  2 1

4 25

y x

Gọi M, N lần lượt là giao điểm của dầu với elip

Gọi S1 là diện tích của Elip ta có      

1

1 2

2 5 5

Gọi S2 là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi Elip và đường thẳng MN

Theo đề bài chiều cao của dầu hiện có trong thùng (tính từ đáy thùng đến mặt dầu) là 0,6m nên ta có phương trình của đường thẳng MN là  1

5

Mặt khác từ phương trình 2  2 1

4 25

y x

ta có 4 1 2

5 4

Do đường thẳng  1

5

y cắt Elip tại hai điểm M, N có hoành độ lần lượt là  3

4 và

3

4 nên

2

Tính



  

3

4

2 3

4

1 d 4

I x x Đặt  1 sin  d  1 cos d

Đổi cận: Khi 

 3 4

  3

t ; Khi  3

4

x thì 

 3



3 2 3

cos d 1 cos 2 d

Vậy         

2

5 8 3 2 10 15 20

Thể tích của dầu trong thùng là    

       

3 3 1,52

5 15 20

Câu 50:

y B

A

x

O

A

B

+) Xét hệ thức m24mn5n2 2 2n1,  1

+) Đặt 



2 2

m

t

n Ta có m2 2 nt  m nt  2 2

+) Thay vào  1 ta được:    2    2  

 t2  4 t 5 n2 2 2 2 t  5 2 n   9 0 2

+) Có các số thực m,n thỏa mãn  1  phương trình  2 có nghiệm    0 

 2 2t5 2 29 t2 4t 5 0       2  

+) Xét hàm số   3 2

f t t t trên đoạn  5;1

 

  2

6 12

f t t t;             

    



0 5;1 0

2 5;1

t

f t

Ta có f   5 99, f  2 9, f 0 1, f 1 9

Suy ra    

5;1

min f t 99 khi t  5

Vậy giá trị nhỏ nhất của   

2 2

m f

n bằng 99