ĐÁP án CHI TIẾT đề toán

Câu 34: Cách 1: Vì tứ diện AB CD  có 4 đỉnh là bốn đỉnh của hình hộp chữ nhật nên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện này có tâm trùng với mặt cầu ngoại tiếp hình hộp và có cùng bán kính với m

Sưu tầm và biên soạn

Phạm Minh Tuấn

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN chi tiết ĐỀ SỐ 14

Thời gian: 90 phút (khơng kể thời gian phát đề)

Đề thi gồm cĩ 13 trang, 50 câu

16D 17A 18D 19A 20D 21A 22A 23D 24A 25A 26B 27B 28C 29A 30D 31B 32D 33C 34C 35D 36C 37B 38B 39C 40A 41A 42A 43B 44B 45B 46A 47B 48C 49B 50D

Câu 31:

+ Ta cĩ y= f(1 2− x)y= −2.f(1 2− x)

1

1

2

2

x x

x

x



=



 − = − 





= −





+ Dựa bảng biến thiên của hàm số y= f x( ) ta cĩ bảng xét dấu của hàm số y= f(1 2− x)

Vậy hàm số y= f(1 2− x) đạt cực tiểu tại 1

2

x = −

Câu 33:

Theo đồ thị hàm số ta cĩ hàm số y= f x( )đồng biến trên khoảng (−; 0) và (2; +)

( ) 0, ( ; 0) (2; )

f x x

Mặt khác: y= −3f x( −2)y= −3f x( −2)

Vậy hàm số y= −3f x( − nghịch biến 2) y  −0 3f x( −2) 0 f x( −2) 0

; 2 4 :

x

 

Vậy hàm số y= −3f x( − nghịch biến trên 2) (−;1)

Câu 34:

Cách 1:

Vì tứ diện AB CD  có 4 đỉnh là bốn đỉnh của hình hộp chữ nhật nên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện này có tâm trùng với mặt cầu ngoại tiếp hình hộp và có cùng bán kính với mặt cầu ngoại tiếp hình hộp Do đó:

AB AD AA

Cách 2: (Phương pháp tọa độ)

Gắn hệ trục tọa độ như sau A(0 ; 0 ; 0) trùng với gốc tọa độ O , tia

Ox trùng với tia AB , tia Oy trùng với tia AD , tia Oz trùng với tia

AA

Khi đó B(1; 0 ; 0), D(0 ; 2 ; 0), C(1; 2 ; 0), A(0 ; 0 ; 2), B(1; 0 ; 2),

(0 ; 2 ; 2)

D

Gọi mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AB CD  có phương trình là

( )S x: 2+y2+z2+2ax+2by+2cz d+ =0 (a2+b2+ −  , bán kính c2 d 0) R= a2+b2+c2− d

Vì ( )S đi qua A(0 ; 0 ; 0), B(1; 0 ; 2), C(1; 2 ; 0), D(0 ; 2 ; 2) nên thay tọa độ các điểm này vào( )S ta có hệ

phương trình:

0 0

1

2

1

d d

b c d

c

 =

−

 + + = −  =

Vậy bán kính mặt cầu là 2 2 2 1 2 ( ) ( )2 2 3

R= a +b +c − =d −  + − + − =

 

Câu 35:

9x 3 3x 9

a= + − − −x x

Xét hàm số ( )

( )

4

9x 3 3x 9

g x a









Nếu x  thì 4 ( ) 1 1 1 1

9x 3 3x 9 9x 3 3x 9

Suy ra ( )

9 ln 9 3 ln 3

2 0

f x = − − − 

Nếu x  thì 4 ( ) 1 1 1 1

9x 3 3x 9 9x 3 3x 9

Suy ra

2

Ta có bảng biến thiên như sau:

Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt khi 40

9

a −

Do a 0

a

 

 

 nên a  − − 4 ; 3; 2 ; 1− − 

Câu 36:

Xét hàm số h x( )= f x( 2−2x)

Đặt u x= 2−2x

' 2 2

u = x− , ' 0u =  = x 1

Sử dụng phương pháp ghép trục ta có bảng biến thiên như sau

Ta có ( 2 )

f x − x + =m ( 2 )

f x x m

Xét hàm số ( ) ( 2 )

2

m

y g x

f x x m

− + Với m = thì đồ thị hàm số 0 y=g x( ) không có tiệm cận đứng

Với m  thì số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 0 ( ) ( 2 2 )

m

y g x

f x x m

− + chính là số nghiệm của phương trình (1)

Đồ thị hàm số y=g x( ) có 6 đường tiệm cận đứng khi và chỉ khi (1) có 6 nghiệm phân biệt với mọi m  0

Dựa vào bảng biến thiên suy ra 3−   hoặc 0m 0   m 1

Câu 37:

log x+log 32x mlog x+2 5 log+ x m, x ( )0 ; 2 Đặt t=log2x Do x ( )0 ; 2 nên t  −( ;1)

log x+2 5 log+ x  , m x ( )0 ; 2 trở thành t2+ +2t 10 , m t  −( ;1)

Gọi f t( )= +t2 2t+10 ,t −( ;1)

( ) 2 2

f t t

 = + Cho f t( )=  = − 0 t 1

Bảng biến thiên:

Yêu cầu đề bài   m 9

Do m là số nguyên dương nên m 1; 2 ; 3; 4 ; 5; 6 ;7 ; 8 ; 9 Có 9 giá trị nguyên dương m cần tìm

Câu 38:

( 2)

2 1

y= − x f −x

2 2

2 2

0

0

1

x

y

x x

x

 =



− = −  =









= 



 − =



Bảng biến thiên

Hàm số y= f(1−x2) nghịch biến trên khoảng ( 3 ; 2 )

Câu 39:

Ta có:

2 2

.sin sin120

ABC

a

S = AB AC A= a  =

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB , tam giác SAB đều và nằm trong

mặt phẳng vuông góc với (ABC)SI⊥(ABC) 3

2

a SI

Thể tích khối chóp S ABC là

V = Bh= =

Câu 40:

Ta có f x( )=(3x2+2x e) −f x( ) ,  −x  1; 0   f x e( ) f x( )=3x2+2 ,x   −x  1; 0  ( )

Lấy nguyên hàm hai vế của ( ) ta được e f x( )d(f x( ) )=x3+x2+C

f x

e x x C f x x x C

Do đó ( )

( ) 11 ( ) ( )

0 ln

1 ln

f f



− =

Câu 41:

Ta có 3x2+y2 =4x y+ 2 2

3 ( )log 4

x y x y

.log 4 log 4 0 1

Phương trình ( )1 có nghiệm thực y   0 2 2

4x 4 log 4 log 4 0x

Do x nên ta có x  0;1

Vậy có 2 số nguyên x thỏa mãn đề bài

I A

B S

C

Câu 42:

Gọi O và O lần lượt là tâm của 2 đáy của hình trụ ( như trên hình vẽ )

Do thiết diện qua trục của hình trụ là một hình vuông có cạnh là 2a nên hình trụ có

chiều cao OO =2a

Hai dây cung MN , PQ nằm trên hai đáy nên d( MN PQ, )=OO=2a

Thể tích của khối tứ diện MNPQ là

.sin , d( , ) 2 2 1.2

a

V = MN PQ MN PQ MN PQ  a a a=

Dấu " "= xảy ra khi và chỉ khi

2

2 2

MN a

MN PQ a

PQ a

MN PQ

MN PQ







Vậy thể tích lớn nhất của tứ diện MNPQ là

3 4 3

a

V = , đạt được khi MN và PQ là các đường kính vuông

góc với nhau

Câu 43:

Dựa vào đồ thị của đạo hàm ta có f' 1( )=0, ' 2f ( )= Theo giả thiết 0 f( )2 = ,1 f( )1 = 2

Ta có hệ sau:

2

a b c

a b c

a b c d

a b c d

 + + =



 + + + =



 + + + =





2 9 12 3

a b c d

 =

 = −



 =



 = −

 Suy ra f x( )=2x3−9x2+12x− 3

Ta có ( ) 1 21

2

x

f x

x

 =



= 

 =



2

2

2

x x m

f x x m

x x m

 − + =



− + =   − + =



Do đó phương trình f x( 2− +x m)= có 4 nghiệm phân biệt 1 9 4 0 3

m

m m

 − 

 −    Vậy không có giá trị nguyên dương nào của m thỏa mãn đề

Câu 44:

Ta có: y=2.f(2x m+ );

1 2

1

2

m x

x m

m

 − −

=



−

 =  + =  =

Bảng xét dấu:

Hàm số y= f(2x m+ ) đồng biến trên 1 ;1

− − − 

4

; 2

m

+

Hàm số y= f(2x m+ ) đồng biến trong khoảng ( )1; 2

2

m m

m

− −    − − − 





Mà tham số m là số nguyên thuộc −2020; 2020  có 2020 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 45:

Ta có e2x+3y−e y+1= −1 2x−2y 2 3 1 ( )

e + x y e + y

Xét hàm số f t( )= + trên e t t

( ) t 1 0,

f t = + e  t  hàm số f t đồng biến trên ( )

Từ đó ( )*  f(2x+3y) (= f y+1) 2x+3y y= +12y= −1 2x

Thay vào bất phương trình 2( ) ( ) 2

log 5x+2y− −1 m+2 log x m+ +  ta được: 1 0

( ) ( )

log 3x − m+2 log x m+ + 1 0 2 2

log x mlog x m 2 0

3

3

x

Vậy không có giá trị nào của tham số m để tồn tại cặp ( )x y thỏa mãn yêu cầu bài toán ,

Câu 46:

Trong mặt phẳng ( )P , chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho gốc tọa độ O trùng với tâm O của đường tròn,

trục hoành trùng với trục lớn của elip, trục tung trùng với trục nhỏ của elip

Từ giả thiết, ta có phương trình đường elip ( )E là

2 2

1

16 9

y

x + =

Suy ra phần elip nằm phía trên trục hoành là đồ thị hàm số 3 2

16 4

y= −x Thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay elip ( )E quanh trục AA bằng thể tích khối tròn xoay tạo bởi

khi quay hình H giới hạn bởi các đường 3 2

16 4

y= −x , trục Ox , x = − và 4 x = quanh trục Ox là 4

4

2 ( )

4

9

16

E

−

Vậy thể tích khối tròn xoay cần tìm là V =V( )E −V( )O =48−36 =12

Câu 47:

Đồ thị hàm số đi qua A( )1;1 nên ta có a b c+ + = , (1) 1

Gọi x x là nghiệm phương trình 1; 2 ax2+bx c+ = thì 0 B x( 1; 0 ,) (C x2; 0) Tam giác ABC vuông đỉnh A nên

BC =AB +AC  x − + + x − + = x −x

x x1 2−(x1+x2)+ = 2 0 2a b c+ + = , (2) 0

Từ (1) và (2) ta có a= −1,c= − 2 b

4

a

−

Tam giác ABC có diện tích S  2 nên 1 2 2 4 8 2 2 2 4 0

2BC  b − b+  b − b

Ta có a = − nên hàm số có giá trị lớn nhất là 1

ac b b b M

Vì 2

4 0

b − b nên M  , maxM = 2, 2

2 2

2

M



=  =   = − + −

Câu 48:

Gọi phần tử của A có dạng: a a a a a a a a a 1 2 3 4 5 6 7 8 9

a  nên có 9 cách chọn

Chọn 8 chữ số còn lại và xếp vào vị trí từ a2→a9 có 8

9

A cách chọn

Vậy n(A)= 8

9

9A

Giả sử gọi B =0;1; 2; ; 9 có tổng 10 phần tử là 45 3 Nên nếu muốn tạo thành một số có 9 chữ số vả chia hết cho 3, ta cần loại đi phần tử là bội của 3

Như vậy, ta sẽ có các tập: \{0}, \{3}, \{6}, \{9}B B B B

TH1: Chọn tập \{0}B để tạo số:

Ta còn 9 chữ số để xếp vào 9 vị trí a1→ có 9! cách a9

TH2: Chọn 1 trong ba tập: \{3}, \{6}, \{9}B B B có 3 cách

a  nên có 8 cách (vì đã loại đi phần tử là bội của 3)

Còn 8 chữ số xếp vào 8 vị trí còn lại có 8! cách

→ Số cách chọn phần tử thuộc A và chia hết cho 3 là 9! 3.8.8!+

Vậy xác suất cần tìm là 8

9

9! 3.8.8! 11

27

9A

Câu 49:

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

Trong mặt phẳng (BDD B   : gọi K OO MP) = 

Trong mặt phẳng (ACC A   : gọi N AK CC) = 

Khi đó N CC= (AMP)

2

OK= DP BM+ 1 3

a a 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

V = S AB 1 5 2.2 5 3

a

Diện tích hình thang DPNC là: 1( )

2

DPNC

S = DP CN CD+ 1 3 2

.2 2

2 2 2

a a

a a

Thể tích khối chóp A DPNC là: . 1

3

V = S AD 1 2 4 3

.2 2

a

a a

Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng: V =V A BMNC. +V A DPNC. 5 3 4 3 3

3

a a

a

Chú ý: Công thức tính nhanh

Cho mặt phẳng ( ) cắt các cạnh AA BB CC, ,  , DD lần lượt tại , , ,M N P Q

Khi đó, ta có .

.

ABCD MNPQ

ABCD A B C D

và AM CP BN DQ

AA +CC = BB +DD

Áp dụng,

Áp dụng, ta có

.

1 2

ABCDMNP ABCD A B C D

1 1 1 3

2 2 4 8

=  + =

và AA CN BM DP

AA +CC = BB +DD

Thể tích khối lập phương ABCD A B C D     là ( )3 3

Suy ra V ABCDMNP =3a3

Câu 50:

N K

O'

O

P

M

C'

D'

B'

C

A

D

B

A'

B

B'

C

C'

D' A'

M

N P

Điều kiện xác định: (0 1;1)

x y

 



  −

 Khi đó ta có điều kiện bài toán:

( 2) ( 2)

log 1 y 3 1 y log x 3x

Xét hàm số f t( )=log2t+3 ,t t 0

Có f t'( )   Suy ra: Hàm số 0, t 0 f t đồng biến trên tập xác định ( )

Khi đó 1 y− 2= Thay vào P ta được: x

P

Xét hàm số ( ) 21

, 0

+ − Khảo sát hàm số ta tìm được 2

3 2

7 2

max

P =  = T