Lời giải chi tiết 10 câu vận dụng cao trong đề thi minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2020

Nội dung text: Lời giải chi tiết 10 câu vận dụng cao trong đề thi minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2020

1. ttt Giải: Đặt logloglog2964xyxyt==+= ( ) . Cho ta xyxy==+=9;6;24 suy ra tt 2tt t t t t 96 33 31x 2.9+= 6 4 +=21 +−=210 = = 44 22 22y Vậy ta chọn đáp án B Giải: 2 x =−1 fxx'330( ) =−= . Giá trị lớn nhất của fx( ) trên đoạn 0 ;3bằng 16 nên một x =1 trong các giá trị f f f(0 ;) 1 ; 3( ) ( ) phải bằng 16 đồng thời hai giá trị còn lại trong số ba giá trị đó không vượt quá 16. fmfmfm(01616;1162) = == − 16;31618 == +=( ) 16 ( ) Thử trực tiếp chỉ có mm= −=2;14 − thỏa mãn. Vậy chọn đáp án A Giải: Đặt log2 xt= bài toán đã cho đem về bài toán mới: Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình t2 − mt + m −10 = có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn 0 ; 1. Khi và chỉ khi mt=+1có nghiệm thuộc nửa khoảng 0;1)(vì phương trình có một nghiệm đặc biệt t = 1 rồi) −01mm 112 . Chon đáp án C. Giải: fxedx'( ) x= edfx x( ) = efx x( ) − fxedxefx( ) x = x ( ) − cos2 xC + .(nguyên hàm từng phần). Lại có f( x) ex dx=+cos2 x C nên f( x) ex =(cos2 x) ' = − 2sin2 x suy ra f'( x) ex dx= − 2sin x − cos2 x + C . Vậy chọn đáp án C
2. Giải: sin;1xmm = VN − ( ) 3 sin1;0xn= − ( ) fx(sin ) = − 2 sin0;1xp= ( ) sin;1xqq = VN ( ) +/ s i n xn= có 4 nghiệm trên đoạn − ;2  +/ sin xp= có 2 nghiệm trên đoạn Vậy cả thảy có 6 nghiệm. Chọn phương án B. Giải: 3xx2 += 6 0 g'( x) =( 3 x2 + 6 x) f '( x 3 + 3 x 2 ) = 0 f' x32+= 3 x 0 ( ) 2 +/ 360xx+=có hai nghiệm là xx12==0;2 − . xxa32+=30 1 ( ) +/ f'3030;4( xxxxb3232+= += ) 2 ( ) ( ) . Không mất tính tổng quát ta chọn 32 xxc+=34 3 ( ) a= −1; b = 3; c = 4,5 thay vào và bấm máy ta có (1) có 1 nghiệm, (2) có 3 nghiệm, (3) có 1 nghiệm. Tất cả các nghiệm này đều khác nhau và khác với hai nghiệm ở trường hợp trước , nên cả thảy gx'0( ) = có 7 nghiệm phân biệt nên hàm số gx( ) có 7 điểm cực trị. Chọn đáp án C.
3. ty2 Giải: Đặt l o g 13 (xt+=) . Phương trình đã cho trở thành ty+=+323* ( ). Xét hàm số f x( x ) =+3x có đạo hàm dương với mọi x nên nó đồng biến trên tập số thực. suy ra t=2 y = log x + 1 x + 1 = 9y 1;2021 vì y Z nên y = 0;1;2;3 . Do đó có 4 cặp thỏa 3 ( )     mãn bài ra. Chọn đáp án D. Giải: Ta có: xfxfxxxxx( 321062321172) +−= fxxfxxxx(1212* −+− +−=) −+− ( ) ( ) ( ) Lấy tích phân từ −1 đến 0 và từ 0 đến 1 hai vế của (*) ta được: 000 x2321172 f( xdxxfxdxxxxdx) +−=−+−(12) ( ) −−−111 111700 111701 −−−=fxdxfxdx − 3322 11 −= −ft( dtfu) du ( ) (1) 3224 ( ) ( ) ( ) 3224 −−11 −10 111 x2321172 f( xdxxfxdxxxxdx) +−=−+−(12) ( ) 000 11511 11510 −−−=fxdxfxdx − 3322 11 −= −fudufudu( ) ( ) 328 ( ) ( ) ( ) 328 00 01 111 1 5 511 5 3 f( u) du + f( u) du = − f( u) du = − f( u) du = − . Thay (2) vào (1) 3 2 8 6 8 4 00 00 101 1 17 13 0 13 ta được f( t) dt= f( u) du − = − , hay f( t) dt =− . Vậy chọn đáp án B. 3 2 24 12 4 −10 −1 Nhấn mạnh: Tích phân không phụ thuộc vào biến mà chỉ phụ thuộc vào cận lấy tích phân!
4. Giải: Gọi M là trung điểm của BC, N là hình chiếu vuông góc của M trên SC, H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy. Vì ACSCABSB⊥⊥, nên ACHCABHB⊥⊥, suy ra ABHC là hình vuông. Lại có NN⊥⊥ SA, BC SA nên S A N⊥ B( C ) do đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB),( SAC) là góc giữa hai đường thẳng BN và CN =B N C 1200 12a BNBC== suy ra 22 BMaa 236 BN === : suy sin MNB 223 ra 111911 =−=−= ==SBSAa 2 =−=SHSBBHa22 SBBNABaaa222222 62 11 a3 =VSHAB AC = . Chọn đáp án D. S. ABC 32 6 Giải: Ta có g'2( xfxx) '= 1 −−+− 221( ) . 21x − Để hàm số gx( ) nghịch biến thì fx'( 1− 2 ) . 2 t Đặt 12−=xt cho ta ft'( ) − . Dựa vào đồ thị ta có 2 13 x −20 t −2 1 − 2x 0 22 Hay đối t 4 1− 2x 4 3 x − 2 chiếu đáp án ta chọn A.