Lời giải chi tiết một số câu cuối trong đề thi thử Tốt nghiệp THPT Yên Phong 2

Nội dung text: Lời giải chi tiết một số câu cuối trong đề thi thử Tốt nghiệp THPT Yên Phong 2

1. LỜI GIẢI CHI TIẾT MỘT SỐ CÂU CUỐI TRONG ĐỀ THI THỬ TN THPTYP2 1. Có bao nhiêu giá trị âm của tham số m để phương trình 20202020mmxx++= 22 có hai nghiệm thực phân biệt ? A. 1. B. 0 . C. Vô số. D. 2 . Lời giải Điều kiện 2 0 2 0 0mx+ 2 . Phương trình 2020202020202020mmxxmmxx++= ++= 2224 +++=+20202020mxmxxx2242 (1). Xét hàm số f t t( t ) =+2 trên 0; + ) , ta có fttt ( ) =+  210,0 ft( ) luôn đồng biến trên . Khi đó (1) += += =−fmxfxmxxmxx( 202020202020222242) ( ) . x = 0 Xét hàm số gxxx( ) =−42 có gxxx ( ) =−423 ; gxxx ( ) = −= 0420 3  1 . x =  2 Ta có bảng biến thiên  1  1 2020m =− m =− Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm  4  8080 .   2020m 0 m 0 1 Vì m âm nên m =− . Vậy có 1 giá trị cần tìm. 8080 1
2. 2. Cho hình chóp S A. B C có tam giác S A B nhọn và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy( ABC) , tam giác ABC vuông tại C có ACaABC==,30 . Mặt bên (SAC ) và (SBC ) cùng tạo với đáy góc bằng nhau và bằng 60 . Thể tích của khối chóp S A. B C theo a là: a3 3a3 2a3 2a3 A. V = . B. V = . C. V = .D. V = . 2 ( 1 5)+ 2( 1 3)+ 13+ 2 ( 1 2)+ Lời giải S P A C H Q 30° B + Theo đề (SA B A) B⊥ C( ) theo giao tuyến AB . Dựng SHABSHSAB⊥ ⊥ ( ) . AC + ABC vuông nên tan303 = = BCa BC 13a2 SAC BC==.(1) . ABC 22 + Dựng HP⊥⊥ === AC,,,60 HQ BCSPH SQHSACABCSBCABC(( ) ( )) (( ) ( )) 0 . =SPHSQHHPHQ = . HPCQ là hình vuông. Đặt HQxxa= ,03 =−QBax 3 . QBa 3 HQB vuông nên tan6033 = =− ==xaxxHQ . HQ 31+ SH3 a SHQ vuông nên tan 60 = SH = (2) . HQ 31+ 3a3 Từ (1) và (2) : V = . 2( 3+ 1) 2
3. 3. Cho hàm số fx() liên tục trên và thỏa mãn 1 a a 1ln201922xfxx (ln)2020.ln. fxxx (ln)2021ln,0;. Biết f( x )d x ( 2 1) với b b 0 tối giản và ab, . Khí đó abbằng A. 4041. B. 4039 . C. 4040 . D. 5050 . Lời giải 2 2021.lnx Từ giả thiết ta suy ra: 2019(ln)2020.ln.fxx fxx (ln),0;. 1ln 2 x 2019 2020 lnxx 2021ln f(ln x ) f (ln2 x ) , x 0; . xxxx1 ln2 ee2019 2020 lnxx 2021ln f(ln x ) f (ln2 x ) dx dx xx 2 11xx1 ln e e2021 e dx (1 ln2 ) 2019f (ln x ) d ln x 1010 f (ln22 x ) d ln x 2 2 1 1 1 1 ln x 1 1 2019f ( t ) d ( t ) 1010 f( t ) d ( t ) 2021( 2 1) 0 0 222021 3029f ( t ) d ( t ) 2021( 2 1) f ( t ) d ( t ) ( 2 1). 3029 11 Nên ab 5050. x 4. Có bao nhiêu cặp số nguyên (xy ; ) thỏa mãn 02020x và 2log2?xy+=2− 2 2 − y A. 2018 . B. 2019 . C. 2020 . D. 2021. Lời giải xy2− pt (1) +=+−2log2log22xy (2) . t Hàm số ftt( )2log=+ 2 liên tục trên khoảng (0; + ) 1 f'( t )= 2t ln2 + 0,  t 0 hs f() t đồng biến trên (0; + ) t ln2 Mà phương trình (4) f( x ) = f (2 − y ) x = 2 − y Từ đó suy ra có 2020 cặp số thỏa mãn. 3
4. 5. Cho hàm số y f x có đồ thị hàm số như hình bên. Hàm số gxfxx 2 3 có bao nhiêu điểm cực đại ? A. 3. B. 4. C. 5. D. 6. Lời giải Ta có gxxfxx 23.3; 2 3 3 x x 2 2 230x 317 gxxx 032. theo do thi fx 2 x fxx 2 30 2 2 xx30 x 0 x 3 Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên và đối chiếu với các đáp án, ta chọn A. 317 Chú ý: Dấu của gx được xác định như sau: Ví dụ chọn x 4; 2 2x 3 5 0. 1 xxf2 3440 theo do thi fx ( vì f đang tăng). 2 317 Từ 1 và 2, suy ra g x2 x 3 f x2 3 x 0 trên khoảng ;. 2 Nhận thấy các nghiệm của phương trình gx 0 là các nghiệm bội lẻ nên gx qua nghiệm đổi dấu. 4
5. 6. Cho hàm số y f x= () có bảng biến thiên như hình vẽ Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình fx( 1 2s− i n ) = fm() có nghiệm thực? A. 6 . B. 5 . C. 4 . D. 7. Lời giải Đặttx=− −12sinx1;3,   phương trình trở thành f t( f m) ( )= có nghiệm t −[ 1;3 ] . Dựa trên bảng biến thiên để đường thẳng y f= m () cắt đồ thị hàm số y f= t () trên đoạn [ 1;3− ] ta phải có − 2()23fmm Vì vậy m −−− 3,21,0,1,2,3  . 7. Giả sử vào cuối năm thì một chiếc Tivi mất 10% giá trị so với đầu năm. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho sau n năm, chiếc Tivi sẽ mất đi ít nhất 90% giá trị của nó? A. 16. B. 18. C. 20. D. 22. Lời giải Gọi xx(0) là giá trị Ti vi lúc ban đầu. Theo đề bài sau 1 năm giá trị Ti vi còn 0 ,9 x . Cuối năm thứ nhất còn 0 ,9 x . Cuối năm thứ hai còn 0,9.0,90,9xx= 2 . Cuối năm thứ n còn 0 ,9n x . Theo đề bài, sau n năm Ti vi mất đi ít nhất 90% giá trị nó nên ta có 0,9n x 0,1 x n 21,86. Mà n là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn nên n = 22 21x − 2 a 8. Phương trình log3853 =−+xx có hai nghiệm là a và (Với ab,* và là phân số tối giản). ( x −1)2 b Giá trị của ba− là A. 3. B. 4 . C. 2 . D. 1. 5
6. 1 21x − x Điều kiện: 0 2 . ( x −1)2 x 1 21x − 2 22 Phương trình log3=−+ 3x 85 x log21 3( x −+−−=) ( 211log x) 3 ( x −+− 1) 3( x 1) (x −1)2 (21x − ) 22 log +( 2x − 1) = log( x − 1) + 3( x − 1) . 333 1 Xét hàm số ftttt( ) =+ log3,03 ta có f'( t) = + 3 0,  t 0 nên ft( ) là hàm số đồng t ln3 biến trên khoảng (0; + ). xa==2 2121xx−−22 Phương trình có dạng ffxx =− =− ( 11) ( ) 2 a . 33( ) x ==  3 b 9. Cho hàm số yfx= ( ) liên tục trên sao cho max24fxf( ) ==( ) . Xét hàm số x 0;10 g( x) = f( x32 + x) − x +2 x + m . Giá trị của tham số m để max8gx( ) = là x 0;2 A. 5. B. 4 . C. −1. D. 3 . Lời giải Đặt txx=+3 . Vì xt 0;20;10  . Ta có : maxmax2maxmax2g( xf) =+−++ ++− xxxx mf( 3232 xxxx ++) m ( )  xxxx 0;20;20;20;2        =++max1ftm( ) (với txx=+3 và max21−++=+xxmm2 ). t 0;10 x 0;2  ++=++=+max1415fxmmm( ) . x 0;10 x =1 Suy ra: maxg( x) = 5 + m x = 1. x 0;2 t = 2 Theo giả thiết, ta có: maxg( x) = 8 m + 5 = 8 m = 3 . x 0;2 10. Có 100 tấm thẻ được đánh số từ 201 đến 300 (mỗi tấm thẻ được đánh một số khác nhau). Lấy ngẫu nhiên 3 tấm thẻ trong hộp. Tính xác suất để lấy được 3 tấm thẻ có tổng các số ghi trên thẻ là số chia hết cho 3. 817 248 2203 2179 A. . B. . C. . D. . 2450 3675 7350 7350 Lời giải 3 Số cách lấy ra 3 tấm thẻ trong 100 tấm thẻ là C100 =161700 n( ) = 161700 . 6
7. Trong 100 tấm thẻ từ 201 đến 300 , số các tấm thẻ chia hết cho 3, chia 3 dư 1, chia 3 dư 2 lần lượt là 34 tấm, 33 tấm, 33 tấm. Gọi A là biến cố “Lấy được ba tấm thẻ có tổng các số ghi trên thẻ chia hết cho 3”. Trường hợp 1: Cả ba tấm thẻ lấy ra đều chia hết cho 3. 3 Số cách lấy là: C34 = 5984 (cách). Trường hợp 2: Cả ba tấm thẻ lấy ra đều chia 3 dư 1. 3 Số cách lấy là: C33 = 5456 (cách). Trường hợp 3: Cả ba tấm thẻ lấy ra đều chia 3 dư 2. 3 Số cách lấy là: C33 = 5456 (cách). Trường hợp 4: Ba tấm thẻ lấy ra có 1 tấm chia hết cho 3; 1 tấm chia 3 dư 1 và 1 tấm chia 3 dư 2. Số cách lấy là: 34.33.33= 37026 (cách). Vậy số các trường hợp thuận lợi của biến cố A là: nA( ) =5984 + 5456 + 5456 + 37026 = 53922 (cách). nA( ) 53922 817 Xác suất của biến cố A là: PA( ) = = = . n() 161700 2450 7