Lời giải tham khảo kèm một vài nhận xét mã đề 103 môn Toán - Kỳ thi THPT Quốc gia năm 2020

Nội dung text: Lời giải tham khảo kèm một vài nhận xét mã đề 103 môn Toán - Kỳ thi THPT Quốc gia năm 2020

1. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 LỜI GIẢI THAM KHẢO KÈM MỘT VÀI NHẬN XÉT Câu 1: Cho hình trụ có bán kính đáy r 5 và độ dài đường sinh l 3 . Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A. .1 5 B. . 25 C. 30 . D. .75 HƯỚNG DẪN GIẢI Sxq = 2prl = 2p.5.3= 30p. Chọn: C Câu 2: Cho khối nón có bán kính đáy r 2 , chiều cao h 5. Thể tích của khối nón đã cho bằng 20 10 A. . B. 20 . C. . D. . 10 3 3 HƯỚNG DẪN GIẢI 1 1 20 V r 2h .22.5 . = 3p = 3p = 3 p Chọn: A 2 2 Câu 3: Biết f (x)dx 2. Giá trị của 3f (x)dx bằng 1 1 2 A. 5. B. 6. C. . D. 8. 3 HƯỚNG DẪN GIẢI 2 2 3f (x)dx 3 f (x)dx 3.2 6. 1 1 Chọn: B x 3 y 1 z 2 Câu 4: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : . Vectơ nào 4 2 3 dưới đây là một vectơ chỉ phương của d ? 1
2. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042     A. .u 3 B.(3 ;. C.1; 2) u4 (4;2;3) u2 (4; 2;3) . D. .u1 (3;1;2) HƯỚNG DẪN GIẢI x x y y z z Đường thẳng d : 0 0 0 a1 a2 a3  Có một vectơ chỉ phương là a (a1;a2 ;a3 ) Chọn: C Câu 5: Cho khối cầu có bán kính r 2. Thể tích của khối cầu đã cho bằng 32 8 A. .1 6 B. . C. .3 2 D. . 3 3 HƯỚNG DẪN GIẢI 4 4 32 V r 3 .23 . = 3 p = 3 p = 3 p Chọn: B Câu 6: Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm A 3;5;2 trên trục Ox có tọa độ là A. .( 0,5;2) B. . (0C.;5; 0) (3;0,0). D. .(0,0;2) HƯỚNG DẪN GIẢI Để có tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A 3;5;2 trên trục Ox, ta lấy hoành độ (lấy x) của A, hai tọa độ còn lại cho bằng 0. Chọn: C Câu 7: Nghiệm của phương trình log2 (x 2) 3 là A. .x 6 B. . x 8 C. . D.x 11 x 10 . HƯỚNG DẪN GIẢI 3 log2 (x 2) 3 x 2 2 x 10. Chọn: D Câu 8: Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau: 2
3. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng A. 2. B. – 2. C. 3. D. 1. HƯỚNG DẪN GIẢI Để có giá trị cực tiểu của hàm số, ta lấy giá trị của y ở vị trí có mũi tên đi xuống rồi đi lên. Chọn: D Câu 9: Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A( 1;0,0),B(0;2;0) và C(0;0;3). Mặt phẳng (ABC) có phương trình là x y z x y z x y z x y z A. . B. . C. 1 1 1. D. . 1 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 HƯỚNG DẪN GIẢI Phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm A(a;0,0),B(0;b;0) và C(0;0;c) x y z là: 1. a b c Chọn: C Câu 10: Nghiệm của phương trình 3x 1 9 là A. x 1. B. .x 2 C. . x D.2 . x 1 HƯỚNG DẪN GIẢI 3x 1 9 3x 1 32 x 1 2 x 1. x 1 Cách 2: 3 9 x 1 log3 9 2 x 1. Chọn: A Câu 11: Cho khối hộp chữ nhật có ba kích thước 2; 6; 7. Thể tích của khối hộp đã cho bằng A. .2 8 B. 14. C. 15. D. 84. HƯỚNG DẪN GIẢI V = abc = 2.6.7 = 84. Chọn: D Câu 12: Cho khối chóp có diện tích đáy B = 2 và chiều cao h 3. Thể tích của khối chóp bằng A. 12. B. 2. C. 3. D. 6. HƯỚNG DẪN GIẢI 3
4. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 1 1 V Bh .2.3 2. = 3 = 3 = Chọn: B Câu 13: Số phức liên hợp của số phức z 2 5i là A. z 2 5i . B. .z 2C. 5. i D. . z 2 5i z 2 5i HƯỚNG DẪN GIẢI Số phức liên hợp của số phức z a bi là z a bi Chọn: A Câu 14: Cho cấp số nhân un với u1 3 và công bội q 4. Giá trị của u2 bằng 3 A. 64. B. 81.C. 12. D. . 4 HƯỚNG DẪN GIẢI u2 = u1q = 3.4 =12. Chọn: C Câu 15: Cho hàm số bậc ba y f (x) có đồ thị là đường cong trong hình bên y =1 Số nghiệm thực của phương trình f (x) 1 là A. .1 B. 0. C. .D.2 3. HƯỚNG DẪN GIẢI Đường thẳng y = 1 (hình vẽ thêm) cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm. Vậy phương trình f (x) 1 Có 3 nghiệm. Chọn: D Câu 16: Cho hai số phức z1 1 2i và z2 2 i. Số phức z1 z2 bằng A. .3 i B. . 3 i C. 3 i . D. . 3 i 4
5. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 HƯỚNG DẪN GIẢI z1 z2 1 2i 2 i 3 i. Chọn: C Câu 17: Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau: Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. .(B. 2 (0;;2) 2). C. ( 2;0). D. .(2; ) HƯỚNG DẪN GIẢI Chọn khoảng trên dòng x tương ứng với mũi tên đi lên và có trong phương án trả lời. Chọn: B 2x 1 Câu 18: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y là x 1 1 A. .y B. . y C. 1 . D.y 1 y 2. 2 HƯỚNG DẪN GIẢI 2x 1 lim y lim 2 TCN : y 2. x x x 1 ax b a Cách 2: Đồ thị hàm số y có TCN y . cx d c Chọn: D Câu 19: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên? 5
6. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 A. .y B.x4 . 2x2C. y x3 3x2 y x4 2x2 . D. .y x3 3x2 HƯỚNG DẪN GIẢI Đây là đồ thị hàm số bậc 4 trùng phương có hệ số a dương. Chọn: C Câu 20: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2 y2 (z 1)2 16. Bán kính của (S) bằng A. 32. B. 8. C. 4. D. 16. HƯỚNG DẪN GIẢI 2 R =16 Þ R = 4 . Chọn: Câu 21: Trong mặt phẳng tọa độ, biết điểm M 2;1 là điểm biểu diễn số phức .z Phần thực của z bằng A. – 2. B. 2. C. 1. D. – 1. HƯỚNG DẪN GIẢI Phần thực ứng với hoành độ. Chọn: A Câu 22: Tập xác định của hàm số y log3 x là A. .( ;0) B. (0; ) . C. .( ; D.) . [0; ) HƯỚNG DẪN GIẢI Biểu thức nằm dưới dấu lôgarit phải dương: x > 0. Chọn: B Câu 23: Có bao nhiêu cách xếp 5 học sinh thành một hàng dọc? A. 1. B. 25. C. 5. D. 120. HƯỚNG DẪN GIẢI Mỗi cách xếp là một hoán vị của 5 phần tử. Số cách xếp là: P5 = 5! = 120. Chọn: D Câu 24: Với a,b là các số thực dương tùy ý và a 1,log b bằng a3 1 1 A. .3 log bB. . C.3lo .g b D. logb log b . a a 3 3 a HƯỚNG DẪN GIẢI 6
7. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 1 log b log b. Đưa số mũ của a ra trước nằm ở mẫu: a3 3 a Chọn: D Câu 25: bằng x4dx 1 A. x5 C . B. .4 x3 C C. . x5D. C. 5x5 C 5 HƯỚNG DẪN GIẢI 1 x dx x 1 C.  1 Chọn: A Câu 26: Biết F(x) x3 là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên . Giá trị của 3 (1 f (x))dx bằng 1 A. 20. B. 22. C. 26. D. 28. HƯỚNG DẪN GIẢI 3 3 3 3 (1 f (x))dx 1dx f (x)dx x 3 x3 (3 1) 33 13 28. 1   1 1 1 1 Chọn: D Câu 27: Cho hình nón có bán kính đáy bằng 3 và góc ở đỉnh bằng 60 .0 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 18 . B. .3 6 C. . 6 3 D. . 12 3 HƯỚNG DẪN GIẢI Ta có: r 3 3 sin300 l 6. = l = l Þ = 1 = 2 Sxq = prl = p.3.6 =18p. Chọn: A r Ghi chú: Nếu góc ở đỉnh hình nón là 2α thì ta có: sin a = l Câu 28: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y x2 2 và y 3x 2 bằng 9 9 125 125 A. . B. . C. . D. . 2 2 6 6 7
8. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 HƯỚNG DẪN GIẢI 2 2 éx = 0 Phương trình hoành độ giao điểm: x 2 3x 2 x 3x 0 ê - = - Û - = Û x 3 ëê = 3 3 3 2 æ x 3 2 ö 9 Diện tích: S x 3x dx ç x ÷ . = ò - = -ç 3 - 2 ÷ = 2 0 èç ø÷ 0 Lưu ý: Có thể bấm máy tính tích phân trên. Chọn: A Câu 29: Tập nghiệm của bất phương trình 2x2 7 4 là A. ( 3;3). B. .( 0;3) C. . ( D.;3) . (3; ) HƯỚNG DẪN GIẢI 2x2 7 4 2x2 7 22 x2 7 2 x2 9 3 x 3. x2 7 2 2 Cách 2: 2 4 x 7 log2 4 2 x 9 3 x 3. Chọn: A Câu 30: Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn 9log3 ab 4a . Giá trị của ab2 bằng A. 3. B. 6. C. 2. D. 4. HƯỚNG DẪN GIẢI 2 2 9log3 ab 3log3 ab ab a2b2. 9log3 ab 4a a2b2 4a ab2 4. Chọn: D Câu 31: Trong không gian Oxyz, cho điểm M (2; 1;2) và đường thẳng x 1 y 2 z 3 d : . Mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với d có 2 3 1 phương trình là A. 2x 3y z 3 0 . B. .2x y 2z 9 0 C. .2 x 3y z 3 0 D. . 2x y 2z 9 0 HƯỚNG DẪN GIẢI  Vì mặt phẳng vuông góc với d có 1 vectơ chỉ phương là u = (2;3;1). Mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với d có phương trình là: 2(x - 2) + 3(y +1) +1(z - 2) = 0 Û 2x + 3y + z -3= 0. Chọn: A 8
9. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 Câu 32: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB a,BC 3a;SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA 30a (tham khảo hình bên). Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng A. .4 5 B. . 90 C. 60 . D. .30 HƯỚNG DẪN GIẢI Vì SA vuông góc với mp(ABC) nên góc giữa SC và (ABC) là góc SCA. 2 2 2 2 Tam giác ABC vuông tại B, ta có: AC = AB + BC = a + (3a) = a 10. SA a 30 0 Tam giác SAC vuông tại A, ta có: tan S CA = = = 3 Þ S CA = 60 . AC a 10 Chọn: C 2 Câu 33: Cho z0 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z 4z 13 0. Trên mặt phẳng toa độ, điểm biểu diễn của số phức 1 z0 là A. .P ( 1; 3)B. . C.M ( 1;3) N(3; 3) . D. .Q(3;3) HƯỚNG DẪN GIẢI 2 z 2 3i z 4z 13 0  z0 2 3i 1 z0 3 3i M 0 (3; 3). z 2 3i Chọn: C Câu 34: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1;2;0),B(1;1;2) và C(2;3;1) . Đường thẳng đi qua A và song song với BC có phương trình là x 1 y 2 z x 1 y 2 z A. . B. . 1 2 1 3 4 3 x 1 y 2 z x 1 y 2 z C. . D. . 3 4 3 1 2 1 HƯỚNG DẪN GIẢI 9
10. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042  Đường thẳng song song với BC có 1 vectơ chỉ phương là BC = (1;2;-1). Đường thẳng đi qua A và song song với BC có phương trình là: x x y y z z x 1 y 2 z 0 0 0 . a1 a2 a3 1 2 1 Chọn: A Câu 35: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) x3 30x trên đoạn [2; 19] bằng A. .2 0 10 B. – 63. C. 20 10 . D. – 52. HƯỚNG DẪN GIẢI x 10(n) f (x) 3x2 30, f (x) 0 3x2 30 0  x 10(l) 3 + f (2) 23 30.2 52; f (19) 193 30.19 6289; f ( 10) 10 30 10 20 10. min f (x) 20 10. [2;19] Chọn: C Câu 36: Cho hàm số f (x) liên tục trên và có bảng xét dấu của f '(x) như sau: Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 2. B. 4. C. 3. D. 1. HƯỚNG DẪN GIẢI Ta có bảng biến thiên: x -¥ - 2 1 2 3 +¥ f’(x) - 0 + 0 - + 0 + CĐ f(x) CT Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có 2 cực trị. Chọn: A Câu 37: Cho hai số phức z 4 2i và w 1 i . Modun của số phức z.w bằng A. .2 2 B. 8. C. 2 10 . D. 40. 10
11. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 HƯỚNG DẪN GIẢI z.w (4 2i)(1 i) 6 2i z.w 62 ( 2)2 2 10. Chọn: C Câu 38: Số giao điểm của đồ thị hàm số y x3 x2 và đồ thị hàm số y x2 5x là A. 3. B. 0. C. 1. D. 2. HƯỚNG DẪN GIẢI Giải phương trình hoành độ giao điểm: x 0 3 2 2 3  x x x 5x x 5x  . x 5 Phương trình có 3 nghiệm. Vậy có 3 giao điểm. Chọn: A Câu 39: Trong năm 2019, diện tích rừng trồng mới của tỉnh A là 900 ha. Giả sử diện tích rừng trồng mới của tỉnh A mỗi năm tiếp theo đều tăng 6% so với diện tích rừng trồng mới của năm liền trước. Kể từ sau năm 2019, năm nào dưới đây là năm đầu tiên tỉnh A có diện tích rừng trồng mới trong năm đó đạt trên 1700 ha? A. Năm 2029. B. Năm 2051. C. Năm 2030. D. Năm 2050. HƯỚNG DẪN GIẢI n Diện tích rừng trồng sau n năm là: Sn = S(1+ r) (cùng công thức lãi kép). Ta giải bất phương trình tìm nghiệm nguyên dương n bé nhất: 6 n 17 S 1700 S(1 r)n 1700 900æ1 ö 1700 n log 10,9. n ³ Û + ³ Û ç + ÷ ³ Û ³ 1,06 » èç 100ø÷ 9 Nghiệm nguyên dương bé nhất là n = 11. Vậy đó là năm 2019 + 11 = 2030. Chọn: C Câu 40: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng đáy bằng 60 . Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng 43 a2 19 a2 43 a2 A. . B. . C. . D. . 21 a2 3 3 9 HƯỚNG DẪN GIẢI 11
12. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 S D M O C A G I B Tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là giao điểm của trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và mặt phẳng trung trực đoạn SA (thể hiện trên hình vẽ). Bán kính mặt cầu là R = OA. 0 Vì BC vuông góc với AI, SI nên góc giữa (SBC) và (ABC) là S IA = 60 . Ta có: 3 2 2 AI AB a 3; AG AI a 3. + = 2 = = 3 = 3 3a SA AI.tan 600 a 3. 3 3a MA . + = = = Þ = 2 9a2 12 a 129 R OA OG2 AG2 MA2 AG2 a2 . + = = + = + = 4 + 9 = 6 Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng: 2 2 2 æa 129 ö 43 a S 4 R 4 ç ÷ p . = p = pç ÷ = èç 6 ø÷ 3 Chọn: A x 2 Câu 41: Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y đồng biến trên x m khoảng ( ; 5) là A. (2;5]. B. .[ 2;5) C. . [2; D.) . (2;5) HƯỚNG DẪN GIẢI m 2 TXĐ: D \ m . y . = {- } (x m)2 12
13. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 Hàm số đồng biến trên ( ; 5) khi và chỉ khi: ïì-m ³-5 ïìm £ 5 ï Û ï Û 2 îï - > Chọn: A x Câu 42: Cho hàm số f (x)  Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số x2 1 g(x) (x 1) f '(x) là x2 2x 1 x 1 2x2 x 1 x 1 A. . B. . C. .C D. C C C . 2 x2 1 2 x2 1 x2 1 x2 1 HƯỚNG DẪN GIẢI  g(x)dx (x 1) f '(x)dx (x 1)d f (x) (x 1) f (x)  f (x)d(x 1) x x x d x2 1 (x 1)  dx (x 1)  x2 1 x2 1 x2 1 2 x2 1 x x 1 (x 1) x2 1 C C. x2 1 x2 1 Chọn: D Cách 2: x2 x2 1 2 1 1 f (x) x 1 g(x) (x 1) . x2 1 (x2 1) x2 1 (x2 1) x2 1 Từ đây tìm được nguyên hàm của g(x) (hơi dài!) Câu 43: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau và các chữ số thuộc tập hợp {1,2,3,4,5,6,7}. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S, xác suất để số đó không có hai chữ số liên tiếp nào cùng chẵn bằng 9 16 22 19 A. . B. .C. . D. . 35 35 35 35 HƯỚNG DẪN GIẢI 4 Số phần tử của không gian mẫu: n(W) = A7 = 840. Tập hợp {1,2,3,4,5,6,7} có 4 chữ số lẻ và 3 chữ số chẵn. Gọi A: “Không có hai chữ số liên tiếp nào cùng chẵn”. Gọi số cần tìm là: abcd . Để không có hai chữ số liên tiếp nào cùng chẵn, ta có các trường hợp sau cho a, b, c, d: 13
14. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 - Cả 4 chữ số đều lẻ: có 4! = 24 cách chọn. - Có 3 chữ số lẻ và 1 chữ số chẵn: cần chọn 4 chữ số gồm chọn 3 chữ số lẻ và 1 3 1 chữ số chẵn rồi xếp vào 4 vị trí. Có C4 .C3.4!= 288 cách. - Có 2 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn: cần chọn 4 chữ số gồm chọn 2 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn rồi xếp vào 4 vị trí (xếp xen kẽ hoặc 2 chữ số chẵn phải nằm ở đầu và 2 2 cuối). Có C4 .C3 .3(2.2.1.1) = 216. cách. - Có 1 chữ số lẻ và 3 chữ số chẵn: không xếp được. Có 0 cách. Do đó: n(A) = 24 + 288 + 216 + 0 = 528. n(A) 528 22 Vậy P(A) = = = . n(W) 840 35 Chọn: C Cách 2: Xét số chữ số chẵn (tương tự). Cách 2: Dùng biến cố đối (cũng gọn). Cách 3: Chọn xếp trực tiếp lên mỗi vị trí theo chữ số lẻ hoặc chẵn: LLCL (lẻ lẻ chẵn lẻ), LLLC, LCLC (hơi chi tiết, nhiều trường hợp). Câu 44: Cho hàm số bậc bốn f (x) có bảng biến thiên như sau: Số điểm cực trị của hàm số g(x) x4[ f (x 1)]2 là A. 7. B. 5. C. 9. D. 11. HƯỚNG DẪN GIẢI 4 3 2 3 2 Đặt f (x) = ax + bx + cx + dx + e Þ f ¢(x) = 4ax + 3bx + 2cx + d. Từ bảng biến thiên, ta có: 14
15. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 ïì f (0) = 3 ïìe = 3 ï ï ïìa = 4 ï f (1) = -1 ïa b c d e 1 ï ï ï + + + + = - ïb 0 ï f ( 1) 1 ï ï = ï - = - ïa -b + c - d + e = -1 ï íï Û íï Û íïc = -8 ï f ¢(0) = 0 ïd = 0 ï ï ï ïd = 0 ï f ¢(1) = 0 ï4a + 3b + 2c + d = 0 ï ï ï ïe = 3 ï f ( 1) 0 ï 4a 3b 2c d 0 îï îï ¢ - = îï- + - + = 4 2 3 Þ f (x) = 4x -8x + 3, f ¢(x) =16x -16x. Ta có: g (x) 4x3[ f (x 1)]2 x4.2. f (x 1). f (x 1) 2x3 f (x 1)[2f (x 1) xf (x 1)] x3 0 3  g (x) 0 2x f (x 1)[2f (x 1) xf (x 1)] 0  f (x 1) 0 2f (x 1) xf (x 1) 0 x3 0 x 0. x 1 t1 1 x 1 t1 0 x 1 t ( 1;0) x 1 t (0;1) f (x 1) 0  2  2 . x 1 t (0;1) x 1 t (1;2)  3  3 x 1 t4 1 x 1 t4 2 2f (x 1) xf (x 1) 0 2f (t) (t 1) f (t) 0 (t x 1) 2 4t 4 8t 2 3 (t 1) 16t 3 16t 0 4t 4 8t 2 3 (t 1) 8t 3 8t 0 12t 4 8t 3 16t 2 8t 3 0. 4 3 2 Xét hàm số h(t) =12t +8t -16t -8t + 3. Ta có: 3 2 h¢(t) = 48t + 24t -32t -8. ét1 » 0,7287 3 2 ê h¢(t) = 0 Û 48t + 24t -32t -8 = 0 Þ êt2 » -0,2287. ê êt 1 ë 3 = - t - ∞ -1 - 0,2287 0,7287 +∞ h’(t) - 0 + 0 - 0 h(t) + ∞ 3,9298 +∞ -1 - 4 , 8 4 6 5 . Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có 4 nghiệm t nên có thêm 4 nghiệm x nữa. 15
16. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 Phương trình g’(x) = 0 có 9 nghiệm đơn phân biệt. Vậy hàm số g(x) có 9 cực trị. Chọn: C Ghi chú: Có thể kiểm tra hai phương trình bậc 4 trên có trùng nghiệm không bằng cách: - Vẽ đồ thị trên cùng hệ trục. Phương pháp này trực quan, độ chính xác tương đối. - Giải hệ phương trình. Khử mất bậc 4, dẫn đến giải phương trình bậc 3. Phương pháp này có độ chính xác cao hơn. Câu này làm đầy đủ mất nhiều thời gian! Nhận xét: Nếu hàm số bậc bốn f (x) có f(-k) = f(k) (k ¹ 0) và f’(0) = 0 thì f(x) là hàm số bậc 4 trùng phương. Câu 45: Xét các số thực không âm x và y thỏa mãn 2x y.4x y 1 3 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x2 y2 2x 4y bằng 33 9 21 41 A. . B. . C. . D. . 8 8 4 8 HƯỚNG DẪN GIẢI x y 1 2 y 1 x 2 y 3 2 x 2x y.4 3 y.2 (3 2x).4 2y.2 (3 2x).2 (1). Cách 1: Phương pháp Đại số, đánh giá P theo giá trị của x, y. 3 + Nếu 3 2x 0 x : (1) đúng với mọi y 0. Ta có: - £ Û ³ 2 ³ 2 2 2 3 2 3 21 P x y 2x 4y 0 2. 4.0 . 2 2 4 3 + Nếu 3 2x 0 x : Hàm số f (t) t.2t đồng biến trên [0; ) , do đó: - ³ Û £ 2 = +¥ 3 (1) 2y 3 2x 2x 2y 3 0 y x. Ta có: Û ³ - Û + - ³ Û ³ 2 - 2 2 2 2 3 3 2 33 P x y 2x 4y x x 2x 4. x 2x 5x 2 2 4 2 5 41 41 21 5 3 3 5 1 P 2 x , "=" x , y 0. 4 8 8 4 4 2 2 4 4 41 Vậy min P . = 8 Chọn: D 16
17. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 Cách 2: Phương pháp Hình học, đánh giá P theo khoảng cách P x2 y2 2x 4y (x 1)2 (y 2)2 P 5 C(I( 1; 2);R P 5) (với P + 5³ 0 Û P ³-5 ). x y 1 2 y 1 x 2 y 3 2 x 2x y.4 3 y.2 (3 2x).4 2y.2 (3 2x).2 (1). 3 3 3 2x 0 x y 0. Aæ ;0ö + Nếu - £ Û ³ : (1) đúng với mọi ³ Gọi ç ÷ ,ta có: 2 èç2 ø÷ 3 2 21 min P IA2 5 æ 1ö 22 5 . = - =ç + ÷ + - = èç2 ø÷ 4 y A -1 O 3/2 x R I -2 3 + Nếu 3 2x 0 x : Hàm số f (t) t.2t đồng biến trên [0; ) , do đó: - ³ Û £ 2 = +¥ (1) Û 2y ³ 3-2x Û 2x + 2y -3³ 0 (miền (D)). D y (D) H -1 O 3/2 x R I - 2 Ta có: 2 2 æ 2(-1) + 2(-2)-3 ö 81 41 21 min P d (I,(D)) 5 ç ÷ 5 5 . = - =ç 2 2 ÷ - = - = < èç 2 + 2 ø÷ 8 8 4 41 Vậy: min P . = 8 17
18. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 Chọn: D 3 2 Câu 46: Cho hàm số y ax bx cx d (a,b,c,d ) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Có bao nhiêu số dương trong các số a, b, c, d? A. 4. B. 2. C. 1. D. 3. HƯỚNG DẪN GIẢI + Đây là dạng đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số a 0. + Ta có: y 3ax2 2bx c; y 0 3ax2 2bx c 0 Hàm số có hai cực trị âm nên: 2b .x x 0 0 b 0. 1 + 2 Û 3a > Þ 0. Chọn: C Câu 47: Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng a 2và O là tâm của đáy. Gọi M, N, P, Q lần lượt là các điểm đối xứng với O qua trọng tâm của các tam giác SAB,SBC,SCD,SDA và S ' là điểm đối xứng của S qua O . Thể tích của khối chóp S '.MNPQ bằng 2 6 40 6 10 6 20 6 A. . a3 B. . C. . a3 D. a3 a3 . 9 81 81 81 HƯỚNG DẪN GIẢI Gọi E, F, I, J lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA; G1,G2 ,G3 ,G4 lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB,SBC,SCD,SDA . BD a 2 EFI J là hình vuông cạnh FI , G G G G là hình vuông cạnh = 2 = 2 1 2 3 4 2 2 a 2 a 2 2a 2 G G FI , MNPQ là hình vuông cạnh NP 2G G . 2 3 = 3 = 3 2 = 3 = 2 3 = 3 18
19. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 Gọi K, H lần lượt là tâm các hình vuông G1G2G3G4 và MNPQ, ta có: 2 2 2 2 æa 2 ö a 6 SO SB OB (a 2) ç ÷ . = - = -ç 2 ÷ = 2 èç ø÷ 1 1 a 6 a 6 KO SO . = 3 = 3 2 = 6 a 3 OH 2OK . = = 3 a 6 a 6 5a 6 S 'H S 'O OH SO OH . = + = + = 2 + 3 = 6 Thể tích của khối chóp S '.MNPQ 2 1 1æ2a 2 ö 5a 6 20a3 6 ç ÷ V SMNPQ .S¢H ÷ . . = = ç ÷ = 3 3èç 3 ø÷ 6 81 Chọn: D H K E J F I Cách 2: Tính nhanh diện tích hình vuông, chiều cao dựa vào tỉ số cạnh, chiều cao. Nhận xét: Nếu hình vuông thứ nhất có cạnh a và diện tích S, hình vuông thứ hai có cạnh ka và diện tích S’ thì S’= k2S. Ta có: 19
20. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 2 2 2 2 2 2 2 æa 2 ö 8a2 2 2 æ ö 2 æ ö 2 2 æ ö ç ÷ SMNPQ 2 SG G G G 2 .ç ÷ SEFIJ 2 .ç ÷ .FI 2 .ç ÷ . ÷ . = 1 2 3 4 = ç ÷ = ç ÷ = ç ÷ ç ÷ = èç3ø÷ èç3ø÷ èç3ø÷ èç 2 ø÷ 9 Mặt khác: 2 æa 2 ö a 6 SO SB2 OB2 (a 2)2 ç ÷ , = - = -ç ÷ = èç 2 ø÷ 2 2 5 5 a 6 5a 6 S¢H S¢O OH SO SO SO . . = + = + 3 = 3 = 3 2 = 6 2 1 1æ2a 2 ö 5a 6 20a3 6 ç ÷ Vậy: V SMNPQ .S¢H ÷ . . = = ç ÷ = 3 3èç 3 ø÷ 6 81 Câu 48: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và AA' 2a . Gọi M là trung điểm của AA' (tham khảo hình bên). Khoảng cách từ M đến mặt phẳng AB'C bằng 57a 5a 2 5a 2 57a A. . B. . C. . D. . 19 5 5 19 HƯỚNG DẪN GIẢI Gọi N là trung điểm BB’, H là trung điểm AC và K là hình chiếu vuông góc của B trên B’H. Ta có BK vuông góc với mp(AB’C). Vì MN cắt AB’ tại trung điểm nên: d(M,(AB’C)) = d(N,(AB’C)). 1 1 1 Vì NB¢ BB¢ nên: d(N,(AB’C)) = d(B,(AB’C)) = BK. = 2 2 2 20
21. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 N K H Ta có: 1 1 1 1 1 1 4 19 2 = 2 + 2 = 2 + 2 = 2 + 2 = 2 BK B¢B BH (2a) æa 3ö 4a 3a 12a ç ÷ ç ÷ èç 2 ø÷ 2a 57 1 a 57 BK d(M ,(AB¢C)) BK . Þ = 19 Þ = 2 = 19 Chọn: A Câu 49: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 127 số nguyên 2 y thỏa mãn log3 x y log2 (x y)? A. 89. B. 46. C. 45.D. 90. HƯỚNG DẪN GIẢI 2 ïìx + y > 0 ï ïìx + y ³1 Điều kiện: íïx + y > 0 Û íï . Đặt t = x + y (t Î , t ³1) , ta có: ï ïx, y ïx, y îï Î îï Î 2 2 log3 x y log2 (x y) log3 x x t log2 t 0 (1). Do mỗi y tương ứng với một và chỉ một t nên ứng với mỗi x có không quá 127 2 số nguyên y thỏa mãn log3 x y log2 (x y) khi và chỉ khi ứng với mỗi x có không quá 127 số nguyên t 1 thỏa mãn (1). f (t) log x2 x t log t Hàm số 3 2 có: 1 1 f (t) 0,x,t , t 1. x2 x t ln3 t ln 2 ³ Þ f (1) > f (2) > > f (127) > f (128) > (f nghịch biến trên [1;+¥) ) Xét (1) với ẩn t. Ta thấy (1) luôn nhận t = 1 làm nghiệm với bất kỳ x nguyên 2 2 nào vì x x 1 1 log3 (x x 1) log2 1 log3 1 log2 1 0. 21
22. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 Khi đó các nghiệm tiếp theo của (1), nếu có, sẽ phải được lấy lần lượt là 2, 3, 4, t 2 f (t ) 0 t t bởi vì nếu 0 ³ không là nghiệm của (1) thì 0 0 , ta có f (t) f (t ) 0 Û 22
23. Thầy Nguyễn Ngọc Ấn, Lovera Park TP.HCM, 0839 368 042 x -¥ 0 +¥ g’(x) + - +¥ +¥ g(x) 0 0 Do đó đồ thị hàm số y = g(x) cắt đồ thị hàm số y f x tại 2 điểm phân biệt nên (2) có 2 nghiệm phân biệt. Tương tự, (3) cũng có 2 nghiệm phân biệt, (4) cũng có 2 nghiệm phân biệt. Dễ kiểm tra 6 nghiệm của (2), (3) và (4) là phân biệt và mỗi nghiệm bé hơn x 1 hoặc lớn hơn x2. Vậy số nghiệm thực phân biệt của phương trình f x2 f (x) 2 0 là 9. Chọn: D Lời cảm ơn: Rất nhiều nhóm, nhiều bạn đã đưa lên nhiều cách giải rất hay, rất kịp thời. Xin góp vài ý phân tích chia sẻ cùng các bạn, các em học sinh. Bài viết lấy đề file word và một hình vẽ từ các đồng nghiệp. Cảm ơn các bạn đã chia sẻ. Người viết Nguyễn Ngọc Ấn 23