KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 15
1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

B

D

B

A

B

D

B

A

C

B

D

B

C

D

C

C

D

C

D

A


B

B

C

A

A

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
A

A

D

A

D

B

C

B

B


D

D

C

A

B

B

A

A

C

D

A

B

A

A

D


C

Câu 29:
Ta có
9

9

9
1
1

2


x

2
x


x
2
x

1

  C9k  1x 
x


x
k 0

 




9 k

9

k

.x k .  2 x  1   Cki C9k  1
k

k i

2i.x2 k i 9 .

k 0 i 0

Theo yêu cầu bài toán ta có 2k  i  9  3  2k  i  12 ; 0  i  k  9 ; i , k 
Ta có các cặp  i ; k  thỏa mãn là  0; 6  ,  2; 5  ,  4; 4  .

 

Từ đó hệ số của x 3 là C60C96 1


6 0

.20  C52C95  1

5 2

.22  C44C94  1

4 4

.24  2940 .

Câu 30:
Đặt

t  3x  1  t 2  3x  1  2tdt  3dx  dx 

2
tdt
3

Đổi cận: x  1  t  2 ; x  5  t  4
5

4
4
4 4 2
2
t
2

1
2
2
d
x

dt

(1

)dt

(t

ln
t

1
)
  ln 5  ln 3 .
1 1  3x  1


2 3 3
3 2 1 t
32
1 t
3
3


a

1

4
2
2
4
,b  ,c    a  b  c  .
3
3
3
3

Câu 31:









Ta có z  4   1  i  z   4  3 z  i  1  3i z  z  4  z  4 i










Suy ra 1  3i z  z  4  z  4 i  10 z 
2



 
2

 10 z  z  4  z  4



2

2

 z  4   z  4
2

2

2

 8 z  32  z  4  z  2 .

Câu 32:


1


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020



 

 

 

 

 

 



Ta có: g ' x  2 2 x2  x '. f ' 2x2  x . f 2x2  x  2 4 x 1 . f ' 2x2  x . f 2x2  x  0

 4x  1  0

  f ' 2 x2  x  0 .

 f 2x2  x  0









4x  1  0  x  

1
4

 x  1
 2 x 2  x  2(VN )

Dựa vào bảng biến thiên ta có f ' 2 x  x  0   2
x 1
2
x

x

1


2



2




Dựa vào bảng biến thiên phương trình f  x   0 chỉ có 1 nghiệm x0  1 (vì đồ thị y  f  x  cắt trục





Ox tại một điểm có hoành độ lớp hơn 1). Khi đó f 2x2  x  0  2x2  x  x0  2x2  x  x0  0 (*)
phương trình có hai nghiệm vì a , c trái dấu.
Mặt khác, thay các nghiệm x  

1
1
; 1; vào (*) ta được x0  1 không thỏa mãn điều kiện của x0 nên
4
2

1
1
x   ; 1; không là nghiệm của (*).
4
2
Vậy phương trình g '( x)  0 có 5 nghiệm đơn. Suy ra hàm số y  g( x) có 5 cực trị
LỜI BÌNH: Yêu cầu đề bài có thể thay đổi số cực đại hoặc số cực tiểu của hàm số, khi đó ta cần phải xét
dấu g’(x). Cụ thể:
Ta có 2 nghiệm của phương trình f (2 x 2  x)  0  2 x 2  x  x0  2 x 2  x  x0  0

là


1  8 x0
1
1
1
 x1   
 x1 ' 
 0; x0  1  x1  x1 (1) 
4
4
2
1  8 x0
1  8 x0
1
1
x1   
 x1 '  
 0; x0  1  x1  x1 (1)  1
4
4
1  8 x0



Mặt khác:

 x  1
 2 x 2  x  2(VN )
f ' 2x  x  0  


2
x 1
2
x

x

1


2



2



2

1
2 x  x  2
f ' 2x2  x  0   2
 1  x 
2

 2x  x  1






Bảng xét dấu:

2


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020

Dựa vào bảng biến thiên ta được: 2 cực đại và 3 cực tiểu.
Câu 33:
Xét hàm: y  x 3   m  2  x 2  mx  m 2 ; y  3x 2  2  m  2  x  m
Nhận xét :
- Mỗi giao điểm của đồ thị hàm số y  f ( x) với trục Ox sẽ có một điểm cực tiểu của đồ thị hàm số

y | f ( x)|
- Nếu hàm số y  f ( x) có ycd .yct  0 thì hàm số y | f ( x)| chỉ có hai cực tiểu
- Nếu hàm số y  f ( x) không có cực trị thì hàm số y | f ( x)| chỉ có một cực tiểu .
Yêu cầu bài toán  y  0 có hai nghiệm phân biệt và ycd .yct  0

 x 3   m  2  x 2  mx  m2  0 có ba nghiệm phân biệt

x  m

  x - m  x 2  2 x  m  0   1  m  0
m  1



  m2  3m  0

m  {0; 3}






Theo đề ra ta có: m  , |m| 5  5  m  5

m  Z

Kết hợp điều kiện trên ta được: 5  m  1
 m  {  4; 2; 1} .
m  0; m  3

Câu 34:

 BP  1
 PA  QD  3 .
QD  3QC

Ta có 

B

P

A

Khi đó khối trụ thu được có bán kính đáy r  PA  QD  3 và đường

sinh l  AD  2 .
Nên diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq  2 .r.l  2 .3.2  12 .

C

Q

D

Câu 35:
Gọi số tiền đóng hàng năm là A  12 (triệu đồng), lãi suất là r  6%  0,06 .

3


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
Sau 1 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là A1  A  1  r  . (nhưng người đó không
rút mà lại đóng thêm A triệu đồng nữa, nên số tiền gốc để tính lãi năm sau là A1  A ).
Sau 2 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

A2   A1  A1  r    A 1  r   A 1  r   A 1  r   A 1  r  .
2

Sau 3 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:
2
3
2
A3   A2  A 1  r    A 1  r   A 1  r   A 1  r   A 1  r   A 1  r   A 1  r  .




…
Sau 18 năm, người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

A18  A 1  r   A 1  r   ...  A 1  r   A 1  r  .
18



Tính: A18  A  1  r

17



18

2

17
2
 1  r   ...  1  r   1  r   1  1 .


  1  r 19  1 
  1  r 19  1 
  1  0,06 19  1 
 A18  A 
 1  A 
 1  12 

 1  393,12 .
r
0,06
 1  r   1











Câu 36:
Số các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ tập A  0;1; 2; 3;.....; 9 là: 9.105 số.
Nhận thấy 1400  23.52.7  1.2.4.7.52  1.1.8.7.52 .
Suy ra số được chọn: Tạo thành từ 3 chữ số 2, 2 chữ số 5 và 1 chữ số 7;
hoặc là 1 chữ số 1, 1 chữ số 2, 1 chữ số 4, 1 chữ số 7 và 2 chữ số 5;
hoặc là 2 chữ số 1, 1 chữ số 8, 1 chữ số 7 và 2 chữ số 5.
Nên số các số có tích các chữ số bằng 1400 là: C63 .C32  A64  A62 .C42  600 số.
Xác suất cần tìm là: P 

600
1
.

5
1500

9.10

Câu 37:
Gọi M là điểm biểu diễn số phức w   z  i  1  i  . Suy ra: z 
Viết lại giả thiết: z  i  z  i  6 

w
i .
1 i

w
w
ii 
 i  i  6  w  w  2  2i  6 2 .
1 i
1 i

 MF1  MF2  6 2 với F1  0; 0  , F2  2; 2  , F1F2  2c  2 2 .
Tập hợp điểm M là điểm biểu diễn số phức w là elip có độ dài trục lớn 2a  6 2 , 2c  2 2 ,

b  a 2  c 2  4 . Diện tích elip là S   .a.b  12 2 .
Câu 38:

4


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
Từ giả thiết suy ra hàm số y  f  x  đồng biến trên các khoảng  1;1 , 1;3  và liên tục tại x  1 nên
đồng biến trên  1;3  .
Ta có g   x   f   x  m  và x   0; 2   x  m   m ; m  2  .


m  1
g  x  đồng biến trên khoảng  0 ; 2    m ; 2  m    1;3  
 1  m  1 .
2  m  3
Vì m nên m có 3 giá trị là m  1; m  0; m  1 .
Câu 39:
Cách 1: Sử dụng công thức tỉ số thể tích khối hộp
Cho hình hộp ABCD.ABCD , gọi M , N , P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AA , BB , CC . Mặt
phẳng  MPN  cắt cạnh DD tại Q . Khi đó:

VMNPQ. ABC D
VABCD. ABC D

1  MA PC  
 


2  AA CC  

1  NB QD 

.
2  BB DD 

Áp dụng, xem khối đa diện AMNPBCD  AMNP.ABCD ta có:

VAMNP. ABCD 1  MB PD  1  1 1  3






VABCD. ABCD 2  BB DD  2  2 4  8
Vậy VAMNPBCD  VAMNP. ABCD 

3
3
3
VABCD. ABCD   2a   3a3
8
8

B

 

Thể tích khối lập phương ABCD.ABCD là V  2a

 8a .

A'

D'

3

B'

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

K  OO  MP , khi đó N  AK  CC .
Ta có OK 

P

C

M

Cách 2:
3

D

A

1
a  3a
1
3a
DP  BM    a   
. Do đó CN  2OK 

2
2 4
2
2

C'
A


D
O

P
C

B
K

Diện tích hình thang BMNC là
M

SBMNC 

1
3a 
5a
1
BM  CN  .BC   a   .2a 
.

2
2 
2
2

O'
B'


Thể tích khối chóp A.BMNC là VA. BMNC

D'

A'

2

1
 .SBMNC .AB
3

N

C'

1 5a 2
5a 3
.
 .
.2a 
3 2
3
Diện tích hình thang DPNC là SDPNC 

1
 DP  CN  .CD 
2

1  a 3a 

  .2 a  2 a 2 .

22 2 

5


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
Thể tích khối chóp A.DPNC là VA. DPNC 

1
1
4a3
.
.SDPNC .AD  .2a2 .2a 
3
3
3

5a 3 4 a 3

 3a 3 .
3
3

Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng V  VA.BMNC  VA.DPNC 
Câu 40:
Mặt cầu  S  có tâm I  1;1; 2  và bán kính R  3 .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên d , khi đó H là trung điểm đoạn EF .


   

Ta có EF  2EH  2 R2  d I , P

2

   nhỏ nhất

. Suy ra EF lớn nhất khi d I , P





Đường thẳng d qua A  1; 1; m  và có véc tơ chỉ phương u  1;1; 2 .









Ta có AI  0; 2; 2  m ,  AI , u  2  m; 2  m; 2 .

  

Suy ra d I , P






 AI , u


u





2 m2  12
11 4

 2.

   nhỏ nhất khi m  0 . Khi đó EF  2EH  2

Do đó d I , P



R2  d I ,  P 



2


2 7.

Câu 41:
Đặt g  x   f

 f  x   g  x  f   f  x .

f  x. f ' x
f  x

Do đó g   x  không xác định khi f  x   0 hay x  0 .

 x  1
 f  x  0

 x  1
g  x  0  
  f  x  1  
 x  1 .
 f  f  x   0

 f  x   1
 f  x   1





Từ bảng biến thiên của f  x  ta có f  x    0;1 , x 






. Suy ra f  f  x   0, x 

.

Ta có bảng xét dấu của g '  x  như sau:

x

f  x
f  x

g  x







1
0

0

0


1
0

  
0  
  0 



Từ đó suy ra g  x  đồng biến trên mỗi khoảng  ; 1 và  0;1 .
Câu 42:

6


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
Ta có, MA  ( ABN ) suy ra MA  AN .

NB  ( ABM) suy ra NB  BM .
Do đó, tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN là trung
điểm I của MN .
Gọi F là trung điểm của AN suy ra IF //AM do đó

d( AM , BI )  d( AM ,( BIF))  d( A,( BIF)) và IF  ( ABN ) .
Gọi H là hình chiếu của A lên BF , P đối xứng với B
qua F suy ra ABNP là hình chữ nhật

 AH  BF
 AH  ( BIF )  d( AM , BI )  AH .

 AH  IF

Ta có 

Xét tam giác ABP vuông tại A có AH là đường cao nên

d( AM , BI )  AH 

AB2 .AP 2
a2 .16a2
4a
 2

.
2
2
2
AB  AP
a  4a
17

Câu 43:
Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ sao cho A  O

 cạnh cong AE nằm trên parabol  P  : y  ax 2  bx đi qua


7
2


 

các điểm  2;1 và  4;  nên P : y 



3 2 1
x  x
16
8

Khi đó diện tích tam giác cong ACE có diện tích

 3
1 
S    x 2  x  dx  5 m 2 .
16
8 
0
4

3
Vậy thể tích khối bê tông cần sử dụng là V  5.2  10 m .

Câu 44:

  d  A  1  t ; 2  t ; t  ,   d  B  2t;1  t; 2  t  .


1

 AB.u  0
2t  t  1  t  t  1  t  t  2  0
2t  3t  2
t 



2.

 6t   2 t  1
4t  2t  2  t  t  1  t  t  2  0
t  1
 AB.u  0


1 3
2 2

Suy ra A  2;1;1 , AB   1; ; 



AB ngắn nhất khi và chỉ khi AB là đoạn vuông góc chung của d , d .

7


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020






Vậy  đi qua A  2;1;1 có vectơ chỉ phương u  2 AB  2;1; 3   :

x  2 y 1 z 1


.
2
1
3

Câu 45:
Gọi O là trọng tâm tam giác đều ABD và I là trung điểm BD thì AI 

Tam giác ICD vuông I có ICD  60 , ID 

1
a 3
a 3
; OI  AI 
.
3
2
6

1
a
a 3

.
BD  và IC  ID.cot 60 
2
2
6

 O và C đối xứng nhau qua đường thẳng BD  AC  AI  IC 

2a 3
.
3

 BD  AC
 BD   SAC   BD  SC
 BD  SA

Khi đó 

Mà SC   P  nên BD //  P 


 P    SBD   MP
 MP // BD
SBD

ABCD

BD








Do đó 

 BD   SAC 
 BD  AN  AN  MP
 AN   SAC 

Lại có 

Tam giác SAC vuông tại A có SN.SC  SA2 

SN
SN SA2
SA2
3




2
2
2
SC SA  AC
SC SC
7


Tam giác ABC có SD  a 2 ; BC  IC 2  IB2 

a 3
và AC 2  AB2  BC 2
3

 tam giác ABC vuông tại B  BC   SAB  ; AM   SAB   BC  AM
Lại có tam giác SAB vuông nên AM  SB  M là trung điểm SB 

Mà MP // BD nên

SM 1

SB 2

SP SM 1


SD SB 2

Mặt khác

SABCD  SABC  SBCD 
Khi đó

a2 3 1
a3 3
a2 3
. Suy ra V  VS. ABCD 
.

 CB.CD.sin1200 
4
2
9
3

VS. AMN SM SN 3 1 3
3
3
 . 
 VS. ANP  V . Do đó VS. ANM 
V.

.
28
28
VS. ABC
SB SC 7 2 14

8


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
Vậy

VS. AMNP
3
a3 3
.


 VS. AMNP 
VS. ABCD 14
42

Câu 46:

 

 

Xét hàm số h x  f x có đồ thị hàm số nhận đường thẳng y  1 làm tiệm cận ngang, x  1 , x  1
làm tiệm cận đứng.

 







Suy ra đồ thị hàm số u x  h x  m2  f x  m2

 nhận đường thẳng x  m

2

 1; x  m2  1 làm tiệm

cận đứng, đường thẳng y  1 làm tiệm cận ngang.

Suy ra đồ thị hàm số g  x   u  x   2020 nhận đường thẳng x  m2  1; x  m2  1 làm tiệm cận đứng,
đường thẳng y  2019 làm tiệm cận ngang.

 m  2


2
 m  1  5
 m   6

 m2  1  5

Theo đề bài, ta có 
Câu 47:

12

 y  5
+) PT(1)  
2
2
 y  5    x  3   36

10

8

 Tập hợp các điểm  x; y  thỏa mãn phương trình (1) là nửa đường
tròn tâm I  3; 5  , bán kính R  6 , đường kính AB với A  9; 5  ,


6

B

B  3; 5  và y  5

A
d

4

2

+) PT(2) là phương trình của họ đường thẳng d: my  2x  3m  6  0
luôn đi qua điểm M  3; 3 

O

3

5

10

-2

TH1: m  0  x  3  y  11 hệ có nghiệm (3;11)
TH2: m  0  d : y 

M

-4

2
2
6
x3
có hệ số góc k 
m
m
m

Đường thẳng MB , MA lần lượt có hệ số góc k1 

4
4
, k2 
3
3

Hệ có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng d cắt nửa đường tròn đường kính AB

 2
 
 d nằm trong góc MA, MB   m
 2 
 m






4
3  m   3 ; 3  \ 0
 2 2  
4


3

 3 3
9
;   a2  b2 
2
 2 2

Từ hai trường hợp trên suy ra m   

9


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
Câu 48:

   f ''  x   3x

Ta có 2 f x

 3x

2


f  x   f ''  x 





f  x  f 'x

2

 f '  x 




2

 3x 
2

2 f  x

2

 f ''  x   3x 2 f  x 

f ''  x 

f  x




 f '  x 

 f '  x 


2

2 f  x

2

2 f  x f  x

Nguyên hàm 2 vế ta được:

f ''  x 

x 3  C1  

f  x

dx  

 f '  x 

2


2 f  x f  x

dx

(1)

A

Xét A 




f '  x

1
u

dx
du  

f ''  x 
f  x

dx , Đặt 
2 f  x f  x
f  x


dv  f ''  x  dx v  f '  x 


Suy ra A 

f '  x

f  x

Từ (1) và (2) suy ra



 f '  x

2

2 f  x f  x

f '  x

f  x

dx

 x3  C1  

(2)

f '  x

f  x


2

dx 

x4
x4
 C1x  C2  2 f  x    C1x  C2
4
4

6561
f  0  100; f 1 

1  x4
4
 f  x     C1 x  C2  
f  x 
4 4


2


1  x4
  20   f  2   144
4 4


Câu 49:

Đặt x 2  y 2  z 2  4 x  2my  2  m  1 z  m 2  2m  8  0  1
Ta có a  2 , b  m , c  m  1 , d  m2  2m  8 .

 1 là phương trình mặt cầu  S  khi a2  b2  c2  d  0
m  3
2
 4  m2   m  1  m2  2m  8  0  m2  3  0  
.
 m   3





2
mặt cầu  S  có tâm I  2;  m; m  1 , bán kính R  m  3 .

TH1:  P  là  ABI  và  S  có bán kính R  1 

m2  3  1 và A , B , I không thẳng hàng.

10


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
m  2
AB   2; 6; 2  , AI   1; m  1; m  1  
 m  2 .
m


2


    R

TH2:  P  cách I một khoảng lớn nhất, đồng thời d2 I , P

2

 1.

    IH  IK

Gọi H , K là hình chiếu của I lên  P  và AB , ta có d I , P

 dmax  IK  d  I , AB  

 d  I , AB  

m  2 .2 6
2 11

 AB, AI 


AB








,  AB, AI   4m  8; 4  2m; 4  2m   m  2  4; 2; 2 





m  2 66
11

m  2  l 
2
6
2
2
Ta có d I ,  P   R  1 
m  2   m  4  5m  24m  68  0  

 m   34 t / m
11
 

5
2






2

Vậy có hai giá trị của m thỏa ycbt.
Câu 50:
Không mất tính tổng quát, ta giả sử y nằm giữa x và z . Kết hợp với giải thiết ta có:

0  y  2 và x  y  x  y  z   0



Từ đây ta được: xy2  yz2  zx2  y x  z



2



Mặt khác do x , z không âm nên x3  z3  x  z



Do đó m  x  z



 

3




3

 y3  8y  x  z    4  y   y3  8y  4  y   f  y 
2

3

2



Suy ra max f y  f 1  100
0;2 

Vậy m  100 , đạt đượ khi và chỉ khi x  0, y  1, z  3

11