KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 20
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

D

B

A

A

C

C

C

C

B

B

A

C

D

B

D

A

C

A

B


B

C

B

A

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
B

D

D

B

B

A

B

B

C


B

A

C

B

B

B

B

A

C

A

A

C

C

B

C


C

Câu 32:













4x  a2  8 .2x  a2  9  0  2x  1 2x  a2  9  0  2x  a2  9  0  x  log 2 a2  9



 x  log 2 9  3,17 .
Vậy bất phương trình có nghiệm nhỏ nhất thuộc  3; 3, 4  .
Câu 33:

 3x  7
 3x  7
 3x  7
0


0


 x  3  0

3x  7 
 x3
 x3


Ta có log 2  log 1
0 

3x  7
3x  7 1
x  3 

 3x  7  1
3

log 1
1

 x  3 3
 x  3 3
x3

3
 3x  7


7

 x3 0
7 
 x   ;  3    ;   

3


 x   ; 3 .


8  x  3
3 

 x   3; 3
0


 3  x  3 
Suy ra a 

7
7
; b  3 . Vậy, P  6a  b  6.  3  11 .
3
3

Câu 34:
Cách 1:


 

Ta có: g x 



 


x2  x  2 . f 



x2  x  2 

2x  1
2 x x2
2

.f





x2  x  2 .


1


1
x  2

1
x  2

x  2

g  x   0  
  x2  x  2  0   x  1 .
 2
 f  x2  x  2  0
 x  2
 x x2  2









1


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
Bảng xét dấu của g  x  :


Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số có 3 điểm cực trị.
Cách 2:
Hàm số y  f  x   ax 3  bx 2  cx  d ; f   x   3ax 2  2bx  c .
Nhận thấy hàm số y  f  x  có 2 điểm cực trị A  0; 4  , B  2; 0 

 f 0  4
d  4
a  1



 f 0  0
12a  4b  c  0
b  3
Khi đó: 


 f  2  0
8 a  4b  2c  d  0
c  0
f 2  0
c  0
d  4
  
 f  x   x 3  3x 2  4 .

 

Ta có g x  f


 g  x  



 

x2  x  2 

x2  x  2

  3  x  x  2  4
3

2

3
1 2

2 x  1 x 2  x  2  3  2 x  1   3  2 x  1  
x  x  2  1 .

2
2



1
x   2

g  x   0   x  1 .

 x  2



Bàng xét dấu của g  x  :

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 35:
Phân tích:
+ Bài toán nếu thế vào: P(m)  2m  2 m  22 m 2  22 m 2  0
12

12

+ Biểu thức P(m) khá phức tạp. Điều này chứng tỏ bài toán cho hàm số y  f ( x) chắc chắn có tính chất đặc biệt.

2


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
+ Nhìn yếu tố xuất hiện hàm số y  f  x   2 x  2 x . Ta có hàm số lẻ và tăng trên

. Đây chính là chìa khóa ta

giải quyết bài toán.
Lời giải
Ta có hàm số y  f ( x)  2 x  2 x hàm số lẻ và tăng trên






Yêu cầu bài toán  f 2m  212   f  m   f  m   2m  212  m  m 

212
3

 212 
m nguyên lớn nhất là: m     1365
 3 
Bài toán tổng quát:
Giải bất phương trình: f  u  x, m    f  v  x, m    0 (*)
Với f ( x) là hàm số lẻ và tăng (hoặc giảm) trên tập D f
Con đường sáng tạo bài toán: (VD: Một vài hàm đặc trưng f)

f ( x)  a x  a  x , 0  a  1

f  x   x3  ax , a  0
f  x  a  x  a  x
………………………
Ta có (*)  u  x, m   v  x, m 
Đây là nguồn gốc chúng ta tạo lớp bài toán này.
Câu 36:
Ta có:

  sin 2x  cos 2x

2

dx    1  2 sin 2 x cos 2 x  dx


1
   1  sin 4 x  dx  x  cos 4 x  C .
4
Mà

  sin 2x  cos 2x 

2

a
dx  x  cos 4 x  C .
b

a  1
ab  5 .
b  4

do đó: 
Câu 37:

Ta có g  x  f   x   x  x  2  e x  g  0   g  2   0 (vì f   0  . f   2   0 )

3


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
2

I   f  x  .g  x  dx

0

u  f  x   du  f   x  dx
. Khi đó
dv  g  x  .dx  v  g  x 

Đặt 

2

2

0

0





I   f  x  .g  x    g  x  . f   x  dx    x 2  2 x e xdx  4 .
0
2

Câu 38:
Tập xác định: D 
Đạo hàm: y 

\ m .


x 2  2mx  m2  1

 x  m

2

.

 

Hàm số đạt cực trị tại x  2 thì y 2  0 

+) TH1: Với m  3  y 

x2  6x  8

 x  3

2

4  4 m  m2  1

 2  m

2

 m  3
.
0
 m  1


x  2
x  4

. Cho y  0  

Bảng biến thiên:

Ta thấy hàm số đạt cực đại tại x  2 nên m  3 ta nhận.
+) TH2: Với m  1  y 

x2  2x

 x  1

2

x  0
x  2

. Cho y  0  

Bảng biến thiên:

Ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x  2 nên m  1 ta loại.
Câu 39:

4



KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
3
Có C14
cách chọn 3 viên bi tùy ý.

Chọn 3 viên bi cùng số 1 có C 43  4 cách chọn.
Chọn 3 viên bi cùng số 2 có C 43  4 cách chọn.
Chọn 3 viên bi cùng số 3 có 1 cách chọn.
1
 60 .
Chọn 2 viên số 1 và 1 viên khác số 1 có C42 .C10
1
 60 .
Chọn 2 viên số 2 và 1 viên khác số 2 có C42 .C10
1
 33 .
Chọn 2 viên số 3 và 1 viên khác số 3 có C32 .C11
1
 12 .
Chọn 2 viên số 4 và 1 viên khác số 4 có C22 .C12
3
 4  4  1  60  60  33  12  190 .
Như vậy số cách chọn theo yêu cầu là C14

Câu 40:

 

 


 

 

Xét hàm số g x  3 f x  x3  g ' x  3  f ' x  x2  .
Ta có: g '  x   0  f '  x   x 2 (1).
Phương trình

 1 là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị các hàm số y  f '  x  và y  x

2

.

Dựa vào đồ thị của hàm số y  f '  x  và đồ thị hàm số y  x 2 , ta có:

x  0

g '  x  0  f '  x  x  x  1 .
 x  2
2

Quan sát đồ thị hàm số y  f '  x  và y  x 2 trên cùng một hệ trục tọa độ như hình vẽ ta thấy.
Với x   ; 0  hoặc x   2;   thì f '  x   x 2  f '  x   x 2  0  g '  x   0.
Với x   0; 2   f '  x   x 2  f '  x   x 2  0  g '  x   0.

5


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020

Từ đó ta có bảng biến thiên

Có f  0   0  g  0   0 . Từ bảng biến thiên suy ra dồ thị hàm số y  g  x  có được bằng cách bỏ phần
phía dưới trục hoành và lấy đối xứng phần bị bỏ đối xứng qua trục hoành. Do đó

 

Suy ra hàm số y  3 f x  x3 đồng biến trên khoảng  0; 1 và  a;   với g  a   0.
Câu 41:
Xét hàm số f  x   3x 4  4 x 3  12 x 2  m .
Ta có f   x   12 x 3  12 x 2  24 x .

x  0

f   x   0  12 x  12 x  24 x  0   x   1 .
 x  2
3

2

Ta có bảng biến thiên

Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y  f  x  bằng số điểm cực trị của đồ thị hàm số y  f  x  cộng số
giao điểm (khác điểm cực trị) của đồ thị hàm số y  f  x  với trục hoành.
Do đó, từ bảng biến thiên của hàm số f  x  , suy ra hàm số y  3x4  4x3  12x2  m có 5 điểm cực trị

 m0
m  0

khi và chỉ khi  m  32  0  

.
5  m  32


 m  5  0

Vì m nguyên dương nên có 27 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

6


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
Câu 42:

Gọi B là diện tích tam giác ABC , h là độ dại đường cao của hình lăng trụ, suy ra V  B.h . Gọi Q là
trung điểm AB , G là trọng tâm tam giác ABC . Gọi V1 là thể tích khối chóp BMNP , V2 là thể tích
khối chóp MBNE với E  QC  MP .
Ta có

PE CE PC 2
PC
PC 2


 do PC // MQ và PC  2PC nên

 .
ME QF MQ 3
MQ CC 3


Ta có

V1 MP 1
1

  V1  V2 .
3
V2 ME 3

Do GC 

2
8
QC , CE  2QC  GE  GC  CE  QC .
3
3

1
S .h . Ta tính diện tích tam giác BNE theo diện tích tam giác ABC ta có
3 BNE
8
8
 SBGE  SNGE  SNQC  SBQC  SQBNC .
3
3

Ta lại có V2 

SBNE


Mà



SAQN
SABC



Nên V2 



AQ AN 1
3
8
.
  SQBCN  SABC do đó SBNE  SQBNC  2 B .
3
AB AC 4
4

1
1
1
2V
2V
.
SBNE .h  .2 B.h 
 V1  V2 

3
3
3
9
3

Câu 43:
Có

 f   x  dx   x
 

2

1
 x 
dx  ln 
C
x
 x 1

 x 
  C , với một C nào đó.
 x1

Suy ra f x  ln 

7



KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020



Do f 1  ln

Vậy I 

2

 x
1

2

 x 
1
 C  0 nên f  x   ln 
.
2
 x 1

 x 
 1 f  x  dx   x 2  1 ln 
 dx
 x 1
1
2









1

 x 
du  2
dx

u

ln

 x 1

x

x
Đặt 

 
3
dv  x 2  1 dx v  x  x


3






2

2
2
 x3
  x 
 x3
 1
14 2 4 1
x2  3
Do đó I  
 x  ln 
dx  ln  ln  
dx
    x 2
3
3 3 2 1 3  x  1
 3
  x 1 1 1  3
x x

x2  3
1 
4 
1
Đặt K  

dx    x  1 
dx   1  8 ln 3  8 ln 2 

3 1
x 1
6
1 3  x  1
2

Do đó I 

2

14 2 4 1 1
22
1
ln  ln   1  8 ln 3  8 ln 2   6 ln 3  ln 2 
3
3 3 2 6
3
6

Vậy a  b  c  6 

22 1 7
  .
3 6 6

Câu 44:
ĐK: x  2m  0

Ta có 2 x 1  log 4  x  2 m   m  2 x  log 2  x  2 m   2 m
x

2  t  2 m
Đặt t  log 2  x  2 m  ta có  t
 2x  x  2t  t  1

2  x  2m

Do hàm số f  u   2u  u đồng biến trên

, nên ta có  1  t  x . Khi đó:

2x  x  2m  2m  2x  x .
Xét hàm số g  x   2 x  x  g  x   2x ln 2  1  0  x   log 2  ln 2  .
Bảng biến thiên:

8


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020





Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 2m  g  log 2 ln 2

  m 




g  log 2  ln 2 



2

 0, 457 (các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện vì x  2m  2  0 )
x

Do m nguyên và m  10 , nên m  1, 2, 3, 4, 5,6,7,8,9 .
Câu 45:

Giả sử thiết diện qua trục của chiếc ly được gắn vào hệ trục Oxy như hình vẽ. Khi đó thể tích chiếc ly
chính là thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y  2 x ; y  1; y  a quanh
trục Oy .
Đồ thị hàm số y  2 x cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1 .
Gọi M là điểm tiếp xúc của viên bi với chiếc ly thì M  2; 4  .
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  2 x tại M  2; 4  có phương trình là  d  : y  4 ln 2.x  4  8 ln 2 .
Gọi I là tâm của viên bi. Đường thẳng IM đi qua M và vuông góc với d nên có phương trình

 IM  : y  4 ln12 x  4  2 ln1 2 .


Khi đó I  Oy  IM



1


1 

1 
 R  IM  4 
 I  0; 4 
 MI   2;
.


2 ln 2 
2 ln 2 
4 ln 2 2



Suy ra a  OH  OI  R  4 

1
1
 4
 6.8475 .
2 ln 2
4 ln 2 2

Thể tích nước có trong chiếc ly là V  

a

  log y 

2

1

2





4
dy   R3  29,65 cm 3 .
3

Câu 46:

Gọi H là trung điểm của AD  IH // AA  IH   ABC D  và IH 

AA a 3
.

2
2

9


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
Gọi K là hình chiếu của B lên CB  BK  CB , mà BK  AB nên BK   CAB  .


BBC có BK 

BB2 .BC 2
a 3
.

2
2
2
BB  BC



 

 



d  IH , BK   d IH ,  BBCC   d AA,  BBCC   d A,  BBCC   AB  a.
Gọi  là góc giữa IH và BK, mà IH // BB' nên   BBK (do BBK vuông
tại K).

H

A'

D'

B'

C'

BK 1
3
Khi đó cos  
.
  sin  
BB 2
2
Ta có VIHBK

I

A
D

K

1
a3 3
.
 IH.BK.d  IH , BK  .sin  
6
16

B

C

Câu 47:

Ta có, hàm số f  x  liên tục trên nửa khoảng 
 1;   .





f   x    m  1 x2  m2  5m  4 x  8 x  1  3m2  6m  19, x   1;   .
Hàm số đồng biến trên nửa khoảng 
 1;   khi và chỉ khi f   x   0, x   1;   . Dấu bằng xảy ra
tại hữu hạn điểm trên khoảng  1;   .





f   x   m2  x  3  m x2  5x  6  x2  4x  8 x  1  19
 f   x   m2  x  3  m  x  2  x  3    x  1 x  3   8



x1 2





8
 f   x    x  3   m 2  m  x  2    x  1 


x 1  2


 



 



Đặt g x  m2  m x  2  x  1 

8
x1  2

*) Điều kiện cần: Nếu g  x  không có nghiệm x  3 thì f   x  có nghiệm x  3 là nghiệm đơn nên

f   x  sẽ đổi dấu trên  1;   . Do đó, để f   x   0, x  1 thì điều kiện cần là

m  0
g  3   0  m2  m  0  
.
 m  1
*) Điều kiện đủ:

  




+ Với m  0 thì g x  x  1 

8
x1  2

10


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020

g  x    x  3  2 

8

 x3

x1  2



 f   x    x  3  1 


2



2




x1 2
x1  2

  x3



2  x  3
x1  2



2



  x  3  1 







2 
x1  2 

2






 f   x   0, x  1 .
2
x1  2 

2



Dấu đẳng thức xảy ra khi x  3 .
Do đó, hàm số đồng biến trên nửa khoảng 
 1;   .Vậy ra m  0 thoả mãn.

 

8

+ Với m  1 thì thì g x  2 

g  x  2 

8
x1  2

 f   x   x  3 

2


2

2





x1  2

x1  2



.

x1 2
x1  2



2





2  x  3
x1  2




2

  x  3 



2
x1  2



2

.

 f   x   0, x  1 .

Dấu đẳng thức xảy ra khi x  3 . Do đó, hàm số đồng biến trên nửa khoảng 
 1;   .
Vậy ra m  1 thoả mãn.
Vậy tổng tất cả các giá trị của tham số m thỏa yêu cầu đề bài là 1  0  1 .
Câu 48:
Ta có ln

b
 c  b  ln b  b  ln c  c(*) .
c




Xét hàm số f (t )  ln t  t ,  t  0   f  t 

1
 1  0, t  0
t

 f  t  là hàm số đồng biến trên  0;   .
Phương trình (*) có dạng f (b)  f  c 
Do đó ta được b  c .
b
Lại có log 3 a  b  0  a  3 . Thay vào log a b 

log 3 b b 

1
ta được :
c

1
1
1
1

log 3 b   b  .
b
b
b

3

11


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
Vậy b  c 

1

1 2
1
1
. Suy ra S  a  b  c 
  m  3; n  2; p  3; q  0  S  22 .
,a  3 3 
3
3
3
3
3 3

Câu 49:

 

 

Đặt u x  5mx  sin 5x  m sin x  3x  m2  2m ( x  0) ; u ' x  5m  5cos 5x  m cos x  3


u'  x  0  m 

3  5cos 5x
5  cos x

 

. Đặt h x 

3  5cos 5x
5  cos x


8
2
 8  3  5cos 5x  2
x  0 
 h  x 
x  0 ( do biểu thức h  x  không có
5 1
5 1

 5  1  5  cos x  5  1

Do 

GTNN trên nửa khoảng  ; 0  ).

Ta có hàm số g  x  liên tục trên nửa khoảng  ; 0  Suy ra hàm số g  x  đồng biến trên nửa khoảng


 ; 0   g '  x   0

x   ; 0   u '  x  . f ' u  x    0 x   ; 0 

Dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm thuộc khoảng  ; 0  .

 

Ta có: u ' x  0 x  0  m 

u '  x   0 x  0  m 

3  5cos 5x
5  cos x

3  5cos 5x
5  cos x

x  0  m 

x  0  m 

2
5 1

;

8
5 1


Nhận xét:


2
m 
5 1
Với 
8

m 
5 1


thì

lim u  x    ( hoặc ) nên dựa vào đồ thị hàm số y  f '  x  ta có:

x

 u  x   2

x  0 (I)
 u '  x   0
Yêu cầu bài ra  
; u '( x)  0 xảy ra tại rời rạc điểm thuộc khoảng  ; 0  .
 u  x   1
x  0 (II)

u
'

x

0



 

 

Xét (I): Ta có u x  5mx  sin 5x  m sin x  3x  m2  2m liên tục trên nửa khoảng  ; 0  và

u  0    m2  2 m  1 m 

nên (I) không xảy ra.

u  0   1
 m2  2 m  1  0


Xét(II): (II)  
 m  1 2 .
2 
1 1
m

m


.

5



2 2
5 1

Vậy a  1; b  1; c  2 suy ra chọn C

12


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
Lưu ý: Bài toán cũng có thể giải theo điều kiện cần và đủ theo gợi ý sau:
Điều kiện cần:

 u '  0   0

  f '[u  0 ]  0
m  1  2
Hàm số g( x) đồng biến trên nửa khoảng  ; 0   g '  0   0  

 m  1
 u '  0   0

  f '[u  0 ]  0
Điều kiện đủ: Thử lại loại m  1
Câu 50:
Từ đồ thị suy ra a  1 , b  1 , 0  c  1 . Suy ra


b
b
 1 và do đó log a  0 .
c
c

Ta có:

P   log a b  log a c  3 

log b c 2

b
 log a2 b  log a2 c   log a  3  log a2 b  2 log a b log a c  log a2 c
2
c
log b a










2



  log a


2
b

3   log a b  log a c    log a

c


b

3   log a

c


2

b

c 

log a

b

b
 3   log a 

c
c
3


2
2

13