KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 21
2
D

3
D

4
C

5
D

6
B

7
A

8
A

9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
D B A C A A B A A B A D B B B C C

27 28
A A

Câu 29:

Gọi N  d    khi đó ta có MN là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng  .
Do N  d nên N  2  2t ; 2  t ;3  t  . Mà N    nên 2  2t  2  t  3  t  3  0  t  1  N  0;1; 2 

 MN   1; 1; 2  .
Vậy một vec tơ chỉ phương của  là u  1;1; 2  .
Câu 30:

5
2 x  2018
 5.2x2018  2  0
2.4x2018  .2x2019  2  0  2.2 
2
 1
t
x  2018
2
Đặt t  2
 t  0  . Ta được 2.t  5.t  2  0   2
t  2
1
Với t   2x  2018  21  x  2018  1  x  2019
2
Với t  2  2 x  2018  21  x  2018  1  x  2017
Vậy tổng hai nghiệm là 4036 .
Câu 31:
Giả sử sau n quý người đó có được ít nhất 20 triệu đồng.
Khi đó: 15. 1  0,0165  20  n  log1,0165
n

4

 17,58 .
3

Do đó cần 4 năm 2 quý.
Câu 32:

1

u  3  ln x
du  dx



x
dx  
Đặt: 
dv 
2

v   1
 x  1


x 1
3
3  ln 3 3
1 
3  ln x
1
3  ln 3

1
   

dx  
  ln x  ln x  1 
 dx 
1
4
2 1  x x 1 
x  1 1 1 x  x  1
4
3

Khi đó: I  

3

3

3

25
3  ln 3
3
a 
2
2
.

 ln 3  ln 4  ln 2  1  ln 3  ln 2  

4  a b 
16
4
4
b  1
Câu 33:

1


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
Đặt log 4 a  log 6 b  log9  4a  5b   1  t suy ra a  4t , b  6t

  2 t 9
  
t
t
t
2 9
3 4
4
2
t
t
t
và 4.4  5.6  9.9  4.    5.    9  0  
suy ra     t  2
 2 t
3 4
9

3
   1
 3 
Suy ra a 

1
1
b 4
,b 
T   .
16
36
a 9

Câu 34:
Hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số y  x 2 và y  k là x  k .
4

Do đó diện tích S1 

 x

4

2

 k  dx , diện tích S2   x 2 dx  S1 .
0

k


4
 x3

1
Ta có S1  S2    x  k  dx   x 2 dx    kx 
20
 3

k
4

4



2

 16  6k  k 3 

 k

3

6

k

32
64

k3
32

 4k 
 k3 
3
3
3
3

 k  22 3
k 0;16 

2
k  16  0   k  2  2 3  k  4

 k  2

 

Câu 35:

x  3  0
 x  3
x  0


Điều kiện xác định của phương trình là  x  1  0   x  1  
.
x  1

x  0
x  0


Ta có:

1
log
2

3

 x  3 

1
4
log9  x  1  2log9  4 x   log 3  x  3  log 3 | x  1| log 3  4 x 
2

 log 3  x  3 | x  1|  log 3  4 x    x  3 | x  1| 4 x .
Câu 36:
Ta có f   x   e x  e x  2 

ex 1
ex

x

 2x
2

2e

2e
 C1

Do đó f  x   
x
x
2e 2  2e 2  C

2

 2x  2x
e  e
 x
x
e  2  e 2


khi x  0

khi x  0

.

khi x  0

.

khi x  0


Theo đề bài ta có f  0   5 nên 2e0  2e0  C1  5  C1  1 .

 f  ln 4   2e

ln 4
2

 2e



ln 4
2

1  6

2


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020



Tương tự f  ln

1
  0 nên 2e
4


 f   ln16   2e



  ln16 
2

 2e

1
ln  
4
  
2

  ln16 

Vậy S  f   ln16   f  ln 4  

2

 2e

1
ln  
4
2

 C2  0  C2  5 .


7
5   .
2

5
.
2

Câu 37:
Cách 1:
Đặt t  ln x , hàm số trở thành g (t ) 

(a  1) t  6
.
t  3a

Hàm số y  ln x là hàm số đồng biến trên khoảng (0; ) . Từ đó suy ra khi biến x tăng trên khoảng

(0; ) thì biến t tăng trên R ; 1  x  e  0  ln x  1  0  t  1
Do đó, hàm số f ( x) nghịch biến trên khoảng (1; e) khi và chỉ khi hàm số g (t ) nghịch biến trên khoảng

(0;1) .

g (t ) 

3a 2  3a  6
(t  3a)2

Hàm số g (t ) nghịch biến trên khoảng (0;1) khi và chỉ khi


a  2, a  1
3a 2  3a  6  0


1  a  2, a  1.

3a  (0;1)
a  0, a  3
Cách 2:
Ta có: f ( x) 

3a 2  3a  6
x  ln x  3a 

2

.

3a

e  (1; e), a 
Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (1; e) khi và chỉ khi 
2

3a  3a  6  0

a  0
a  0



a  1
a  1
a 


3
3



 a 
 a 
   a  2 . Do
 a  2
 a  2
a  1





a  1
a  1






a 

 có

a


2019;
2019





4035 giá trị

Câu 38:

3


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
z 1  3i  z  3  i   4 10  z  z  3   3 z  1 i   4 10  z  z  3   3 z  1  4 10
 2 1  65
z 
2
2
1  65
4
2
2
2



(
 z 
 z  z  3   3 z  1  160  10 z  10 z  160  0  


2
 2 1  65
z 

2
2

2

do z  1 ).
Câu 39:
S

E
M
K

A

C

G


P

N
B

Cách 1: S . ABC là hình chóp đều nên tam giác ABC là tam giác đều và G cũng là trọng tâm tam giác

ABC .
33
1 3
2 3
3
3
AG  


, GN  
, SG  SA2  AG 2 
.
3
3 2
3 2
6
3

2 165
2
SG.GN
2
2

d  M ,  SAB    d  M ,  SAC    d  M ,  SBC    d  G,  SBC    GK  
 
.
2
2
3 45
3 SG  GN
3
3
Suy ra P  a  b  c 
Cách 2: a  b  c 

2 165
.
45

2
2
d  G;  SAC    GK
3
3

11
11 2 165
1
1
1
 abc  3

 GK 

.


2
2
2
35
45
35
GK
GN
GS
Câu 40:
Chọn ngẫu nhiên số có tám chữ số đôi một khác nhau, có 9. A97  1632960 (cách chọn).
Gọi số cần tìm có dạng a1a2 a3a4 a5 a6 a7 a8 .
Khi đó a7 a8 chia hết cho 25 nên a7 a8 là một trong các số sau 25 , 50 , 75 .
* Nếu a7 a8  25 hoặc a7 a8  75 thì số cách chọn các chữ số còn lại là 7.A75 (cách chọn).
* Nếu a7 a8  50 thì số cách chọn các chữ số còn lại là A86 số (cách chọn).

4


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
Suy ra có 2.7. A75  A86  55440 (cách chọn).
Vậy xác suất cần tính là

55440
11
.


1632960 324

Câu 41:
Ta có bán kính đáy hình trụ là R 

9  2x
.
2


2
 9  2x 
Thể tích ao là V   R h   
 x  9  2x  x .
4
 2 
2

2

Xét hàm số f  x    9  2 x  x  4 x 3  36 x 2  81x với 0  x 
2

9
.
2

Ta có f   x   12 x  72 x  81 .
2



x 
2
Khi đó f   x   0  12 x  72 x  81  0  
x 


3
n
2
.
9
l 
2

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra: max f  x   54  x 
 9
 0; 
 2

Vậy thể tích lớn nhất của ao là Vmax 

3
.
2

54 27


 13,5  m3  .
4
2

Câu 42:
Cách 1:
Điều kiện: x  0

log 2  x 2  3 x  m   log 2 x

1

 x 2  3x  m  x  x 2  4 x  m  0

 2

Để 1 có nghiệm dương duy nhất khi và chỉ khi  2  có nghiệm dương duy nhất

  2  có nghiệm kép dương: x1  x2  0

5


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
hoặc  2  có hai nghiệm phân biệt, một nghiệm bằng 0, một nghiệm dương: x2  x1  0
hoặc  2  có 2 nghiệm phân biệt trái dấu: x1  0  x2

 4 2  4m  0
  0



TH1:  2  có nghiệm kép dương x1  x2  0   b
 4
m4
 2a  0
 0
2
TH2:  2  có 2 nghiệm phân biệt, một nghiệm bằng 0, một nghiệm dương: x2  x1  0

  0
16  4m  0


  x1.x2  0  m  0
m0
x  x  0
4  0

 1 2
TH3:  2  có 2 nghiệm phân biệt trái dấu: x1  0  x2  ac  0  1.m  0  m  0
Suy ra S  m 

| m   ;0  4

Vậy S   2;    1;0; 4
Cách 2: Dùng hàm số
Điều kiện: x  0

log 2  x 2  3 x  m   log 2 x


1

 x 2  3x  m  x  x 2  4 x  m  0  m   x 2  4 x

 2

2
Đặt f  x    x  4 x

Ta có f   x   2 x  4  0  x  2
Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy, để 1 có nghiệm dương duy nhất   2  có nghiệm dương duy nhất

m  4

m  0
Suy ra S  m 

| m   ;0  4

Vậy S   2;    1;0; 4 .
Câu 43:

6


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020

S


N

M
K

P
B

O
A

C
I
D

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

a 3
1

a
.
BD  và IC  ID.cot 60 
6
2
2

 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 

SN SA2
SN
SA2
3
Tam giác SAC vuông tại A có SN .SC  SA 


 2

2
2
SC SC
SC SA  AC
7
2

Tam giác ABC có SD  a 2 ; BC 

IC 2  IB 2 

a 3
và AC 2  AB 2  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

7


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
S ABCD  SABC  SBCD 
Khi đó

Vậy

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 .
 . 
VS . ABC
SB SC 7 2 14
28
28

VS . AMNP 3
a3 3
.
 VS . AMNP 

42
VS . ABCD 14

Câu 44:
Xét phương trình f  x   g  x   ax3   b  d  x 2   c  e  x 


3
0
2

Ta có: f  x   g  x   a  x  3 x  1 x  1
Suy ra a  x  3 x  1 x  1  ax3   b  d  x 2   c  e  x 
Xét hệ số tự do suy ra: 3a  
Do đó f  x   g  x  

3
2

3
1
a
2
2

1
1
3
 x  3 x  1 x 1 . Vậy h  x   x3  x2  4 x .
3
2
2

2
Ta có: h '  x   x  3x  4  0  x  1; x  4

Suy ra: h '  x   0  4  x  1 . Vậy hàm số h  x  nghịch biến trên khoảng  3; 1 .

Câu 45:
Ta có: n 

1
1
1
1
1
f  mx 
f  mx   p
n
n
n
p
dx   dx , x  .
dx  
.q  . f  x  dx   f  x  dx  
q 0
q
q
q
q
q
0
0
0
0

1
1

1
1
p
p 1
n
f  mx  d  mx   , x 
f  mx  d  mx   x 


mq 0
q
q 0 mq 0
1

p
  f  mx  d  mx    n   .mq , x 
q

0

.

.

Đặt mx  t  d  mx   dt , với x  0  t  0 ; x  1  t  m .
1



p


 f  mx  d  mx    n  q  .mq , x 

.

0

m
m

p
  f  t  dt   f  x  dx   n   .mq , x 
q

0
0
1
m

p
  f  x  dx   f  x  dx   n   .mq , x 
q

0
1

(do hàm số f  x  liên tục trên

).


.

8


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
m

p
 q   f  x  dx   n   .mq , x 
q

1

.

m

p
  f  x  dx   n   .mq  q  nmq  mp  q , x  .
q

1

m

  f  x  dx  nmq  mp  q , x 
1

2020


 f  x  dx  2020.2002.
1

2
2
2
 2020 3 
  2020.2002  1
 2020 3
4
4
4

a  2020.2002  1; b  4; c  2020, d  0
Câu 46:
Do a ,

b  0 nên hàm số luôn có tập xác định D    ;   \ 2 .
 b

a

Ta có lim y  0  đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y  0 .
x 

Mà y 

a  bx  2
a  bx  2

, đặt f  x   a  bx  2 .

x2
x

2
a

bx

2







Để đồ thị hàm số trên có đúng một đường tiệm cận thì f  2   0  a  2b  2 .
Đặt

a 1  x ,

b
 y ta suy ra x  4 y  3 .
2

 P  log x y , (do a  0 nên x  1 ).

x x

1
  4 y  3. 3 x 2 y  x 2 y  1  y  2 .
2 2
x
 1 
Vậy P  log x y  log x  2   2 .
x 
x  2
a  1


Dấu bằng xảy ra  
1.
1  
b  2
 y  4
Lại có 3 

Câu 47:
Câu 48:

1
BPT  m 2  f  x  4   x3
3
1
Đặt g  x   f  x  4   x 3
3
2
Yêu cầu bài toán  m  min g  x  , x  5; 1


Ta có: g '  x   f '  x  4  x 2
Vì 5  x  1 nên 1  x  4  3

9


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
Từ đó và quan sát bảng xét dấu thấy: f '  x  4   0
Suy ra g '  x   f '  x  4  x 2  0, x  5; 1
5

x

1

g  x

g  1
g  5 

 min g  x   g  5   25
 5;1

Vậy m2  25  m  5 hoặc m  5 .
Câu 49:
Tiệm cận đứng: x  1  d1  , tiệm cận ngang: y  1  d 2  .
Gọi 1 ,  2 lần lượt là tiếp tuyến của  C  tại A , B .
Ta có y 

2


 x  1

2

.

1 //  2  y  xA   y  xB  

2

 xA  1

2



2

 xB  1

2

 x  xB  l 
.
 A
x

x


2
 A B

Đặt xA  m với m  1 .




Suy ra A  m ;

m 1 
m3

 , B  2  m;
.
m 1 
m 1 


2

Tiếp tuyến tại A là 1 : y 

 m  1

Tiếp tuyến tại B là  2 : y 

2

2


 m  1

2

 x  m 

m 1
.
m 1

 x  m  2 

m3
.
m 1

D  1  d 2  D  2m  1;1 .

 m5
C   2  d1  C  1;
.
 m 1 



Ta có AB  DC   2  2m ;

4 
  ABCD là hình bình hành.

m 1 

2 

BC   m  1;

m 1 

Chu vi P hình bình hành ABCD bằng

10


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020


16
2
P  2  AB  BC   2  4  m  1 

2

m

1




 m  1 

2


6
2
 m  1 
4

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm  m  1 và
2

P6 2

 m  1

2

.

4

 m  1

 m  1

4

 m  1

2


2



4

 m  1

2

.

, ta có:

 12

2

Dấu “  ” xảy ra   m  1 
2

4

 m  1

2

 m  1 2 .


Câu 50:

11