ĐÁP án đề KSCL BLOOBOOK lần 29

Mã Đề Thi 029

Link Group: />
TOÁN HỌC BLOOBOOK

ĐÁP ÁN ĐỀ KSCL HƯỚNG ĐẾN KÌ THI THPTQG 2020

LẦN 29
Ngày thi: Thứ 6, ngày 15/11/2019
Đáp án gồm : 07 trang
Thời gian làm bài: 80 phút, không kể thời gian giao đề
Bắt đầu: 21h10 – 22h30. Hạn cuối nộp: 22h40

BẢNG ĐÁP ÁN

Câu 1

Câu 2

Câu 3

Câu 4

Câu 5

Câu 6

Câu 7

Câu 8

Câu 9

Câu 10

B

B

A

A

D

A

D

A

C

C

Câu 19

Câu 20

A

B

Câu 29

Câu 30

A

B

Câu 39

Câu 40

D

A

Câu 11 Câu 12 Câu 13 Câu 14 Câu 15 Câu 16 Câu 17 Câu 18
B

C

B

C

D

D

A

A

Câu 21 Câu 22 Câu 23 Câu 24 Câu 25 Câu 26 Câu 27 Câu 28
C

B

B

D

D

B

C

A

Câu 31 Câu 32 Câu 33 Câu 34 Câu 35 Câu 36 Câu 37 Câu 38
A

C

A

C

A

A

C

D

Câu 28: Chọn A
Giả sử khối lượng ban đầu của mẫu đồ cổ chứa cacbon là m0 , tại thời điểm t tính từ thời
điểm ban đầu ta có:
3
5730ln  
ln 2
ln 2

t

t
3m
 4   2378 (năm)
m  t   m0 .e 5730  0  m0e 5730  t 
4
 ln 2
Câu 29: Chọn A
Tổng số tiền cả vốn và lãi (lãi chính là lợi tức) ông Năm nhận được từ cả hai ngân hàng là
347,50776813 triệu đồng.

Link Page: />

1


Mã Đề Thi 029
Link Group: />Gọi x (triệu đồng) là số tiền gửi ở ngân hàng X, khi đó 320  x (triệu đồng) là số tiền gửi
ở ngân hàng Y. Theo giả thiết ta có:

x 1  0,021   320  x 1  0,0073  347,50776813
5

9

Ta được x  140 . Vậy ông Năm gửi 140 triệu ở ngân hàng X và 180 triệu ở ngân hàng Y.
Câu 30: Chọn B
Ta có: công thức tính lượng tiền còn nợ khi trả góp được n tháng với mỗi tháng trả khoản
a
n
n
tiền là a, lãi suất r% và số tiền nợ ban đầu là: A 1  r   1  r   1 .


r
Sau 1 năm (12 tháng) còn nợ là:
500000 
12
12
40000000. 1  0,85%  
1  0,85%   1  37987647  A1 .



0,85% 
Lúc này người vay ngân hàng trả mỗi tháng m1  1500000 đồng, lãi suất r1  1,15%
Số tiền nợ là A1 . Sau tháng n hết nợ nên:

A1 1  r1   m1
n

1  r1 
r1

n

1

0

 m1 
 n  log1 r1 
  30.105
 m1  A1r1 
Vậy phải qua tháng 43 mới hết nợ.

Câu 31: Chọn A
Đáp án: A

8,5%
4,25
.6 
12
100

Sau 5 năm 6 tháng (có nghĩa là 66 tháng tức là 11 kỳ hạn), số tiền cả vốn lẫn lãi bác nông
Một kỳ hạn 6 tháng có lãi suất là:

11

 4, 25 
dân đc nhận là: A  20.000.000.1 
  vnd 
100 

Vì 5 năm 8 tháng thì có 11 kỳ hạn và dư 2 tháng hay dư 60 ngày nên số tiền đc tính lãi suất
không kì hạn trong 60 ngày là:
11

0,01
 4, 25 
B  A.
.60  120000 1 
  vnd 
100
100 

Vậy sau 5 năm 8 tháng số tiền bác nông dân nhận được là:

Link Page: />
2


Link Group: />
Mã Đề Thi 029

11

11
 4, 25 
 4, 25 
A  B  20000000 1 
  120000 1 
  31802750,09  vnd  .
100
100





Câu 32: Chọn C

1

x 
ĐK: 
2 . Phương trình:
 x  1
log x 1  2 x 2  x  1

 2log x 1  2 x  1  4
log x 1  2 x  1



log x 1  2 x  1  log x 1  x  1
 2log x 1  2 x  1  4
log x 1  2 x  1

 1

1
 2log x 1  2 x  1  4
log x 1  2 x  1

 3

Đặt t  log x1  2 x  1 , khi đó (3) viết thành:

t  1
1
2
2t   3  0  2t  3t  1  0   1
t 
t
 2
log x 1  2 x  1  1
x  2
 x  1  2x 1



5
log  2 x  1  1

x  1  2x 1  x 

x 1

4

2
Câu 33: Chọn A
ĐK: x  0 . Khi đó phương trình tương đương:

log 22 x  2log 2 x  3  m  log 2 x  3
Đặt: t  log 2 x , với x  32  log 2 x  log 2 32  5 hay t  5.
Phương trình trở thành:

t 2  2t  3  m  t  3

* .

Khi đó bài toán trở thành tìm m để phương trình (*) có nghiệm t  5 .
Với t  5 thì:

Link Page: />
3


Link Group: />
*   t  3 . t  1  m  t  3  
 t 1  m t  3  0  m 

Ta có:

1



Mã Đề Thi 029

t 1  m t  3 . t  3  0

t 1
t 3

t 1
4
4
4
. Với t  5  1  1 
 1
 1
 3 hay:
t 3
t 3
t 3
53

t 1
t 1
 3 1
 3
t 3

t 3

Suy ra 1  m  3 . Vậy phương trình có nghiệm thỏa ycbt với 1  m  3 .

Câu 34: Chọn C
Ta có: A 

n  n  1
1
1
1
1
1


 ... 
 1  2  ...  n  b 
log a1 b log a2 b log a3 b
log an b
log a
2.logba

Câu 35: Chọn A
Đặt t  log 22 x  t  1 .
t
 m  *
t 1
Bất phương trình ban đầu có nghiệm với mọi x>0  * nghiệm đúng với mọi t>1

Khi đó ta có:

Xét hàm số f  t  
f 't  



t 2
t 1



3

f 't   0  t  2

lim f  t   ,
x

t
, t  1;   .
t 1

lim f  t   
t 1

BBT

t
f 't 
f t 

1
||
||

2
0






1

Link Page: />
4


Link Group: />
Mã Đề Thi 029

Từ BBT ta có thể kết luận bất phương trình có nghiệm với mọi t  1  m  1
Câu 36: Chọn A
 x, y  0
Đặt x  log 2 a ; y  log3 b . Ta có: a  2x ; b  3y và 
.
x  y  1

Khi đó: P  log3 2x  log2 3y  x log3 2  y log 2 3  x log3 2  y log 2 3 .

Ta lại có: P2 





x log3 2  y log 2 3   x  y  log3 2  log 2 3  log3 2  log 2 3 .
2

Vậy Pmax  log3 2  log 2 3 .

Câu 37: Chọn C
Đặt x  log 2 a; y  log 2 b; z  log 2 c. Vì a, b, c  1;2 nên x, y, z  0;1 .

P  a 3  b3  c 3  3  log 2 a a  log 2 bb  log 2 c c 
 a 3  b3  c3  3  a log 2 a  b log 2 b  c log 2 c  .
 a 3  b3  c3  3  ax  by  cz  .
Ta chứng minh a3  3ax  x3  1. Thật vậy:
Xét hàm số f  a   a  log 2 a, a  1; 2  f   a   1 

Trên đoạn 1;2 ta có f  a   Max  f 1 , f  2  ,


1
1
.
 f a  0  a 
a ln 2
ln 2

 1 
f
   1  a  log 2 a  1 .
 ln 2  

hay a  x  1  a  x  1  0. Do đó.
Xét: a 3  3ax  x3  1   a  x  1  a 2  x 2  1  a  ax  x   0 .
( Vì thế trên ta có a  x  1  0 và a 2   x 2  x  1  a  ax  0, a  1; 2 , x  0; 1

).

Vậy a3  3ax  x3 1  0  a3  3ax  x3  1 . Tương tự b3  3by  y 3  1; c3  3cz  z3  1 .
Do đó P  a3  b3  c3  3  ax  by  cz   x3  y3  z 3  3  1  3  4 .

Link Page: />
5


Mã Đề Thi 029
Link Group: />Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  0, z  1 và các hoán vị, tức là a  b  1, c  2 và các
hoán vị. Khi đó a  b  c  4 .

Câu 38: Chọn D
æ
ö
a
÷
Ta có: P = 48log a çç 3
+ 3log 2a a . Vì số hạng thứ hai chứa log a a nên ta cố gắng đưa
÷

÷
çè 12b - 16 ø
b
b
æ
ö
a
a
÷
về
. Điều này buộc ta cần đánh giá 3 12b - 16 £ b . Thật vậy:
log a çç 3
log
÷
a
çè 12b - 16 ÷
ø
b

Ta có: 3 12b  16  b   b  2   b  4   0 (Đúng). Suy ra:
2

a
a

 1.
3
12b  16 b

a

a


Suy ra: log a  3
  log a b  log a 1  0 (do a  1 ).
 12b  16 
Do đó:



a
a
a
a


2
2
2
P  48log a  3
  3log a a  48log a b  3log a a  3  8log a b  8log a b  log a a  .
 12b  16 
b
b
b


a
a
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương 8log a , 8log a , log 2a a ta được:

b
b
b


a
a
P  3  3  3  8log a  8log a  log 2a a   9 3 64  36.
b
b
b


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
b  2
b  2
b  2
b  2



.
a 1 
8log a  log 2 a  4  
1 
a4
log a 
log a 2 
a
a





b
b 2

2

b

Vậy a  b  6.

Câu 39: Chọn D

(

)

Ta có 2017 + log 2016 + log (2015 + log (... + log (3 + log 2)...)) > 2017 + log 2016

 2017  3  2020 .

Þ A > log 2020 .

Link Page: />
6


Link Group: />Câu 40: Chọn A

Áp dụng công thức lãi kép: Tn  a 1  r 

Mã Đề Thi 029

n

Với Tn  305 triệu đồng là số tiền cả vốn lẫn lãi sau n kỳ hạn.
a  300 triệu đồng là số tiền gửi ban đầu, n là số kỳ hạn tính lãi, r  %  là lãi suất định kỳ.
n

 305 
 0, 2% 
Ta được 300 1 
  305  n  log1 0,2%   300  99,18 .
12 




12 


Như vậy, khi gửi không kỳ hạn để được số tiền gồm cả vốn lẫn lãi lớn hơn hoặc bằng 305 triệu
đồng thì ông A phải gửi tối thiểu là 100 tháng.
Với a  300 triệu đồng và số tháng là 100 tháng thì khi gửi tiết kiệm với kỳ hạn 3 tháng thì ông
A sẽ gửi được 33 định kỳ và 1 tháng cuối là gửi không kỳ hạn.
33

 4,8% 
Nên số tiền ông A có được sau 33 định kỳ là: T  300. 1 


4 


triệu đồng.

 0, 2% 
Vậy số tiền ông A có được sau 100 tháng là S  T 1 
  444.785.421 đồng.
12 


Link Page: />
7