ÔN THI TOÁN 12

KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 18
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

A

A

C

A

B

A

C

B

C

B

B

D

A

B

B

D

B

D

D

B

D

B

A

A

B

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
D

B

D

A

A

A

C

A

C

A

B

C

D

C

C

D

C

A

D

C

D

D

B

D

A

Câu 23:
Gọi A ' là hình chiếu của A trên  O '  ; B ' là hình chiếu của B trên  O  .

O

Khi đó OO '/ / AA ' nên  AB, OO '    AB, AA '   BAA '  30 (do ABA ' vuông

A

B'

tại B ).
Gọi I là trung điểm A ' B . Do OO '/ /  AA ' BB '  nên



 

O'



d OO ', AB   d OO ',  AA ' BB '   d O ',  AA ' BB '   O ' I 

I

a 3

.
2

B

A'

2

a 3
 a.
Ta có A ' B  2 BI  2 O ' B  O ' I  2 a  
 2 


2

2

2

OO '  AA '  A ' B.co t 30  a 3 .
2
2
2
Diện tích toàn phần: Stp  2 rh  2 r  2 a.a 3  2 a  2 a





3 1 .

Câu 24:
Diện tích tam giác ABC là: SABC

3V

Đường cao SA là: h 
S

3

S

1
1
3
3a 2
 AB.AC.sin BAC  a.a.

.
2
2
2
4

3 3
a
a

24
 .
2
3 2
a
4

A

B

Ta có: SA   ABC   SA  AB và SA  AC .

 SC  SA2  AC 2  SA2  AB2  SB  SBC là tam giác cân tại S.

M

C

Gọi M là trung điểm BC .

1


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
Trong ABC : AM  BC ; Trong SBC : SM  BC .

 góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  là góc SMA .
Trong tam giác vuông ABM ta có: cos BAM 
Trong tam giác vuông SAM có AM  SA 

AM
a
 AM  .
AB
2

a
 tam giác SAM vuông cân tại S
2

 SMA  45.
Câu 26:

1 1
 2
x
x
0.
Ta có lim y  lim
x 
x 
m 4
1  2
x x
Nên đồ thị hàm số luôn có một đường tiệm cận ngang là y  0 .
Do đó để đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận thì phương trình: x2  mx  4  0 có nghiệm kép hoặc có
hai nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm bằng 1.

 m2  16  0

 m2  16  0


m  4
 m  5
 m  5

 2
Khi đó 
  m  4 .
2


 m  16  0
 m  16  0
 m  5
 m  5
 m  5


Vậy m  4 ; 4 ;  5 . Nên có 3 giá trị thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 29:
Vì x 

m
; m, n  N *  x  0
n

Ba số ba số log 3 x , 1 , log 3  81x  theo thứ tự lập thành một cấp số cộng nên:

log 3 x  log 3  81x 
2

 1

 log 3 x  log 3  81x   2  log 3  9x   2   9 x   32 
2

 9x 

2

2
1
1
  9x    
9
3

2

1
1
, do x  0  x 
.
27
3

Vậy m  1, n  27  m  n  28

Câu 31:
Gọi số tiền cô Ngọc vay là A , số tiền trả hàng tháng là m . Với lãi suất là 1% / tháng thì :

2


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
Cuối tháng 1 còn nợ : A  Ar  m  A  1  r   m .











Cuối tháng 2 còn nợ: A 1  r  m   A 1  r  m r  m  A 1  r



Cuối tháng 3 còn nợ :  A 1  r





2



2

 m  r  1  1 .

3
2
 m  r  1  1  1  r   m  A 1  r   m 1  r   1  r   1 .




Cứ như vậy cuối tháng n còn nợ:

A 1  r   m 1  r 

n

 1  r 

n1

n 2

 ...  1  r   1


1  r   1  A 1  r

 A 1  r   m
 
1  r   1
n

n



Để trả hết nợ thì A 1  r



n

n

1  r 
m

1  r 
m
r

n

1

n

1

.

1  r   1 .
0 Am
1  r  r
n

n

r

1  1%
Áp dụng công thức ta có: A  5
1  1%

60

60

1

 224,76 ( triệu).

1%

Câu 33:

 



Xét f  x  0  x  1

 




2

 x  1  nghiem boi 2 

x2  2x  0   x  0
.
x  2




 



Ta có g x  2 x  4 f  x2  8x  m ;

x  4
 2
 x  8 x  m  1  nghiem boi 2 

g  x   0  2  x  4  f  x 2  8 x  m  0   2
.
x  8 x  m  0  1

 x2  8x  m  2  2 






Yêu cầu bài toán  g  x   0 có 5 nghiệm bội lẻ  mỗi phương trình  1 ,
phân biệt khác 4.

 2  đều có hai nghiệm

* 

2
Xét đồ thị  C  của hàm số y  x  8 x và hai đường thẳng d1 : y  m, d2 : y  m  2 (như hình vẽ).

Khi đó  *   d1 , d2 cắt  C  tại bốn điểm phân biệt  m  16  m  16.
Vậy có 15 giá trị m nguyên dương thỏa.
Câu 34:

3


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020

f  x
1
là
một
nguyên
hàm
của
hàm
số
x
2x2

f  x
1
1
  1 



  F  x    2    3  f  x    2 .
x
x
x
 2x 

 

+ Ta có: F x 

+ Xét I   f   x  ln xdx


1
u  ln x
du  dx
Đặt 

x
dv  f   x  dx v  f  x 

 I  f  x  ln x  

f  x
1
1
 ln x
1
dx   2 ln x  2  C    2  2
x
x
2x
2x
 x


C


Câu 35:

xy  16  y 

64
x

log 2 x  log 64 16 

1
log 16

x

64
x



1
1
4
 log 2 x 
 log 2 x 
3 1
log 16 64  log 16 x
6  log 2 x
 log 2 x
2 4

log x  3  5
 x  2 3

2
2
2

 6 log 2 x  log 2 x  4  log 2 x  6 log 2 x  4  0  
log 2 x  3  5
 x  2 3

5
5


y 


 y 

64
2 3 5
64
2 3

5

2


x
  log 2   20 .
y


Câu 36:
Điều kiện x  0 .
Đặt t  e

x

. Do

x  0  t  1 và ứng với mỗi giá trị t  1 chỉ cho một giá trị x  0 .



2



 f  t   1

Ta có phương trình trở thành:  f t   f t  2  0  
.
 f t  2



Từ đồ thị hàm số y  f  t  trên 1;   suy ra phương trình f  t   1 có 1 nghiệm và phương trình

f  t   2 có 1 nghiệm khác với nghiệm của phương trình f  t   1 .
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.
Câu 37:

4


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
1

1

1

0

0

0

Ta có A    x. f   1  x   f  x   dx   x. f   1  x  dx   f  x  dx .
1







Đặt I  x. f  1  x dx .
0



du  dx
u  x



dv  f  1  x  dx 
v   f  1  x 

Đặt 





1
Khi đó I   f 1  x .x 0 

1

1

f  1  x  dx   f  0    f  x  dx


0

1

  

Do đó A   f 0 

0

0

1

f  x  dx   f  x  dx 
0

1
1
 f 0   .
2
2

Câu 38:





5
z





Ta có:  z 


5
 i  7  z . Chia hai vế cho i ta được: z   7 i  zi .

z


Hay z 1  i  7 i 

5
5
25
 z 1  i   7 i   2 z  49 
2
z
z
z

 

 z 2  25 (t/m)
4
2
2
25

Bình phương 2 vế, ta được: 2 z  49  2  2 z  49 z  25  0   2
.

1
z
z


(kt/m)

2


Do z  0 nên z  5 . Thế z  5 vào đề bài ta được:  z 



Đặt z  x  yi , với x, y 

5
i  7  z   z  1 i  7  z . (1)
5 

.

Thế vào (1) ta được:  x  yi  1 i  7  x  yi   y   x  1 i  7  x  yi

x  y  7
x  3
 y  7  x




.
 x  y  1
 y  4
x  1   y
Dễ thấy số phức 3  4i thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy tổng phần thực của các số phức cần tìm là 3 .
Câu 39:
Ta có: I  1; 2; 2  là trọng tâm của tam giác ABC.
MA, MB, MC là khoảng cách từ M đến các điểm A, B, C.

5


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020

    MB   MC  =  MI  IA    MI  IB  MI  IC 

2
2
2
Xét MA  MB  MC  MA

    IA    IB   IC 

 3 MI

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

 2 MI .IA  2 MI .IB  2 MI .IC



 3MI 2  IA2  IB2  IC 2  2 MI. IA  IB  IC



 3 MI 2  IA2  IB2  IC 2  2 MI .0 (do I là trọng tâm của tam giác ABC nên IA  IB  IC  0 )

 3MI 2  IA2  IB2  IC 2 .
Mà IA2  IB2  IC 2 có giá trị không đổi nên MA2  MB2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MI ngắn nhất.
Khi đó M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng  P  .

Gọi  d  là đường thẳng đi qua M và I , vuông góc với mặt phẳng  P  .





Đường thẳng  d  đi qua điểm I  1;1;1 , nhận véc tơ pháp tuyến của  P  là nP  3;  3;  2 là một véc

 x  1  3t

tơ chỉ phương nên phương trình tham số của  d  là  d  :  y  2  3t  t 
 z  2  2t


.

M  P  d .

M  d  M  1  3t ; 2  3t ; 2  2t  .
Mặt khác M   P  nên: 3  1  3t   3  2  3t   2  2  2t   15  0  t  1 .
Do đó M  4; 1; 0  . Suy ra a  b  c  3 .
Câu 40:
Dễ thấy mặt phẳng ( P ) song song mặt phẳng (Q) .
Lấy điểm A(1;  1; 0) P  . Ta có:



 



d  P  ;  Q   d A;  Q  

1 2  6
1 4  4

 3.

Do mặt cầu (S) tiếp xúc với hai mặt phẳng song song nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song
đó chính bằng đường kính của (S) .

3

Vậy mặt cầu  S  có bán kính là RS  .
2
Câu 41:













Ta có m  5 .3x  2m  2 .2x. 3x  1  m .4x  0  1

6


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
x

x
 3
3
  m  5  .     2m  2  . 
1 m  0 .
 2 
4



x

 3
Đặt t  
, điều kiện t  0 .
 2 


Khi đó phương trình trở thành:  m  5  t 2   2 m  2  t  1  m  0 ,  2  .
Do đó để phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt thì phương trình  2  có hai nghiệm dương phân

m  5
a  0



  0
m  3
biệt  
 
 3  m  5  m   3 ; 5 .
P  0
m  1
S  0
1  m  5

Vậy a  3 , b  5 nên a  b  8 .
Câu 42:
Cách 1:
Gọi H là giao điểm của CN và BM . Ta có SH   ABC  .

S

Đặt BC  x (với x  0 ).

I

AC
Ta có CB  CM  BM 
 BCM đều.
2
Xét BCM đều có đường phân giác CH cũng là đường cao nên

M

E

C

A

CH  BM

F

 CN  BM tại H  tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn.

H
N

 CMN  90 , hay MN  CA .

B

Suy ra hai tam giác MNA và BCA đồng dạng



MN AM
a
x

 x  a 3 ; AC  2a 3 .
 

BC
AB
x
3x

K

Lấy E là trung điểm của CM .
Ta có

AN AM 2

  MN BE  MN
AB AE 3



 

 BEI  .







 d  MN , BI   d MN ,  BEI   d M ,  BEI   2d H ,  BEI  .
Nên SH 

3VS. ABC 3
 a.
SABC
4

7


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020

a 3
Ta có HB 
; HC  BC 2  HB2 
2

 

Đặt y  d H , BEI

a 3 

2

2

a 3
1
a
3a



 HF  HC  .

 2 
2
3
2



 .

Xét tam diện vuông đỉnh H với ba cạnh HB , HC , HS ta có mặt phẳng  IEB  cắt HB tại B ; cắt HC
tại F và cắt HS tại K , ta có

3
1
1
1
1
1
1
1
64







 2  y  a.
2
2
2
2
2
2
8
 a 3   a   3a 
y
HB HF
HK
9a

    
 2  2  4 





3
8

Do đó d MN , BI  2  a 

3a
.
4

Cách 2:
S

Đặt BC  x (với x  0 ).
Dễ thấy x  a 3 . Gọi K là giao điểm của BM và CN .

I

Gọi J là trung điểm của CM , G là giao điểm của CN và BJ .
Ta có  IJB 

SMN 









1
d  BI , MN   d G ,  SMN   d C ,  SMN  .
2
Mà VS.CMN

J

C



A

G
x
K
N

1
3a 3
 VS. ABC 
3
8



M

B







1
1
3 2

3a 3
3a 3
.
a 
 d C ,  SMN   SSMN 
 d C , SMN  
3
3
4
8
8





 d C ,  SMN  

3
3a
a  d  BI , MN  
.
2
4

Câu 43:

 



Xét g x  f x  1  3



Tập xác định D 

  

Ta có: g x  x  1  3

  

 

 f   x  1  3   xx  11 . f   x  1  3  x 1 1 h  x 

với h x  x  1 . f  x  1  3


8


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020

 x  1

x  0
 x  1
 x  2


x  1  0

 x  1  3  2
h  x  0  

 x  2
x1 3  0
 f  x  1  3  0
 x  4


 x1 3  1

x  3
 x  5






 Bảng xét dấu g  x 

Vậy, hàm số y  g  x  có 7 cực trị.
NHẬN XÉT admin: Số cực trị hàm số y  g  x  tương ứng với số nghiệm bội lẻ pt h( x)  0
Câu 44:
3

4

Ta có: x6  f '( x)  27  f ( x)  1  x 2 . f '( x)  3 3  f ( x)  1

4

2

f '( x)


3

 f ( x)  1

4



3
x2

 x  0

2



1 3

2

f '( x)
 f ( x)  1

4

dx   
1

3
3
dx 
2
3  f ( x)  1
x





3
 f (2)  7
2

1

Câu 45:
Ta có f ( x) 

  4x

3



 2x dx  x4  x2  C và f (0)  1  C  1 .

Do đó ta có f  x   x 4  x 2  1  0 , x .



 

 

Ta có: g '( x)  3 2x  2 . f 2 x2  2x  3 . f ' x2  2x  3



x  1
2x  2  0

g '  x  0  
  x  1
3
2
2
4 x  2x  3  2 x  2x  3  0
 x  3










Bảng biến thiên

9


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020

x -
g'(x)
-

-1
0

1
0

+

+

3
0

-

+

g(x)
Từ bảng biến thiên ta suy ra hàm số y  g  x  có 2 cực tiểu.
Câu 46:



Với hai số dương x ; y thỏa log 2 4x  y  2xy  2



y2

 8   2x  2  y  2 

Ta có  y  2  log 2  4 x  y  2 xy  2   8   2 x  2  y  2 

  y  2  log 2  2 x  1 y  2   8   2 x  1 y  2   3  y  2 

 log 2  2 x  1  log 2  y  2  

8
  2 x  1  3
y2

 8 
8
 log 2  2 x  1   2 x  1  log 2 
.

 y2 y2



Xét hàm đặc trưng f  t   log 2 t  t trên  0;   có f  t 
biến trên  0;   .

1
 1  0, t  0 nên hàm số f  t  đồng
t ln 2

 8 
8
8
f  2 x  1  f 
y
2.
  2x  1 
y2
2x  1
 y2
P  2x  y  2x 

AM GM

8
 8 
 2   2 x  1  

3
 4 2 3.

2x  1
 2x  1 

Dấu bằng xảy ra khi 2 x  1 

2
8
1  2 2
  2 x  1  8  x 
.
2x  1
2

Vậy S  a  b  c  3 .
Câu 47:
Mặt cầu  S  có tâm I  2; 1;1 , bán kính

R  2 2   1  12   3   3.
2

Ta có: AI 

 2  5    1  3   1  2 

2

2

2

 34  R nên A nằm ngoài mặt cầu  S  .

Ta lại có: S  AM  4 AN. Đặt AM  x với x   34  3; 34  3





10


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020
Mà AM.AN  AI 2  R2  34  9  25 suy ra: AN 

 

Do đó: S  f x  x 

f '  x  1 
Do đó:

25
AM

100
với x   34  3; 34  3


x

100 x2  100

 0, x   34  3; 34  3


x2
x2

min

 34  3; 34  3



f  x  f





34  3  5 34  9.

Dấu “=” xảy ra  A , M , N , I thẳng hàng và AM  34  3; AN  34  3.
Câu 48:

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sau

y2
x2
Phương trình chính tắc Elip  E  là:

 1 . Từ đó, suy ra
452 75 2


x2 
452
y 2   1  2  .452  MN  2 452  2 x2 .
75
 75 
Diện tích thiết diện là:
2

1
 1
  1   MN   
  2 452 2 
S  x 
 R2     R2     


1
 
  45  2 x 
4

2
75
 4 2
 4 2  2   2



 R2

Thể tích cần tính là: V 

75



S  x  dx 

75


  2 452 2 
3

1
75  2   45  752 x  dx  115586m .
75

Câu 49:
Ta có V1  VS. ADQ  VS.PQD  VS.DNP .

Mà

Và

VS. ADQ
VS. ABCD
VS. PQD
VS. BQD









1
.d S ,  ABCD  .SAQD
1
3

 .
1
4
.d S ,  ABCD  .SABCD
3



SP.SQ.SD SP

.
SB.SQ.SD SB

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác SBC với cát tuyến MPN ta có:

MB.PS.NC
PS
SP 2
 1
 2 suy ra

MC.PB.NS
PB
SB 3

11


KHÓA LUYỆN ĐỀ NÂNG CAO 2020

Suy ra

VS.PQD
VS.BQD

VS.B DQ

2

 mà
VS. ABCD
3









1
.d S ,  ABCD  .SBQD
V
1
1
3

 nên S. PQD  .
1
VS. ABCD 6
4
.d S ,  ABCD  .SABCD
3









1
.d S ,  ABCD  .SBCD
VS. BCD
VS.PND SP.SN.SD 1
1
 3
 .
Ta lại có:

 mà
VS. ABCD 1
2
VS.BCD SB.SC.SD 3
.d S ,  ABCD  .SABCD
3
Suy ra

VS.PND 1
 .
VS. ABCD 6

Vậy V1 

V
7
7

VS. ABCD suy ra 1 
12
V2 5

Câu 50:

12