de khao sat chat luong toan 12 thpt nam 2020 2021 lan 1 so gddt ha noi

- Sử dụng x  x - Tính g '  x  , giải phương trình g '  x   - Lập BXD g '  x  tìm khoảng nghịch biến hàm số Cách giải:  Ta có g  x   f  x  x   f x  x   x  2  g ' x    2x  f' x  x x   x  2 x   x Cho g '  x      f ' x2  x       1  2 x  1  x x  x    1 x  x  2  1 x   x  x  1 vo nghiem  1  x2    2   2   x  x2  1   x   BXD: 1  Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến  ;1 2  Chọn C Câu 37 (TH) Phương pháp: - Tính số phần tử khơng gian mẫu - Tính số phần tử biến cố - Tính xác suất biến cố Cách giải: 22 Gọi số cần tìm abc Số phần tử khơng gian mẫu n     5.5.4  100 Gọi A biến cố: “số chọn có dạng abc với a  b  c ”  n  A   C63  20 (chỉ có thứ tự a  b  c nên ta dùng tổ hợp) Vậy xác suất biến cố A P  A   n  A n   20  100 Chọn A Câu 38 (VD) Phương pháp: - Xác định tâm bán kính mặt cầu  S  - Sử dụng định lí Pytago, chứng minh: Để r đạt giá trị nhỏ IH đạt giá trị lớn - Nhận xét IH  IM - Khi r đạt giá trị nhỏ nhất, viết phương trình mặt phẳng  P  - Sử dụng: Khoảng cách từ điểm I  x0 ; y0 ; z0  đến mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D  d  I ;  P   Ax0  By0  Cz0  D A2  B  C Cách giải: Mặt cầu  S  : x  y  z  x  y   có tâm I 1;1;0  , bán kính R  12  12   7   Ta có MI  1    1      1 2   R nên M nằm mặt cầu  S  23 Áp dụng định lí Pytago ta có: r  IA2  IH   IH Để r đạt giá trị nhỏ IH đạt giá trị lớn Ta có IMH vng H nên IH  IM , IM max  IM  H  M hay IM   P   Phương trình mặt phẳng  P  qua M  2; 0;1 có VTPT IM  1; 1;1 là: x  y  z   Vậy d  O;  P    3 12   1  12  Chọn C Câu 39 (VD) Phương pháp: - Cơ lập m, đưa phương trình dạng m  f  x  - Khảo sát hàm số f  x   0;1 sử dụng tương giao tìm điều kiện để phương trình có nghiệm Cách giải: Ta có: 6x    m  2x  m   x  3.2 x  m.2 x  m   m  x  1  x  3.2 x m x  3.2 x  f  x 2x  Ta có f ' x   ln6  3.2 x x ln  x  1   x  3.2 x  x ln 2 x  1 f ' x  12 x ln  x.ln6  3.4 x ln  3.2 x ln  12 x ln  3.4 x ln f ' x  x.ln  3.2 x ln 2 2 x  1 x  1  x   0;1  Hàm số y  f  x  đồng biến  0;1 Có f    2, f 1  nên f  x    2;  x   0;1 24 Vậy phương trình cho có nghiệm x   0;1 m   2;  Chọn A Câu 40 (TH) Phương pháp: Giải phương trình logarit: log a f  x   b  f  x   a b tìm x, y, z so sánh Cách giải:  x, y , z  x  log x    ĐKXĐ:    y  log y   z  log z  Ta có:       log log  log x   log3 log  log y    log log  log z           log  log x   log  log y   log  log z   1   log x  2   x   1, 41      log y    y  33  1, 44   1   z  5  1,37 log z    Vậy z  x  y Chọn C Câu 41 (VD) Phương pháp: Phân chia lắp ghép khối đa diện Cách giải: 25 Không tính tổng quát, ta giả sử lăng trụ cho lăng trụ đứng Ta có VA ' MPB ' NQ  VC C ' PQ  VCC ' A ' MNB ' Áp dụng định lí Ta-lét ta có: CM AM CM C ' A '  1   PM A ' M CP C ' P CN BN CN C ' B '  2   NQ B ' N CQ C ' Q  S A ' B 'C ' C ' A ' C ' B '    SC ' PQ C ' P CQ 3  VC C ' A ' B ' S A ' B 'C '    VC C ' PQ  3VC C ' A ' B '  VABC A ' B 'C ' VC C ' PQ SC ' PQ Ta có: S A ' MNB '   S ABMN  1 1  A ' M  B ' N  A ' B '  A ' B '  AA ' AA '   S ABB ' A ' 2 2  12 7 S ABB ' A '  VC ABMN  VC ABB ' A ' 12 12 7 Mà VC ABB ' A '  VABC A ' B 'C '  VC ABMN  VABC A ' B 'C '  VABC A ' B 'C ' 12 18  VCC ' A ' MNB '  11 VABC A ' B 'C ' 18  VA ' MPB ' NQ  VC C ' PQ  VCC ' A ' MNB '  VABC A ' B 'C '  11 7 VABC A ' B 'C '  VABC A ' B 'C '   18 18 18 Chọn B Câu 42 (VD) Phương pháp: 26 - Đưa logarit số - Giải phương trình logarit: log a f  x   b  f  x   a b Cách giải: x  ĐKXĐ:  x 2 x   Ta có: log x  log  x  1  2  log x  log  x  1   log x  log  x  1   log  x2 2 2x 1 x2 4 2x 1  x2  8x    x  42 Suy nghiệm lớn phương trình log x  log  x  1  x    a  4, b  2 Vậy a  b    Chọn A Câu 43 (VD) Phương pháp: - Gọi z  a  bi  a, b    Thay vào giả thiết suy phương trình hai ẩn a, b - Sử dụng phương pháp giải tìm a, b kết luận Cách giải: Gọi z  a  bi  a, b    + Ta có z   a  bi   a  b  2abi số ảo nên a  b   a  b + z     a    bi    a    b  a   b  Thay a  b ta có:  a    a   2a  4a     a   b  2 27 Vậy có số phức thỏa mãn yêu cầu Chọn D Câu 44 (VDC) Phương pháp: - Sử dụng VAMNB  d  A;  MNB   S MNB , chứng minh VAMNB đạt giá trị nhỏ S MNB phải đạt giá trị nhỏ - Sử dụng: S MNB  BO.MN , chứng minh S MNB đạt giá trị nhỏ MN - Chứng minh OMB ∽ OKN , từ tính OM ON áp dụng BĐT Cơ-si tìm MN - Tìm điều kiện để dấu “=” xảy ra, suy tọa độ điểm M - Chứng minh MB   AHN  , viết phương trình mặt phẳng  AHN  Cách giải: Ta có: VAMNB  d  A;  MNB   S MNB Ta có d  A;  MNP    d  A;  Oyz    không đổi nên VAMNB đạt giá trị nhỏ S MNB phải đạt giá trị nhỏ Ta có: S MNB  1 BO.MN  2.MN  MN đạt giá trị nhỏ  MN đạt giá trị nhỏ 2 Ta có: 28  AK  OB  AK   OMB   AK  MB   AK  OM  MB  AK  MB   AHK   MB  HK  MB  KN   MB  AH Xét OMB OKN có: MOB  KON  900 OMB  OKN (hai góc có cặp cạnh tương ứng vng góc)  OMB ∽ OKN  g g   OM OK   OM ON  OK OB  2.1  OB ON Khi ta có MN  OM  ON  OM ON  2 (BĐT Cô-si)   Dấu “=” xảy OM  ON   M 0; 0;  Khi ta có BM  0; 2; VTPT  AHN     Phương trình mặt phẳng  AHN  : 2 y  z    y  z    a  0, b  2, c  2 Vậy a  b  c  Chọn D Câu 45 (VDC) Phương pháp: - Gọi z1  a  bi, z2  c  di - Từ giả thiết tìm a  b , c  d , ac  bd - Tính z1 z2  z1 z2 - Sử dụng đẳng thức a  b3   a  b   3ab  a  b  Cách giải: Gọi z1  a  bi, z2  c  di Theo ta có: + z1   a  b  (1) + z1  z2    a  c    b  d   (2) + z1  z2  3   a  c    b  d   27 (3) 2 2 29 Trừ vế theo vế phương trình (2) (3) ta 4ac  4bd  18  ac  bd  Ta có:    a  b2  c  d  2ac  2bd    c2  d    c2  d  Ta có: z1 z2  z1 z2   a  bi  c  di    a  bi  c  di   ac  adi  bci  bd  ac  adi  bci  bd  2ac  2bd  9 Khi ta có: z z  z z  3 2      z1 z2  z1 z2  z1 z2  z1 z2      z1 z2  z1 z2 z1 z2 z1 z2  z1 z2  z1 z2 z1 z2   9    9   a  b  c  d   729  27.9.9  1458  Vậy z1 z2   z z  3  1458 Chọn A Câu 46 (VD) Phương pháp: - Chuyển  f  x   sang VT, chia vế cho f  x  - Chia vế cho x - Lấy tích phân từ đến hai vế Cách giải: Theo ta có: x f  x  f '  x   x   f  x   x  1; 4 30 9  x f  x  f '  x    f  x    x x  1; 4  x f '  x   f  x     xf '  x   f  x  x  x3 x  1; 4 f  x x x  1; 4 f  x f '  x  x  f  x  x ' x  x f  x x  1; 4  f  x  x  x  1; 4 '   x  f  x 4  f  x  x Lấy tích phân từ đến hai vế ta được:   ' dx  dx   dx  f  x 1 f  x 4 x x 1     dx   dx   f    f 1    2.1  x f  x f  x 4  Chọn A Câu 47 (VDC) Phương pháp: - Tính h '  x  - Sử dụng tương giao giải phương trình h '  x   - Lập BBT hàm số h  x   3;3 - So sánh f  3 , f  3 tích phân suy h  x  3;3 - Giải bất phương trình h  x   2021 tìm m 3;3 Cách giải: Xét hàm số h  x   f  x   x  1  2  m ta có h '  x   f '  x    x  1 Cho h '  x    f '  x   x  1* Vẽ đồ thị hàm số f '  x  y  x  mặt phẳng tọa độ ta có: 31  x  3 Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy *   x   x  BBT: Ta cần so sánh h  3 h  3 Ta có: 1 3 3 S1    f '  x    x  1  dx   h '  x  dx  h 1  h  3 3 1 S    x   f '  x   dx    h '  x  dx  h 1  h  3 Dễ thấy S1  S  h 1  h  3  h 1  h  3  h  3  h  3  h  x   h  3  f  3   m 3;3 Để giá trị nhỏ hàm số h  x   f  x  f  3   m  2021  m   f  3  2023  x  1  Vậy m   ;  f  3  2023 Chọn A Câu 48 (VDC) Cách giải: 32  m đoạn  3;3 khơng vượt q 2021 Ta có x  1 ln  x  mx  m  1   x  mx  m  ln x     x  1 ln  x  mx  m  1  x  mx  m  ln  x  3     x   ln  x  mx  m  1   x  mx  m  ln  x  3  * TH1: ln  x  mx  m  1   x  mx  m    x  mx  m  1    x  x m  m  m    x  m   m  4    x  m    xm0  m 0  Thay x  m  ta có: ln1  (luôn đúng)  m  thỏa mãn TH2: ln  x  mx  m  1  Khi *  2x2  x  mx  m  ln  x  3 ln  x  mx  m  1 Xét hàm số f  t   t  t   , dễ dàng chứng minh f  t  đồng biến  2;   ln  t  1 Do x   x  mx  m  x  mx  m2    m  Phương trình có nghiệm    m  4m    5m2      m    m   5;15  Kết hợp điều kiện đề bài:   m  4; 3; 2; 2;3; 4;5; ;14 m   Kết hợp TH ta có m  4; 3; 2; 0;1; 2;3; 4;5; ;14 Vậy có 17 giá trị m thỏa mãn Chọn D Câu 49 (VDC) 33 Cách giải: Ta có AB  BC  4a  3a  7a  AC nên ABC vuông B (định lí Pytago đảo)  S ABC  1 AB.BC  2a.a  a 2 Dựng hình chữ nhật ABCE ta có AB / / CE  AB / /  CDE   d  AB; CD   d  AB;  CDE   Gọi I trung điểm AB, kẻ IJ / / AE / / BC  AB  DI Ta có:   AB   DIJ   AB  IJ Trong  DIJ  kẻ DH  IJ  H  IJ   DH   ABCD  Ta có d  AB; CD   d  AB;  CDE    d  I ;  CDE   Trong  DIJ  kẻ IK  DJ  K  DJ  ta có: CE / / AB  CD   DIJ   IK  IJ   AB   DIJ   IK  IJ a  IK   CDE   d  I ;  CDE    IK    IK  DJ 34 Vì ABD cạnh 2a nên DI  2a  a  IJ  DIJ cân I  K trung điểm DJ a a 11 Áp dụng định lí Pytago tam giác vng DIK ta có DK  DI  IK  3a   2  DJ  DK  a 11 Khi ta có S DIJ Lại có S DIJ  1 a a 11  IK DJ  a 11  2 2S a 11 a 33 DH IJ  DH  DIJ   IJ 2.a 1 a 33 a 11 Vậy VABCD  DH S ABC  a  3 6 Chọn C Câu 50 (VD) Phương pháp: - Đặt f  x   t Phương trình trở thành g  t   Giải phương trình tìm t - Sử dụng tương giao đồ thị hàm số Cách giải: Đặt f  x   t Phương trình trở thành g  t    f  x   3 t    t  6t  11t    t    f  x   2  g x  1 t     Dựa vào đồ thị hàm số: 35 2 - Phương trình f  x   có nghiệm phân biệt - Phương trình f  x   3 có nghiệm - Phương trình f  x   có nghiệm phân biệt - Phương trình f  x   2 có nghiệm - Phương trình f  x   có nghiệm phân biệt - Phương trình f  x   2 có nghiệm phân biệt Các nghiệm phân biệt   Vậy phương trình g f  x   có tất 12 nghiệm phân biệt Chọn C HẾT Xem thêm: ĐỀ THI THỬ MƠN TỐN https://toanmath.com/de-thi-thu-mon-toan 36 ... hạng u5 bằng: B 7 A 13 D ? ?10 C Câu 10 : Với x số thực bất kì, mệnh đề sau sai? 20 21  x A  20 21  x B  20 21    20 21? ?? x C  20 21    20 21? ?? x x2 2x D x 20 21  20 21 x Câu 11 : Số điểm cực trị... HẾT D ĐÁP ÁN 1- C 2-D 3-D 4-D 5-B 6-B 7-B 8-B 9-B 10 -B 11 -C 12 - D 13 -C 14 -A 15 -B 16 -C 17 -B 18 -C 19 -C 20-B 21- B 22-D 23-C 24-B 25-B 26-A 27-B 28-C 29-C 30-B 31- D 32-C 33-B 34-D 35-B 36-C...  1? ?? 16  16 16 a2 a2 a2 1? ?? , đặt t    t  1? ??  f  t   t  t 16 16 16 Ta có f '  t    t  t ? ?1  3t  1? ?? t 1? ?? t f '  t     3t   t  2 2  max f  t   f      0;1