de thi thu thpt quoc gia 2021 mon toan lan 1 truong chuyen khtn

Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí TRƯỜNG ĐH KHTN ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM HỌC 2020 – 2021 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề Câu (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : d2 : x 1 y  z    Khoảng cách hai đường thẳng 2 A 17 16 17 B 16 C 17 x y 1 z 1   2 D 16 Câu (TH): Diện tích hình phẳng giới hạn đường thẳng y  x  parabol y  x  x  A B 13 C 13 D Câu (TH): Phương trình z  16 có nghiệm phức? A B C D Câu (VD): Cho hàm số y  x  mx  m x  Có giá trị m nguyên để hàm số có điểm cực tiểu nằm hồn tồn phía bên trục hoành? A B C Câu (TH): Có giá trị nguyên m để hàm số y   1;1 ? A B C D mx  nghịch biến khoảng xm D Câu (NB): Hàm số y   x  1 có tập xác định A 1;   B 1;   C  ;   D  ;1  1;   Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí x y 1 z 1 Câu (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  :  mặt  2 phẳng  Q  : x  y  z  Viết phương trình mặt phẳng  P  qua điểm A  0; 1;  , song song với đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng  Q  A x  y   B 5 x  y   C x  y   Câu (TH): Tập nghiệm bất phương trình log x  log 1  A  ;1 2  1  B  ;1 4   x  1 1  C  ;1 4  D 5 x  y   1  D  ;1 2  Câu (VD): Tìm tất giá trị thực m để phương trình x  x   2m  có nghiệm thực phân biệt A  m  B  m  C  m  D  m  Câu 10 (TH): Số nghiệm thực phương trình log x  log  x   là: A B C D Câu 11 (TH): Có giá trị nguyên m để đồ thị hàm số y  x  12x   m cắt trục hoành điểm phân biệt? A B 33 C 32 Câu 12 (VD): Cho a, b số thực dương thỏa mãn log A B  C Câu 13 (TH): Giá trị nhỏ hàm số y  x  A B D 31  a b   Tính log  b a  ab ab D 3 16  0;   bằng: x C 24 D 12 Câu 14 (VD): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Cạnh bên SA vng góc với đáy Góc SC mặt phẳng đáy 450 Gọi E trung điểm BC Tính khoảng cách hai đường thẳng DE SC Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí A 2a 19 19 B a 10 19 C a 10 D 2a 19 Câu 15 (TH): Có giá trị nguyên dương m không vượt 2021 để phương trình x 1  m.2 x    có nghiệm? A 2019 Câu 16 (TH): Biết A 5 B 2018 C 2021 D 2017 x3  1 x  x dx  a  b ln  c ln với a, b, c số hữu tỉ Tính 2a  3b  4c B 19 C D 19 Câu 17 (TH): Biết log  a, log  b Tính log 45 theo a, b A 2a  b B 2b  a C 2a  b D 2ab Câu 18 (TH): Có số tự nhiên gồm chữ số đôi khác nhau, chia hết cho 15 chữ số không vượt A 38 B 48 C 44 D 24 Câu 19 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;3; 2  mặt phẳng  P  : x  y  z   Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  P  A B C bằng: D Câu 20 (TH): Một lớp học có 30 học sinh nam 10 học sinh nữ Giáo viên chủ nhiệm cần chọn ban cán lớp gồm học sinh Tính xác suất để ban cán lớp có nam nữ A 435 988 B 135 988 Câu 21 (TH): Tính nguyên hàm A tan x  x  C  tan C 285 494 D 5750 9880 C tan x  x  C D tan 2x  x  C xdx B tan 2x  x  C x 3  x    Câu 22 (TH): Số nghiệm nguyên thuộc đoạn  99;100 bất phương trình  sin    cos  5  10   là: Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí A B 101 C 100 D x 1 y  z mặt   2 phẳng  P  :2 x  y  z   Gọi α góc đường thẳng Δ mặt phẳng (P) Khẳng định sau Câu 23 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  : đúng? A cos    B sin   C cos   D sin    Câu 24 (TH): Cho cấp số cộng  un  thỏa mãn u1  u2020  2, u1001  u1221  Tính u1  u2   u2021 A 2021 B 2021 C 2020 D 1010 Câu 25 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  : điểm A  1; 2;0  Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng Δ bằng: A 17 B 17 C 17 D Câu 26 (VD): Có giá trị nguyên dương m để hàm số y   0;1 ? A B 10 x 1 y  z    2 C 17 x  ln x  mx đồng biến D vô số x 1 y 1 z   hai mặt 1 phẳng  P  : x  y  3z  0,  Q  : x  y  3z   Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường Câu 27 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  : thẳng  tiếp xúc với hai mặt phẳng  P   Q  A x   y     z    B x   y     z    C x   y     z    D x   y     z    2 2 Câu 28 (TH): Tìm nguyên hàm 2 2   x  1 ln xdx Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí A  x  x  ln x  x2  xC B  x  x  ln x  x2 C  x  x  ln x   x  C x2  xC x2 D  x  x  ln x   x  C 2 Câu 29 (VDC): Cho a, b số thực dương thỏa mãn 2a b  ab 3   ab Giá trị nhỏ biểu ab thức a  b là: A  B   1 1 C D Câu 30 (VD): Cho hàm số y  mx3  mx   m  1 x  Tìm tất giá trị m để hàm số nghịch biến R? A   m  C   m  B m  D m   Câu 31 (VD): Có giá trị nguyên dương m để hàm số y  x  8ln x  mx đồng biến  0;   ? A B C D Câu 32 (TH): Cho số phức z thỏa mãn 3z  i  z  8  Tổng phần thực phần ảo z bằng: A 1 B C D 2 Câu 33 (VDC): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1;0;  , B  1;1;3 , C  3; 2;0  mặt phẳng  P  : x  y  z   Biết điểm M  a; b; c  thuộc mặt phẳng (P) cho biểu thức MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ Khi a  b  c bằng: A 1 B C Câu 34 (TH): Tính đạo hàm hàm số y  ln A x x 1 B  x  2x  x 1 C x 1 Câu 35 (TH): Tính nguyên hàm  D x x D  1 dx Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 2x  x Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí  2x A  1 18 C  2x B  1 3 C  2x C  1 C  2x D  1 C Câu 36 (TH): Phương trình x  3x có nghiệm thực? A B C D Câu 37 (VD): Cho hàm số y  x  3x  Có tiếp tuyến với đồ thị hàm số qua điểm A 1;0  ? A B C D Câu 38 (TH): Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA   ABCD  SA  a Tính góc SC  ABCD  A 900 B 450 C 300 D 600 Câu 39 (TH): Tọa độ tâm đối xứng đồ thị hàm số y  x  3x  là: A  0;0  B  0;  C 1;0  D  1;  Câu 40 (VD): Cho hàm số f  x  liên tục  thỏa mãn xf   x    x  1 f  x   e x với x Tính f    A B 1 C e D e Câu 41 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 1; 2  mặt phẳng  P  : x  y  3z   Viết phương trình đường thẳng qua A vng góc với (P) A x 1 y 1 z    2 3 B x 1 y 1 z    2 C x 1 y 1 z    2 3 D x 1 y 1 z    2 Câu 42 (VDC): Có giá trị thực m để hàm số y  mx   m  3m   x   2m3  m  m  x  m đồng biến  A Vô số B C D Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí 1 Câu 43 (VD): Cho hàm số f  x  liên tục  0;   thỏa mãn f  x   xf    x với x x  Tính  f  x  dx A 12 B C Câu 44 (TH): Biết đường thẳng y   x cắt đồ thị hàm số y  B Độ dài đoạn thẳng AB bằng: A 20 B 20 C 15 D x2 hai điểm phân biệt A x 1 D 15 Câu 45 (VD): Cho hình chóp S ABC có AB  3a, BC  4a, CA  5a , mặt bên tạo với đáy góc 600 , hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng  ABC  thuộc miền tam giác ABC Tính thể tích hình chóp S ABC A 2a 3 B 6a 3 C 12a 3 D 2a3 Câu 46 (VD): Cho khối lăng trụ tam giác ABC ABC  có cạnh đáy 2a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  ABC  a Tính thể tích khối lăng trụ ABC ABC  2a 3 A B a3 2 C 2a3 D 3a 2 Câu 47 (TH): Tính thể tích khối trịn xoay cho hình phẳng giới hạn đường thẳng 3x  đồ thị hàm số y  x quanh quanh trục Ox A B  C D Câu 48 (TH): Cho cấp số nhân  un  thỏa mãn  u3  u4  u5   u6  u7  u8 Tính A B C u8  u9  u10 u2  u3  u4 D Câu 49 (VD): Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z   3i  z   i A x  y   B x  y   C x  y   D x  y   Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Câu 50 (VDC): Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng cân B, AB  BC  3a , góc SAB  SCB  900 khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  a Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC A 36 a B 6 a C 18 a D 48 a Đáp án 1-C 2-A 3-B 4-C 5-B 6-B 7-C 8-A 9-D 10-B 11-D 12-B 13-D 14-A 15-B 16-D 17-C 18-A 19-B 20-C 21-A 22-C 23-B 24-A 25-D 26-C 27-B 28-A 29-C 30-D 31-D 32-D 33-C 34-D 35-A 36-A 37-C 38-C 39-B 40-B 41-A 42-B 43-D 44-D 45-A 46-D 47-D 48-A 49-D 50-A LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án C Phương pháp giải:  Cho đường thẳng d1 qua điểm M có VTCP u1; đường thẳng d qua điểm M có VTCP    u1 ,u2  M1M    u2 Khi ta có khoảng cách d1 , d tính cơng thức: d  d1; d     u1 ,u2    Giải chi tiết: Ta có: d1 :  x y 1 z 1  d1 qua M1  0;1;  1 có VTCP là: u1   2;1; 2    2  x 1 y  z   d qua M 1; 2;3 có VTCP là: u2  1; 2; 2    2   M 1M  1;1;       u1 , u2    2; 2;3  d2 : Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí    u1 ,u2  M1M 2   12 16    d  d1; d       2 17 u1 ,u2      Câu 2: Đáp án A Phương pháp giải: - Xét phương trình hồnh độ tìm đường giới hạn x  a, x  b - Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  f  x  , y  g  x  , đường thẳng x  a, x  b b S   f  x   g  x  dx a Giải chi tiết: x  Xét phương trình hồnh độ giao điểm: x   x  x     x  1 Vậy diện tích hình phẳng cần tính S   x   2x  x  dx  1 Câu 3: Đáp án B Phương pháp giải: Sử dụng đẳng thức a  b2   a  b  a  b  Giải chi tiết: Ta có z  16  z  16    z   z    z2   z  2    z  2i  z  4 Vậy phương trình cho có nghiệm phức Câu 4: Đáp án C Phương pháp giải: - Giải phương trình y  xác định giá trị cực trị theo m Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí - Chia TH, tìm giá trị cực tiểu tương ứng giải bất phương trình yCT  Giải chi tiết: Ta có y  3x  2mx  m ; y  có   m  3m  4m  m Để hàm số có cực tiểu, tức có điểm cực trị phương trình y  phải có nghiệm phân biệt m0 m  2m   m  y  m  x  Khi ta có y     x  m  2m   m  y  5m   3 27  m   0  m    yCT  m    m   Khi u cầu tốn   m    m    5m  yCT  27    m    Lại có m    m  3; 2; 1;1 Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 5: Đáp án B Phương pháp giải: ax  b Hàm số y  nghịch biến  ;   cx  d  y    d   c   ;   Giải chi tiết: TXĐ: D   \ m Ta có y  mx  m2   y  xm  x  m Để hàm số nghịch biến khoảng  1;1 Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí m      m   m   Câu 31: Đáp án D Phương pháp giải: - Để hàm số đồng biến  0;   y  x   0;   - Cô lập m, đưa bất phương trình dạng m  g  x  x   0;    m  g  x  0;  - Sử dụng BĐT Cơ-si tìm g  x   0;  Giải chi tiết: TXĐ: D   0;   Ta có: y  x  8  m  2x   m 2x x Để hàm số đồng biến  0;   y  x   0;    2x   m  x   0;   x  m  x  x   0;   * x Đặt g  x   x  ,  *  m  g  x   0;  x Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: x   2x  8  2 x  2.4   g  x   , dấu “=” xảy  0;  x x  x  x Từ ta suy m  , kết hợp điều kiện m    m  1; 2;3; 4;5;6;7;8 Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 32: Đáp án D Phương pháp giải: Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí - Đặt z  a  bi  a; b     z  a  bi - Thay vào giả thiết 3z  i  z  8  , đưa phương trình dạng A  Bi   A  B  Giải chi tiết: Đặt z  a  bi  a; b     z  a  bi Theo ta có: 3z  i  z  8    a  bi   i  a  bi  8   3a  3bi   b  8i  3a  b  a   3a  b   a  3b  8 i     a  3b   b  3 Vậy tổng phần thực phần ảo z a  b    3  2 Câu 33: Đáp án C Phương pháp giải:     - Gọi I điểm thỏa mãn IA  IB  IC  Phân tích MA2  MB  MC theo MI - Chứng minh MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ MI đạt giá trị nhỏ - Với I cố định, tìm vị trí M   P  để IM - Tìm tọa độ điểm I, từ dựa vào mối quan hệ IM  P  để tìm tọa độ điểm M Giải chi tiết:     Gọi I điểm thỏa mãn IA  IB  IC  Khi ta có:    MA2  2MB  MC  MA  2MB  MC        MI  IA  MI  IB  MI  IC                2MI  2MI IA  IB  IC  IA  IB  IC    MI   IA2  IB  IC  Vì I , A, B, C cố định nên IA2  IB  IC khơng đổi, MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ MI đạt giá trị nhỏ Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Mà M   P  nên IM đạt giá trị nhỏ M hình chiếu vng góc I lên  P  hay    IM   P   IM nP  1; 2; 2  phương, với nP vtpt  P  Tìm tọa độ điểm I ta gọi I  x; y; z  Ta có:     IA  IB  IC     x  1; y; z     x  1; y  1; z    x  3; y  2; z    x    x  1   x    2 x   x  2      y   y  1   y      y    y   I 2;0;   z    z  3  z  2z   z      Khi ta có IM   a  2; b; c     Vì IM nP  1; 2; 2  phương, lại có M   P  nên ta có hệ phương trình:  2a  b   a  1 a  b c        b  2 2  b  c     a  2b  2c   c  a  2b  2c     Vậy a  b  c  1    Câu 34: Đáp án D Phương pháp giải: u Sử dụng cơng thức tính đạo hàm  ln u   u Giải chi tiết:  y    x 1 x 1 x  x 1   2x  x Câu 35: Đáp án A Phương pháp giải: Tính nguyên hàm phương pháp đổi biến, đặt t  x  Giải chi tiết: Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Đặt t  x   dt  x dx  x dx  dt  x3  1  C t dt t Khi ta có  x  x  1 dx    C  6 18 3 Câu 36: Đáp án A Phương pháp giải: Sử dụng phương pháp logarit hai vế Giải chi tiết: Lấy logarit số hai vế phương trình ta có: x  3x  log x  log 3x  x log3  x  x  x  log3   2 x  x     x  log3   x  log3 Vậy phương trình cho có nghiệm thực Câu 37: Đáp án C Phương pháp giải: - Gọi M  x0 ; y0  thuộc đồ thị hàm số Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số M - Phương trình tiếp tuyến d đồ thị hàm số y  f  x  M  x0 ; y0  y  f   x0  x  x0   f  x0  - Cho A 1;0   d , giải phương trình tìm số nghiệm x0 Số nghiệm x0 số tiếp tuyến với đồ thị hàm số qua điểm A 1;0  cần tìm Giải chi tiết: Ta có y   3x  x Gọi M  x0 ; y0  thuộc đồ thị hàm số Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm M  x0 ; y0  y   x02  x0   x  x0   x03  x02   d  Cho A 1;0   d ta có: Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí   x02  x0  1  x0   x03  x02    x02  x0  x03  x02  x03  x02    2 x03  x0   x0  0,32 Vậy có tiếp tuyến đồ thị hàm số cho qua điểm A 1;0  Câu 38: Đáp án C Phương pháp giải: - Góc đường thẳng mặt phẳng góc đường thẳng hình chiếu mặt phẳng - Sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng để tính góc - Sử dụng cơng thức tính nhanh: Độ dài đường chéo hình vng cạnh a a Giải chi tiết: Vì SA   ABCD  nên AC hình chiếu vng góc SC lên  ABCD     SC;  ABCD      SC; AC   SCA Vì ABCD hình vng cạnh a nên AC  a  a Xét tam giác vng SAC ta có: tan SCA  SA  SCA  300  SC Vậy   SC;  ABCD    300 Câu 39: Đáp án B Phương pháp giải: - Hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn làm tâm đối xứng - Giải phương trình y  tìm hồnh độ điểm uốn, từ suy tọa độ điểm uốn Giải chi tiết: Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Ta có: y  x  3x   y   3x  3; y   x Cho y   x   x   y  ⇒ Hàm số cho có điểm uốn  0;  Vì hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn làm tâm đối xứng Vậy hàm số cho có tâm đối xứng  0;  Câu 40: Đáp án B Phương pháp giải: - Nhận thấy  x  1 e x   xe x  Sử dụng công thức  uv   u v  uv - Sử dụng phương pháp nguyên hàm hai vế để tìm f  x  - Tính f   x  tính f    Giải chi tiết: Theo ta có xf   x    x  1 f  x   e x  xe x f   x    x  1 e x f  x   Ta có  xe x   e x  xe x   x  1 e x  xe x f   x    xe x  f  x     xe x f  x       xe x f  x   dx   dx  xe x f x  x  C x  Thay x  ta có   C  C  , xe f  x   x  x e f  x   1     f  x   1x  e  x e  x x  f   x   e x  f     e0  1 Câu 41: Đáp án A Phương pháp giải: Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí   - Vì d   P  nên ud  nP  x  x0 y  y0 z  z0 - Phương trình đường thẳng qua A  x0 ; y0 ; z0  có vtcp u  a; b; c    a b c Giải chi tiết:  Mặt phẳng  P  : x  y  3z   có vtpt nP  1; 2; 3   Gọi d đường thẳng qua A 1; 1; 2  vng góc với  P  ud vtcp đường thẳng d   Vì d   P  nên ud  nP  1; 2; 3  Vậy phương trình đường thẳng d x 1 y 1 z    2 3 Câu 42: Đáp án B Phương pháp giải: Giải chi tiết: TXĐ: D   Ta có: y  9mx8   m  3m   x   2m3  m  m  x y  x 9mx   m  3m   x  2m  m  m   x   nghiemboi 3 Cho y    2 9mx   m  3m   x   2m  m  m   * Để hàm số đồng biến  x  phải nghiệm bội chẵn phương trình y  , phương trình (*) phải nhận x  nghiệm bội lẻ Vì x  nghiệm (*) nên thay x=0x=0 vào phương trình (*) ta có: m   2m3  m  m   m    m   Thử lại: Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí + Với m  ta có y  12 x không thỏa mãn y  x   + Với m  ta có y   x  x   (thỏa mãn) + Với m   x  45 ta có y   x8  , khơng thỏa mãn x   x5  x3  5    2 2 x  y  x   Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán m  Câu 43: Đáp án D Phương pháp giải: 1 - Thay x  , sau rút f   theo f  x  vào giả thiết t x - Tìm f  x  theo x tính  f  x  dx phương pháp tích phân vế Giải chi tiết: 1 1 1 1 Ta có: f  x   xf    x , với x  ta có f    f  t    f    t t x t  t t  1 11   f      f  x   x 2 x x  Khi ta có f  x   1 1  x   f  x   x  f  x   f  x  x x x 2  2 2 3  1 f  x   x    f  x  dx    x   dx 2 21 2  2 2   f  x  dx    f  x  dx  21 Câu 44: Đáp án D Phương pháp giải: Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 1    f t   2t t  Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí - Xét phương trình hồnh độ giao điểm - Áp dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc hai - Sử dụng cơng thức tính độ dài đoạn thẳng AB   xB  xA    yB  yA  2 Giải chi tiết: TXĐ: D   \ 1 Xét phương trình hồnh độ giao điểm: x2   x  x    x  11  x  x 1  x   x   x  x  x  x   * Khi hồnh độ điểm A B x A , xB nghiệm phương trình (*)  x1  x2   Áp dụng định lí Vi-ét ta có  x1 x2     Ta có: A  xA ;1  xA  ; B  xB ;1  xB  nên: AB   xB  x A   1  xB   x A  AB   xB  x A    xB  x A  AB   xB  x A  2 2 AB   xA  xB   xA xB       AB  12       15    Vậy AB  15 Câu 45: Đáp án A Phương pháp giải: - Gọi H hình chiếu S thuộc miền tam giác ABC , chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp ABC Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí - Xác định góc hai mặt phẳng góc hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng vng góc với giao tuyến hai mặt phẳng - Sử dụng cơng thức tính bán kính đường trịn nội tiếp tam giác r  S , với S , p diện tích p nửa chu vi tam giác - Sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng tính chiều cao khối chóp - Tính thể tích khối chóp VS ABC  SH S ABC Giải chi tiết: Vì chóp S ABC có mặt bên tạo với đáy góc hình chiếu S thuộc miền tam giác ABC nên hình chiếu S tâm đường tròn nội tiếp ABC Gọi H tâm đường tròn nội tiếp ABC  SH   ABC  Xét ABC có AB  BC  CA2  25a nên ABC vuông B (định lí Pytago đảo)  AB  SH Trong  ABC  kẻ HK / / BC  K  AB  ta có   AB   SHK   AB  SK  AB  HK  SAB    ABC   AB   SK   SAB  ; SK  AB  HK   ABC  ; HK  AB      SAB  ;  ABC      SK ; HK   SKH  600 Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí 3a.4a S ABC  a Vì HK bán kính đường trịn nội tiếp ABC nên HK  pABC 3a  4a  5a Xét tam giác vng SHK ta có SH  HK tan 60  a 1 Vậy VS ABC  SH S ABC  a .3a.4a  3a 3 Câu 46: Đáp án D Phương pháp giải: - Xác định góc từ điểm A đến  ABC  - Sử dụng hệ thức lượng tam giác vng tính AA - Tính thể tích VABC AB C   AA.S ABC Giải chi tiết:  BC  AM Gọi M trung điểm BC ta có   BC   ABC   BC  AA  AH  BC  AH   ABC  Trong  ABC  kẻ AH  AM  H  AM  ta có:   AH  AM  d  A;  ABC    AH  a Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Vì tam giác ABC cạnh 2a nên AM  2a 3  a S ABC   2a   a2 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AAM ta có  1 1 1      2 2 AH AA AM a AA 3a a   AA  AA 3a Vậy VABC ABC   AA.S ABC  a 3a a  2 Câu 47: Đáp án D Phương pháp giải: Thể tích khối trịn xoay cho hình phẳng giới hạn đường thẳng y  f  x  ; đồ thị hàm số b y  g  x  ; đường thẳng x  a; x  b quanh quanh trục Ox V   f  x   g  x  dx a Giải chi tiết: x  Xét phương trình hồnh độ giao điểm x   x   x  Vậy thể tích khối trịn xoay cho hình phẳng giới hạn đường thẳng 3x  đồ thị hàm số 4 v quanh quanh trục Ox V     3x    x dx  Câu 48: Đáp án A Phương pháp giải: Sử dụng công thức un  uk q n  k Giải chi tiết: Giả sử cấp số nhân có cơng bội q, theo ta có:  u3  u4  u5   u6  u7  u8   u3  u3 q  u3 q   u6  u6 q  u6 q  2u3 1  q  q   u6 1  q  q   2u3  u6   q  q   q  Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí u3   2u3  u3 q  u3   q     q  Ta có: u8  u9  u10 u8  u8 q  u8 q u8 1  q  q  u2 q     q6  2 u2  u3  u4 u2  u2 q  u2 q u2 1  q  q  u2 Câu 49: Đáp án D Phương pháp giải: - Sử dụng công thức z1  z2  z1  z2 ; z  z - Đặt z  a  bi , sử dụng công thức z  a  b2 , biến đổi rút mối quan hệ a, b kết luận Giải chi tiết: Theo ta có z   3i  z   i  z   3i  z   i  z   3i  z   i  z   3i  z   i Đặt z  a  bi ta có: a  bi   3i  a  bi   i   a  1   b  3 i  a    b  1 i   a  1   b  3   a  1   b  1 2  2a   6b   2a   2b   4a  4b    a b2  Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường thẳng x  y   Câu 50: Đáp án A Phương pháp giải: Giải chi tiết: Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí Gọi I trung điểm SB Vì SAB  SCB  900 nên IS  IA  IB  IC , I tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S ABC , bán kính R  IS  SB Xét  v SAB  v SCB có AB  CB gt  , SB chung   v SAB   v SCB (cạnh huyền – cạnh góc vuông)  SA  S  SAC cân S  SM  AC  AC   SBM  Gọi M trung điểm AC ta có   BM  AC  SH  BM Trong  SBM  kẻ SH  BM ta có:   SH   ABC   SH  AC  AC   SBM   Đặt SA  SC  x Vì ABC vng cân B nên AC  AB  3a  BM  AM  MC  Áp dụng định lí Pytago ta có: SM  SC  MC  x  9a 2 SB  BC  SC  9a  x Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 3a Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí 9a 9a 2 x   9a  x  2 2 Gọi p nửa chu vi tam giác SBM ta có p  Diện tích tam giác SBM là: SSBM  Khi ta có SH  p  p  SM  p  SB  p  BM  S SBM BM Ta có: 1 VS ABC  SH S ABC  d  A;  SBC   S SBC 3  SH SABC  d  A;  SBC   SSBC  S SBM 1 3a.3a  a .3a.x  x  3a BM 2 Áp dụng định lí Pytago ta có: SB  SC  BC  27a  9a  6a  R  IS  3a Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S ABC S  4 R  4 9a  36 a Mời bạn tham khảo thêm tài liệu học tập lớp 12 đây: https://vndoc.com/tai-lieu-hoc-tap-lop12 Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 ... công sai CSC Theo ta có: 20 21  u1  u2020  2u1  2 019 d  u1     u10 01  u10 21  2u1  2020d   d  ? ?1 Vậy u1  u2   u20 21   2u1  2020d  .20 21  20 21 Câu 25: Đáp án D Phương... log√ab(a3√b)=log√ab(3√ab.3√a2)=log√ab3√ab+log√ab3√a2=log(ab )12 (ab )13 +1loga23(ab )12 =13 2.lo gab(ab) +11 2.32loga(ab)=23 +13 4 (1+ logab)⇒23 +13 4 (1+ logab)=3⇒logab=−37logab(ab3)=logab(ab3.a 23)=logabab3+logaba23=log(ab )12 (ab )13 +1loga23(ab )12 =13 2.logab(ab) +11 2.32loga(ab)=23 +13 4 (1+ ... un  thỏa mãn u1  u2020  2, u10 01  u12 21  Tính u1  u2   u20 21 A 20 21 B 20 21 C 2020 D 10 10 Câu 25 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  : điểm A  ? ?1; 2;0  Khoảng