1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI CHÍNH THỨC KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2020 2021 Bài thi TOÁN 12 Thời gian làm bài 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi 28/05/2021 Câu 1 Cho số phức 4 6[.]
- 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 42 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 xm0 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