30 đề thi thử THPT QG 2021 toán chuyên lam sơn thanh hóa l1 có lời giải

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 LAM SƠN MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút; khơng kể thời gian phát đề Câu (TH): Hàm số sau có đồ thị hình vẽ bên dưới? A y  x 1 x B y  x 1 1 x C y  x 1 x 1 Câu (TH): Tìm tất điểm M nằm đồ thị hàm số y  D y  x x 1 x2 mà tiếp tuyến đồ thị điểm x 1 song song với đường thẳng d : y  3x  10  1 A M  3;   4 B M  0; 2 M  2;4 C M  2;4   D M   ;3    Câu (TH): Cho hàm số y  x 1 điểm I 1; 1 Tìm tất điểm M nằm đồ thị hàm số 1 x cho tiếp tuyến M vng góc với IM  C M     B M  1;0 M  3; 2 A M  2; 1  M  2; 1     D M  2; 3 M  0;1 2; 3  2 M  2; 2  Câu (TH): Mệnh đề hàm số y   x    đúng? A Nghịch biến  2;  B Đồng biến C Đồng biến  ; 2  2;  D Đồng biến  2;0   2;  Câu (VD): Cho hình nón có thiết diện qua trục tam giác cạnh Tính thể tích khối càu nội tiếp hình nón A  B 3 27 C 4 81 D 3 54 Trang Câu (TH): Một người gửi tiền vào ngân hàng với lãi suát không đổi 6% năm Biết không rút tiền khỏi ngân hàng sau năm, số tiền lãi nhập vào vốn ban đầu (lãi kép) Người định gửi tiền vịng năm, sau rút 500 triệu đồng Hỏi số tiền người phải gửi vào ngân hàng (làm tròn đến hàng triệu) triệu đồng? A 420 B 410 C 400 Câu (TH): Cho biết a  log2 b  log5 Tính log 3  A  2b   a  2  B   3b  a  D 390 49 theo a b 2  C   3b  b  3  D  2a   b  Câu (TH): Giá trị nhỏ hàm số y   x 1 e x đoạn  1;0 bằng: A  e B  e C 1 D e Câu (TH): Hàm số y  x3  x  3x  nhận giá trị nhỏ đoạn A x   B x   10   ;  tại: D y  C x  10 Câu 10 (TH): Sau đây, có hàm số mà đồ thị có tiệm cận ngang? 1) y  sin x x 2) y  1 x x 1 3) y  x2  x  x 4) y  x   x2  A B C D Câu 11 (TH): Cho tứ diện ABCD có ABC ABD tam giác cạnh a, ACD BCD tam giác vuông tương ứng A B Tính thể tích khối tứ diện ABCD A a3 B a3 12 C a3 12 D a3   Câu 12 (TH): Giá trị lớn hàm số y   2x 1  ln  x  1 đoạn   ;0  bằng:   A   ln 2 B 1 C ln D  ln3 Câu 13 (NB): Hàm số y   x  1 x  2  x  có số điểm cực trị là: A B Câu 14 (NB): A  C D  tan xdx bằng: C sin x B ln cos x  C C C cos x D  ln cos x  C Trang x2 1 Câu 15 (TH): Kết luận sau hàm số f  x     ? 2 x2 1 A f   x   2   ln 2 B nghịch biến C f  0  D đồ thị nhận trục tung làm tiệm cận ngang Câu 16 (NB): Một nguyên hàm hàm số f  x   A   x  3 B 2  x  3 F  x  bằng: 2x  C 2ln x  D ln x  Câu 17 (TH): Kết luận sau hàm số y  log  x 1 sai? A Đồ thị có tiệm cận đứng đường thẳng có phương trình x  B Đồng biến khoảng 1;   C y   x  1 log e D y   x  1 ln10 Câu 18 (TH): Trong hàm số sau có hàm số có điểm cực trị? 1) y  x2 1 2) y   x  1 3) y   x  1 x 4) y  A x x 1 B C D Câu 19 (VD): Cho hình chóp S.ABC, đáy tam giác vuông B, cạnh bên SA vng góc với mặt đáy Biết SA = AB = BC diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 3 Thể tích khối chóp là: A B C D Câu 20 (TH): Hàm số sau mà đồ thị có dạng hình vẽ bên dưới? A y   x  1 x  1 B y   x  1 1  x  C y   x  1  x  1 D y    x  1 x  1 2 Câu 21 (TH): Hàm số sau mà đồ thị có dạng hình vẽ bên dưới? Trang A y  ln x B y   2 x 1 C y    e x D log x Câu 22 (TH): Cho hình nón đỉnh S đáy đường trịn (O), bán kính đáy Biết thiết diện qua trục tam giác vng Tính diện tích xung quanh hình nón A 2 B  C 2 2 D Câu 23 (NB): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm thỏa mãn f  1  Khi lim x 1 A B C f  x   f 1 bằng: x 1 D Câu 24 (VD): Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ Đáy tam giác vng A, có BC = 2AC = 2a Đường thẳng AC’ tạo với mặt phẳng (BCC’B’) góc 300 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ cho bằng; A 12 a B 6 a Câu 25 (VD): Số tiệm cận đồ thị hàm số y  A B C 4 a D 3 a  x  1 x2  là: x2 1 C D C x  x ln x D  x  x ln x Câu 26 (TH): Một nguyên hàm ln x bằng: A x  x ln x B x Câu 27 (TH): Cho hàm số f  x  có đạo hàm f   x    x  1   x  x  3 Hỏi hàm số đồng biến khoảng sau đây? A  ;1  3;  B  ;1  2;  C 1;  D  3;  Câu 28 (TH): Qua điểm M(2;0) kẻ tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  x4  4x2 ? A B C D Câu 29 (TH): Tập xác định hàm số y  ln x  x  là: A D   ; 3  1;  B D   ; 3  1;   C D  D D  \ 3;1 Câu 30 (VD): Cho hình trụ có thiết diện qua trục hình vng có cạnh a Gọi AB CD hai đường kính tương ứng hai đáy Biết góc hai đường thẳng AB CD 300 Tính thể tích khối tứ diện ABCD Trang a3 A 12 a3 B a3 C Câu 31 (VD): Cho số nguyên a, b, c thỏa mãn a  A B a3 D 12 b  log  log 45 Tổng a  b  c bằng: c  log C D Câu 32 (VD): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục 1;2 , thỏa mãn f  x   x f   x   x2 Biết f 1  , tính f f   A 16 B C Câu 33 (TH): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x    D x Với a b số dương thỏa mãn x 1 a  b , giá trị nhỏ hàm số f  x  đoạn  a; b bằng: A f  b  B f  a  C f  a   f b   ab D f     Câu 34 (VD): Cho hình trụ thay đổi nội tiếp hình nón cố định cho trước (tham khảo hình vẽ bên) Gọi thể tích khối nón khối trụ tương ứng V V’ Biết V’ giá trị lớn đạt được, tỉ số A V bằng: V B 27 Câu 35 (VD): Cho hàm số f  x  liên tục C D , có bảng biến thiên hình vẽ đây: Đặt g  x   m  f  x  1 (m tham số) Tìm tất giá trị m để hàm số y  g  x  có điểm cực trị A m  1 m  B 1  m  C m  1 m  D 1  m  Trang Câu 36 (VD): Cho phương trình log  x  m   log   x   , m tham số Hỏi có giá trị nguyên dương m để phương trình có nghiệm? A B C D Câu 37 (VD): Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; 2; 3) Hình chiếu M tương ứng lên Ox, Oy, Oz, (Oyz ), (Ozx), (Oxy) A, B, C , D, E , F Gọi P Q tương ứng giao điểm đường thẳng OM với mặt phẳng ( ABC ) ( DEF ) Độ dài PQ bằng: A B Câu 38 (VD): Giả sử 14 C 1  x  x 14 D  x3   a0  a1 x  a2 x   a12 x12    Giá trị tổng S  C40a4  C41a3  C42a2  C43a1  C44a0 bằng: A B 4 C 1 D Câu 39 (VD): Tìm số nghiệm phương trình sin  cos x   đoạn 1; 2021 A 672 B 643 Câu 40 (VD): Cho hàm số f  x  xác định C 642 D 673 , thỏa mãn f   x   2x 1 f  3  Giả sử phương trình f  x   999 có hai nghiệm x1 x2 Tính tổng S  log x1  log x2 A B 999 C D 1001 Câu 41 (VD): Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, tất cạnh có độ dài a Gọi M trung điểm cạnh BC Tính khoảng cách hai đường thẳng AM BC’ A a B a C a 2 D a Câu 42 (VD): Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Mặt phẳng qua A vng góc với A’C chia hình lập phương trình hai phần thể tích Tính tỉ số k hai phần thể tích này, biết k  A 25 B C D 25 Câu 43 (VDC): Chọn ngẫu nhiên đỉnh đa giác lồi (H) có 30 đỉnh Tính xác suất cho đỉnh chọn tạo thành tứ giác có bốn cạnh đường chéo (H) 30.C27 A C304 30.C25 B 4.C304 30.C27 C 4.C304 30.C25 D C304 Câu 44 (VD): Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ Đáy ABCD hình thoi cạnh a BAD  600 Một mặt phẳng tạo với đáy góc 600 cắt tất cạnh bên hình hộp Tính diện tích thiết diện tạo thành A 3a2 B 3a2 C 3a D 2a Trang Câu 45 (VD): Cho tứ diện ABCD có ABC ABD tam giác cạnh a không đổi Độ dài CD thay đổi Tính giá trị lớn đạt thể tích khối tứ diện ABCD a3 A B a3 12 C a3 D a3 12 Câu 46 (VDC): Cho tứ diện ABCD có ABC, ABD, ACD tam giác vng tương ứng A, B, C Góc AD (ABC) 450 , AD  BC khoảng cách AD BC a Tính thể tích khối tứ diện ABCD 3a3 A B 3a 3 2a C D 2a 3 Câu 47 (VD): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x    x  1  x  3 Tìm số điểm cực trị hàm số g  x  f   x2  2x  A B C D Câu 48 (VD): Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a Các cặp mặt phẳng (ACD) (BCD), (ABC) (ABD) vng góc với Tính theo a độ dài cạnh CD 2a A a B C a D a Câu 49 (VD): Cho hàm số f  x   x3  3x  m Tìm m để ba số phân biệt a, b, c thuộc đoạn 1;3 f  a  , f  b  , f  c  độ dài ba cạnh tam giác A m  22 B m  2 C m  34 D m  22 Câu 50 (VD): Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình thoi cạnh a BAD  600 Mặt chéo ACC’A’ nằm mặt phẳng vuông góc với đáy, đồng thời ACC’A’ hình thoi có AAC  600 Thể tích khối tứ diện ACB’D’ là: A a3 B a3 C a3 D a3 3 Đáp án 1-D 2-B 3-A 4-D 5-B 6-A 7-A 8-B 9-A 10-C 11-B 12-B 13-A 14-D 15-D 16-D 17-C 18-D 19-C 20-B 21-C 22-D 23-D 24-B 25-C 26-D 27-C 28-C 29-D 30-A 31-A 32-C 33-A 34-A 35-C 36-A 37-D 38-B 39-B 40-C 41-D 42-C 43-D 44-B 45-A 46-D 47-C 48-A 49-A 50-B LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án D Trang Phương pháp giải: - Dựa vào đồ thị xác định đường tiệm cận đồ thị hàm số, điểm thuộc đồ thị hàm số - Sau dựa vào đáp án để chọn đáp án - Đồ thị hàm số y  ax  b a d  ad  bc  có TCN y  TCĐ x   cx  d c c Giải chi tiết: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị có đường TCN y  TCĐ x  Do loại đáp án A B Đồ thị hàm số qua điểm O(0;0) nên loại đáp án C Câu 2: Đáp án B Phương pháp giải: - Tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  điểm M  x0 ; y0  y  f   x0  x  x0   y0  a  a - Hai đường thẳng y  ax  b y  ax  b song song với  b  b Giải chi tiết: \ 1 TXĐ: D   x 2 x2 Gọi M  x0 ;   x0  1 thuộc đồ thị hàm số y  x 1 x0    Ta có y   x 2 x2  y  nên tiếp tuyến đồ thị hàm số M  x0 ;  có hệ số góc x0   x 1  x  1  k  y  x0    x0  1 Vì tiếp tuyến M song song với đường thẳng d : y  3x  10 nên  x0  1    x0  1  2  M  0; 2  x 1  x     tm     x0   1  x0  2  M  2;4  Câu 3: Đáp án A Phương pháp giải: - Tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  điểm M  x0 ; y0  y  f   x0  x  x0   y0 - Đường thẳng y  ax  b vng góc với vecto IM  u; v  vtcp đường thẳng y  ax  b vng góc với vecto IM  u; v  Giải chi tiết: TXĐ: D  \ 1 Trang  x 1  x 1 Gọi M  x0 ;   x0  1 thuộc đồ thị hàm số y  1 x   x0  Ta có y   x 1  x 1 nên tiếp tuyến đồ thị hàm số M  x0 ;  có hệ số góc  y  1 x 1  x    x0  k  y  x0   1  x0  ⇒ Phương trình  2 x0 1  x0  x y 1  x0  tiếp  tuyến M là: y 1  x0   x  x0   x0  1  x0   x0   , có VTCP u  1;   1  x 2   x0    x 1     1   x0  1; Ta có: IM   x0  1;   x0    x0   Vì tiếp tuyến M vng góc với IM nên u.IM    x0  1  1  x0  0  1  x0    x0  1  x0   4 1  x0  x  1   1  x0    x0       ⇒ M  2; 1  M  2; 1  Câu 4: Đáp án D Phương pháp giải: - Tính đạo hàm y  - Giải phương trình y  - Lập BXD y  kết luận khoảng đồng nghịch biến hàm số Giải chi tiết: TXĐ: D  Ta có: y   x     y   x   x x  x   Cho y    x    x  2 BXD y  : Dựa vào BXD ta thấy hàm số đồng biến  ; 2 ;  0;2 ; nghịch biến  2;0 ;  2;   Trang Do có đáp án D Câu 5: Đáp án B Phương pháp giải: - Giả sử thiết diện qua trục tam giác SAB O tâm mặt đáy hình nón - Xác định tâm mặt cầu nội tiếp hình nón tâm tam giác SAB Tính bán kính R - Thể tích khối cầu bán kính R V   R Giải chi tiết: Giả sử thiết diện qua trục tam giác SAB O tâm mặt đáy hình nón, ta có tam giác SAB cạnh nên SO  Gọi I tâm khối cầu nội tiếp hình nón, dễ thấy O tâm tam giác SAB, bán kính khối cầu R  IO  2 3 SO   3 3 4   3 Vậy thể tích khối cầu nội tiếp hình nón V   R3      3   27 Câu 6: Đáp án A Phương pháp giải: - Sử dụng công thức lãi kép: An  A 1  r  An số tiền nhận sau n năm, A số tiền gửi n ban đầu, r lãi suất kì hạn, n số kì hạn - Để sau năm người rút 500 triệu đồng số tiền nhận sau năm (cả gốc lãi) phải không nhỏ 500 triệu đồng Giải bất phương trình tìm số tiền gửi ban đầu Giải chi tiết: Để sau năm người rút 500 triệu đồng số tiền nhận sau năm (cả gốc lãi) phải không nhỏ 500 triệu đồng Trang 10 Vậy hàm số đồng biến khoảng 1;  Câu 28: Đáp án C Phương pháp giải: Lập BXD f   x  Giải chi tiết: Ta có: y  x4  4x2  y  4x3  8x Gọi A  x0 ; x04  x02  thuộc đồ thị hàm số, phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số A là: y   x03  8x0   x  x0   x04  x02  d  Cho M  2;0  d ta có:   x03  x0    x0   x04  x02   x03  16 x0  x04  x02  x04  x02  x0     3x04  x03  x02  16 x0   x0    x   Vậy qua điểm M(2;0) kẻ tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  x4  4x2 Câu 29: Đáp án D Phương pháp giải: Hàm số y  ln f  x  xác định f  x  xác định f  x   Giải chi tiết: x  Hàm số y  ln x  x  xác định  x  x    x  x      x  3 Vậy TXĐ hàm số cho D  \ 3;1 Câu 30: Đáp án A Phương pháp giải: Sử dụng công thức: Cho tứ diện ABCD có góc hai đường thẳng AB CD  , gọi d góc hai đường thẳng AB CD Khi VABCD  AB.CD.d sin  Giải chi tiết: Vì AB, CD đường kính hai đáy nên khoảng cách hai đường thẳng AB CD d  AB; CD   d  h Mà thiết diện qua trục hình trụ hình vng cạnh a nên h  AB  CD  a Khi ta có VABCD  1 a3 AB.CD.d sin   a.a.a.sin 300  6 12 Câu 31: Đáp án A Trang 20 Phương pháp giải: Sử dụng công thức: log a b  logc b   a, c  1, b  0 logc a loga  xy   loga x  loga y   a  1, x, y   log an b m  m log a b   a  1, b   n Giải chi tiết: Ta có: a b  log b  log log 45  log6 45  a   c  log c  log log b  log log  5 b  log 2log  log a   a  c  log log  2.3 c  log  log a b  log  2log   log b  log 2  log   a  2 c  log  log c  log  log Đồng hệ số ta có a  2,b  2,c  Vậy a  b  c   (2)   Câu 32: Đáp án C Phương pháp giải: - Biến đổi, đưa công thức đạo hàm thương - Sử dụng phương pháp nguyên hàm hai vế tìm hàm f  x  - Sử dụng giả thiết tìm số C - Suy hàm số f  x  hồn chỉnh tính f   Giải chi tiết: Theo ta có: f  x   x f   x   x2  x f   x   f  x   x2  x f   x   x f  x   f  x   f  x     dx  x  C   1  x x  x  Lại có f 1   Vậy f 1  1 C   1 C  C  f  x  x   f  x   x2  2x  f  2  x Câu 33: Đáp án A Phương pháp giải: Trang 21 - Giải phương trình f   x   , xét dấu f   x   a; b - Từ tìm f  x   a ;b  Giải chi tiết: Ta có f   x    x   x    a; b  (do a, b số dương) x 1 Khi ta có f   x   x  a; b , hàm số nghịch biến  a; b nên f  x   f  b   a ;b Câu 34: Đáp án A Phương pháp giải: - Đặt chiều cao khối trụ   x  h  - Áp dụng định lí Ta-lét, tính bán kính đáy hình trụ theo x - Tính thể tích khối trụ, sử dụng phương pháp hàm số tìm GTLN V’, từ suy x theo h - Lập tính tỉ số V V Giải chi tiết: Đặt tên điểm hình vẽ Gọi h,r chiều cao bán kính đáy hình nón Đặt IO  MQ  NP  x   x  h  Áp dụng định lí Ta-lét ta có: MQ AQ SQ QI x IQ  x   1  1   1  IQ  1   r SO AS SA OA h r  h  r2  x Khi thể tích khối nón V    IQ QM   r 1   x  x  x  h  h  h Để V  đạt giá trị lớn x  x  h  phải đạt giá trị lớn Đặt f  x   x  x  h   x  x  2hx  h   x3  2hx  h2 x , với  x  h ta có:  x  h  ktm  2  f  x   3x  4hx  h     x  h  tm   Trang 22  r2    h  h  h    r h  Vmax h 3  27  r 2h V  27   Vậy V r h Câu 35: Đáp án C Phương pháp giải: Số điểm cực trị hàm số y  f  x  = số điểm cực trị hàm số y  f  x  + số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  với trục hồnh (khơng tính điểm tiếp xúc) Giải chi tiết:  x  x1 Dựa vào BBT ta thấy f   x      x  x2 Đặt h  x   m  f  x  1 ta có  x   x1  x  x1  h  x   f   x  1     , hàm số  x   x2  x  x2  h  x   m  f  x  1 có điểm cực trị Suy để hàm số g  x   h  x   m  f  x  1 có điểm cực trị phương trình m  f  x  1  phải có nghiệm bội lẻ Ta có: m  f  x  1   f  x  1  m , dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y  m cắt qua (khơng tính  m   m  1  điểm tiếp xúc) đồ thị hàm số y  f  x  1 điểm   m  3  m  Câu 36: Đáp án A Phương pháp giải: - Tìm ĐKXĐ phương trình - Đưa số - Giải phương trinh logarit: loga f  x   loga g  x   f  x   g  x  - Dựa vào điều kiện x tìm m để phương trình có nghiệm Giải chi tiết: 2 x  m  2 x  m   ĐKXĐ:  3  x  x  Ta có: log  x  m   log   x     log  x  m   log   x    log2  2x  m  log2 3  x   x  m   x  3x  m  Trang 23 Để phương trình có nghiệm m    m  Kết hợp điều kiện m số nguyên dương ta có m1;2;3;4;5 Vậy có giá trị tham số m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 37: Đáp án D Phương pháp giải: - Xác định tọa độ điểm A, B, C , D, E , F - Viết phương trình tham số đường thẳng OM - Viết phương trình cá mặt phẳng ( ABC ) ( DEF ) - Tham số hóa tọa độ điểm P, Q thuộc OM, cho P   ABC  ; Q   DEF  , tìm tọa độ P, Q - Tính độ dài PQ  x Q  xP    yQ  yP    zQ  zP  2 Giải chi tiết: Theo ta có: A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;-3), D(0;2;-3), E(1;0;-3), F(1;2;0) Gọi P Q tương ứng giao điểm đường thẳng OM với mặt phẳng (ABC) (DEF) Độ dài PQ bằng: + Ta có: OM  1;2; 3 VTCP đường thẳng OM, nên phương trình đường thẳng OM x  t   y  2t  z  3t  x y z     6x  3y  2z   3 + Phương trình mặt phẳng (ABC) Gọi OM   ABC   P  p;2 p; 3 p  , ta có P   ABC  nên: p  3.2 p   3 p     p  1   P  ; ; 1 3  + Ta có: DE  1; 2;0  ; DF  1;0;3   DE; DF    6; 3;  VTPT (DEF) ⇒ Phương trình mặt phẳng (DEF) là: 6x  3 y  2   z  3   6 x  y  z  12  Gọi OM   DEF   Q  q;2q; 3q  , ta có Q   DEF  nên: 6q  3.2q   3q   12   q  2   Q  ; ; 2  3  Trang 24 2 14 1  2 Vậy PQ         1   3  3 Câu 38: Đáp án B Phương pháp giải: - Phân tích  x  x  x3 thành nhân tử n - Khai triển nhị thức Niu-tơn:  a  b    Cnk a nk bk n k 0 - Tìm a0 , a1, a2 , a3 , a4 hệ số số hạng không chứa x, chứa x, chứa x2 , x3 , x4 - Thay vào tính S Giải chi tiết: Ta có: 1  x  x  x3   1  x  x  x  1    x  1  x  1   C4k x k  C4m x 2m 4 4 4 k 0 m 0 Khi ta có  k; m   0;0  a0  C40 C40   k; m  1;0  a1  C41C40   k; m  2;0 ;  0;1  a2  C42C40  C40 C41  10  k; m 3;0 ; 1;1  a3  C43C40  C41.C41  20  k; m  4;0 ;  2;1 ;  0;2  a4  C44C40  C42C41  C40.C42  31 Vậy S  C40a4  C41a3  C42a2  C43a1  C44a0  4 Câu 39: Đáp án B Phương pháp giải: Giải phương trình lượng giác bản: sin      k , cos        k  k   Giải chi tiết: Ta có: sin  cos x    cos x  k  k  Vì 1  cos x  1x   nên 1  k  1, k   k  Khi ta có cos x   x  Xét x  1;2021 ta có     l  l    l  2021; l   l  0;1; 2; ;642 Vậy phương trình cho có 643 nghiệm thỏa mãn Câu 40: Đáp án C Phương pháp giải: Trang 25 - Tìm hàm số f  x    f   x  dx - Xét phương trình f  x   999 , sử dụng định lí Vi-ét tìm x1 x2 tính S Giải chi tiết: Ta có f  x    f   x  dx    x  1 dx  x  x  C Mà f  3   32   C   C  1 Suy f  x   x2  x  Xét phương trình f  x   999  x2  x 1  999  x2  x 1000  , giả sử phương trình có hai nghiệm x1 , x2 Áp dụng định lí Vi-ét ta có x1x2  1000 Khi ta có S  log x1  log x2  log x1 x2  log1000  Câu 41: Đáp án D Phương pháp giải: - Gọi N trung điểm CC’ , chứng minh d  AM ; BC  d  BC;  AMN    d  B;  AMN   - Đổi d  B;  AMN   sang d C;  AMN   - Dựng tính khoảng cách, sử dụng phương pháp dựng khoảng cách từ chân đường cao đến mặt phẳng Giải chi tiết: Gọi N trung điểm CC’  MN đường trung bình tam giác BCC’  MN / / BC  BC / /  AMN   AM Khi ta có d  AM ; BC  d  BC;  AMN    d  B;  AMN   Ta có: BC   AMN   M  d  B;  AMN   d  C;  AMN    BM   d  B;  AMN    d C;  AMN   CM Trong (BCC’B’) kẻ CH  MN  H  MN  ta có:  AM  CM  AM   BCC B   AM  CH   AM  CN Trang 26 CH  AM  CH   AMN   d  C;  AMN    CH  CH  MN  d  AM ; BC  CH Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng CMN có: CH  Vậy d  AM ; BC  CM CN CM  CN  a a 2 a a2 a2  4 a Câu 42: Đáp án C Phương pháp giải: - Chứng minh mặt phẳng qua A vng góc với A’C (AB’D’) - Xác định (AB’D’) chia khối chóp thành phần tính thể tích chúng Giải chi tiết: Gọi   mặt phẳng qua A vng góc với A’C Gọi O  AC  BD I  AO  AC Vì ABCD.A’B’C’D’ hình lập phương cạnh a nên AC  AC  a 2; AC  a a2 a  Áp dụng định lí Pytago ta có: AO  AA  AO  a  2 2 Áp dụng định lí Ta-lét ta có: AI AC a    AI  2IO  AO  IO AO 3 AI AO 1 a    AI  IC  AC  IC AC 2 3 Xét tam giác AA’I có: AI  AI  2a2 a2   a  AA2 , suy tam giác AA’I vng I (Định lí 3 Pytago đảo)  AO     O     BD  AC   BD   ACC A   BD  AC  BD    Lại có   BD  AA      ABD Trang 27 Mặt phẳng  ABD  chia khối lập phương thành phần: Chóp A.A’B’D’ khối đa diện B’C’D’.ABCD Ta có: VA ABD  1 1 AA.S ABD  AA S ABCD  VABCD ABC D 3  VBC D ABCD  VABCD ABC D  VABCD ABC D  VABCD ABC D 6 VABCD ABC D VA ABD 6  Vậy k  VBC D ABCD V ABCD ABC D Câu 43: Đáp án D Phương pháp giải: Giải chi tiết: Không gian mẫu: n    C304 Gọi A biến cố: “4 đỉnh chọn tạo thành tứ giác có bốn cạnh đường chéo (H)” Chọn đỉnh 30 đỉnh đỉnh tứ giác, kí hiệu A1 , có 30 cách chọn Kí hiệu đỉnh cịn lại theo chiều kim đồng hồ A2 , A3 , A4 , , A30 x  11     x  y   z   27 Khi tứ giác có dạng A1 Ax Ay Az , ta có  y  x  30  z  y   x   Đặt X  3;4;5; ;27 , X có 25 phần tử, số cách chọn x, y, z C25  n  A  30.C25 Vậy xác suất biến cố A P  A  n  A 30.C25  n  C304 Câu 44: Đáp án B Phương pháp giải: Sử dụng công thức: Gọi  H  hình chiếu  H  lên mặt phẳng  P  Gọi α góc mặt phẳng  P  mặt phẳng chứa hình  H  Khi ta có: S H   S H  cos  Giải chi tiết: Vì mặt phẳng tạo với đáy góc 600 cắt tất cạnh bên hình hộp nên hình chiếu thiết diện lên mặt phẳng đáy ABCD Khi ta có: S ABCD  STD cos 600  STD  S ABCD  2S ABCD , cos 600 Vì BAD  60 nên ABD tam giác cạnh a  S ABD a2 a2   S ABCD  Vậy STD  a Trang 28 Câu 45: Đáp án A Phương pháp giải: - Gọi M, N trung điểm CD, AB Chứng minh d  AB; CD   MN - Sử dụng công thức VABCD  AB.CD.d  AB; CD  sin  AB; CD  - Đặt CD = x, tính MN theo x, sử dụng cơng thức tính độ dài đường trung tuyến - Sử dụng BĐT Cơ-si tìm GTLN VABCD Giải chi tiết: Gọi M, N trung điểm CD, AB Vì tam giác ABC, ABD tam giác cạnh a nên AB = AC = AD = BC = BD = a CD  AM  BCD, ACD tam giác cân A    CD   ABM   CD  MN CD  BM Lại có BCD  ACD  c.c.c   AM  BM  ABM cân M  MN  AB  d  AB; CD   MN Đặt CD = x  x   ta có AM  BM   MN  a2  a2 x2 4a  x   4 a  x 4a  x  a2 3a  x 4   Do ta có VABCD  AB.CD.d  AB; CD  sin  AB; CD  3a  x  a.x .sin  AB; CD  Trang 29 Để VABCD  3a  x  f  x   x dat GTLN đạt giá trị lớn   sin  AB; CD    3a  x x  3a  x 3a Áp dụng BĐT Cơ-si ta có f  x   x   2 Dấu “=” xảy  x  3a  x a 15  x  3a  x  x  3a a3 Vậy max VABCD  a  Câu 46: Đáp án D Phương pháp giải: - Dựng hình chữ nhật ABHC, chứng minh DH   ABCD  - Xác định góc AD (ABC) góc AD hình chiếu AD lên (ABC) - Chứng minh ABHC hình vng - Xác định đoạn vng góc chung AD BC - Sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng tính chiều cao DH độ dài đường chéo hình vng ABHC - Tính SABHC  SABC , từ tính thể tích VABCD  HD.S ABC Giải chi tiết: Dựng hình chữ nhật ABHC ta có:  AB  BD  AB   BDH   AB  DH   AB  BH  AC  CH  AC   CDH   AC  DH   AC  CD  DH   ABCD  Trang 30 ⇒ AH hình chiếu AD lên (ABC)    AD;  ABC      AD; AH   DAH  450   BC  DH  DH   ABCD   Ta có:   BC   ADH   BC  AH BC  AD gt      ABHC hình vng (Tứ giác có hai đường chéo vng góc) Gọi O  AH  BC , (ADH) kẻ OK  AD  K  AD  ta có: OK  AD  OK  BC BC  ADH  d  AD; BC   OK  a      Xét tam giác OKA vuông K có OAK  450 nên tam giác OAK vng cân K  OA  OK  a  AH  2OA  2a Lại có tam giác AHD vng cân H nên HD  AH  2a Ta có: S ABHC    1 AH  2a  4a  S ABC  2a2 2 1 2a3 Vậy VABCD  HD.S ABC  2a.2a  3 Câu 47: Đáp án C Phương pháp giải: - Từ f   x  suy nghiệm phương trình f   x   , ý nghiệm bội chẵn, bội lẻ - Tính đạo hàm g   x  - Giải phương trình g  x   xác định nghiệm bội lẻ Giải chi tiết:  x  1  nghiemboi  Theo ta có: f   x     x  1  x  3     x   nghiem don  Ta có: g  x  f   g  x    x2  2x  2x  2 x  2x  x 1 x  2x   f  f  x2  2x  x2  2x     x 1   x  1 Cho g   x       2  f  x  2x    x  x      Trang 31  x  1  x  1  x  1     x  (đều nghiệm đơn) x  x   x  x      x  3 (Ta khơng xét x2  2x   1 f   x  không đổi dấu qua x  1 nên nghiệm phương trình x2  2x   1 không làm cho g   x  đổi dấu) Vậy hàm số cho có điểm cực trị Câu 48: Đáp án A Phương pháp giải: - Gọi M, N trung điểm AB, CD Chứng minh tam giác ABN, CDM tam giác vng cân - Tính BN, CN theo MN - Áp dụng định lí Pytago tam giác vng BCN, từ tính MN theo a suy CD theo a Giải chi tiết: Gọi M, N trung điểm AB, CD  AN  CD Vì tam giác ACD, BCD tam giác cân A B nên   BN  CD  ACD    BCD   CD  Lại có  AN   ACD  , AN  CD    ACD ;  BCD     AN ; BN   ANB  900  BN   BCD  , BN  CD  Dễ thấy ACD  BCD  c.c.c   AN  BN  ABN vuông cân N  MN  AB Chứng minh tương tự ta có MCD vng cân M nên MN  CD  AB  CD Trang 32 Ta có: BN  2MN , CN  CD  MN Xét tam giác vng BCN có: BN  CN  BC  2MN  MN  a  MN  Vậy CD  2MN  a 2a Câu 49: Đáp án A Phương pháp giải: - Tìm y; max y  1;3 a 1;3   f a  - Để f  a  , f  b  , f  c  độ dài ba cạnh tam giác    f  a   f b   f  c  Giải chi tiết: Ta có: y  3x2    x  1 1;3 Ta có y  1   m; y 1  2  m; y 3  18  m  y  2  m; max y  18  m  1;3 a 1;3 Khơng tính tổng quát, ta giả sử f  a   f b   f  c  Vì a, b, c 1;3 nên 2  m  f  a   f b   f  c   18  m   f a  Để f  a  , f  b  , f  c  độ dài ba cạnh tam giác  *   f  a   f b   f  c   2  m  f  a  Ta có:   f  a   f  b   4  2m  2  m  f  b  2  m  m  2   m  22 Do (*) ln  4  2m  18  m m  22 Câu 50: Đáp án B Phương pháp giải: - Sử dụng kiến thức: VACBD  VABCD ABC D   P    Q   d - Sử dụng định lí   a  Q  a   P  , a  d - Tính thể tích khối lăng trụ = tích chiều cao diện tích đáy tương ứng Giải chi tiết: Trang 33 Gọi O  AC  BD ⇒O trung điểm AC BD Vì ACC’A’ hình thoi nên AA’ = AC, lại có AAC  600 (gt) nên AAC tam giác  AO  AC   ACCA   ABCD   AC Ta có:   AO   ABCD      A O  ACC A , A O  AC     Xét tam giác ABC có: AB = AD (do ABCD hình thoi), BAD  600  gt  nên tam giác ABC cạnh a a a2 a2  AO   AC  a S ABC   S ABCD   AAC tam giác cạnh a  AO  a 3 3a  2 1 3a a a3 Vậy VACBD  VABCD ABCD  AO.S ABCD   3 2 Trang 34 ... nhiên đỉnh đa giác lồi (H) có 30 đỉnh Tính xác suất cho đỉnh chọn tạo thành tứ giác có bốn cạnh đường chéo (H) 30. C27 A C304 30. C25 B 4.C304 30. C27 C 4.C304 30. C25 D C304 Câu 44 (VD): Cho hình... Phương pháp giải: Giải chi tiết: Không gian mẫu: n    C304 Gọi A biến cố: “4 đỉnh chọn tạo thành tứ giác có bốn cạnh đường chéo (H)” Chọn đỉnh 30 đỉnh đỉnh tứ giác, kí hiệu A1 , có 30 cách chọn...  Khi ta có cos x   x  Xét x  1 ;2021? ?? ta có     l  l    l  2021; l   l  0;1; 2; ;642 Vậy phương trình cho có 643 nghiệm thỏa mãn Câu 40: Đáp án C Phương pháp giải: Trang