Đề thi thử Toán tốt nghiệp THPT 2021 lần 1 trường chuyên Quốc học Huế

Sử dụng mặt phẳng trung trực của AB và mặt phẳng trung trực của CD , ta chia khối tứ diện đó thành bốn khối tứ diện nào sau đây.. A.B[r]

(1)

Trang 1/6 - Mã đề 191 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC

TỔ TOÁN

THI THỬ THPT QUỐC GIA - LẦN I NĂM HỌC 2020 - 2021

Mơn: TỐN - Lớp 12

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)

Họ tên thí sinh: SBD:

Mã đề thi 191 Câu Cho hàm số yf x( ) có bảng biến thiên sau Giá trị cực đại hàm số

A B 2 C D

Câu Cho a0,a1, tính giá trị biểu thức A a 6log 7a2

A 42 B 343 C 21 D

Câu Tính thể tích V khối hộp chữ nhật có độ dài kích thước 1; 2;3

A V2 B V4 C V 6 D V 3

Câu Khối hai mươi mặt có số đỉnh, số cạnh, số mặt

A 20;30;12 B 12;30; 20 C 30;12; 20 D 12; 20;30

Câu Với hàm số ( ); ( )f x g x liên tục , cho khẳng định sau : (I) f x( )g x( ) d x f x x d g x x d

(II) f x g x( ) ( ) d x f x x d g x x d 

(III) Nếu  f x x F x d   C  f u u F u d   C (IV) kf x x k f x dx d   ( ) với số k Có khẳng định sai?

A B C D

Câu Cho khối lăng trụ ABC A B C ' ' 'có thể tích ,V khối tứ diện 'A BCC'có thể tích V1 Tính tỉ số V1

V A

3 B

1

2 C

1

6 D

1 Câu Cho K khoảng Phát biểu sau đúng?

A Nếu hàm số đồng biến K đồ thị đường lên từ phải sang trái

B Hàm số đồng biến nghịch biến K gọi chung đơn điệu K

C Hàm số y f x( ) đồng biến K tồn cặp x x1, thuộc K cho x1x2 f x( )1  f x( )2 D Nếu hàm số y f x( ) có đạo hàm K '( ) 0,f x   x Kthì hàm số đồng biến K

Câu Tìm khoảng đồng biến hàm số 1

x y

x

 



A  ; ; 1;  . B  ; .

C Không tồn D     ; 1  1; . Câu Cho hàm số

2

x y

x

 

 có đồ thị (H) Điểm sau thuộc (H)?

(2)

Trang 2/6 - Mã đề 191

Câu 10 Tiệm cận ngang đồ thị hàm số 2020

2021

x y

x

 



A y1 B x 2020

2021 C y 1 D y 20202021 Câu 11 Cho hàm số y x 33x22 có đồ thị (C) Số giao điểm (C) với đường thẳng y4 là

A B C D

Câu 12 Tìm hàm số có đồ thị không nhận trục tung làm trục đối xứng

A ycos 2x B ycos2x. C ysin 2x. D ysin2x. Câu 13 Cho n k, * n k Tìm cơng thức đúng.

A !

(n k)!(k 1)!

k n

n C 

  B

! (n k)!

k n

n C 



C !

(n k)!k!

k n

n A 

 D

! (n k)!

k n

n A 

 Câu 14 Có số tự nhiên có sáu chữ số đôi khác ?

A 60480 B 151200 C 136080 D 15120

Câu 15 Hàm số sau nghịch biến ?

A y x

 B ycotx C 21

1

y x



 D

3

2 1

x y

x  



Câu 16 Cho khối tứ diện ABCD Gọi M, N trung điểm AB, CD Sử dụng mặt phẳng trung trực củaABvà mặt phẳng trung trực củaCD, ta chia khối tứ diện thành bốn khối tứ diện sau đây?

A MANC, BCDN, AMND, ABND B MANC, BCMN, AMND, MBND C ABCN, ABND, AMND, MBND D NACB, BCMN, ABND, MBND

Câu 17 Tính thể tích V khối trụ có bán kính đáy R3cm chiều cao h4cm

A V 36cm3. B V12cm3. C V 24cm3. D V 48cm3. Câu 18 Tính thể tích Vcủa khối nón có chiều cao h đường kính đáy

2 h

A .

48

V  h B .

48

V   h C .

3

V   h D .

12 V   h

Câu 19 Cho hàm số y f x ( )có bảng biến thiên hình Tìm mệnh đề mệnh đề sau:

A Hàm số đồng biến    21 ; 

B Hàm số đồng biến khoảng ;

2

 

 

 

  ;

 

 

 21;3

(3)

Trang 3/6 - Mã đề 191 Câu 20 Tính thể tích Vcủa khối chóp có diện tích đáy B độ dài đường cao 3h

A V Bh B

3

V Bh C

3

V  Bh D

3 V Bh

Câu 21 Tính thể tích khối cầu biết chu vi đường trịn lớn 5

A 125

6

 . B 500

3

 . C 100. D 25.

Câu 22 Có giá trị nguyên dương tham số m để hàm số   2 3  2

3

y x mx m x m

luôn đồng biến ?

A B C D

Câu 23 Tìm số nghiệm 0;của phương trình sin 5x0

A B C D

Câu 24 Tính bán kính R mặt cầu (S) biết diện tích mặt cầu thể tích khối cầu có giá trị

A R B

3

R C R3 D

3

R

Câu 25 Tính giá trị biểu thức A3 3 3x33x biết 3x3x 4.

A A192 B A3 C A156 D A12

Câu 26 Cho hàm số bậc ba f x( )ax3bx2 cx dcó đồ thị hình vẽ sau Có số dương

các số , , , ?a b c d

A B C D

Câu 27 Biết cos sin 33x x sin cos33x x dx acos 4x C b

  

 với a b, , a

b phân số tối giản

a0;b0, tính 2a b

A 13 B 13 C 10 D 10

Câu 28 Tìm số hạng khơng chứa x khai triển nhị thức

9

2

x x

  

 

 

A 21

16 B 84 C

27

16 D 64

Câu 29 Cho phương trình : 2x4 16x21 Khẳng định sau ?

A Phương trình vô nghiệm

B Tổng nghiệm phương tình số ngun

C Tích nghiệm phương trình số dương

D Tổng nghiệm phương trình số dương

Câu 30 Một lớp học có 20 nữ 15 nam Hỏi có cách chọn bạn cho có đủ nam, nữ số nam số nữ?

A 192375 B 84075 C 113750 D 129254

Câu 31 Bất phương trình    

2 0,5

log x  x log x 1 có nghiệm nguyên thuộc 0; 2021?

(4)

Câu 32 Cho hàm số y 2mx n ax bx c

 

  (m n a b c, , , , tham số thực) Hỏi đồ thị hàm số cho có tối đa bao

nhiêu đường tiệm cận (ngang đứng) ?

A B C D

Câu 33 Cho hình trụ hình lập phương có chiều cao, đường trịn đáy hình trụ đường trịn ngoại tiếp đáy hình lập phương Tính tỷ số thể tích khối trụ khối lập phương

A

4



B

2



C 2 D 

Câu 34 Một đoàn tàu gồm 12 toa chở khách (mỗi toa chứa tối đa 12 khách) Có hành khách chuẩn bị lên tàu Tính xác suất để toa có người (Làm trịn đến chữ số thập phân thứ ba)

A 0,123 B 0,011 C 0,018 D 0,017

Câu 35 Tung ngẫu nhiên súc sắc cân đối đồng chất lần Tính xác suất để xuất mặt có số chấm lẻ

A

2 B C

1

3 D

2

Câu 36 Cho hình tứ diện ABCD có độ dài cạnh Gọi M N P, , trọng tâm tam giác ABC ABD ACD, , Gọi O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình tứ diện ABCD Tính thể tích khối tứ diện OMNP

A

192 B

2

864 C

2

576 D

2 1296

Câu 37 Cho tập hợp A1;2;3; ;90 Chọn từ A hai tập phân biệt gồm hai phần tử    a b, ; ,c d , tính xác suất cho trung bình cộng phần tử tập 30

A 406

4005 B

29

572715 C

29

267 D

29 534534

Câu 38 Cho lăng trụ tam giác ABC A B C    có đáy tam giác cạnh a, hình chiếu vng góc A mặt phẳng (ABC) trung điểm BC Biết thể tích khối lăng trụ ABC A B C   

3

3 20

a

Tính tang góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy

A

5 B

6

5 C

2

5 D

6

Câu 39 Cho hình tứ diện ABCD có độ dài cạnh Gọi ', ', ', 'A B C D điểm đối xứng , , ,A B C D qua mặt phẳng (BCD),(ACD),(ABD),(ABC) Tính thể tích khối tứ diện ' ' ' '.A B C D A 2

3 B

9

32 C

16

81 D

125 324 Câu 40 Tìm tất giá trị dương n thỏa mãn 3n7n20213202172021n.

A 1 n 2021 B 0 n C n2021 D 0 n 2021

Câu 41 Cho hàm số y (2m 1)x m (m 0) x m

 

 

 có đồ thị (Cm) Biết tồn đường thẳng (d)

có phương trình y ax b  cho (Cm) tiếp xúc với (d) Giá trị a b

A 3 B C 1 D

Câu 42 Cho hàm số ( )f x có đạo hàm f x( )x x2( 2)(x3). Điểm cực đại hàm số g x( ) f x( 22x)

(5)

Trang 5/6 - Mã đề 191 Câu 43 Cho hàm số y x 3x24 có đồ thị (C) Có cặp điểm A, B thuộc (C) cho ba điểm O, A, B thẳng hàng OA2OB (O gốc tọa độ)?

A B C Vô số D

Câu 44 Một sợi dây kim loại dài 120cm cắt thành hai đoạn Đoạn dây thứ uốn thành hình vng, đoạn dây thứ hai uốn thành vòng tròn (tham khảo hình bên dưới)

Tổng diện tích hình vng hình trịn đạt giá trị nhỏ (làm tròn đến hàng đơn vị)

A 498 B 462 C 504 D 426

Câu 45 Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA OB OC, , đơi vng góc với Biết khoảng cách từ điểm

O đến đường thẳng BC CA AB, , ,a a 2,a Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) theo a

A 2a B 66

11 a

C 11

6

a. D 2 33

11 a

Câu 46 Cho hàm số f x( ) ( x2m x)  2 (m6)x2x2(m tham số) Có giá trị nguyên tham số m để hàm số có có điểm cực trị?

A B C D

Câu 47 Cho hình lăng trụ ABC A B C ' ' ' có đáy ABC tam giác cân A, BAC120 cạnh bên hợp

với đáy góc 45  Hình chiếu vng góc 'A mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' biết khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (ACC A' ') 21

7 A

4 B

3

3 C

3

6 D

2 3

Câu 48 Cho S1,2, ,35, tìm số cách chọn tập Sgồm 26 phần tử cho tổng phần tử chia hết cho

A 15141523 B 14121492 C 1321250 D 131213

Câu 49 Cho hàm số f x( ) (sin x m )2(cosx n )2 (m, n tham số nguyên) Có tất số

( ; )m n cho ( ) max ( ) 52

x f x  x f x  ?

A B C D 12

Câu 50 Cho bất phương trình

3 3

37 37 37

55 55 55

2 1

log log log

2 1

x x

      

   với x,x2 Tổng

nghiệm bất phương trình cho bao nhiêu?

A 54 B 228 C 207 D 42

(6)

Mã đề [191]

1 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

C B C B C A B C A D B C D C D B A B B A A D A C C

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

(7)

8

BẢNG ĐÁP ÁN

1-C 2-B 3-C 4-B 5-C 6-A 7-B 8-C 9-A 10-D

11-B 12-C 13-D 14-C 15-D 16-B 17-A 18-B 19-B 20-A

21-A 22-D 23-A 24-C 25-C 26-B 27-D 28-A 29-D 30-A

31-D 32-C 33-A 34-D 35-A 36-D 37-B 38-C 39-D 40-D

41-B 42-C 43-A 44-C 45-D 46-A 47-A 48-B 49-D 50-D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1(NB)

Phương pháp:

Dựa vào BBT xác định điểm cực đại hàm số: điểm mà hàm số liên tục đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy xCD 0,yCD 3

Chọn C Câu (NB) Phương pháp:

Sử dụng công thức log 1log 0 1, 0 , loga 0 1  n

x a

a bn b  a b a x  a

Cách giải:

 

2

1

6 log

6log log 7 3

2 a 7 343.

a a

A a a  a  

Chọn B Câu (NB) Phương pháp:

Thể tích V khối hộp chữ nhật có độ dài kích thước ; ;a b c V abc

Cách giải:

Thể tích V khối hộp chữ nhật có độ dài kích thước 1; 2;3 V 1.2.3 6

(8)

9 Cách giải:

Khối hai mặt khối  3;5 có M = 20, C = 30 Đ = 12

Sử dụng tính chất tích phân

Cách giải:

Dễ thấy khẳng định (II) (IV) sai Khẳng định (IV), với k0 ta có:

 

0 0

VT  f x dx dx C

 

0

VP  f x dx

VT VP

 

Phân chia, lắp ghép khối đa diện

Cách giải:

Ta có: '. ' ' ',

A ABC ABC A B C

V  V mà VA ABC'. VA BCC B'. ' ' VABC A B C ' ' ' nên '. ' ' ' ' '

A BCC B ABC A B C

V  V

Lại có '. ' '. ' ' '. ' ' ' ' ' ' '

2 3

A BCC A BCC B A BBC ABC A B C ABC A B C

V  V V  V  V

1

3

V

V V

V

(9)

10 Chọn A

Câu (NB) Phương pháp:

Sử dụng định nghĩa tính đơn điệu hàm số

Cách giải:

Đáp án A sai hàm số đồng biến K đồ thị đường lên từ trái sang phải

Đáp án C sai hàm số y f x  đồng biến K tồn cặp x x1, 2 thuộc K cho

 1  2

1

0

f x f x

x x



 

Đáp án D sai hàm số y f x  có đạo hàm K f x'   0, x K hàm số nghịch biến

K

Tính đạo hàm suy khoảng đồng biến hàm số

Cách giải:

TXĐ: D\ 1 Ta có

 2

1

'

1

x

y y x D

x x

  

     

 

Do hàm số khơng tồn khoảng đồng biến

Thay tọa độ điểm vào hàm số

Cách giải:

Thay tọa độ điểm N 1; 4 vào hàm số ta có  

 

3 1

4

1

    

 

Vậy điểm N H

Chọn A Câu 10 (NB) Phương pháp:

Đồ thị hàm số y ax b cx d

 

 có TCN

a y

c

(10)

11 Cách giải:

Đồ thị hàm số 2020 2021

x y

x

 

 có TCN

2020 2021 y

Chọn D Câu 11 (NB) Phương pháp:

Giải phương trình hồnh độ giao điểm

Cách giải:

Xét phương trình hồnh độ giao điểm: 3 2 4 3 2 0 .

1

x

x x x x

x

  

        

   

Vậy số giao điểm  C với đường thẳng y4

Chọn B Câu 12 (NB): Phương pháp:

Đồ thị hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng

Cách giải:

Hàm số ysin 2x hàm số lẻ nên không nhận trục tung làm trục đối xứng

Chọn C Câu 13 (NB) Phương pháp:

Sử dụng công thức chỉnh hợp tổ hợp

Cách giải:

Ta có

 !! !,  ! !,

k k

n n

C A

n k k n k

 

  đáp án D

Chọn D Câu 14 (NB) Phương pháp:

Sử dụng chỉnh hợp

Cách giải:

Số số tự nhiên có sáu chữ số đôi khác

10 136080

A X 

(11)

12 Câu 15 (TH)

Phương pháp:

Hàm số nghịch biến  hàm số xác định  ' 0y   x 

Cách giải:

Đáp án A B loại hai hàm số khơng xác định  x  Xét đáp án C ta có

 2 2

2

'

1 x y

x

 



Xét đáp án D ta có  

   

2 4 2

2

3 3

'

1

x x x x x x

y x

x x

    

    

  

Vậy hàm số

3

2 1

x y

x

 

 nghịch biến 

Chọn D Câu 16 (TH) Phương pháp:

Sử dụng khái niệm mặt phẳng trung trực đoạn thẳng mặt phẳng vng góc với đoạn thẳng trung điểm đoạn thẳng

Cách giải:

Vì ABCD tứ diện nên mặt tam giác Ta có: MD AB AB MCD

MC AB

 

 

 

 M MCD mặt phẳng trung trực AB

Chứng minh tương tự ta có NAB mặt phẳng trung trực CD

Khi MCD , NAB chia khối tứ diện thành bốn khối tứ diện: MANC BCMN AMND MBND, , ,

(12)

13 Phương pháp:

Thể tích khối trụ có bán kính đáy R chiều cao h V R h2 . Cách giải:

Thể tích khối trụ có bán kính đáy R3cm chiều cao h4cm V R h2 .3 362   cm3 . Chọn A

Câu 18 (NB) Phương pháp:

Thể tích khối nón có bán kính đáy R chiều cao h .

3 V  R h

Cách giải:

Thể tích khối nón có bán kính đáy h

bán kính đáy h

R chiều cao h

2

1 1

3 48

h

V  R h     h rh

 

Chọn B Câu 19 (NB) Phương pháp:

Dựa vào BBT xác định khoảng đơn điệu hàm số

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số y f x  đồng biến ; ; 1;3

2

    

   

   

Chọn B Câu 20 (NB) Phương pháp:

Thể tích V khối chóp có diện tích đáy B độ dài đường cao h V  Bh

Cách giải:

Thể tích V khối chóp có diện tích đáy B độ dài đường cao 3h

V  B h Bh

(13)

14

- Đường tròn lớn khối cầu bán kính R có bán kính R - Thể tích khối cầu bán kính R 3.

3 V  R

Cách giải:

Gọi bán kính khối cầu R Đường trịn lớn khối cầu có bán kính R

2

R R

 

   

Vậy thể tích khối cầu

3

4 125

3

V  R         

Chọn A Câu 22 (TH) Phương pháp:

- Hàm số f x  đồng biến  ' 0y   x  hữu hạn điểm

- Sử dụng: 0 0.

0 a ax bx c     x  

  



Cách giải:

TXĐ: D

Ta có y'x22mx2m3.

Hàm số 2 3 2

3

y x mx  m x m  đồng biến  ' 0y   x  hữu hạn điểm

2 2 2 3 0

x mx m x

      

 

2

1

3

'

luon dung

m

m m

  

    

    



Mà m  m

Vậy có giá trị nguyên dương mthỏa mãn yêu cầu toán

Chọn D Câu 23 (TH) Phương pháp:

- Sử dụng: sinx  0 x kk

(14)

15 Cách giải:

Ta có: sin 5  

5 k

x  x k   x  k

0 0

5 k

x    k

        Mà k   k 0;1; 2;3; 

Vậy phương trình cho có nghiệm thuộc 0;

- Diện tích mặt cầu thể tích khối cầu bán kính R S 4R2 3.

3 V  R

Cách giải:

Vì diện tích mặt cầu thể tích khối cầu có giá trị nên 4 3.

3

R R R

    

Chọn C Câu 25 (TH) Phương pháp:

Sự dụng biến đổi a3b3 a b 33ab a b  . Cách giải:

Ta có:

 3  

3

3 x3 x  3x3x 3.3 3x x 3x3x

3 3

3x 3 x 3.4 52

    

Vậy A3.52 156

Chọn C Câu 26 (TH) Phương pháp:

- Sử dụng chiều đồ thị suy dấu hệ số a

- Dựa vào giao điểm đồ thị với trục tung suy dấu hệ số d - Dựa vào dấu điểm cực trị hàm số suy dấu hệ số , b c

Cách giải:

(15)

16

Đồ thị qua điểm O 0;0 nên d 0 Hàm số có điểm cực trị x x1, 2

1

0

x x

 



 



Ta có y' 3 ax22bx c có nghiệm phân biệt 1,

x x thỏa mãn 2

2

0 3

0

b

x x a b

x x c c

a



 



  

  

    



  



Vậy có số dương số , , , a b c d

Chọn B Câu 27 (TH) Phương pháp:

- Sử dụng công thức: cos3 3cos cos ,sin3 3sin sin ,sin  sin cos cos sin

4

x x x x

x  x  a b  a b a b

- Sử dụng cơng thức tính ngun hàm: sinkxdx 1coskx C k

  



Cách giải:

Ta có:

cos sin 33x xsin cos 33x x dx



3cos cos 3sin sin

.sin cos

4

x x x x

x x dx

 

 

   

 



 

1

3sin cos sin cos 3sin cos sin cos

4 x x x x x x x x dx

    

3

sin cos

4 xdx 16 x C

    

3, 16

a b

    Vậy 2a b 2 3  16 10. Chọn D

Câu 28 (TH) Phương pháp:

Khai triển nhị thức Niu-tơn:  

0

n

n k n k k

n k

a b C a b



(16)

17 Cách giải:

Ta có:  

9 9 9

9

2 18

9

0

1 1

2 2

k k

k k k

k

k k

x C x C x

x x

 

 

      

   

     

Do số hạng khơng chứa x ứng với 18 3 k  0 k Vậy số hạng không chứa x khai triển nhị thức

9

2

2 x

x

  

 

 

6

9

1 21 16

C 

Đưa số

Cách giải:

2

4

2x 16x 

2

4 4

2x x 

 

2

4 4

x x

   

2

4 4

x x x

     

 

     

 2

4

x x x

    

 

    



1 x x

   

  

Vậy tổng nghiệm phương trình số dương

Chọn D Câu 30 (TH): Phương pháp:

Sử dụng tổ hợp quy tắc nhân

Cách giải:

Để chọn bạn cho có đủ nam, nữ số nam số nữ ta có trường hợp sau: TH1: nam nữ  Có

15 20 72675

C C  cách TH2: nam nữ  Có

15 20 119700

(17)

18

Vậy có tất 72675 119700 192375  cách

Chọn A Câu 31 (VD): Phương pháp:

- Đưa số

- Sử dụng công thức loga f x logag x loga f x g x   0 a 1,f x g x   , 0  - Giải bất phương trình logarit: log     b 

a f x  b f x a a

Cách giải:

   

2 0,5

log x  x log x 1

   

2

log x x log x 1

      

   

2

log x x log x 1

      

  

2

log x x x 1

    

x2 x 2x 1 2

    

3 2 2 2

x x x x x

      

3 2 0

x x x

   

1

x x

   

    

Kết hợp điều kiện đề x0; 2021 , x   x 0;3; 4;5; ; 2021 Vậy bất phương trình cho có 2020 nghiệm ngun thỏa mãn

Chọn D Câu 32 (TH): Phương pháp:

- Hàm phân thức có bậc tử < bậc mẫu đồ thị hàm số có TCN y0

- Số tiệm cận đứng đồ thị hàm phân thức số nghiệm phương trình mẫu khơng bị triệt tiêu nghiệm phương trình tử

Cách giải:

Vì hàm phân thức có bậc tử < bậc mẫu đồ thị hàm số có TCN y0 Phương trình ax2bx c 0 có tối đa nghiệm phân biệt khác n

m

(18)

19

Vậy đồ thị hàm số cho có tối đa đường tiệm cận

Chọn C Câu 33 (VD) Phương pháp:

- Hình vng cạnh a có bán kính đường trịn ngoại tiếp 2 a - Thể tích khối trụ có chiều cao h bán kính đáy R V R h2 .

- Thể tích khối lập phương cạnh a V a3. Cách giải:

Giả sử hình lập phương có cạnh a Hình trụ có chiều cao h a

Vì đường trịn đáy hình trụ đường trịn ngoại tiếp đáy hình lập phương nên hình trụ có bán kính đáy

a R

Thể tích khối trụ

2 3

2 . . .

2

a a

V R h   a

 

Thể tích khối lập phương V'a3.

Vậy tỉ số thể tích khối trụ khối lập phương ' V V





Chọn A Câu 34 (VD) Phương pháp:

Sử dụng nhân xác suất

Cách giải:

Xác suất để toa có người

12 xác suất để toa khơng có người

12 Vậy xác suất để toa có người

3

3 12

7

0,107

12 12

C      

   

Chọn D Câu 35 (NB): Phương pháp:

Tính xác suất phương pháp liệt kê

(19)

20

Tung ngẫu nhiên súc sắc cân đối đồng chất lần  số phần tử không gian mẫu n  6 Gọi A biến cố: “xuất mặt có số chấm lẻ”  A 1;3;5n A 3

Vậy xác suất để xuất mặt có số chấm lẻ    

  36 12 n A

P A n

  



Chọn A Câu 36 (VD) Phương pháp:

- Gọi M N P', ', ' trung điểm BC BD CD G I, , , , trọng tâm tam giác BCD MNP, Tính

MNP BCD

S S

 

dựa vào tỉ số tam giác đồng dạng - Tính tỉ số OI ,

AG sử dụng định lí Ta-lét - Tính OMNP MNP

ABCD BCD

V OI S

V AG S

  

- Sử dụng cơng thức tính nhanh: Thể tích tứ diện cạnh a 12 a V 

Cách giải:

Gọi M N P', ', ' trung điểm BC BD CD G I, , , , trọng tâm tam giác BCD MNP,

Ta có: ' ' '

' ' '

MN AM

MNP M N P

M N  AM    ∽ theo tỉ số ' ' '

2

3SMNP  9SM N P Lại có M N P' ' '∽DCB theo tỉ số

2 nên ' ' '

1

4

MNP BCD M N P BCD

(20)

21

Vì O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nên AO AG 

Áp dụng định lí Ta-lét: : 3:

' 3

AI AM AI AI AO

AG  AM   AO  AG AG  

1

9 12

OI OI OI AO

AO AG AO AG

     

1 1

12 108 108

OMNP

OMNP ABCD

ABCD

V

V V

V

    

Mà ABCD tứ diện cạnh nên 12

ABCD

V 

Vậy

1296

OMNP

V 

Chọn D Câu 37 (VD) Phương pháp:

- Tính số tập hợp có phần tử A, từ tính số phần tử khơng gian mẫu n 

- Gọi A biến cố: “trung bình cộng phần tử tập hợp 30”, tính số phần tử n A  biến cố A

- Tính xác suất biến cố A:    

 

n A P A

n

 

Cách giải:

Số tập hợp có phần tử A

90 4005

C   Số phần tử không gian mẫu   4005

n  C

Gọi A biến cố: “trung bình cộng phần tử tập hợp 30”

30 60

2

60 30

2 a b

a b

c d c d



 

   



 

   

 



          

29

; ; 1;59 ; 2;58 ; ; 29;31

a b c d n A C

   

Vậy xác suất biến cố A là:  

2 29 4005

29 572715 C

P A C

 

(21)

22

- Gọi H trung điểm BC ta có A H' ABC Tính ' ABC A B C ' ' '.

ABC

V A H

S



- Xác định góc cạnh bên mặt đáy góc cạnh bên hình chiếu cạnh bên mặt đáy

- Sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng để tính tang góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy

Cách giải:

Gọi H trung điểm BC ta có A H' ABC Vì ABC cạnh

4

ABC

a

aS 

2 a AH 

Ta có

3

' ' '

' ' ' 2

3

3 20

' '

5

ABC A B C

ABC A B C ABC

ABC

a

V a

V A H S A H

S a



    

Vì A H' ABC nên AH hình chiếu vng góc AA' lên ABC

 

AA ABC';  AA AH';  A AH'

     

Xét tam giác vng AA H' ta có tan ' ' 3:

5

A H a a

A AH

AH

   

Chọn C Câu 39 (VD) Phương pháp:

- Tứ diện ' ' ' 'A B C D đồng dạng với tứ diện ABCD theo tỉ số k A B' ' AB



- Gọi M N, trọng tâm tam giác BCD ACD, , gọi GAM BN Tính GA' A B' ' GA  AB - Tính A B C D' ' ' ' 3.

ABCD

V

k

(22)

23

- Sử dụng cơng thức tính nhanh: Thể tích khối tứ diện cạnh a

3 2

12 a V 

Cách giải:

Dễ dàng nhận thấy tứ diện ' ' ' 'A B C D đồng dạng với tứ diện ABCD theo tỉ số k A B' ' AB



Gọi M N, trọng tâm tam giác BCD ACD, ta có AM BCD BN, ACD Gọi G AMBN Ta có G trọng tâm tứ diện ABCD nên 3 '

4 ' '

AG AG AG GA

AM   AA   AA   GA 

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: ' ' '

GA A B

k GA  AB  

3

' ' ' ' 125.

27

A B C D ABCD

V

k V

  

Mà ABCD tứ diện cạnh nên 12

ABCD

V 

Vậy ' ' ' ' 125 125

37 12 324

A B C D

V  

Chọn D Câu 40 (VDC) Phương pháp:

- Lấy loganepe hai vế bất phương trình - Sử dụng phương pháp xét hàm đặc trưng

(23)

24

Lấy loganepe hai vế bất phương trình ta có:

 2021  2021 2021

3n7n  7 n

   2021 2021

2021.ln 3n 7n n.ln

   

   2021 2021 

ln ln

*

2021

n n

n

 



Xét hàm số   ln 3 

t t

f t

t



 với t ta có:

     

1

3 ln ln ln

3

'

t t t t

t t t

f t

t

  

 

  ln ln 72 3 7 ln 3  

'

3

t t t t t t

t t

f t

t

   





  ln ln ln 32  7  ln 3 

'

3

t t t t t t t t t t

t t

f t

t

    





  ln ln 3 72 ln 7 ln 3 

'

3

t t t t t t t t

t t

f t

t

       

   





Vì  

   

3 ln ln

'

7 ln ln

t t t t t t

t t t t t t f t t



     

    



    

 

Do hàm số y f t  nghịch biến 0; Từ (*) suy 0 n 2021

- Tìm điểm M0 Cm cố định, dự đốn M0 tiếp điểm - Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị  Cm M0

- Thử lại: Xét phương trình hồnh độ giao điểm, chứng minh tiếp tuyến vừa tìm ln tiếp xúc với  Cm

0 m

 

- Đồng hệ số tìm , a b

(24)

25

Ta có y 2m 1x m 2mx x m 2mx

x m x m x m

   

   

  

0 m

   đồ thị hàm số  Cm ln qua điểm cố định M00;   Ta dự đoán M0 tiếp điểm Khi ta có: Đường thẳng y ax b  tiếp tuyến  Cm M00;  

Ta có:

   

2

' m '

y y

x m

  



 Phương trình tiếp tuyến  Cm M00; 1  là: y2x  0 2x1 Thử lại: Xét phương trình hoành độ giao điểm

2

1 2 2 0

mx

x mx x mx x x

x m           (nghiệm kép)

Do đường thẳng y2x1 ln tiếp xúc với  Cm (thỏa mãn) Vậy a2,b    1 a b

Chọn B Câu 42 (VD) Phương pháp:

- Tính g x' , giải phương trình g x' 0 - Lập BXD g x' 

- Xác định điểm cực đại hàm số g x  điểm mà g x'  đổi dấu từ dương sang âm

Cách giải:

Ta có:

   2 

g x  f x  x

     

' 2 '

g x x f x x

   

   

2

'

x g x

f x x

  

  

 



2

1

2

x

x x

  

   

   

(25)

26 x x x         

qua nghiệm g x'  đổi dấu

Chọn x4 ta có g' 4 6 ' 8f  0 Khi ta có BXD g x'  sau:

x  1 

 

'

g x  +  +

Điểm cực đại hàm số g x  f x 22x 1.

CD

x 

Chọn C Câu 43 (VD): Phương pháp:

- Giả sử A a a ; 3a24 , B b b; 3b24 

- Vì OA2OB nên 2 OA OB OA OB        

 , giải hệ phương trình phương pháp

Cách giải:

Giả sử A a a ; 3a2 4 , B b b; 3b24 

- Vì OA2OB nên    

   

3

; ;

2

2 ; 4

a a a b b b

OA OB

OA OB a a a b b b

                          

3 3

3 3 3

2

4 2 8 4 2

2

4 2 8 4 2

a b a b

a a b b b b b b

a b a b

a a b b b b b b

                                              3

2 2

6 1

2

1

6 12

a b a b a

b b b b

a b a

a b b b b b                                                

Vậy có cặp điểm ,A B thỏa mãn yêu cầu toán

(26)

27 Phương pháp:

- Đặt cạnh hình vng x cm , bán kính hình trịn y cm 

- Tính chu vi hình vng chu vi hình trịn, suy tổng chu vi 120cm - Tính diện tích hình vng, diện tích hình trịn tính tổng

- Sử dụng BĐT Bunhiacopxki: ax by 2 a2b2x2y2. Dấu “=” xảy a b.

x y

 

Cách giải:

Đặt cạnh hình vng x cm , bán kính hình trịn y cm 

 Độ dài đoạn dây thứ 4x cm , độ dài đoạn dây thứ hai 2y cm 

  

4x 2y 120 2x y 60 cm *

     

Diện tích hình vng x cm2 2 .

Diện tích hình trịn y cm2 2 .

Tổng diện tích hình vng hình trịn là: x2y cm2 2

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

 2  2  2 

2 2

60  2xy  2x   y    x y

 

2 60 504

4

x y cm



   



Dấu “=” xảy ,

2

x y x

y

 

   kết hợp (*)

  60   120  

4 60

4

y y cm y cm x cm

 

      

 

Vậy tổng diện tích hình vng hình trịn đạt giá trị nhỏ 504 cm2 . Chọn C

Câu 45 (VD) Phương pháp:

- Kẻ OM  AC M AC ON, AB N AB OP, BC P BC   Khi ta có

, 2,

OP a OM a ON a

(27)

28

- Sử dụng hệ thức lượng tam giác vng để tính khoảng cách

Cách giải:

Kẻ OM AC M AC ON,  AB N AB OP, BC P BC   Khi ta có OP a OM , a 2,ONa

Trong OCN kẻ OH CN H CN   ta có:

 

AB ON

AB OCN AB OH

AB OC

 

   

 



   ; 

OH AB

OH ABC d O ABC OH

OH CN

 

   

 



Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có: 2 12 2 12 12 12 OH OC ON OA OB OC Lại có

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1

; ;

OM OA OC ON OA OB OP OB OC

2 2 2

1 1 1

2

OM ON OP OA OB OC

 

       

 

2 2 2

1 1 1 1

2

OA OB OC OM ON OP

 

       

 

2 2 2 2

1 1 1 1 11

2 12

OA OB OC a a a a

 

       

 

2

1 11 33

12 11

a OH

OH a

   

Vậy  ;  33 11 a

d O ABC 

(28)

29 Câu 46 (VDC)

Cách giải:

Ta có:

    2  6 2

f x  x m x  m x x

   

' 2

2 x

f x x x x m x m

x



       



   

 

2

'

2 6

x x x m x m x x x

f x

x x x m x m x m x

          

  

           



Với x 2 f x' 3x28x   6 0 x 2.

Để hàm số cho có điểm cực trị phương trình 3 2 6 0 2

3 m

x m x 

      có nghiệm

 

1 2 * x x 

Ta có BXD f x'  sau:

Khi hàm số ban đầu thỏa mãn có điểm cực trị

Ta có  

2

0 3

3

* 3

4

2

3 m

m

m m

m



 

  

 

        

  



Mà m     m  2; 1;0;1; 

Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán

Chọn A Câu 47 (VDC) Phương pháp:

- Gọi O trung điểm BC, gọi H điểm đối xứng với A qua ,O chứng minh H tâm đường tròn ngoại tiếp ABC

- Xác định A A ABC' ; 

(29)

30

- Chứng minh d B ACC A ; ' 'd H ACC A ; ' '  Gọi M trung điểm AC, A HM'  kẻ

 

' ' ,

HK  A M KA M chứng minh d H ACC A ; ' 'HK - Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông 'A HM tìm x - Tính VABC A B C ' ' ' A H S' ABC

Cách giải:

Gọi O trung điểm BC, gọi H điểm đối xứng với A qua ,O dễ dàng chứng minh ABHC hình bình hành

0

180 60

AB BH

ABH

ABH BAC

 

  

    

 ABAH  ACH tâm đường tròn ngoại tiếp

 

'

ABC A H ABC

  

Do AH hình chiếu vng góc AA' lên ABC

 

AA ABC'  AA AH';  A AH' 450 AA H'

         vuông cân H AH  A H'

Đặt AB ACAH  A H' x x 0

Gọi M trung điểm AC, ta có AH AC CH   x ACH cạnh xHM  AC x HM 

Trong A HM'  kẻ HK  A M K'  A M'  ta có:

 ' 

'

AC HM

AC A HM AC HK

AC A H

 

   

 



    

'

' ' ; ' '

HK A M

HK ACC A d H ACC A HK

HK AC

 

   

 



Lại có / / / / ' '  ; ' '  ; ' ' 21

7

(30)

31

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng 'A HMta có:

2 2 2

1 1

' 3

HK  A H HM   x  x

2

7

'

3 3x x AB A H

    

' ' '

3

'

4

ABC ABC A B C ABC

S V A H S

    

Chọn A Câu 48 (VDC) Cách giải:

Trong tập hợp S ta có:

- Tập hợp số chia hết cho S0 5;10;15; 20; 25;30;35 : phần tử - Tập hợp số chia cho dư S11;6;11;16; 21; 26;31 : phần tử - Tập hợp số chia cho dư S2 2;7;12;17; 22; 27;32 : phần tử - Tập hợp số chia cho dư S3 3;8;13;18; 23; 28;33 : phần tử - Tập hợp số chia cho dư S4 4;9;14;19; 24; 29;34 : phần tử

Gọi X tập hợp tập hợp gồm tất tập chứa 26 phần tử S ta có   26 35 n X C

Gọi X0 {những số chia hết cho 5}, X1 = {những số choc ho dư 1}, X2 {những số chia cho dư 2},

3

X {những số chia cho dư 3}, X4 {những số chia cho dư 4}

0

X X X X X X

     

Ta chứng minh n X 0 n X 1 n X 2 n X 3 n X 4

Vậy số cách chọn tập Sgồm 26 phần tử cho tổng phân tử chia hết cho

26

35 14121492

5

C 

Chọn B Câu 49 (VD) Phương pháp:

- Khai triển đẳng thức

- Sử dụng:  a2b2 asinx b cosx a2 b2, từ tìm min  , max  .

x f x x f x

(31)

32 Cách giải:

Ta có:

    2 2

sin cos

f x  x m  x n

  sin2 2 sin cos2 2 cos

f x  x m x m  x n x n

  1 2 sin cos  2

f x   m x n x m n

Ta có:  m2n2 msinx n cosx m2n2

 

2 2

2 m n msinx ncosx m n

       

 

2 2

1 m n msinx ncosx m n

        

 

2 2 2 2

1 m n m n f x m n m n

          

  2 2

min

x f x m n m n

     



  2 2

max

x f x   m n m n

Theo ta có:

   

min max 52

x f x  x f x 

2 2 2 2

1 m n m n m n m n 52

          

2

2 2m 2n 52

   

2 25

m n

  

Vì  

       

0;5 ; 0; ; 5;0 ; 5;0 ; , ; 3; ; 3; ; 3; ; 3;

4;3 ; 4; ; 4;3 ; 4;

m n m n

 

 

 

       

     

 



Vậy có 12 số m n;  thỏa mãn

Rút gọn

 

3

1

x x

 

 

  Từ rút gọn biểu thức log giải bất phương trình

(32)

33

Ta có:

3 3

37 37 37

55 55 55

2 1

log log log

2 1

x x

      

  

 

3 3

37 3

55

2 1

log *

2 1

x x              Ta có:                  2

3 2

1 1

1

2

1 1

x x x x x x

x x

x

x x x

x x x x

                          Khi

   

37

55

1

* log 1

2

x x x                37 55 1.2.3

log

9 1

x

x x x

  

  

 

 

   

3 1 1.2.3 37

9 1 55

x

x x x



 

 

2

2 37

55 x x x x      2 111 110 x x x x      1 110 x x    110 x x   

11 x 10

   

Kết hợp điều kiện đề ta có x 10 x 3; 4;5; ;9  x         

Vậy tổng nghiệm nguyên bất phương trình cho bằng: 3 7 42



    

Chọn D

Định dạng
Số trang	32
Dung lượng	1,1 MB