Đề thi thử THPT quốc gia 2021 môn Toán THPT chuyên KHTN có đáp án | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lí Pytago, diện tích … để tính khoảng cách.. Giải chi tiết:..[r]

TRƯỜNG ĐH KHTN TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHTN

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1 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

1

:

2

x y z

d    

 và

2

1

:

1 2

x y z

d     

 Khoảng cách hai đường thẳng bằng

A 17

16 B

17

4 C

16

17 D 16

Câu (TH): Diện tích hình phẳng giới hạn đường thẳng y x parabol y2x2 x1

A 9 B

13

6 C

13

3 D

9 Câu (TH): Phương trình z4 16 có nghiệm phức?

A B C D

Câu (VD): Cho hàm số y x 3 mx2 m x2 8 Có giá trị m nguyên để hàm số có điểm cực tiểu nằm hồn tồn phía bên trục hồnh?

A B C D

Câu (TH): Có giá trị nguyên m để hàm số

4 mx y

x m  

 nghịch biến khoảng 1;1 ?

A B C D

Câu (NB): Hàm số   y x

có tập xác định

A 1; B 1; C   ;  D  ;1  1;

Câu (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

1

:

2

x y z

  

 mặt phẳng  Q x y:  2z0 Viết phương trình mặt phẳng  P qua điểm A0; 1; ,  song song với đường thẳng  vng góc với mặt phẳng  Q

A x y 1 0 B 5x3y 3 C x y  1 D 5x3y 0

Câu (TH): Tập nghiệm bất phương trình

 

1

2

log xlog 2x1

A

;1

 

 

  B

1 ;1

 

 

  C

1 ;1

 

 

  D

1 ;1

 

 

Câu (VD): Tìm tất giá trị thực m để phương trình

4 2 3 2 1 x  x   m

có nghiệm thực phân biệt

A

3

2 m

 

B 4m5 C 3m4 D

5

2 m

 

Câu 10 (TH): Số nghiệm thực phương trình  

2

4

log x log x  là:

A B C D

Câu 11 (TH): Có giá trị nguyên m để đồ thị hàm số y x 3 12x 1 m cắt trục hoành điểm phân biệt?

A B 33 C 32 D 31

Câu 12 (VD): Cho a b, số thực dương thỏa mãn  

log ab a b 3

Tính   log ab b a

A

3 B

1 

C 3 D 3

Câu 13 (TH): Giá trị nhỏ hàm số

2 16 y x

x

 

0; bằng:

A B 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 45 Gọi E trung điểm BC Tính khoảng cách hai đường thẳng DE SC

A

2 19 19 a

B 10 19 a

C 10 a

D

2 19 a

Câu 15 (TH): Có giá trị ngun dương m khơng vượt 2021 để phương trình

1

4x m.2x

   có nghiệm?

A 2019 B 2018 C 2021 D 2017

Câu 16 (TH): Biết

2

1

ln ln x

dx a b c x x



  





với a b c, , số hữu tỉ Tính 2a3b c

A 5 B 19 C 5 D 19

Câu 17 (TH): Biết log 32 a, log 52 b. Tính log theo 45 a b, A

2 a b

B

2 b 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

Câu 19 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A1;3; 2  mặt phẳng

 P : 2x y  2z 0.

Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  P bằng:

A

3 B C 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 C

285

494 D

5750 9880

Câu 21 (TH): Tính nguyên hàm tan 2xdx



A

tan

2 x x C  B tan 2x x C  C

1 tan

2 x x C  D tan 2x x C 

Câu 22 (TH): Số nghiệm nguyên thuộc đoạn 99;100 bất phương trình

4 sin cos

5 10

x

x

 

   



   

    là:

A B 101 C 100 D

Câu 23 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

1

:

1 2

x y z

  

 mặt phẳng  P :2x y 2z 0. Gọi α góc đường thẳng Δ mặt phẳng (P) Khẳng định sau đúng?

A

4 cos

9

 

B

4 sin

9

 

C

4 cos

9

 

D

4 sin

9

 

Câu 24 (TH): Cho cấp số cộng  un thỏa mãn u1u2020 2, u1001u12211. Tính u1u2 u2021 A

2021

2 B 2021 C 2020 D 1010

Câu 25 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

1

:

2

x y z

  

 điểm

 1;2;0 

A 

Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng Δ bằng:

A

17

9 B

17

3 C

2 17

9 D

2 17

Câu 26 (VD): Có giá trị nguyên dương m để hàm số

3

2ln

y x  x mx

đồng biến

0;1 ?

Câu 27 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

1

:

1

x y z

  

hai mặt phẳng  P x:  2y3z0, Q x:  2y3z 4 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng

 tiếp xúc với hai mặt phẳng  P  Q

A    

2

2

2

7 x  y  z 

B    

2

2

2

7 x  y  z 

C    

2

2 2 2

7 x  y  z 

D    

2

2 2 2

7 x  y  z 

Câu 28 (TH): Tìm nguyên hàm 2x1 ln xdx A  

2 ln

2 x

x x x  x C

B  

2 ln

2 x

x x x  x C

C  

2 ln

2 x

x x x  x C

D  

2 ln

2 x

x x x  x C

Câu 29 (VDC): Cho a b, số thực dương thỏa mãn

2 2a b ab ab

a b

   



 Giá trị nhỏ biểu thức a2b2 là:

A 3 B  

2 1

C

2 

D 2

Câu 30 (VD): Cho hàm số y mx 3mx2 m1x1 Tìm tất giá trị m để hàm số nghịch biến R?

A

0 m

  

B m0 C

3

0 m

  

D

3 m

Câu 31 (VD): Có giá trị nguyên dương m để hàm số y x 28ln 2x mx đồng biến

0;

?

A B C D

Câu 32 (TH): Cho số phức z thỏa mãn 3z i z  8 0 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;2, B1;1;3, C3; 2;0

mặt phẳng  P x: 2y 2z 1 Biết điểm M a b c ; ;  thuộc mặt phẳng (P) cho biểu thức

2 2 2

MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ Khi a b c  bằng:

Câu 34 (TH): Tính đạo hàm hàm số yln x1

A

x

x B

1

x C

1

x x D

1 2x2 x

Câu 35 (TH): Tính nguyên hàm   2 2 1 x x  dx



A

2 13 18 x

C

 

B

2 13 x

C

 

C

2 13 x

C

 

D

2 13 x

C

 

Câu 36 (TH): Phương trình 2x 3x2 có nghiệm thực?

A B C D

Câu 37 (VD): Cho hàm số y x 3 3x22 Có tiếp tuyến với đồ thị hàm số qua điểm

1;0

A

?

A B C D

Câu 38 (TH): Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a 3, SAABCD SA a 2.

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 3 3x2 là:

A 0;0 B 0;2 C 1;0 D 1;4 Câu 40 (VD): Cho hàm số f x  liên tục  thỏa mãn    1  

x xf x x f x e

  

với x

Tính f 0

A 1 B 1 C

1

e D e

Câu 41 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A1; 1; 2   mặt phẳng

 P x:  2y 3z 4

Viết phương trình đường thẳng qua A vng góc với (P) A

1

1

x y z

 

  B

1

1

x y z

 



C

1

1

x y z

 

  D

1

1

x y z

 



Câu 42 (VDC): Có giá trị thực m để hàm số

   

9

3 2

y mx  m  m x  m  m  m x m

Câu 43 (VD): Cho hàm số f x  liên tục 0; thỏa mãn  

1 2f x xf x

x

 

  

  với x0.

Tính

 

2

1

f x dx



A

7

12 B

7

4 C

9

4 D

3

Câu 44 (TH): Biết đường thẳng y 1 2x cắt đồ thị hàm số

2 x y

x  

 hai điểm phân biệt A và B Độ dài đoạn thẳng AB bằng:

A 20 B 20 C 15 D 15

Câu 45 (VD): Cho hình chóp S ABC có AB3 ,a BC 4 ,a 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 2a3 B 6a3 C 12a3 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   

A

3 a

B 2

2 a

C 2 2a3 D

3

3

2 a

Câu 47 (TH): Tính thể tích khối trịn xoay cho hình phẳng giới hạn đường thẳng 3x 2 đồ

thị hàm số y x quanh quanh trục Ox

A

6 B 6



C

5 D

Câu 48 (TH): Cho cấp số nhân  un thỏa mãn 2u3u4u5 u6u7u8 Tính

8 10 u u u

u u u

 

 

A B C D

Câu 49 (VD): Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z 1 3i   z i A x 2y 0 B x y  0 C x y  2 D x y  0

Câu 50 (VDC): Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng cân B, AB BC 3a, góc

0 90 SAB SCB

A 36a2 B 6a2 C 18a2 D 48a2

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 M1 có VTCP u1;



đường thẳng d2 qua điểm M2 có VTCP u2



Khi ta có khoảng cách d d1, 2 tính cơng thức:

 2 2

1 ,

;

, u u M M d d d

u u

 

 



 

 

                                         

 

Giải chi tiết: Ta có:

1

1

:

2

x y z

d    

  d1 qua M10;1; 1  có VTCP là: u12;1;  



2

1

:

1 2

x y z

d     

  d2 qua M21;2;3 có VTCP là: u2 1; 2;  



 

 

1

1

1;1;4 , 2; 2;3 M M

u u

 

  

  

 





 

 2 2

1 , ;

, u u M M d d d

u u

 

 

 

 

 

                                         

 

2 2 2 12 16

17 2

 

 

 

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

a

Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

2

3

1 x

x x x

x

 

     



 .

Vậy diện tích hình phẳng cần tính

2

3

S x x x dx



     

Câu 3: Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng đẳng thức a2 b2 a b a b     Giải chi tiết:

Ta có 16

z  z4 16 0

      

2

4

z z

   

2

2

2

z z

z i z



  

   



 



Vậy phương trình cho có nghiệm phức Câu 4: Đáp án C

Phương pháp giải:

- Giải phương trình y 0 xác định giá trị cực trị theo m

- Chia TH, tìm giá trị cực tiểu tương ứng giải bất phương trình yCT 0 Giải chi tiết:

Ta có y 3x2 2mx m 2; y 0 có   m23m2 4m2  0 m

Để hàm số có cực tiểu, tức có điểm cực trị phương trình y 0 phải có nghiệm phân biệt

m

 

Khi ta có

3

3

8

0

2

8

3 27

m m

x m y m

y

m m m m

x y

 

    

    

 

    



Khi u cầu tốn

3

3

3

8

0

5

8

27

CT

CT m

y m m

m

m

y m

 

 

    

  

  

   

     

  



0

6

0

m m

 

  

   



Lại có m m  3; 2; 1;1   Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 5: Đáp án B

Hàm số

ax b y

cx d  

 nghịch biến  ;   

; y

d

c    

  

 

  Giải chi tiết:

TXĐ: D\m

Ta có  

2

4

mx m

y y

x m x m

 



  

 

Để hàm số nghịch biến khoảng 1;1

 

2 4 0 2 2

0

1

1;1

1

m m

y m

m m

m m

m m

  

   

   

   

      

       

 

    



 

 .

Lại có m m1.

Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 6: Đáp án B

Phương pháp giải:

Hàm số y x n với n  xác định x0.

Giải chi tiết: Hàm số  

1 y x

xác định x  1 x1.

Vậy TXĐ hàm số 1; Câu 7: Đáp án C

Phương pháp giải: - Xác định u



VTCP  nQ



VTPT  Q

- Vì

     

/ / P

P Q

n u P

P Q n n



 

 

 



 

 



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

;

P Q

n n u                  

- Phương trình mặt phẳng qua M x y z 0; ;0 0 có VTPT → n A B C ; ; 



 0  0  0

A x x B y y C z z 

Giải chi tiết:

Đường thẳng  có VTCP u 2; 2;1 



Mặt phẳng  Q có VTPT nQ 1; 1; 2 



Gọi nP



VTPT mặt phẳng  P Vì

     

/ / P

P Q

n u P

P Q n n



 

 

 



 

 



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

; 3;3;0

P Q

n n u

   

  

1;1;0

n

  VTPT  P .

Vậy phương trình mặt phẳng  P 1.x 01.y10.z 2 0  x y  1 Câu 8: Đáp án A

Phương pháp giải:

- Tìm ĐKXĐ bất phương trình

- Giải bất phương trình logarit: loga f x  loga g x  f x g x khi  0a1. Giải chi tiết:

ĐKXĐ:

0

2

x

x x

 

 



 

 .

Ta có:

 

1

2

log xlog 2x1

 2

1

2

log x log 2x

  

2 12

x x

  

2 4 4 1

x x x

    3x2 4x 1

1

1 x

  

Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm phương trình

;1 S 

  .

Câu 9: Đáp án D Phương pháp giải:

- Xét phương trình hồnh độ giao điểm, lập m, đưa phương trình dạng mf x 

- Để đồ thị hàm số cho cắt trục hồnh điểm phân biệt đường thẳng y2m1 phải cắt đồ thị

hàm số

4 2 3 yx  x 

điểm phân biệt

- Lập BBT hàm số y x 4 2x2 3, từ lập BBT hàm số y x 4 2x2 ,

4 2 3 yx  x 

tìm m thỏa mãn

Giải chi tiết:

Số nghiệm phương trình

4 2 3 2 1 x  x   m

số giao điểm đồ thị hàm số

4 2 3 yx  x 

đường thẳng y2m1

Xét hàm số y x 4 2x2 ta có

3

4

1 x

y x x

x

 

     

BBT:

Từ ta suy BBT đồ thị hàm số

4 2 3 yx  x 

- Từ đồ thị y x 4 2x2 lấy đối xứng phần đồ thị bên trục Ox qua trục Ox - Xóa phần đồ thị bên trục Ox

Ta có BBT đồ thị hàm số

4 2 3 yx  x 

sau:

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y2m1 cắt đồ thị hàm số

4 2 3 yx  x 

điểm phân biệt

và

5

3 4

2

m m m

        

Vậy

5

2 m

 

Câu 10: Đáp án B Phương pháp giải:

- Xét phương trình hồnh độ giao điểm, lập m, đưa phương trình dạng mf x 

- Để đồ thị hàm số cho cắt trục hồnh điểm phân biệt đường thẳng y m phải cắt đồ thị hàm

số yf x  điểm phân biệt

- Lập BBT hàm số yf x  tìm m thỏa mãn Giải chi tiết:

ĐKXĐ: 2

0

2

2

2 2

2 x

x x

x

x x

x

 



 

 



   

 

     

  

   

 

2

4

log x log x 

 

2

1

.2.log log

2 x x

  

 

2

log x log x

    x2 2x

2

2 x x

     x  2 x2tm

Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt Câu 11: Đáp án D

Phương pháp giải:

- Xét phương trình hồnh độ giao điểm, lập m, đưa phương trình dạng mf x 

- Để đồ thị hàm số cho cắt trục hoành điểm phân biệt đường thẳng y m phải cắt đồ thị hàm

số yf x  điểm phân biệt

- Lập BBT hàm số yf x  tìm m thỏa mãn Giải chi tiết:

Xét phương trình hồnh độ giao điểm x312x 1 m 0 m x 312x 1 f x 

Để đồ thị hàm số cho cắt trục hồnh điểm phân biệt đường thẳng y m phải cắt đồ thị hàm số

 

yf x điểm phân biệt.

Ta có f x 3x212 0  x2 BBT:

Dựa vào BBT ta thấy để đường thẳng y m phải cắt đồ thị hàm số yf x  điểm phân biệt 15 m 17

   .

Mà m m  14; 13; 12; ;15;16   Vậy có 31 giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 12: Đáp án B

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức: logaxy logaxloga y0a1, ,x y0

 

log n log 1,

m

a a

m

b b a b

n

Từ giả thiết tính logab

- Biến đổi biểu thức cần tính cách sử dụng cơng thức trên, thay logab vừa tính để tính giá trị biểu thức

Giải chi tiết: Theo ta có:

log√ab(a3√b)=log√ab(3√ab.3√a2)=log√ab3√ab+log√ab3√a2=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab (ab)

+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒23+134(1+logab)=3⇒logab=−37logab(ab3)=logab(ab3.a23)=logab ab3+logaba23=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab(ab)

+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒23+134(1+logab)=3⇒logab=−37

  3 2

log ab a b log ab ab a

3

log ab ab log ab a

 

   

 

1

2

1

1 log

log ab

a ab

ab

 

 

 

1

2.log

1

3 log

2 ab

a ab

ab

 

 

2

3

3 1 log

4 ab

  

 

2

3

3 1 log

4 ab

  

 log

7

ab

 

Khi ta có:

  3 2

log ab b a log ab ab b

3

log ab ab log ab b

 

   

 

1

2

1

1 log

log ab

b ab

ab

 

 

 

1

.2.log

1

3 log

2 ab

b ab

ab

 

2

3

3 log 1

4 ba  



2 1

3 1

3

  

 

Câu 13: Đáp án D Phương pháp giải:

Lập BBT hàm số 0; tìm GTNN hàm số Giải chi tiết:

Hàm số cho xác định 0; Ta có

3

2

16 16

2 x

y x

x x



   

; y  0 x2

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy min0; y12. Câu 14: Đáp án A

Phương pháp giải:

- Xác định mặt phẳng  P chứa DE song song với SC, d DE SC ;  d SC P ; . - Đổi sang d A P ;  Dựng khoảng cách

- Xác định góc đường thẳng mặt phẳng góc đường thẳng hình chiếu mặt phẳng

Trong ABCD gọi I ACDE, SAC kẻ IG SC G SA/ /    , ta có DEGDE/ /SC.

 ;   ;   ; 

d SC DE d SC GDE d C GDE

  

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

1 IC EC

IA AD  , ACGDE I nên

 

 

 

 

; 1

2 ;

d C GDE IC IA d A GDE  

 

 ;   ; 

2

d C GDE d A GDE

 

Trong ABCD kẻ AH DE H DE, GAH kẻ AK GH K GH   ta có:

 

DE AH

DE AGH DE AK

DE AG

 

   

  

   ; 

AK GH

AK GDE d A GDE AK AK DE

 

   

  

Vì SAABCD nên AC hình chiếu vng góc SC lên ABCD

 

SC ABCD;  SC AC;  SCA 450

    

SAC

  vuông cân A.

Vì ABCD hình vng cạnh a nên AC a 2 2 a SA .

Áp dụng định lí Ta-lét ta có

2

3

AG AI a

AG AS AC    .

Ta có:  

2

1 1

; 2

2 2

AED

S  d E AD AD AB AD a a a

Áp dụng định lí Pytago tam giác vng CDE ta có

2

2 2 10

2

a a DE CD CE  a  

2 2 10

5 10

2 AED

S a a

AH

ED a

   

AK=AG.AH√AG2+AH2=4a3.2a√105

2 2

4 10

3 5 19

19

4 10

3

a a

AG AH a

AK

AG AH a a

  

    

  

 

    .

Vậy  

1 19 ;

2 19

a d DE SC  

Câu 15: Đáp án B

Phương pháp giải: - Đặt ẩn phụ t2x2 0.

- Cơ lập m, đưa phương trình dạng m g t t    0 - Lập BBT hàm số g t  t0.

- Dựa vào BBT tìm giá trị m để phương trình có nghiệm Giải chi tiết:

Ta có  

2

1 2

4x  m.2x   1 2x  m.2x  1

Đặt t2x2 0, phương trình cho trở thành    

2

4t mt m t g t t t



      

Xét hàm số  

2

4 1

4 t

g t t

t t



  

có  

1

4

2

g t t

t

     

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình có nghiệm t  0 m4.

Kết hợp điều kiện

4;5;6; ;2020; 2021

2021 m

m m

  

 

  



Vậy có 2018 giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 16: Đáp án D

Phương pháp giải:

- Phân tích mẫu thành nhân tử, biến đổi để xuất tích phân dạng

1 k

dx ax b



- Tính tích phân tìm a b c, ,

Giải chi tiết:

Ta có:

2

2

1

1

1

x x

dx x dx

x x x x

                   2 1 1 x

x dx dx

x x 

  



 

2 I  

Giả sử  

1

x B C

x x x x

           1 1

B x Cx x

x x x x

             1

B C x B x

x x x x

       1

B C B

B C             

Khi ta có

 

2 2

1 1

1

1

x

I dx dx dx

x x x x

          2 1

ln x 2ln x

    ln 2ln 2ln 2  2 ln 3ln 2

2

1

2ln 3ln 2 x dx x x        2 a b c           

Vậy  

1

2 3.2 19

a b c     Câu 17: Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức: logabm mlogab0a1,b0

 

1

log ,

log a

b

b a b

a

  

Giải chi tiết: Ta có:

2

45

2

2 log log

log log

 



2

2

2log log 2a b

 

 

Phương pháp giải:

- Gọi số tự nhiên có chữ số khác abcd a b c d ; ; ; 0;1; 2;3; 4;5 , a b c d    - Vì abcd15 nên

 

5 0;5

3 abcd d abcd

  

   



 .

- Ứng với mõi trường hợp d, tìm cặp số a b c, , tương ứng Giải chi tiết:

Gọi số tự nhiên có chữ số khác abcd a b c d ; ; ; 0;1; 2;3; 4;5 , a b c d    Vì abcd15 nên

 

5 0;5

3 abcd d abcd

  

   



 .

+ TH1: d 0, số cần tìm có dạng abc0  a b c  3.

Các ba chữ số chia hết cho 1; 2;3 ; 1;3;5 ; 2;3;4 ; 3;4;5      

⇒ có 4.3! 24 cách chọn a b c, , .

⇒ Có 24 số thỏa mãn

TH2: d 5, số cần tìm có dạng abc5  a b c   5  a b c  chia dư 1.

Các ba chữ số chia dư 0;1;3 ; 1; 2;4 ; 0;3;4    

⇒ có 2.2.2! 3! 14  cách chọn a b c, , .

⇒ Có 14 số thỏa mãn

Vậy có tất 14 14 38  số thỏa mãn.

Câu 19: Đáp án B Phương pháp giải:

- Khoảng cách từ điểm M x y z 0; ;0 0 đến mặt phẳng  P Ax By Cz D:    0 là

 

  0

2 2

; Ax By Cz D

d M P

A B C

  



  .

Giải chi tiết:

 

   

 2

2

2.1 2

;

2

d A P      

  

Câu 20: Đáp án C

Phương pháp giải:

- Gọi A biến cố: “Ban lớp gồm bạn có nam nữ” Xét TH để tính số phần tử biến cố A n A 

+ TH1: Chọn nam nữ + TH2: Chọn nam nữ

- Tính xác suất biến cố A:

   

 

n A P A

n 

 .

Giải chi tiết:

Số cách chọn bạn C403 nên số phần tử không gian mẫu   40 n  C

Gọi A biến cố: “Ban lớp gồm bạn có nam nữ”

TH1: Chọn nam nữ có C C130 102 cách TH2: Chọn nam nữ có C C302 101 cách

  2

40 10 40 10 n A C C C C

  

Vậy xác suất biến cố A

   

 

1 2 30 10 30 10

3 40

15 285

26 494 n A C C C C

P A

n C



   

 .

Câu 21: Đáp án A Phương pháp giải: - Sử dụng công thức

2

2

tan

cos





 

- Sử dụng cơng thức tính ngun hàm mở rộng:  

 

2

1

tan

cos ax b dxa ax b



Giải chi tiết:

Ta có: tan 2xdx



1 cos 2x dx

 

   

 



1

cos 2xdx dx

   1tan

2 x x C

  

Câu 22: Đáp án C Phương pháp giải:

- Sử dụng tính chất

sin cos

     

 .

- Giải bất phương trình mũ:        

f x g x

a a  f x g x khi a

- Giải bất phương trình đại số tìm x, sau kết hợp điều kiện đề Giải chi tiết:

Vì

3

5 10 10

   

  

nên

3 sin cos

5 10

 



Khi ta có

4

3

sin cos sin sin sin

5 10 5

x x x x x do x                                          

2 4 2

0 x x x x          

Kết hợp điều kiện x  99;100 ta có x  99; 2 0; 2 Vậy phương trình cho có 100 nghiệm nguyên thỏa mãn Câu 23: Đáp án B

Phương pháp giải:

Gọi  góc  P , ta có

sin P d P d n u n u                                

, với np



ud



vtpt  P vtcp Δ

Giải chi tiết:

Mặt phẳng  P :2x y 2z 0 có vtpt nP 2; 1; 2 



, đường thẳng

1

:

1 2

x y z

  

 có 1 vtcp ud 1; 2; 2 



Ta có:

 

2 2 2

2.1 1.2 2 4

sin

9

2 2

P d P d n u n u                                          65

cos sin

9

 

   

Câu 24: Đáp án A

Phương pháp giải:

- Gọi d công sai CSC Sử dụng công thức SHTQ CSC: un  u1 n1d, giải hệ phương trình tìm u d1, .

- Sử dụng cơng thức tính tổng n số hạng CSC:

 

1

2

2 n

u n d n u u u  u    

Giải chi tiết:

Gọi d công sai CSC Theo ta có:

1 2020 1

1001 1021

2021

2 2019

2 2020

1

u u u d u

u u u d

d                        . Vậy

 

1 2021

2 2020 2021 2021

2

u d

u u  u   

Câu 25: Đáp án D Phương pháp giải:

Sử dụng cơng thức tính khoảng cách từ A đến đường thẳng d

 ;  ; d

d AM u d A d

u

 

 



                           



, M điểm thuộc d ud



vtcp đường thẳng d Giải chi tiết:

Lấy M1; 2;3d Đường thẳng d có VTCP ud 2; 2;1 



Ta có: AM 2;0;3



 

; d 6; 4; AM u

 

                  

Vậy

   

 

2 2

2

2

; 6 4 4 2 17

;

3

2

d

d AM u d A d

u

    

 

  

  

                           



Câu 26: Đáp án C

Phương pháp giải:

- Để hàm số đồng biến 0;1 y   0 x 0;1

- Cô lập m, đưa bất phương trình dạng m g x   x 0;1  mmin0;1 g x . - Lập BBT hàm số g x  0;1 kết luận

Giải chi tiết:

TXĐ: D0; nên hàm số xác định 0;1

Ta có

2

y x m

x

   

Để hàm số đồng biến 0;1 y   0 x 0;1   2

8 0;1

m x x

x

    

Đặt    

2

8 , 0;1

g x x x

x

  

, ta có m g x   x 0;1  mmin0;1 g x .

Ta có  

3

2

2 16

16 x

g x x

x x



   

;    

1

2 g x   x tm

Dựa vào BBT  m6 Kết hợp điều kiện m  m1; 2;3;4;5;6 .

Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 27: Đáp án B

Phương pháp giải:

- Gọi tâm mặt cầu I, tham số hóa tọa độ điểm I  theo biến t.

- Vì mặt cầu có tiếp xúc với hai mặt phẳng  P  Q nên R d I P  ;  d I Q ;  Giải phương trình tìm t suy tâm, bán kính mặt cầu

- Mặt cầu tâm I x y z 0; ;0 0, bán kính R có phương trình      

2 2

0 0

x x  y y  z z R Giải chi tiết:

Gọi tâm mặt cầu I1 ; ;2  t t t 

Vì mặt cầu có tiếp xúc với hai mặt phẳng  P  Q nên R d I P  ; d I Q ; 

   

2 2 2

1 3.2 3.2

1 3

t t t t t t

          

 

   

5t 5t 5t 5t t

         

Khi mặt cầu có tâm I0; 2; 2  , bán kính

5 14 14 R  

Vậy bán kính mặt cầu cần tìm    

2

2 2 2

7 x  y  z 

Câu 28: Đáp án A Phương pháp giải:

Tính nguyên hàm phương pháp phần: udv uv  vdu Giải chi tiết:

Đặt    

2 ln

2

1 dx

u x du

x

dv x dx

v x x x x 

 

 



 

 

     

2x1 ln xdx

      

2

2 ln 1 ln

2 x

x x x x dx x x x x C

         

Câu 29: Đáp án C Phương pháp giải:

- Sử dụng phương pháp logarit số hai vế phương trình, sau xét hàm đặc trưng - Rút a theo b, từ điều kiện a suy điều kiện chặt chẽ b

- Biến đổi  

2 2

P a b  a b  ab

, đặt ẩn phụ t 2ab, lập BBT tìm miền giá trị t.

- Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN biểu thức P Giải chi tiết:

Theo ta có: 2a b ab ab

a b

   

 

   

2

2 log log

a b ab ab a b

       

   

2

2 log 1 log

a b ab ab a b

        

   

2

2 log 2 log

a b ab ab a b

       

     

2

log a b a b log 2ab 2ab *

       

Xét hàm số ylog2t t t  0 ta có

1

1 0

ln

y t

t

     

, hàm số đồng biến 0;

Khi    

2

* 2 2

1 b

a b ab a b b a

b 

         

 .

Vì

2

, 0 2

1 b

a b b b

b 

       

 .

Khi ta có    

2

2 2 2 2 2

P a b  a b  ab  ab  ab.

Đặt  

2

2

1 b

t ab b b

b 

   

 ta có

2 2

1 b b t

b

 



     

 

2

2 2 2

1

b b b b

t

b

   



 



 

2

2

2 4 2

1

b b b b b

b

    



  

2 4

1 b b

b

 

 

1

0

2

t   b 

0;3

t 

  

 .

Khi ta có   

2

2 4, 0;3

P  t  t t  t t    .

Ta có  

5

2 P  t   t ktm

, Pmin P3 5  3 5. Câu 30: Đáp án D

Phương pháp giải:

- Để hàm số nghịch biến  y    0 x

- Xét TH: m0

0 m  

  

 .

Giải chi tiết: TXĐ: D.

Ta có: y 3mx22mx m 1

Để hàm số nghịch biến  y    0 x .

3mx 2mx m x

       

 

 

2

0

3

m

x luon dung m

m m m

 

 

    



  

  

    

  



2

0

0

3

4 0

4 m m

m m

m m m

  

 



 

    



 

      

 



3

0

4

m

m m

  

    

   



Câu 31: Đáp án D Phương pháp giải:

- Để hàm số đồng biến 0; y   0 x 0;

- Cô lập m, đưa bất phương trình dạng m g x   x 0;  mmin0;g x .

Giải chi tiết: TXĐ: D0; Ta có:

2

2

2

y x m x m

x x

      

Để hàm số đồng biến 0; y   0 x 0;

 

8

2x m x 0; x

      

   

8

2 0; *

m x x

x

     

Đặt  

8 g x x

x

 

,  *  mmin0;g x .

Áp dụng BĐT Cơ-si ta có:

8

2x 2 x 2.4

x x

   

min0;g x 

 

, dấu “=” xảy

2x x

x

   

Từ ta suy m8, 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:

- Đặt z a bi a b   ;    z  a bi.

- Thay vào giả thiết 3z i z  8 0, đưa phương trình dạng A Bi  0 A B 0.

Giải chi tiết:

Đặt z a bi a b   ;    z  a bi.

Theo ta có:

 

3z i z 8 0

   

3 a bi i a bi

       3a3bi b  8i0

 

3a b a 3b i

     

3

3

a b a

a b b

  

 

   

   

 

Vậy tổng phần thực phần ảo z a b   1  3 2 Câu 33: Đáp án C

Phương pháp giải:

- Chứng minh MA22MB2 MC2 đạt giá trị nhỏ MI đạt giá trị nhỏ nhất. - Với I cố định, tìm vị trí M P để IMmin.

- 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 2 IB IC 0 Khi ta có:

2 2

2 2 2 2

MA  MB  MC MA  MB  MC

MI IA2 2MI IB 2 MI IC2 2MI2 2MI IA 2IB IC IA2 2IB2 IC2

                              

 

 

2 2

2MI IA 2IB IC

   

Vì I A B C, , , cố định nên IA22IB2 IC2 không đổi, MA22MB2 MC2 đạt giá trị nhỏ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất.

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:

2

IA IB IC 

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

   

x 1; ;y z 2 2x 1;y 1;z 3 x 3;y 2;z

          

   

   

 

 

1

2 2 0 2;0;

2

x x x x x

y y y y y I

z z z z z

        

  

  

              

          

 



Khi ta có IM a2; ;b c 4



Vì IM nP 1;2; 2 



phương, lại có M P nên ta có hệ phương trình:

2

2

4

1 2

2 2 2 1 0 2

a b a

a b c

b c b

a b c a b c c

   

 

 



 

  

     



  

           

  

Vậy a b c     1 2

Câu 34: Đáp án D Phương pháp giải:

Sử dụng cơng thức tính đạo hàm ln  u u

u   

 

 

1 1 1

1 2

x y

x x x x x

 

   

  

Câu 35: Đáp án A

Phương pháp giải:

Tính nguyên hàm phương pháp đổi biến, đặt t2x31. Giải chi tiết:

Đặt

3 2

2

6 dt t x   dt x dx x dx

Khi ta có  

 3

2

2

2 2 1 1.

6 18

x t dt t

x x  dx  C  C

  .

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:

2

3

2x 3x log 2x log 3x

    xlog 23 x2  x x  log 23  0

3

0

log log

x x

x x

 

 

   

  

 

Vậy phương trình cho có nghiệm thực Câu 37: Đáp án C

Phương pháp giải:

- Gọi M x y 0; 0 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 x y 0; 0 yf x  0 x x 0 f x 0 . - 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 3x2 6x

Gọi M x y 0; 0 thuộc đồ thị hàm số.

Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm M x y 0; 0 là

    

0 0 0

3

Cho A1;0d ta có:

  

0 0 0

0 3x  6x 1 x x  3x 2

2 3

0 0 0

0 3x 6x 3x 6x x 3x

         02x03 6x02 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 2a

Xét tam giác vng SAC ta có:

1 tan

3 SA SCA

SC

  

0 30 SCA

   .

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 0 tìm hồnh độ điểm uốn, từ suy tọa độ điểm uốn Giải chi tiết:

Ta có: y x 3 3x 2 y3x2 3;y6x

Cho y  0 6x 0 x 0 y2

⇒ Hàm số cho có điểm uốn 0;2

Câu 40: Đáp án B Phương pháp giải:

- Nhận thấy  1  

x x

x e  xe 

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 0 Giải chi tiết:

Theo ta có

   1   x

xf x x f x e

    xe f xx    x1e f xx   1

Ta có    1

x x x x

xe e xe  x e

     

x x

xe f x xe f x

  

     

x x x

xe f x  xe f x dx dx xe f x x C

   

          

Thay x0 ta có 0 C C0,

   

 

0

1 1

x x

x x x

xe f x x x e f x

f x e

e



  

 

      

  



  x  0 1

f x e f e

    

Câu 41: Đáp án A Phương pháp giải: - Vì d  P nên ud nP

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

- Phương trình đường thẳng qua A x y z 0; ;0 0 có vtcp u a b c ; ; 



0 0

x x y y z z

a b c

  

 

Giải chi tiết:

Mặt phẳng  P x:  2y 3z 4 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

1

1

x y z

 

  .

   

8 3

9

y  mx  m  m x  m  m  m x

   

3 9 6 3 2 4 2 y x  mx  m  m x  m  m  m 

 

Cho

 

     

5 2

0

0

9 *

x nghiemboi y

mx m m x m m m

     

      



Để hàm số đồng biến  x0 phải nghiệm bội chẵn phương trình y 0, phương

trình (*) phải nhận x0 nghiệm bội lẻ.

Vì x0 nghiệm (*) nên thay x=0x=0 vào phương trình (*) ta có:

3

1

2

2 m

m m m m

m    

    



 

 Thử lại:

+ Với m0 ta có y 12x5 không thỏa mãn y    0 x .

+ Với m1 ta có y 9x8   0 x (thỏa mãn).

+ Với

1 m

ta có

 

8 5

3

9 45

5

2 2

x

y x x x x

x  

       



 , khơng thỏa mãn

y    x

Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán m1.

Câu 43: Đáp án D Phương pháp giải:

- Thay x

t 

, sau rút f

x

 

 

  theo f x và vào giả thiết.

- Tìm f x  theo x tính

 

2

1

f x dx



phương pháp tích phân vế Giải chi tiết:

Ta có:  

1 2f x xf x

x

 

  

  , với x

t 

ta có  

1 1

2f f t

t t t

 

 

 

   

1 1

f f t

t t t

   

     

   

 

1 1

2

f f x

x x x

   

     

   

Khi ta có

  1     1  

2

2 2

f x x f x x f x f x x

x x

 

       

   

2

1

2

3

2 f x x 2 f x dx x dx

 

       

 

 

   

2

1

2

3

2 f x dx f x dx

     

Câu 44: Đáp án D Phương pháp giải:

- 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    

2

B A B A

AB x  x  y  y Giải chi tiết:

TXĐ: D\ 1 

Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

   

2

1 2 1

1 x

x x x x

x 

      



 

2

2 2 2 *

x x x x x x

         

Khi hoành độ điểm A B x xA, B nghiệm phương trình (*).

Áp dụng định lí Vi-ét ta có

1

1 1 x x x x

 

  

 

 .

Ta có: A x A;1 2 xA;B x B;1 2 xB nên:

 2  2

2

1 2

B A B A

AB  x  x   x   x

 2  2

2

4

B A B A

AB  x  x  x  x

 2

2 5

B A

AB  x  x

 2

2 5 4

A B A B

AB   x x  x x 

 

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

 .

2 5 12 4. 15

AB      

 

- 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 S r

p



, với S p, diện tích 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

1

S ABC ABC

V  SH S

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 AB2BC2 CA2 25a2 nên ABC vng B (định lí Pytago đảo).

Trong ABC kẻ HK/ /BC K AB ta có   AB SH

AB SHK AB SK AB HK

 

   

 

 .

   

 

 

; ;

SAB ABC AB SK SAB SK AB HK ABC HK AB

 

 

 



  



   

 SAB ; ABC  SK HK;  SKH 600

     .

Vì HK bán kính đường trịn nội tiếp ABC nên

1

3 ABC

ABC

a a S

HK a

a a a p

 

  

 

Xét tam giác vng SHK ta có SH HK.tan 600 a

Vậy

3

1 1

.3

3

S ABC ABC

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:

Gọi M trung điểm BC ta có   BC AM

BC A BC BC AA

 



 



 

 .

Trong A BC  kẻ AH A M H  A M  ta có:   AH BC

AH A BC AH A M

 



 



  

 

 ; 

d A A BC AH a

   .

Vì tam giác ABC cạnh 2a nên

3

2

2 AM  a a

 

2 2

2

4 ABC

S  a a

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông AA M ta có 2 2 2

1 1 1

3 AH A A AM  a A A  a

2

1

3

a A A

A A a 

   



Vậy

3

6

2

ABC A B C ABC

a a

V   A A S   a 

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

 

y g x

; đường thẳng x a x b ;  quanh quanh trục Ox

   

2

b

a

Xét phương trình hồnh độ giao điểm

2

3

2 x

x x

x

 

   



 .

Vậy thể tích khối trịn xoay cho hình phẳng giới hạn đường thẳng 3x 2 đồ thị hàm số v

quanh quanh trục Ox  

2 4

4

5 V  x  x dx 

Câu 48: Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức un u qk n k



 Giải chi tiết:

Giả sử cấp số nhân có cơng bội q, theo ta có:

 5

2 u u u u u u

 2

3 3 6

2 u u q u q u u q u q

       2u31 q q2u61 q q2

 

3

2u u do1 q q q

     

3 3 2u u q

  u32 q3 0

3

0 u q

   

  Ta có:

8 10 u u u

u u u

 

 

 

 

2

2

8 6

8 8

2

2 2 2

1

4

u q q

u u q u q u q

q u u q u q u q q u

 

 

    

   

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  a2b2 , biến đổi rút mối quan hệ a b, kết luận.

Giải chi tiết: Theo ta có

1

z  i   z i

1 1

z i z i z i z i

             z 1 3i   z 1 i

Đặt z a bi  ta có:

1

a bi   i  a bi i

a 1 b 3i a b 1i

        a12b32 a12b12

2a 6b 2a 2b 4a 4b

2 a b

   

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường thẳng x y  0 Câu 50: Đáp án A

Phương pháp giải: Giải chi tiết:

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

1 R IS  SB

Xét vSAB vSCB có AB CB gt SB  , chung  vSABvSCB (cạnh huyền – cạnh góc vng) SA S SAC

    cân S.

Gọi M trung điểm AC ta có   SM AC

AC SBM BM AC

 

 

 

 .

Trong SBM kẻ SH BM ta có:   

 

SH BM

SH ABC SH AC AC SBM

  

 



 



 .

Đặt SA SC x  .

Vì ABC vng cân B nên

3 2

2 a ACAB  a  BM AM MC

Áp dụng định lí Pytago ta có:

2

2 2

2 a SM  SC  MC  x 

Gọi p nửa chu vi tam giác SBM ta có

2

2 9 2

2

2

a a

x a x

p

   



Diện tích tam giác SBM là: SSBM  p p SM    p SB p BM    

Khi ta có

2S SBM SH

BM





Ta có:

 

 

1

;

3

S ABC ABC SBC

V  SH S  d A SBC S

 

 

ABC ; SBC SH S d A SBC S

 

2 1

.3 .3 3

2

SBM S

a a a a x x a

BM



   