Đang tải... (xem toàn văn)
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lí Pytago, diện tích … để tính khoảng cách.. Giải chi tiết:..[r]
(1)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 y2x2 x1
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: 2z0 Viết phương trình mặt phẳng P qua điểm A0; 1; , song song với đường thẳng vng góc với mặt phẳng Q
A x y 1 0 B 5x3y 3 C x y 1 D 5x3y 0
Câu (TH): Tập nghiệm bất phương trình
1
2
log xlog 2x1
A
;1
B
1 ;1
C
1 ;1
D
1 ;1
(2)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 4m5 C 3m4 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 2a3b 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
(3)Câu 19 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A1;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 u1u2020 2, u1001u12211. Tính u1u2 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 ?
(4)Câu 27 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1
:
1
x y z
hai mặt phẳng P x: 2y3z0, Q x: 2y3z 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 2x1 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 a2b2 là:
A 3 B
2 1
C
2
D 2
Câu 30 (VD): Cho hàm số y mx 3mx2 m1x1 Tìm tất giá trị m để hàm số nghịch biến R?
A
0 m
B m0 C
3
0 m
D
3 m
Câu 31 (VD): Có giá trị nguyên dương m để hàm số y x 28ln 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 A1;0;2, B1;1;3, C3; 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:
(5)Câu 34 (TH): Tính đạo hàm hàm số yln x1
A
x
x B
1
x C
1
x x D
1 2x2 x
Câu 35 (TH): Tính nguyên hàm 2 2 1 x x dx
A
2 13 18 x
C
B
2 13 x
C
C
2 13 x
C
D
2 13 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 3x22 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, SAABCD 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 3x2 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 A1; 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
(6)Câu 43 (VD): Cho hàm số f x liên tục 0; thỏa mãn
1 2f x xf x
x
với x0.
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 AB3 ,a BC 4 ,a CA5a, 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 2u3u4u5 u6u7u8 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
(7)A 36a2 B 6a2 C 18a2 D 48a2
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 M10;1; 1 có VTCP là: u12;1;
2
1
:
1 2
x y z
d
d2 qua M21;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 yf x y g x , , đường thẳng x a x b ,
b
a
(8)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 m23m2 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
(9)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 m1.
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 x0.
Giải chi tiết: Hàm số
1 y x
xác định x 1 x1.
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
(10)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 01.y10.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 0a1. Giải chi tiết:
ĐKXĐ:
0
2
x
x x
.
Ta có:
1
2
log xlog 2x1
2
1
2
log x log 2x
2 12
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 mf x
- Để đồ thị hàm số cho cắt trục hồnh điểm phân biệt đường thẳng y2m1 phải cắt đồ thị
hàm số
4 2 3 yx 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 yx 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 yx x
đường thẳng y2m1
Xét hàm số y x 4 2x2 ta có
3
4
1 x
y x x
x
(11)BBT:
Từ ta suy BBT đồ thị hàm số
4 2 3 yx 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 yx x
sau:
Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y2m1 cắt đồ thị hàm số
4 2 3 yx 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 mf x
- Để đồ thị hàm số cho cắt trục hồnh điểm phân biệt đường thẳng y m phải cắt đồ thị hàm
số yf x điểm phân biệt
- Lập BBT hàm số yf x tìm m thỏa mãn Giải chi tiết:
ĐKXĐ: 2
0
2
2
2 2
2 x
x x
x
x x
x
(12)
2
4
log x log x
2
1
.2.log log
2 x x
2
log x log x
x2 2x
2
2 x x
x 2 x2tm
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 mf x
- Để đồ thị hàm số cho cắt trục hoành điểm phân biệt đường thẳng y m phải cắt đồ thị hàm
số yf x điểm phân biệt
- Lập BBT hàm số yf x tìm m thỏa mãn Giải chi tiết:
Xét phương trình hồnh độ giao điểm x312x 1 m 0 m x 312x 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
yf x điểm phân biệt.
Ta có f x 3x212 0 x2 BBT:
Dựa vào BBT ta thấy để đường thẳng y m phải cắt đồ thị hàm số yf 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: logaxy logaxloga y0a1, ,x y0
log n log 1,
m
a a
m
b b a b
n
(13)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
(14)
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 x2
BBT:
Dựa vào BBT ta thấy min0; y12. 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
(15)Trong ABCD gọi I ACDE, SAC kẻ IG SC G SA/ / , ta có DEGDE/ /SC.
; ; ;
d SC DE d SC GDE d C GDE
Áp dụng định lí Ta-lét ta có:
1 IC EC
IA AD , ACGDE 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 SAABCD 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
(16)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 t2x2 0.
- Cơ lập m, đưa phương trình dạng m g t t 0 - Lập BBT hàm số g t t0.
- 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 t2x2 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 m4.
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:
(17)- 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 mlogab0a1,b0
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
(18)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 abcd15 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 abcd15 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:
(19)- 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 dxa 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
(20)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 n1d, 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
(21)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 M1; 2;3d 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 mmin0;1 g x . - Lập BBT hàm số g x 0;1 kết luận
Giải chi tiết:
TXĐ: D0; 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 mmin0;1 g x .
Ta có
3
2
2 16
16 x
g x x
x x
;
1
2 g x x tm
(22)Dựa vào BBT m6 Kết hợp điều kiện m m1; 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 I1 ; ;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 I0; 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
(23)2x1 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 ylog2t 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
(24)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 P3 5 3 5. Câu 30: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Để hàm số nghịch biến y 0 x
- Xét TH: m0
0 m
.
Giải chi tiết: TXĐ: D.
Ta có: y 3mx22mx 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; mmin0;g x .
(25)Giải chi tiết: TXĐ: D0; 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
, * mmin0;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 m8, kết hợp điều kiện m m1;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
3a3bi b 8i0
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:
(26)- Chứng minh MA22MB2 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 IA2 2MI IB 2 MI IC2 2MI2 2MI IA 2IB IC IA2 2IB2 IC2
2 2
2MI IA 2IB IC
Vì I A B C, , , cố định nên IA22IB2 IC2 không đổi, MA22MB2 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 2x 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 a2; ;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
(27)
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 t2x31. 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 yf x M x y 0; 0 yf x 0 x x 0 f x 0 . - Cho A1;0d, giải phương trình tìm số nghiệm x0 Số nghiệm x0 số tiếp tuyến với đồ thị hàm số qua điểm A1;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
(28)Cho A1;0d 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
02x03 6x02 x0 0,32
Vậy có tiếp tuyến đồ thị hàm số cho qua điểm A1;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 SAABCD nên AC hình chiếu vng góc SC lên ABCD
SC ABCD; SC AC; SCA
.
Vì ABCD hình vng cạnh a nên AC a 2a
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 y3x2 3;y6x
Cho y 0 6x 0 x 0 y2
⇒ Hàm số cho có điểm uốn 0;2
(29)Câu 40: Đáp án B Phương pháp giải:
- Nhận thấy 1
x x
x e xe
Sử dụng công thức uvu 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 x1e 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 x0 ta có 0 C C0,
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 A1; 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
.
(30)
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 x0 phải nghiệm bội chẵn phương trình y 0, phương
trình (*) phải nhận x0 nghiệm bội lẻ.
Vì x0 nghiệm (*) nên thay x=0x=0 vào phương trình (*) ta có:
3
1
2
2 m
m m m m
m
Thử lại:
+ Với m0 ta có y 12x5 không thỏa mãn y 0 x .
+ Với m1 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 m1.
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
(31)
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
(32)- 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 AB2BC2 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
(33)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 yf x ; đồ thị hàm số
y g x
; đường thẳng x a x b ; quanh quanh trục Ox
2
b
a
(34)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
2u31 q q2u61 q q2
3
2u u do1 q q q
3 3 2u u q
u32 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 z1z2 z1 z2 ; z z .
- Đặt z a bi , sử dụng công thức z a2b2 , 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 3i a b 1i
a12b32 a12b12
2a 6b 2a 2b 4a 4b
(35)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 SABSCB900 nên ISIA 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 vSABvSCB (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 ACAB a BM AM MC
Áp dụng định lí Pytago ta có:
2
2 2
2 a SM SC MC x
(36)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