TS247 DT de kiem tra dinh ki mon toan thpt chuyen bac ninh tinh bac ninh nam 2021 lan 3 co loi giai chi tiet 75610 1618501540

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH ĐỀ KIỂM TRA ĐỊNH KÌ LẦN NĂM HỌC 2020 – 2021 MƠN TỐN – LỚP 12 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm Mã đề thi 005 MỤC TIÊU - Đề kiểm tra định kì lần mơn Tốn trường THPT Chuyên Bắc Ninh ngày hay giữ vững tinh thần bám sát đề thức năm, qua giúp học sinh ơn tập tốt trọng tâm - Đề thi tập trung nhiều câu hỏi hay khó, nguồn tài liệu quý giá phục vụ cho HS giai đoạn ôn thi luyện đề Câu (ID:477124): Cho hàm số y  ax  b có đồ thị hình vẽ bên: x 1 Tích ab bằng: A B 3 C 2 Câu (ID:477125): Hình đa diện sau có tâm đối xứng? A Hình lăng trụ tam giác B Hình tứ diện C Hình chóp tứ giác D Hình lập phương D Câu (ID:477126): Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh 2a tích chiều cao h khối chóp cho 3a Tính 3a 3a B h  C h  3a D h  3a Câu (ID:477127): Một khối trụ có diện tích xung quanh 80 Tính thể tích khối trụ biết khoảng cách hai đáy 10 A 160 B 40 C 64 D 400 A h  Câu (ID:477128): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S  có phương trình  S  : x  y  z  x  y  z   Tính diện tích mặt cầu  S  A 42 B 12 C 9 D 36 3x  có phương trình là: x 1 C x  D x  1 Câu (ID:477129): Đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số y  A y  3 B y  Câu (ID:477130): Với a số thực khác không tùy ý, log a bằng: A log a B log a C a D log a Câu (ID:477131): Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y  sin x  cos x  mx  nghịch biến tập xác định A m  B m  C m  2 D 2  m  Câu (ID:477132): Phương trình 2x  2x 1  2x 2  3x  3x 1  3x 2 có nghiệm A x  B x  C x  Câu 10 (ID:477133): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: D x  Số nghiệm thực phương trình f  x    là: A B C D Câu 11 (ID:477134): Hình nón có bán kính đáy r  độ dài đường sinh l  Diện tích xung quanh hình nón bằng: A S  3 C S  3 B S  24 D S  16 3 Câu 12 (ID:477135): Hàm số f  x   log x có đạo hàm là: A x ln B x ln C  x ln D  x ln Câu 13 (ID:477136): Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng  ABC  , SA  a , tam giác a Góc đường thẳng SB mặt phẳng  ABC  bằng: A 600 B 300 C 900 D 450 Câu 14 (ID:477137): Hàm số sau có cực trị? 2x 1 A y  x  B y  x  x  C y  x3  x  D y  3x  ABC có độ dài đường cao Câu 15 (ID:477138): Tính tích phân I    x  1 dx A I  C I  B I  D I  Câu 16 (ID:477139): Đồ thị hàm số y  f  x   ax  bx  cx  d  a   hình vẽ Hàm số y  f  x  có điểm cực trị? A B C D  x  x  Câu 17 (ID:477140): Cho hàm số f  x    Trong khẳng định sau, khẳng định sai? x  x A f  x  liên tục x0  B lim f  x   C f    D lim f  x   x 0 x 0 Câu 18 (ID:477141): Hàm số sau hàm số đồng biến? 2020  A y     2021    B y       x x C y    e x D  2020   x Câu 19 (ID:477142): Cho tập hợp A  1; 2;3; 4;5;6;7;8 Từ tập hợp A lập số gồm chữ số đôi khác cho số lẻ không chia hết cho 5? A 20100 B 12260 C 40320 D 15120 Câu 20 (ID:477143): Cho hình cầu có đường kính 2a Mặt phẳng  P  cắt hình cầu theo thiết diện hình trịn có bán kính a Tính khoảng cách từ tâm hình cầu đến mặt phẳng  P  A a 10 B Câu 21 (ID:477144): Cho  a f  x  dx  a 10 C D a  g  x  dx  ,   f  x   3g  x  dx bằng: A 10 B 16 C 18 D 24 Câu 22 (ID:477145): Cho hàm số y  f  x  xác định có đạo hàm cấp cấp hai khoảng  a; b  x0   a; b  Khẳng định sau sai? A Nếu hàm số đạt cực đại x0 y '  x0   B Nếu y '  x0   y ''  x0   x0 điểm cực trị hàm số C Nếu y '  x0   y ''  x0   x0 không điểm cực trị hàm số D Nếu y '  x0   y ''  x0   x0 điểm cực tiểu hàm số Câu 23 (ID:477146): Hệ số x 25 y10 khai triển  x3  xy  là: 15 A 5005 B 3003 C 4004 D 58690 Câu 24 (ID:477147): Hàm số y  f  x  liên tục có bảng biến thiên đoạn  1;3 cho hình bên Gọi M giá trị lớn hàm số y  f  x  đoạn  1;3 , M bằng: A M  f   B M  f   D M  f  3 C M  f  1 Câu 25 (ID:477148): Khai triển nhị thức Niu-tơn  x  10  10 thành đa thức Tính tổng hệ số đa thức nhận A 512 B 1023 C 2048 D 1024 Câu 26 (ID:477149): Họ tất nguyên hàm hàm số f  x   3x  sin x là: A  f  x  dx  3x  cos x  C B  f  x  dx  3x  cos x  C C  f  x  dx  3x  cos x  C D Câu 27 (ID:477150): Tính giới hạn A  lim x 1  f  x  dx   cos x  C x4 1 x 1 A A  B A  C A  D A   Câu 28 (ID:477151): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 2;  , B  2; 4; 1 Tọa độ trọng tâm G tam giác OAB là: A G  2;1;1 B G  6;3;3 C G 1;1;  Câu 29 (ID:477152): Tập xác định hàm số y   x2  x  3 A 1;3 B  ;1   3;   2021 D G 1; 2;1 là: D  ;1  3;   \ 1;3 C Câu 30 (ID:477153): Trong lớp học có 20 học sinh nữ 15 học sinh nam Hỏi có cách chọn học sinh chức vụ: lớp trưởng, lớp phó bí thư? 1 A A20 B C353 C A35 D C20 C152  C20 C15 A152  A20 A15 Câu 31 (ID:477154): Khẳng định sau sai? 1 A  xdx  x  C B  e2 x dx  e2 x  C C  cos xdx  sin x  C D  dx  ln x  C x 2 Câu 32 (ID:477155): Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng cân A , cạnh huyền a , SA  a , SA vng góc với đáy Thể tích V khối chóp cho bằng: a3 4a 4a B V  C V  D V  2a3 3 Câu 33 (ID:477156): Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 2a , tam giác SAB cân S A V  nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Góc hai mặt phẳng  SCD   ABCD   sin   5 Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SCD  bằng: A a B 2a C Câu 34 (ID:477157): Cho hàm số f  x  liên tục A I  B I  36 5a có A B 5a 4  f  x  dx  ,  f  x  dx  Tính  f  x  dx C I  13 Câu 35 (ID:477158): Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục tiệm cận đứng đồ thị hàm số y  D có đồ thị hình vẽ bên Số đường D I  x2 1 f  x  f  x C D 4 Câu 36 (ID:477159): Cho hàm số f  x   f   x   x  x  , x  y  f  x  có đạo hàm thỏa mãn f    Tính I   x f '  x  dx 10 B I   C I  D I  3 3 Câu 37 (ID:477160): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M thuộc mặt cầu A I    S  :  x  3   y  3   z    ba điểm A 1; 0;  , B  2;1;3 , C  0; 2; 3 Biết quỹ tích điểm 2 M thỏa mãn MA2  2MB.MC  đường trịn cố định, tính bán kính r đường trịn A r  B r  C r  D r  Câu 38 (ID:477161): Cho lăng trụ ABCD A ' B ' C ' D ' có chiều cao 2a đáy hình vng có cạnh a Gọi M , N , P Q tâm mặt bên ABB ' A ' , BCC ' B ' , CDD ' C ' ADD ' A ' Thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm A, B, C, D, M , N , P, Q bằng: 125a3 5a3 5a3 a3 B C D 3 Câu 39 (ID:477162): Cho hàm số y  f  x  Biết hàm số y  f '  x  có đồ thị hình vẽ bên Số điểm A cực trị hàm số y  2021 f  x  2020 f  x  là: A B C D Câu 40 (ID:477163): Trong tất khối chóp tứ giác ngoại tiếp mặt cầu bán kính a , thể tích V khối chóp tích nhỏ là: 8a3 10a3 32a3 C V  2a3 D V  3 Câu 41 (ID:477164): Biết đồ thị hàm số y  ax  bx  cx  d cắt trục hoành ba điểm phân biệt với hoành A V  B V  độ dương x1 , x2 , x3 đồng thời y '' 1  Giá trị lớn biểu thức P  x3  x2 x3  x1 x2 x3 là: A B C D Câu 42 (ID:477165): Biết hàm số f  x   f  x  có đạo hàm 20 x  đạo hàm 1001 x  Tính đạo hàm hàm số f  x   f  x  x  A 2021 B 2020 C 2022 D 2021 Câu 43 (ID:477166): Cho mặt cầu  S  có bán kính R Hình nón  N  thay đổi có đỉnh đường tròn đáy nằm mặt cầu  S  Thể tích lớn khối nón  N  là: A 32 R 27 B 32 R3 27 C 32 R 81 D 32 R3 81  Câu 44 (ID:477167): Biết sin x dx  a ln  b ln , với a, b   cos x  Khẳng định sau đúng? A 2a  b  B a  2b  C 2a  b  D a  2b  Câu 45 (ID:477168): Cho số thực a, b  phương trình log a  ax  log b  bx   2021 có hai nghiệm phân biệt m, n Giá trị nhỏ biểu thức P   4a  25b 100m n  1 bằng: A 200 B 174 C 404 D 400 Câu 46 (ID:477169): Cho n số tự nhiên có bốn chữ số Gọi S tập hợp tất số thực  thỏa mãn 3  n Chọn ngẫu nhiên phần tử S Xác suất để chọn số tự nhiên bằng: 1 A B C D 2500 3000 4500 Câu 47 (ID:477170): Cho hàm số y  f  x  xác định có đạo f '  x     x  x  3 g  x   2021 g  x   x  biến khoảng nào? A  ; 1 Hàm số y  f 1  x   2021x  2022 đồng C  3;  B  1;  hàm D  4;   Câu 48 (ID:477171): Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' tích V Lấy điểm I thuộc cạnh CC ' cho CI  4IC ' Gọi M , N điểm đối xứng A ', B ' qua I Gọi V ' thể tích khối đa diện CABMNC ' Tỉ số V bằng: V' 5 3 B C D 10 Câu 49 (ID:477172): Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng cân tạ A Tam giác SAB A nằm mặt phẳng vng góc với mặt đáy  ABC  Lấy điểm M thuộc cạnh SC cho CM  2MS Biết khoảng cách hai đường thẳng AC BM A 32 3 B 32 21 Thể tích khối tứ diện C ABM bằng: C 32 D 16 3 3ln x  dx Nếu đặt t  ln x thì: x e Câu 50 (ID:477173): Cho tích phân I   e A I    3t  1 dt 1 B I    3t  1 dt 3t  C I   dt t 3t  dt et D I   A 11 A 21 D 31 D 41 C D 12 C 22 C 32 C 42 C HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM C A D C A A 13 D 14 B 15 B 16 B 17 A 18 D 23 B 24 B 25 D 26 A 27 C 28 D 33 C 34 C 35 A 36 A 37 D 38 C 43 D 44 A 45 D 46 A 47 B 48 B A 19 D 29 C 39 C 49 B 10 B 20 D 30 C 40 D 50 B Câu (TH) - 12.1.1.4 Phương pháp: Dựa vào đường tiệm cận điểm thuộc đồ thị hàm số Cách giải: Đồ thị hàm số có TCN y  a  Điểm  2;0  thuộc đồ thị hàm số nên ta có  2a  b  2a  b  , b  2a  1 Vậy ab  1.2  Chọn A Câu (NB) - 12.1.5.28 Phương pháp: Dựa vào khái niệm tâm đối xứng khối đa diện Cách giải: Hình đa diện có tâm đối xứng đáp án cho hình lập phương Chọn D Câu (NB) - 12.1.5.30 Phương pháp: 3V Sử dụng cơng thức tính thể tích chóp V  Sday h  h  Sday Cách giải: 3V 3a3   3a Chiều cao khối chóp h  Sday  2a 2 Chọn C Câu (TH) - 12.1.6.33 Phương pháp: - Diện tích khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy r S xq  2 rh , từ tính bán kính đáy hình trụ - Thể tích khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy r V   r h Cách giải: Vì khoảng cách hai đáy 10  Chiều cao hình trụ h  10 Gọi r bán kính đáy hình trụ ta có S xq  2 rh  80  r  Vậy thể tích khối trụ V   r h   42.10  160 Chọn A Câu (TH) - 12.1.7.38 Phương pháp: - Dựa vào S  : x phương trình mặt cầu xác định bán kính mặt cầu: Mặt cầu  y  z  2ax  2by  2cz  d  có bán kính R  a  b  c  d 2 2 - Diện tích mặt cầu bán kính R S  4 R Cách giải: Mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z   có bán kính R  12  22  32   Vậy diện tích mặt cầu  S  S  4 R  4  36 Chọn D Câu (NB) - 12.1.1.4 Phương pháp: Đồ thị hàm số y  ax  b d có TCĐ x   cx  d c Cách giải: Đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số y  3x  có phương trình x  x 1 Chọn C Câu (NB) - 12.1.2.11 Phương pháp: Sử dụng công thức log a x m  m log a x   a  1, x   Cách giải: log a  log a Chọn A Câu (TH) - 11.1.1.1 Phương pháp: - Hàm số y  f  x  nghịch biến TXĐ D f '  x   x  D hữu hạn điểm - Sử dụng  a  b  a sin x  b cos x  a  b - Cơ lập m , đưa bất phương trình dạng m  g  x  x  D  m  max g  x  D Cách giải: Hàm số cho xác định Ta có y '  cos x  sin x  m Để hàm số cho nghịch biến  m  cos x  sin x x  y '  cos x  sin x  m  x  * Ta có 2  cos x  sin x  x  nên *  m  Chọn A Câu (TH) - 12.1.2.14 Phương pháp: - Đặt nhân tử chung, sau đưa phương trình dạng a x  m - Giải phương trình mũ a x  m  x  log a m Cách giải: x  x 1  x   3x  3x 1  3x   x   22   1  3x   32   1 2  7.2 x   7.3x     3  x20 x  Chọn A Câu 10 (NB) - 12.1.1.6 x2 1 Phương pháp: Số nghiệm phương trình f  x   m số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  đường thẳng y  m song song với trục hoành Cách giải: Ta có f  x     f  x   cắt đồ thị hàm số y  f  x  điểm phân biệt Vậy Số nghiệm thực phương trình f  x    Dựa vào BBT ta thấy đườngthẳng y  Chọn B Câu 11 (NB) - 12.1.6.32 Phương pháp: Diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy r độ dài đường sinh l Sxq   rl Cách giải: Diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy r  độ dài đường sinh l  S xq   rl   3.4  3 Chọn A Câu 12 (TH) - 12.1.2.13 Phương pháp: - Viết x  x - Sử dụng cơng thức tính đạo hàm  log a u  '  u' u ln a Cách giải: f  x   log x  log x  x '   f ' x  x ln 2x x2  x  x ln x ln x ln Chọn C Câu 13 (TH) - 11.1.8.48 Phương pháp: - Góc đường thẳng mặt phẳng góc đường thẳng hình chiếu mặt phẳng - Sử dụng tính chất tam giác vng cân Cách giải: Vì SA   ABC  nên AB hình chiếu vng góc SB lên  ABC     SB;  ABC      SB; AB   SBA Tam giác ABC có đường cao Vậy   SB;  ABC    450 a  AB  a  SA  SAB vuông cân A  SBA  450 Chọn D Câu 14 (TH) - 12.1.1.2 Phương pháp: Giải phương trình y '  xác định nghiệm bội lẻ phương trình thỏa mãn ĐKXĐ Cách giải: Hàm phân thức bậc bậc khơng có cực trị nên loại đáp án D Đáp án C: y '  3x   x  nên hàm số khơng có cực trị Đáp án A: TXĐ D  1;   , y '   x  D nên hàm số khơng có cực trị x 1 Đáp án B: y '  x    x  , hàm số đạt cực trị x  Chọn B Câu 15 (NB) - 12.1.3.19 Phương pháp: Sử dụng MTCT Cách giải: Chọn B Câu 16 (TH) - 12.1.1.2 Phương pháp: Số điểm cực trị hàm số y  f  x   m  n với m số điểm cực trị hàm số y  f  x  , n số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  với trục hồnh (khơng tính điểm tiếp xúc) Cách giải: Hàm số y  f  x  có cực trị đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm nên hàm số y  f  x  có   điểm cực trị Chọn B Câu 17 (NB) - 11.1.4.23 Phương pháp: 10 Tổng hệ số đa thức nhận khai triển nhị thức Niu-tơn 1  1 10  x  10  10 thành đa thức  1024 Chọn D Câu 26 (NB) - 12.1.3.18 Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính ngun hàm: x n1  x dx  n   C  n  1 ,  sin xdx   cos x  C n Cách giải:  f  x  dx    3x  sin x  dx  3x  cos x  C Chọn A Câu 27 (TH) - 11.1.4.22 Phương pháp: Phân tích tử thành nhân tử, triệt tiêu với mẫu để khử dạng 0/0 Cách giải:  x  1 x  1  x  1 x4 1 A  lim  lim  lim  x  1  x  1  x 1 x  x 1 x 1 x 1 Chọn C Câu 28 (NB) - 12.1.7.37 Phương pháp: x A  xB  xC   xG   y  yB  yC  Tọa độ trọng tâm G tam giác ABC  yG  A  z A  z B  zC   zG   Cách giải: xO  xA  xB     1  xG  3  y  y A  yB    Tọa độ trọng tâm G tam giác OAB  yG  O    G 1; 2;1 3  zO  z A  zB     1  zG  3  Chọn D Câu 29 (TH) - 12.1.2.10 Phương pháp: Hàm số y   f  x  với n số nguyên âm xác định f  x  xác định f  x   Cách giải: 2021 x  Hàm số y   x2  x  3 xác định  x  x     x  n Vậy TXĐ củ hàm số y   x2  x  3 2021 \ 1;3 Chọn C 13 Câu 30 (NB) - 11.1.2.7 Phương pháp: Sử dụng chỉnh hợp Cách giải: Số cách chọn học sinh chức vụ: lớp trưởng, lớp phó bí thư từ 35 học sinh A35 Chọn C Câu 31 (NB) - 12.1.3.18 Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính ngun hàm: n  x dx  x n1  C  n  1 ,  cos xdx  sin x  C ,  ekx dx  ekx  C n 1 k Cách giải: Dễ thấy đáp án A, B, C Đáp án D sai  dx  ln x  C x Chọn D Câu 32 (TH) - 12.1.5.30 Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính thể tích khối chóp V  Sday h Cách giải: Vì tam giác ABC tam giác vng cân A , cạnh huyền a nên AB  AC  a 1  SABC  AB AC  a 2 Vậy VS ABC 1 a3  SA.SABC  a a  3 Chọn C Câu 33 (VD) - 11.1.8.50 Phương pháp: - Gọi H trung điểm AB Chứng minh SH   ABCD  - Xác định góc  SCD   ABCD  góc hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng vng góc với giao tuyến - Chứng minh d  A;  SCD    d  H ;  SCD   , dựng d  H ;  SCD   - Sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng tính d  H ;  SCD   Cách giải: Gọi H trung điểm AB Vì tam giác SAB cân S nên SH  AB 14   SAB    ABCD   AB Ta có:   SH   ABCD  SH  SAB , SH  AB     CD  HK  CD   SHK   CD  SK Gọi K trung điểm CD ta có  CD  SH  SCD    ABCD   CD      SCD  ;  ABCD      SK ; HK   SKH    SK   SCD  , SK  CD   HK   ABCD  , HK  CD Vì AH / / CD  AH / /  SCD   d  A;  SCD    d  H ;  SCD     HI  SK Trong  SHK  kẻ HI  SK  I  SK  ta có:   HI   SCD    HI  CD  CD   SHK    d  H ;  SCD    HI Xét tam giác vng HIK ta có sin   sin SKH  Vậy d  A;  SCD    2a HI  HI  HK sin   2a  5 HK 2a Chọn C Câu 34 (NB) - 12.1.3.19 Phương pháp: b Sử dụng tính chất tích phân:  a c b a c f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx Cách giải:  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx    13 Chọn C Câu 35 (VD) - 12.1.1.4 Phương pháp: Xác định số nghiệm phương trình mẫu số khơng bị triệt tiêu nghiệm phương trình tử số Cách giải: Phương trình x    x  1  f  x  Xét f  x   f  x      f  x    x   nghiem kep  Phương trình f  x   có nghiệm  , nghiệm kép x  không bị triệt tiêu tử số  x  a  1 Phương trình f  x   có nghiệm x  b  Vậy đồ thị hàm số cho có tiệm cận đứng x  1, x  a, x  b Chọn A Câu 36 (VD) - 12.1.3.19 Phương pháp: 15 u  x - Sử dụng phương pháp tích phân phần, đặt  dv  f '  x  dx - Sử dụng giả thiết f    f  x   f   x   x  x  tính f   - Từ f  x   f   x   x  x  lấy tích phân từ đến hai vế, sau tính  f   x  dx phương pháp đưa biến vào vi phân Cách giải:   u  x du  dx Đặt    dv  f '  x  dx  v  f  x  2  I   x f '  x  dx  xf  x    f  x  dx 0  f     f  x  dx Theo ta có f  x   f   x   x  x  Thay x   f    f     f     f    1 Lấy tích phân từ đến hai vế ta có  f  x  dx   f   x  dx    x Mà 0 2 0 2  x   dx   f   x  dx   f   x  d   x    f  x  dx   f  x  dx  2 f  x  dx    f  x  dx  3 Vậy  I  f     f  x  dx   1  10  3 Chọn A Câu 37 (VD) - 12.1.7.38 Phương pháp: - Gọi M  x; y; z  , tính MA, MB, MC - Từ giả thiết MA2  2MB.MC  chứng minh I   S ' , xác định tâm I ' bán kính R ' mặt cầu  S '  - Xác định tâm I bán kính R mặt cầu  S  - Chứng minh II '  R  R '   S    S '  đường trịn M thuộc đường trịn - Sử dụng định lí Pytago tính bán kính đường tròn Cách giải:  MA  1  x;  y;  z   Gọi M  x; y; z  Ta có  MB    x;1  y;3  z    MC    x;  y; 3  z  16  MA2  2MB.MC   1  x   y  z  x   x   1  y   y     z  3  z    x2  y  z  x   x  x2    y  y   9  z    x  y  z  x   x  x   y  y  18  z   3x  y  3z  x  y  21   x  y  z  x  y    S '  M   S ' mặt cầu tâm I ' 1;1;0  , bán kính R '     Hơn nữa, M   S  có tâm I  3;3;  , bán kính R  Ta có: II '  22  22  22   R  R '  M   S    S ' đường trịn có bán kính r  AH Dễ thấy AII ' cân A nên H trung điểm II '  IH  Vậy r  AH  AI  IH  32   3 II '   Chọn D Câu 38 (VDC) - 12.1.5.30 Phương pháp: - Sử dụng phân chia khối đa diện - Sử dụng cơng thức tính thể tích hình hộp V  S h với S diện tích đáy, h chiều cao hình hộp - Sử dụng cơng thức tính thể tích khối chóp V  S h với S diện tích đáy, h chiều cao hình chóp Cách giải: Thể tích hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' V  2a.a  2a3 Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt AA ', BB ' A ''; B '' Qua P kẻ đường thẳng song song với DC cắt DD ', CC ' D ''; C '' Suy A ''; Q; D '' thẳng hàng A '' D ''/ / AD ; B ''; N ; C '' thẳng hàng B '' C ''/ / BC Ta có M , N , P, Q trung điểm A '' B '', B '' C '', C '' D '', D '' A '' 17 A '', B '', C '', D '' trung điểm AA ', BB ', CC ', DD ' 1 Suy VABCD A'' B ''C '' D ''  VABCD A' B 'C ' D '  72  36 2 Ta có VABCD.MNPQ  VABCD A'' B ''C '' D ''  VD.QD '' P  VC NC '' P  VB.MNB ''  VA.QMA'' VD.QD '' P  SQD '' P d  D;  QD '' P   1  QD ''.D '' P.sin QD '' P.d  D;  A '' B '' C '' D ''   1 1  AD DC.sin ADC.d  D;  A '' B '' C '' D ''   2  AD.DC.sin ADC.d  D;  A '' B '' C '' D ''   24  S ABCD d  D;  A '' B '' C '' D ''   24  VABCD A '' B ''C '' D '' 24 a3  2a  24 12 a3 Tương tự ta có VC NC '' P  VB.MNB ''  VA.QMA''  12 Suy VABCD.MNPQ  VABCD A'' B ''C '' D ''  VD.QD '' P  VC NC '' P  VB.MNB ''  VA.QMA''  2a3  a3 5a3  12 Chọn C Câu 39 (VD) - 12.1.1.2 Phương pháp: - Tính đạo hàm hàm số cho - Giải phương trình y '  cách xét tương giao - Số cực trị hàm số số nghiệm bội lẻ phân biệt phương trình y '  Cách giải: Xét hàm số y  2021 f  x  2020 f  x  ta có: y '  f '  x  2021 f  x  ln 2021  f '  x  2020 f  x  ln 2020 y '  f '  x   2021 f  x  ln 2021  2020 f  x  ln 2020   y '   f '  x   2021 f  x  ln 2021  2020 f  x  ln 2020  x  x  a     x  b  1;3  b  c   x  c  1;3    18 Ba nghiệm ba nghiệm phân biệt nghiệm đơn Vậy hàm số cho có điểm cực trị Chọn C Câu 40 (VD) - 12.1.5.30 Phương pháp: - Giả sử ta có khối chóp tứ giác S ABCD Xác định tâm mặt cầu nội tiếp khối chóp S ABCD - Đặt SO  x  a , tính SI , SH theo x, a - Sử dụng SIH SMO  g.g  , tính OM theo x, a , từ tính S ABCD theo x, a - Tính VS ABCD  SO.S ABCD theo x, a - Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN VS ABCD Cách giải: Giả sử ta có khối chóp tứ giác S ABCD Gọi O  AC  BD  SO   ABCD  , Gọi M , N trung điểm AB, AC Trong  SMN  dựng tia phân giác góc SMN cắt SO I  I tâm mặt cầu nội tiếp khối chóp S ABCD Kẻ IH  SM  H  SM  ta có r  IH  IO  a bán kính mặt cầu nội tiếp khối chóp S ABCD Đặt SO  x  a  SI  SI  IO  x  a Áp dụng định lý Pytago ta có SH  SI  IH  Vì SIH SMO  g.g    AB  2OM  2ax x  2ax  a  x  2ax x  2ax a   OM  x OM SH IH   SO OM  S ABCD  x  a ax x  2ax 4a x  AB  x  2ax 19 1 4a x 4a x3  VS ABCD  SO.S ABCD  x  3 x  2ax x  2ax x3 Xét hàm số f  x    x  a  ta có x  2ax 3x  x  2ax   x3  x  2a  f ' x   x2  2ax  f ' x  f ' x  3x  6ax3  x  2ax3 x  2ax  x  4ax3 x  2ax  f '  x    x3  x  4a    x  4a  tm   f  x   f  4a    a ;  Vậy VS ABCD  64a3  4a   2a.4a  8a 4a 32a3 , đạt SO  4a 8a  3 Chọn D Câu 41 (VDC) - 12.1.1.6 Cách giải: Sưu tầm nhóm Tốn VD – VDC Vì đồ thị hàm số y  ax3  bx  cx  d cắt trục hoành ba điểm phân biệt với hoành độ dương x1 , x2 , x3 nên phương trình ax3  bx  cx  d  có nghiệm dương phân biệt x1 , x2 , x3 b   x1  x2  x3  a  c  Áp dụng định lí Vi-ét ta có:  x1 x2  x2 x3  x3 x1  a  d   x1 x2 x3  a  Ta có: y '  3ax  2bx  c, y ''  6ax  2b Vì y '' 1   6a  2b   b  3a  x1  x2  x3  b  3 a Ta có: 20 P  x3  x2 x3  x1 x2 x3 1 x2 x3  16 x1.4 x2 x3 4 x  x 16 x  x2  x3  P  x3   2 4 x  x 16 x1  x2  x3  P  x3   12 12 x3  12 x2  3x3  16 x1  x2  x3 P 12 16 x1  16 x2  16 x3 P   x1  x2  x3  12  P   Vậy Pmin  Chọn C Câu 42 (VD) - 11.1.5.26 P  x3  Phương pháp: - Đặt g  x   f  x   f  x  , tính g '  x  - Dựa vào giả thiết suy g ' 1 , g '   , sử dụng phương pháp cộng đại số tìm f ' 1  f '   - Đặt h  x   f  x   f  x  , tính h '  x  tính h ' 1 Cách giải: Đặt g  x   f  x   f  x  ta có g '  x   f '  x   f '  x  Theo ta có  g ' 1  20  f ' 1  f '    20    g '    1001  f '    f '    1001  f ' 1  f '    20   f ' 1  f '    2022 2 f '    f '    2002 Đặt h  x   f  x   f  x  ta có h '  x   f '  x   f '  x   h ' 1  f ' 1  ' f    2002 Chọn C Câu 43 (VD) - 12.1.6.35 Phương pháp: - Gọi h chiều cao hình nón, r bán kính đường trịn đáy hình nón Sử dụng định lí Pytago biểu diễn r theo h, R - Thể tích khối nón có chiều cao h , bán kính đáy r V   r h - Sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTLN thể tích Cách giải: 21 Gọi h chiều cao hình nón Để thể tích khối nón lớn hiển nhiên h  R Gọi r bán kính đường trịn đáy hình nón Ta có IH  SH  SI  h  R Áp dụng định lí Pytago ta có r  R2   h  R   2hR  h2 1   Thể tích khối nón V   r h    2hR  h2  h   2Rh2  h3  3  h   ktm  Xét hàm số f  h   h  Rh với h  R ta có f '  h   3h  Rh     h  R  tm   3   R    16 R 64 R  32 R  Vmax  f       R    27  81 Chọn D Câu 44 (VD) - 12.1.3.19 2 Phương pháp:  - Lấy e mũ hai vế phương trình sin x dx  a ln  b ln   cos x   sin x  cos x  dx  - Sử dụng MTCT tính e - Đồng hệ số tìm a, b chọn đáp án Cách giải: Ta có  sin x dx  a ln  b ln   cos x   sin x  cos x  dx   e3  ea ln 5b ln  5a.2b Sử dụng MTCT ta có: 22 2   a  1, b  2 Vậy a  2b  Chọn A Câu 45 (VDC) - 12.1.2.17  5a.2b  Phương pháp: - Từ giả thiết log a  ax  log b  bx   2021 đưa phương trình bậc hai ẩn ln x - Sử dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc hai tìm tích abmn - Tìm GTNN biểu thức P nhờ BĐT Cơ-si Cách giải: Theo ta có: log a  ax  log b  bx   2021  x    1  log a x 1  log b x   2021   log a x.log b x  log a x  log b x  2021  log a x.log b x  log a x  log b x  2020 ln x ln x ln x ln x    2020 ln a ln b ln a ln b  ln x   ln a  ln b  ln x  2020 ln a.ln b    ln x  ln  ab  ln x  2020 ln a.ln b  Đặt t  ln x , phương trình trở thành t  ln  ab  t  2020 ln a.ln b  * Vì phương trình (*) có nghiệm phân biệt nên   ln  ab   8080 ln a.ln b  t1  ln m Phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt m, n nên phương trình (*) có nghiệm phân biệt  t2  ln m Khi áp dụng định lí Vi-ét ta có ln m  ln n   ln  ab   mn   mnab  ab Do a, b   mn  Xét P   4a  25b 100m n  1 ta có  P  4a 25b 2 100m n  P  2.10ab.20mn  400abmn  400 2a  5b 2a  5b a    Dấu “=” xảy   10   ab  10 b  10mn   ab Vậy Pmin  400  a  5, b  Chọn D Câu 46 (VD) - 11.1.2.10 Phương pháp: - Tìm số số tự nhiên có chữ số, từ suy số phần tử tập hợp S số phần tử không gian mẫu - Gọi A biến cố: “chọn số tự nhiên” - Từ giả thiết 3  n tìm n , cho n  1000;9999 , từ tìm   thỏa mãn - Tính xác suất biến cố Cách giải: 23 Vì n số tự nhiên có bốn chữ số nên 1000  n  9999 có 9999  1000   9000 số tự nhiên có chữ số Theo ta có 3  n    log3 n Vì có 9000 số tự nhiên có chữ số nên tập hợp S có 9000 phần tử  Số phần tử không gian mẫu n     9000 Gọi A biến cố: “chọn số tự nhiên” Ta có 1000  n  9999  log3 1000  log3 n  log3 9999  6, 29  log n  8,38  6, 29    8,38 Mà      7;8  n  A   Vậy xác suất biến cố A P  A  n  A   n    9000 4500 Chọn A Câu 47 (VDC) - 12.1.1.1 Phương pháp: - Tính y ' - Từ f '  x  đề cho suy f ' 1  x  - Giải phương trình y '  - Lập BXD y ' suy khoảng đồng biến hàm số Cách giải: Xét hàm số y  f 1  x   2021x  2022 có y '   f ' 1  x   2021 Cho y '   f ' 1  x   2021 Vì f '  x     x  x  3 g  x   2021  f ' 1  x      x 1  x  3 g ' 1  x   2021  f ' 1  x   1  x   x  g 1  x   2021  f ' 1  x   2021  1  x   x  g 1  x   2021  2021  1  x   x  g 1  x    x  1   g 1  x   x   x  Qua nghiệm x  1, x  y ' đổi dấu Với x  ta có y '     f ' 1  2021 y '       11  3 g 1  2021 y '    4 g 1  2021   g 1   Do ta có bảng xét dấu y ' sau: Vậy hàm số cho đồng biến  1;  Chọn B Câu 48 (VDC) - 12.1.5.30 24 Cách giải: Sưu tầm nhóm Tốn VD – VDC Gọi V , V ' thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' khối đa diện CABMNC ' Gọi P  AM  CC ' Vì I trung điểm A ' M B ' N nên ABMN hình bình hành A, B, M , N đồng phẳng Ta có AA '/ /CC ' , mà I trung điểm A ' M nên P trung điểm AM 1 Lại có BB '/ /CC ' , mà I trung điểm B ' N nên P trung điểm BN   Từ (1) (2)  P   ABMN   PC '  PI  IC '    AA ' CC ' CC ' CC ' 7CC '     5 10 CP  CC ' 10 d  C ;  ABMN   CP VC ABMN     VC ' ABMN  VC ABMN VC ' ABMN d  C ';  ABMN   CC ' Ta có: VC ABP CP 3 V V    VC ABP  VC ABC '   VC ABC ' CC ' 10 10 10 10 V 2V  VC ABMN  2VC ABM  4VC ABP  10   7 2V 14V V VC ABMN   C ' ABMN   3 15 14V 2V V '  VCABMNC '  VC ' ABMN  VC ABMN    V 15 V Vậy  V' Chọn B Câu 49 (VDC) - 12.1.5.30 Cách giải: 25 Gọi H trung điểm AB , tam giác SAB nên SH  AB   SAB    ABC   AB Ta có:   SH   ABC  SH  SAB , SH  AB     Dựng hình vng ABFC ta có BF / / AC  AC / /  BMF   d  AC; BM   d  AC;  BMF    d  A;  BMF   Lại có AH   BMF   B  d  A;  BMF   d  H ;  BMF    AB   d  A;  BMF    2d  H ;  BMF   HB Trong  SHC  kẻ ME / / SH  E  CH   ME   ABC  Kéo dài HC cắt BF N , áp dụng định lí Ta-lét ta có  ACBN hình bình hành Ta có: HE   BMF   N  d  H ;  BMF   d  E; BMF   BH NH NB     H trung điểm NC FC NC NF HN HC  EN HE  HC HE SM 1    HE  HC HC SC 3 d  H ;  BMF   HN HC HC 3       d  H ;  BMF    d  E;  BMF   d  E; BMF  EN HE  HC HC  HC 4 3  d  AC; BM   d  A;  BMF    d  E;  BMF   Trong  ABC  kẻ EI / / AB  I  BF  ,  MEI  kẻ EJ  IM ta có: Áp dụng định lí Ta-lét ta có:  BF  AB, EI / / AB  BF  EI  BF   MEI   BF  EJ   BF  ME  ME   ABC    EJ  BF  EJ   BMF   d  E;  BMF    EJ   EJ  MI  d  AC ; BM   3 21 d  E ;  BMF    EJ   EJ  2 21 AB AB ME CM 2  ME     ME  SH Mà SH  SH CS 3 HN NE NE IE IE Ta có:   cmt         IE  AB EN NH NC FC AB Ta có: 26 Áp dụng hệ thức lượng tam giác MEI ta có: 1  2 EJ EI EM 21 1    64 AB AB 21 21   64 AB  AB  AB  ME   , SABC  AB  3 1 32  Vậy VC ABM  ME.S ABC  3 Chọn B Câu 50 (TH) - 12.1.3.19 Phương pháp: Tính tích phân phương pháp đổi biến số Cách giải: dx Đặt t  ln x  dt  x x   t  Đổi cận:  x  e  t  1 Khi ta có I    3t  1 dt Chọn B HẾT 27 ... BM A 32 3 B 32 21 Thể tích khối tứ diện C ABM bằng: C 32 D 16 3 3ln x  dx Nếu đặt t  ln x thì: x e Câu 50 (ID:4771 73) : Cho tích phân I   e A I    3t  1 dt 1 B I    3t  1 dt 3t ... x3  x3 x1  a  d   x1 x2 x3  a  Ta có: y ''  3ax  2bx  c, y ''''  6ax  2b Vì y '''' 1   6a  2b   b  3a  x1  x2  x3  b  ? ?3 a Ta có: 20 P  x3  x2 x3  x1 x2 x3 1 x2 x3... 16 x1.4 x2 x3 4 x  x 16 x  x2  x3  P  x3   2 4 x  x 16 x1  x2  x3  P  x3   12 12 x3  12 x2  3x3  16 x1  x2  x3 P 12 16 x1  16 x2  16 x3 P   x1  x2  x3  12  P 