1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

TS247 DT de thi kscl tot nghiep thpt mon toan thpt chuyen lam son thanh hoa lan 2 nam 2021 co loi giai chi tiet 75239 1618220340

23 12 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 23
Dung lượng 1,37 MB

Nội dung

SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI KSCL TỐT NGHIỆP THPT – LẦN Năm học: 2020 – 2021 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Mã đề thi 139 MỤC TIÊU - Đề thi chuyên Lam Sơn Thanh Hóa lần vừa sức với học sinh, khơng có q nhiều câu hỏi khó, câu hỏi thuộc dạng học sinh bắt gặp q trình ơn tập - Đề thi giữ vững tinh thần bám sát đề thức năm, tạo điều kiện để học sinh ôn tập sát chương trình thi thức - Bố cục phân bố đề thi gồm 22 câu hỏi NB, 16 câu hỏi TH, câu hỏi VD câu hỏi VDC Học sinh đạt 7+, học sinh giỏi trở lên hồn tồn đạt 9+ Câu (ID:476236): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình vẽ sau: Số nghiệm thực phương trình f  x    là: A B C Câu (ID:476237): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ sau: D Hàm số y  f  x  đồng biến khoảng đây? A  ;0  B  0;  C  2;   D  2;  Câu (ID:476238): Thể tích khối trụ có bán kính đáy r , chiều cao h bằng: A  r h B  r h C  r h D 2 rh 3 Câu (ID:476239): Giá trị nhỏ hàm số f  x   x3  3x  đoạn  3;3 bằng: D 16 x 1 y  z  Câu (ID:476240): Trong không gian Oxyz , điểm thuộc đường thẳng d :   A M 1; 2;5  B N 1; 2;5  C Q  1; 2; 5  D P  2;3;  A 20 B C Câu (ID:476241): Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng  ABC  , SA  a , tam giác ABC vuông B , AB  a BC  a (minh họa hình vẽ bên dưới) Góc đường thẳng SC mặt phẳng  ABC  bằng: A 450 B 300 Câu (ID:476242): Cho hàm số f  x  liên tục C 900 D 600 , bảng xét dấu f '  x  sau: Số điểm cực trị hàm số cho là: A B C D Câu (ID:476243): Thể tích khối nón trịn xoay có đường kính đáy chiều cao là: A 45 B 15 C 60 D 180 Câu (ID:476244): Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y     z  3  Tâm S  2 có tọa độ là: A  1; 2;3 C  1; 2; 3 B 1; 2; 3 D 1; 2;3 Câu 10 (ID:476245): Hàm số có đồ thị đường cong hình bên? A y   x  x B y  x3  x C y   x3  x D y  x  x Câu 11 (ID:476246): Cho cấp số cộng  un  có u4  12 u5  Giá trị công sai d cấp số cộng là: B d  C d  D d  3 Câu 12 (ID:476247): Xét tất số thực dương a b thỏa mãn log a  log16  ab  Mệnh đề A d  đúng? A a  b3 B a  b C a  b D a3  b Câu 13 (ID:476248): Cho hàm số f  x  có f    2, f  3  , hàm số f '  x  liên tục  2;3 Khi  f '  x  dx bằng: A B 10 C 3 Câu 14 (ID:476249): Họ tất nguyên hàm hàm số f  x   cos x là: A 2sin 2x  C B  sin x  C Câu 15 (ID:476250): Bất phương trình 3x A S   0;  B S  1 C sin x  C D D 2sin 2x  C  32 x 1 có tập nghiệm là: C S   ;0    2;   D S   2;  Câu 16 (ID:476251): Họ tất nguyên hàm hàm số f  x   khoảng 1;   là: 4x  1 C ln  x  3  C ln  x  3  C Câu 17 (ID:476252): Diện tích mặt cầu bán kính R bằng: A ln  x  3  C B A 2 R B  R C 4 R D ln  x  3  C D  R3 Câu 18 (ID:476253): Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z   Vectơ vectơ pháp tuyến  P  ? A n3   1; 2; 3 B n4   2; 1;3 C n2   2;1; 1 D n1   2;1;3 Câu 19 (ID:476254): Trên giá sách có sách Văn 10 sách Toán, đơi phân biệt Hỏi có cách chọn sách giá? A 80 B 10 C D 18 Câu 20 (ID:476255): Trong không gian Oxyz , tọa độ vectơ a  i  j  3k là: B  3; 2; 1 A  1; 2; 3 C  2; 1; 3 D  2; 3; 1 Câu 21 (ID:476256): Nghiệm phương trình log  x  1  là: B x  C x  3 Câu 22 (ID:476257): Cho hàm số có bảng biến thiên sau: D x  A x  10 Hàm số đạt cực đại điểm điểm sau đây? A x  B x  2 C x  D x  1 Câu 23 (ID:476258): Ông A gửi số tiền 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 7% năm, biết không rút tiền khỏi ngân hàng sau năm số tiền lãi nhập vào vốn ban đầu Sau thời gian 10 năm khơng rút lãi lần số tiền mà ông A nhận gồm gốc lẫn lãi tính theo cơng thức đây? A 108 1  0,  (đồng) B 108 1  0, 07  (đồng) C 108.0, 0710 (đồng) D 108 1  0, 007  (đồng) 10 10 10 Câu 24 (ID:476259): Môđun số phức  i là: A B C D Câu 25 (ID:476260): Với a số thực dương tùy ý, log a bằng: 1 B  log a C 3log a D  log a log a 3 Câu 26 (ID:476261): Gọi S diện tích miền hình phẳng gạch chéo hình vẽ đây, với f  x  A hàm số liên tục Công thức tính S là: 2 A S    f  x  dx B S  C S   1  f  x  dx 1 1 f  x  dx |   f  x  dx D S   f  x  dx 1 x  3x  Câu 27 (ID:476262): Tổng số tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số y  là: x2 1 A B C D Câu 28 (ID:476263): Cho hàm số y  ax  bx  có đồ thị hình vẽ bên Mệnh đề sau đúng? A a  0, b  B a  0, b  C a  0, b  D a  0, b  Câu 29 (ID:476264): Trong không gian Oxyz , cho điểm M  2; 3;1 mặt phẳng   : x  y  z   Đường thẳng d qua điểm M vng góc với mặt phẳng   có phương trình là: x   t  A  y  3  3t z  1 t  x   t B   y  3  3t z  1 t   x  2  t  D  y   3t  z  1  t   x   2t  C  y   3t  z  1  t  Câu 30 (ID:476265): Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z    i  điểm đây? A P  3;  B M  5;  D Q  4;3 C N  4;5  Câu 31 (ID:476266): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vuông tâm O , cạnh a Cạnh bên SA vng góc với đáy, góc SBD  600 Thể tích khối chóp cho bằng: a3 2a a3 B C D a 3 Câu 32 (ID:476267): Chọn ngẫu nhiên hai số khác từ 21 số nguyên dương Xác suất để chọn hai số có tích số lẻ bằng: 121 11 A B C D 210 42 42 A Câu 33 (ID:476268): Cho hai số phức z1   i z2   2i Phần ảo số phức 2z1  z2 bằng: A B 2 C 4 D Câu 34 (ID:476269): Trong khơng gian Oxyz , phương trình mặt cầu  S  có tâm I  1; 2;1 qua điểm A  0; 4; 1 là: A  x  1   y     z  1  2 B  x  1   y     z  1  2 C  x  1   y     z  1  2 D  x  1   y     z  1  2 Câu 35 (ID:476270): Trong không gian Oxyz , cho a   3; 2;1 , b   2;0;1 Vectơ u  a  b có độ dài bằng: A B C D Câu 36 (ID:476271): Cho phương trình log  3x    m   log x  2m   ( m tham số thực) Tập hợp tất giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt thuộc 9; 27  là: B  4;5 A  4;5 C  2;3 D  2;3  Câu 37 (ID:476272): Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y  khoảng  ;1 ? mx  nghịch biến xm A B C D Câu 38 (ID:476273): Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m cho giá trị lớn hàm số f  x   x  x  m đoạn 1;3 18 Tổng tất phần tử S bằng: A 2 B C D Câu 39 (ID:476274): Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  4;1;0  B  2; 1;  Phương trình mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB là: A x  y  z   B 3x  z   C 3x  z   D x  y  z   Câu 40 (ID:476275): Cho số thực dương a, b khác thỏa mãn log a  logb 16 ab  64 Giá trị a  biểu thức  log  bằng: b  25 A B 20 C 25 D 32 Câu 41 (ID:476276): Cho hình trụ có chiều cao Cắt hình trụ cho mặt phẳng song song với trục cách trục khoảng 1, thiết diện thu có diện tích 30 Diện tích xung quanh hình trụ cho bằng: A 39 B 10 3 C 10 39 D 20 3 Câu 42 (ID:476277): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O cạnh a , SO vng góc với mặt phẳng  ABCD  SO  a Khoảng cách SC AB bằng: 2a 15 2a a C 5 Câu 43 (ID:476278): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: A B D a 15 Số giá trị nguyên tham số m để phương trình f  x  x   m  có nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng  0;   là: A 12 B 14 C 11 D 13 Câu 44 (ID:476279): Cho hai số phức z1 , z2 hai nghiệm phương trình z  i   iz , biết z1  z2  Giá trị biểu thức P  z1  z2 bằng: A 2 B C Câu 45 (ID:476280): Cho hàm số f  x  liên tục D có nguyên hàm hàm số g  x   x  x 1 2  f  x  dx bằng: Khi 2 4 B  C D  3 3 Câu 46 (ID:476281): Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1;1;1 , B  2;1;0  , C  2;0;  Gọi  P  mặt A phẳng chứa BC cách A khoảng lớn Hỏi vectơ sau vectơ pháp tuyến mặt phẳng  P  ? A n   5; 2; 1 C n   5; 2; 1 B n   5; 2;1 Câu 47 (ID:476282): Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục f  x   f   x   x  x  , x  D n   5; 2; 1 thỏa mãn f    Tích phân  xf '  x  dx bằng: 10 11 B  C  D  3 3 Câu 48 (ID:476283): Cho hình vng ABCD có đỉnh A, B, C tương ứng nằm đồ thị hàm A  số y  log a x , y  log a x y  3log a x Biết diện tích hình vng 36 , cạnh AB song song với trục hồnh Khi a bằng: A B C D Câu 49 (ID:476284): Cho khối chóp S ABC có đáy tam giác vng B , SAB  SCB  900 , AB  a, BC  2a Biết góc đường thẳng SB mặt phẳng đáy 600 , thể tích khối chóp cho bằng: a 15 A a C Câu 50 (ID:476285): Có số nguyên a thuộc đoạn a 15 B a3 D  20; 20 cho hàm số y  2 x   a x  x  có cực đại? A 18 B 17 C 36 D 35 D 11 D 21 C 31 C 41 D B 12 D 22 D 32 A 42 B HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM C D B B C B 13 A 14 C 15 C 16 B 17 C 18 C 23 B 24 A 25 C 26 C 27 D 28 A 33 D 34 D 35 D 36 C 37 D 38 C 43 B 44 C 45 C 46 D 47 A 48 B B 19 D 29 A 39 D 49 C 10 A 20 A 30 A 40 B 50 A Câu (NB) - 12.1.1.6 Phương pháp: Số nghiệm phương trình f  x   m số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  đường thẳng y  m Cách giải: Ta có f  x     f  x   đường thẳng y  nên số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  cắt đồ thị hàm số y  f  x  điểm phân biệt Vậy phương trình f  x    có nghiệm phân biệt Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y  Chọn D Câu (NB) - 12.1.1.1 Phương pháp: Dựa vào đồ thị xác định khoảng mà đồ thị hàm số lên từ trái qua phải Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến  0;  Chọn B Câu (NB) - 12.1.6.33 Phương pháp: Thể tích khối trụ có bán kính đáy r , chiều cao h bằng: V   r h Cách giải: Thể tích khối trụ có bán kính đáy r , chiều cao h bằng: V   r h Chọn C Câu (NB) - 12.1.1.3 Phương pháp: - Giải phương trình y '  tìm nghiệm xi   3;3 - Tính y  3 , y  3 , y  xi  - Kết luận: f  x    y  3 ; y  3 ; y  xi  3;3 Cách giải: Ta có f  x   x3  3x   f '  x   3x  f '  x    x    x  1  3;3 Ta có f  3  16, f  3  20, f  1  4, f 1  Vậy f  x   f  3  16 3;3 Chọn D Câu (NB) - 12.1.7.40 Phương pháp: Đường thẳng d : x  x0 y  y0 z  z0 qua điểm A  x0 ; y0 ; z0    a b c Cách giải: Đường thẳng d : x 1 y  z  qua điểm N 1; 2;5    Chọn B Câu (TH) - 11.1.8.48 Phương pháp: - Góc đường thẳng mặt phẳng góc đường thẳng hình chiếu mặt phẳng - Sử dụng định lí Pytago tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng để tính góc Cách giải: Ta có SA   ABC   AC hình chiếu vng góc SC lên  ABC     SC;  ABC      SC ; AC   SCA Ta có: AC  AB  BC  2a  a  a SA a  SCA  300 Xét tam giác SAC có: tan SCA    AC a 3 Vậy   SC;  ABC    300 Chọn B Câu (NB) - 12.1.1.2 Phương pháp: Xác định điểm cực trị điểm mà qua đạo hàm đổi dấu Cách giải: Dựa vào bảng xét dấu f '  x  ta thấy hàm số f  x  có điểm cực trị x  3, x  Chọn C Câu (NB) - 12.1.6.32 Phương pháp: Thể tích khối nón trịn xoay có bán kính đáy r chiều cao h V   r h Cách giải: Thể tích khối nón trịn xoay có đường kính đáy  bán kính đáy chiều cao là: 1 V   r h   32.5  15 3 Chọn B Câu (NB) - 12.1.7.38 Phương pháp: Mặt cầu  S  :  x  a    y  b    z  c   R có tâm I  a; b; c  2 Cách giải: Mặt cầu  S  :  x  1   y     z  3  có tâm 1; 2; 3 2 Chọn B Câu 10 (NB) - 12.1.1.5 Phương pháp: - Dựa vào hình dáng đồ thị suy hàm bậc bốn trùng phương hay hàm đa thức bậc ba - Dựa vào chiều nhánh cuối đồ thị hàm số Cách giải: Đồ thị cho đồ thị hàm đa thức bậc bốn trùng phương có hệ số a  nên chọn đáp án A Chọn A Câu 11 (NB) - 11.1.3.18 Phương pháp: Sử dụng công thức un  um   n  m  d với d công sai cấp số cộng Cách giải: Ta có d  u5  u4   12  3 Chọn D Câu 12 (TH) - 12.1.2.14 Phương pháp: n log a b m - Sử dụng công thức log a  xy   log a x  log a y   a  1, x, y   - Đưa số, sử dụng công thức log am bn  Cách giải: log a  log16  ab   log a  log  ab   log a  log a  log b  3log a  log b  log a  log b  a3  b Chọn D Câu 13 (NB) - 12.1.3.19 Phương pháp: b Sử dụng công thức  f  x  dx  F  b   F  a  với F  x  nguyên hàm hàm số f  x  a Cách giải: Ta có:  f '  x  dx  f  3  f      Chọn A Câu 14 (NB) - 12.1.3.18 Phương pháp: Sử dụng công thức tính nguyên hàm  cos kxdx  sin kx  C k Cách giải:  f  x  dx   cos 2xdx  sin 2x  C Chọn C Câu 15 (NB) - 12.1.2.15 Phương pháp: Giải bất phương trình mũ: a f  x   a g  x   f  x   g  x  với a  Cách giải: 3x 1  32 x 1  x2   x   x2  x  x   x  Vậy tập nghiệm bất phương trình S   ;0    2;   Chọn C Câu 16 (TH) - 12.1.2.15 Phương pháp: - Đưa biến vào vi phân du - Sử dụng công thức   ln u  C u Cách giải: d  x  3 Ta có  f  x  dx   dx    ln x   C 4x  4x  Vì x  1;    x   Vậy  f  x  dx  ln  4x  3  C Chọn B Câu 17 (NB) - 12.1.2.15 Phương pháp: Diện tích mặt cầu bán kính R 4 R Cách giải: Diện tích mặt cầu bán kính R 4 R Chọn C Câu 18 (NB) - 12.1.7.39 Phương pháp: Mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D  có VTPT n   A; B; C  Cách giải: Mặt phẳng  P  : x  y  z   có VTPT n   2;1; 1 Chọn C Câu 19 (NB) - 11.1.2.7 Phương pháp: Sử dụng tổ hợp Cách giải: Số cách chọn sách giá C181  18 cách Chọn D 10 Câu 20 (NB) 12.1.7.37 Phương pháp: Sử dụng: a  xi  y j  zk  a   x; y; z  Cách giải: Tọa độ vectơ a  i  j  3k  1; 2; 3 Chọn A Câu 21 (NB) - 12.1.2.14 Phương pháp: Giải phương trình logarit: loga x  b  x  ab Cách giải: log  3x  1   3x    x  Chọn C Câu 22 (NB) - 12.1.1.2 Phương pháp: Dựa vào BBT xác định điểm cực đại hàm số điểm mà hàm số liên tục qua đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm Cách giải: Hàm số cho đạt cực đại x  1 Chọn D Câu 23 (NB) - 12.1.2.12 Phương pháp: Sử dụng công thức lãi kép: số tiền nhận sau n kì hạn gửi tiết kiệm An  A 1  r  A số n tiền gốc, r lãi suất kì hạn, n số kì hạn gửi Cách giải: Sau thời gian 10 năm không rút lãi lần số tiền mà ơng A nhận gồm gốc lẫn lãi tính theo cơng thức: 100 000 000 1  7%   108 1  0, 07  10 10 (đồng) Chọn B Câu 24 (NB) - 12.1.4.22 Phương pháp: z  a  bi  z  a  b2 Cách giải: Môđun số phức  i Chọn A Câu 25 (NB) - 12.1.2.11 22  12  Phương pháp: Sử dụng công thức log a x m  m log a x   a  1, x   Cách giải: log a3  3log a Chọn C Câu 26 (TH) - 12.1.3.20 Phương pháp: 11 b Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  f  x  , y  g  x  , x  a, x  b S   f  x   g  x  dx a Cách giải: Ta có: S  f  x  dx  1  1  f  x  dx   f  x  dx 1 1  f  x  dx   f  x  dx Chọn C Câu 27 (TH) - 12.1.1.4 Phương pháp: Sử dụng định nghĩa đường tiệm cận đồ thị hàm số: Cho hàm số y  f  x  : - Đường thẳng y  y0 TCN đồ thị hàm số y  f  x  thỏa mãn điều kiện sau: lim f  x   y0 lim f  x   y0 x  x  - Đường thẳng x  x0 TCĐ đồ thị hàm số y  f  x  thỏa mãn điều kiện sau: lim f  x    lim f  x    lim f  x    lim f  x    x  x0 x  x0 x  x0 x  x0 Cách giải: Ta có: x  3x  lim y  lim   y  TCN đồ thị hàm số x  x  x2 1 x  3x   x  1 x  1 x  nên x  1 TCĐ đồ thị hàm số y   x2   x  1 x  1 x  Vậy tổng số tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số y  x  3x  x2 1 Chọn D Câu 28 (TH) - 12.1.1.2 Phương pháp: - Dựa vào nhánh cuối suy dấu hệ số a - Dựa vào số điểm cực trị suy dấu hệ số b Cách giải: Nhánh cuối đồ thị lên  a  Hàm số có điểm cực trị  ab  Mà a   b  Vậy a  0, b  Chọn A Câu 29 (TH) - 12.1.7.40 Phương pháp: - Đường thẳng d   P   ud  nP - Phương trình đường thẳng d qua M  x0 ; y0 ; z0   x  x0  at  có VTCP u   a; b; c  là:  y  y0  bt  z  z  ct  Cách giải: 12 Mặt phẳng   : x  y  z   có VTPT n  1;3; 1 Vì đường thẳng d qua điểm M vng góc với mặt phẳng   nên đường thẳng d có VTCP ud  n   1; 3;1 x   t  Vậy phương trình đường thẳng d là:  y  3  3t z  1 t  Chọn A Câu 30 (TH) - 12.1.4.23 Phương pháp: - Thực phép khai triển đẳng thức tìm số phức z - Cho số phức z  x  yi  x, y    M  x; y  điểm biểu diễn số phức z Cách giải: Ta có: z    i    4i  i   4i Vậy điểm biểu diễn số phức z    i  điểm P  3;  Chọn A Câu 31 (TH) - 12.1.5.30 Phương pháp: - Chứng minh SBD đều, gọi O  AC  BD , tính SO - Áp dụng định lí Pytago tam giác vng SOA tính SA - Tính VS ABCD  SA.S ABCD Cách giải: Dễ thấy SAB  SAD (2 cạnh góc vng)  SB  SD  SBD cân S Lại có SBD  600  gt   SBD Gọi O  AC  BD Vì ABCD hình vng cạnh a nên AC  BD  a  OA  a nên SO  a SBD cạnh a a  2 a 6 a 2 Áp dụng định lí Pytago tam giác vuông SOA : SA  SO  OA        a 2     Vậy VS ABCD 1 a3  SA.S ABCD  a.a  3 Chọn C Câu 32 (TH) - 11.1.2.10 Phương pháp: - Tính số phần tử không gian mẫu số cách chọn số từ 21 số nguyên dương - Gọi A biến cố: “chọn hai số có tích số lẻ”, tính số phần tử biến cố A số cách chọn số lẻ từ 21 số nguyên dương - Tính xác suất biến cố A Cách giải: 2  n     C21 Số cách chọn số từ 21 số nguyên dương C21 13 Gọi A biến cố: “chọn hai số có tích số lẻ”  số chọn phải lẻ 21  Số số lẻ từ 21 số nguyên dương   11  n  A   C112 n  A C112 11 Vậy xác suất biến cố A P  A    n    C21 42 Chọn A Câu 33 (TH) - 12.1.4.23 Phương pháp: - Xác định số phức z - Thực phép cộng số phức, tính 2z1  z2 suy phần ảo Cách giải: z1  z2  1  i     2i    4i có phần ảo Chọn D Câu 34 (TH) - 12.1.7.38 Phương pháp:  xA  xI    yA  yI    z A  zI  2 I  a; b; c  bán kính R có phương trình  x  a    y  b    z  c   R - Tính bán kính mặt cầu R  IA  - Mặt cầu có tâm 2 Cách giải: Bán kính mặt cầu R  IA    1    2   1  1 2  Vậy phương trình mặt cầu  S  có tâm I  1; 2;1 , bán kính R  là:  x  1   y     z  1  2 Chọn D Câu 35 (TH) - 12.1.7.37 Phương pháp: - Tính u  a  b - Sử dụng công thức u   x; y; z   u  x  y  z Cách giải: Ta có: u  a  b  1;2;2   u  12  22  22  Chọn D Câu 36 (VD) - 12.1.2.14 Phương pháp: - Đặt t  log3 x Tìm khoảng giá trị t   a; b  - Đưa toán trở thành tìm m để phương trình bậc hai ẩn t có nghiệm phân biệt thuộc  a; b  - Tìm điều kiện để phương trình bậc hai ẩn t có nghiệm phân biệt, sau giải tìm hai nghiệm theo m - Cho nghiệm tìm thuộc  a; b  tìm m Cách giải: Ta có: 14 log32  3x    m   log x  2m     log3 x  1   m   log3 x  2m    log32 x  m log3 x  2m   * Đặt t  log3 x , với x  9; 27  t   2;3 , phương trình (*) trở thành t  mt  2m   ** Để phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt thuộc 9; 27  phương trình (*) phải có nghiệm phân biệt t1 , t2   2;3 Ta có   m   2m     m  8m  16    m     m  mm4  m t1  Khi (**) có nghiệm phân biệt  t  m  m     2;3  2 Vậy m   2;3 Chọn C Câu 37 (VD) - 12.1.1.1 Phương pháp: y'  ax  b  Hàm số y  nghịch biến  ;     d cx  d  c   ;   Cách giải: ĐKXĐ: x  m Ta có y '  m2   x  m  m2   3  m  y'  Để hàm số nghịch biến khoảng  ;1     3  m  1  m   ;1 m      m      Mà m   m  2; 1 Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn D Câu 38 (VD) - 12.1.1.3 Phương pháp: - Xét hàm số g  x   x  x  m 1;3 - Tìm g  x  , max g  x  1;3 1;3   - Suy max f  x   max  g  x  , max g  x   1;3 1;3  1;3  - Xét trường hợp max f  x   g  x  , max f  x   max g  x  tìm m 1;3 1;3 1;3 1;3 Cách giải:  x   1;3  Xét hàm số g  x   x  x  m 1;3 ta có g '  x   x3  16 x    x   1;3   x  2  1;3 15 Ta có g 1  m  7, g  3  m  9, g    m  16  g  x   g    m  16 , max g  x   g  3  m  1;3 1;3  max f  x   max  m  16 ; m   1;3   m  16  18 TH1: max f  x   m  16    m  2 1;3 m  16  m     m   18 TH1: max f  x   m     m 9 1;3 m  16  m    S  2;9 Vậy tổng tất phần tử S 2   Chọn C Câu 39 (TH) - 12.1.7.39 Phương pháp: - Mặt phẳng trung trực   đoạn thẳng AB qua trung điểm I AB nhận AB làm VTPT - Phương trình mặt phẳng  P  qua M  x0 ; y0 ; z0  có VTPT n   a; b; c  là: a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   Cách giải: Gọi I trung điểm AB  I  3;0;1 Mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB qua I  3; 0;1 có VTPT n   AB  1;1; 1 có phương trình 1 x  3  1 y    1 z  1   x  y  z   Chọn D Câu 40 (VD) - 12.1.2.14 Phương pháp: - Sử dụng công thức log a x m  m log a x   a  1, x   log a b    a, b  1 log b a log a  xy   log a x  log a y   a  1, x, y   x  log a x  log a y   a  1, x, y   y - Tìm log a.log b, log a  log b log a - Sử dụng biến đổi  a  b    a  b   4ab 2 Cách giải: Ta có:  log a.log b  log a  logb 16 log a  4logb  log b   2  ab  64 log a  log b  log  ab   log 64   2 a 2  Vậy  log    log a  log b    log a  log b   log a.log b  62  4.4  20 b  16 Chọn B Câu 41 (VD) - 12.1.6.33 Phương pháp: - Giả sử cắt hình trụ cho mặt phẳng song song với trục ta thiết diện hình chữ nhật ABCD , với AD chiều cao hình trụ - Sử dụng giả thiết thiết diện thu có diện tích 30 tính CD - Gọi H trung điểm CD , chứng minh d  OO ';  ABCD    O ' H - Áp dụng định lí Pytago tam giác vng tính bán kính đáy hình trụ - Diện tích xung quanh khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy r S xq  2 rh Cách giải: Giả sử cắt hình trụ cho mặt phẳng song song với trục ta thiết diện hình chữ nhật ABCD hình vẽ Gọi H trung điểm CD ta có O ' H   ABCD  nên d  OO ';  ABCD    O ' H  Vì hình trụ có chiều cao  AD  Mà S ABCD  AD.CD  30  CD   CH  Áp dụng định lí Pytago tam giác vng O ' HC có: O ' C  O ' H  HC  12   3  Vậy diện tích xung quanh hình trụ S xq  2 rh  2 2.5  20 3 Chọn D Câu 42 (TH) - 11.1.8.50 Phương pháp: - Chứng minh d  SC ; AB   d  A;  SCD   - Đổi điểm tính khoảng cách chứng minh d  SC; AB   d  A;  SCD    2d  O;  SCD   - Gọi M trung điểm CD ,  SOM  kẻ OH  SM  H  SM  , chứng minh OH   SCD  - Sử dụng hệ thức lượng tam giác vng SOM để tính OH Cách giải: 17 Ta có AB / /CD  AB / /  SCD   SC  d  SC; AB   d  AB;  SCD    d  A;  SCD   Lại có AO   SCD   C  d  A;  SCD   d  O;  SCD    AC   d  SC; AB   d  A;  SCD    2d  O;  SCD   OC Gọi M trung điểm CD ,  SOM  kẻ OH  SM  H  SM  ta có: CD  OM  CD   SOM   CD  OH  CD  SO OH  CD  OH   SCD   d  O;  SCD    OH  OH  SM Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông SOM : OH  Vậy d  SC ; AB   SO.OM SO  OM  a a a2  a2  a 2a Chọn B Câu 43 (VD) - 12.1.1.5 Phương pháp: - Đặt t  x  x , với x   0;   , đưa phương trình dạng f  t   m * - Xác định nghiệm t cho nghiệm x khoảng cụ thể - Tìm điều kiện số nghiệm phương trình (*) để phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt Cách giải: m5 Đặt t  x  x , với x   0;   , phương trình trở thành f  t   m   f  t   * Ta có t '  x   x    x    0;   BBT: 18 m5 có tối đa nghiệm, nghiệm t   4;0  cho nghiệm x phân biệt, nghiệm t   0;    4 cho nghiệm x Dựa vào BBT đề cho, ta thấy phương trình f  t   Để phương trình ban đầu có nghiệm thuộc  0;   phương trình (*): TH1: Có nghiệm t   4;0  nghiệm t   0;    4 (ktm) TH1: Có nghiệm t   4;0  nghiệm t   0;    4 (ktm) m5  2   6  m     9  m   6 3  m   2  11  m    m   14;0 \ 11 14  m  11 Mà m  Có 14 giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn B Câu 44 (VD) - 12.1.4.23 Phương pháp: - Đặt z  x  yi , khai triển z  i   iz tìm mối quan hệ x, y  - Chứng minh z1  z2  z1  z2  z1  z2 2 2  , từ tìm P  z  z Cách giải: Đặt z  x  yi ta có: z  i   iz  x  yi  i   i  x  yi   x   y  1 i    y   xi  x   y  1    y   x 2  3x  y   x2  y  Đặtk z1  x1  y1i, z2  x2  y2i , xét A  z1  z2  z1  z2 2   x1  x2    y1  y2  i   x1  x2    y1  y2  i   x1  x2    y1  y2    x1  x2    y1  y2  2 2   x12  y12  x22  y22  2   x1  y1  Vì z1 , z2 hai nghiệm phương trình z  i   iz nên  2   x2  y2   A  1  1   z1  z2  z1  z2  2  z1  z2   z1  z2  2  P  z1  z2  19 Chọn C Câu 45 (TH) - 12.1.3.19 Phương pháp: - Tìm f  x   g '  x  suy hàm f  x  - Tính tích phân, sử dụng bảng nguyên hàm Cách giải: Vì f  x  liên tục có nguyên hàm hàm số g  x    f  x   g ' x   x 1 x  x 1 Khi ta có f  x   x   x3    f  x  dx    x  1 dx    x    1 1 Chọn C Câu 46 (VD) - 12.1.7.39 2 Phương pháp: - Gọi H , K hình chiếu vng góc A lên  P  , BC Chứng minh AH  AK  d  A;  P  max  AK - Viết phương trình đường thẳng BC , tham số hóa tọa độ điểm K  BC - Sử dụng AK.BC  tìm tọa độ vectơ AK Cách giải: Gọi H , K hình chiếu vng góc A lên  P  , BC Ta có AH   P   AH  HK  AHK vuông H  AH  AK hay d  A;  P    d  A; BC  Do d  A;  P   lớn AH  AK  H  K x   Ta có BC   0; 1;   Phương trình đường thẳng BC :  y   t  z  2t  Vì K  BC  K  2;  t; 2t   AK  1;  t; 2t  1 Ta có AK BC   1.0  t   2t  1   t  1   AK  1;  ;   / /  5; 2; 1 5  Vậy d  A;  P   lớn  P  có VTPT n   5; 2; 1 Chọn D Câu 47 (VDC) - 12.1.3.19 20 Phương pháp: - Áp dụng tích phân phần với  xf '  x  dx - Từ giả thiết f    , f  x   f   x   x  x  tính f   - Lấy tích phân hai vế biểu thức f  x   f   x   x  x  - Sử dụng phương pháp đổi biến số, tính J   f   x  dx , từ tính  f  x  dx tính I Cách giải:   u  x du  dx Đặt   dv  f ' x dx v  f x         2  I   xf '  x  dx  xf  x    f  x  dx 0 Theo ta có: f    , f  x   f   x   x  x   f    f     f     f      1 2 0  I  f     f  x  dx  2   f  x  dx Lấy tích phân hai vế biểu thức f  x   f   x   x  x  ta có: 2  f  x  dx   f   x  dx    x 0  x   dx  x   t  Xét J   f   x  dx , đặt t   x  dt  dx Đổi cận  x   t   2  J    f  t  dt   f  x  dx 2   f  x  dx    f  x  dx  3 0 Vậy  I  2  10  3 Chọn A Câu 48 (VDC) - 12.1.2.14 Phương pháp: - Gọi A  m;log a m  , B  n; log a n  , C  p;3log a p   m, n, p   - Tính AB , sử dụng điều kiện cạnh AB song song với trục hồnh tìm m theo n - Tính AB , giải phương trình tìm m, n - Tính BC , sử dụng điều kiện BC  AB tìm p - Giải phương trình độ dài cạnh BC tìm a Cách giải: Gọi A  m;log a m  , B  n; log a n  , C  p;3log a p   m, n, p   Vì ABCD hình vng nên AB  DC 21  n2  Ta có AB   n  m; log a n  log a m    n  m; log a  m  Vì AB i 1;0  phương nên log a  AB   n  n ;0   AB  n  n n2 n2 0  n2  m m m Lại có S ABCD  36  AB2  36  AB   n2  n  n   n  n2      m  n   ktm    n  n  6 VN    p3  Tương tự ta có BC   p  n;log a  phương với j   0;1 nên p  n   p  n  n    33   BC   0;log a    0;log a 3  BC  log a   log a  a Mà BC  AB   log a    log    a Chọn B Câu 49 (VDC) - 12.1.5.30 Phương pháp: - Gọi H hình chiếu vng góc S lên  ABC  , chứng minh ABCH hình chữ nhật - Xác định góc SB mặt đáy góc SB hình chiếu vng góc SB lên mặt đáy, sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng tính SH - Tính thể tích VS ABC  SH SABC Cách giải: Gọi H hình chiếu vng góc S lên  ABC  Ta có 22  BC  SC  gt   BC   SCH   BC  CH  BC  SH SH  ABC       AB  SA  gt   AB   SAH   AB  AH  AB  SH SH  ABC       ABCH hình chữ nhật (tứ giác có góc vng) Vì SH   ABC  nên HB hình chiếu vng góc SB lên  ABC     SB;  ABC      SB; HB   SBH  600 Áp dụng định lí Pytago ta có: AC  AB  BC  a , lại có ABCH hình vng nên BH  AC  a Xét tam giác vng SBH có SH  BH tan 300  a 15 1 1 a 15 Vậy VS ABC  SH SABC  SH AB.BC  a 15.a.2a  3 Chọn C Câu 50 (VDC) - 12.1.1.2 Cách giải: TXĐ: D  Ta có y '  2  a x2 x2  4x  x2  x    x  2 y ''  a x2 x2  x  x  4x  x  4x    x  2 y ''  a , x 2  x  5 x  x   x  x  5 x  x  + TH1: a   y  2 x  nghịch biến nên hàm số khơng có cực đại  a  không thỏa mãn a   y '  + TH2: a    a   y '   Hàm số cho có cực đại  a  phương trình y '  có nghiệm Đặt t  x  ta có y '   2  a t t 1   at  t  t  t  t    2    * 2 a t  4t   a   t  t  a   a  2   Hệ phương trình (*) có nghiệm  a    a2     a 4  a  2 Kết hợp điều kiện a  , a   20; 20 ta có a   20; 2  , Mà a   a  20; 19; 18; ; 3 Vậy có 18 giá trị a thỏa mãn yêu cầu toán Chọn A HẾT 23

Ngày đăng: 20/05/2021, 22:55

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN