TS247 DT de thi thu tn thpt mon toan thpt chuyen dh su pham ha noi nam 2021 lan 2 co loi giai chi tiet 76123 1620315919

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI THỬ TN THPT NĂM 2021 – LẦN BÀI THI MƠN TỐN Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 25/04/2021 Mã đề thi 213 MỤC TIÊU - Đề thi thử TNTHPT lần trường THPT Chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội bám sát đề thức năm nhằm giúp học sinh ơn tập trọng tâm - Đề thi với mức độ khó vừa phải, giúp học sinh có cảm giác làm đề thi thật, để học sinh có trải nghiệm sát với kì thi - Đề thi vừa sức phù hợp với học sinh ôn thi TNTHPT Câu (ID:481243): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi G  a; b; c  trọng tâm tam giác ABC với A 1; 5;  , B  0; 2; 1 C  2;9;0  Giá trị tổng a  b  c bằng: A B 12 C D 12 Câu (ID:481244): Với a, x, y số thực dương tùy ý, a  , kết rút gọn biểu thức P  xloga y y loga x là: A P  B P  x C P  y D P  a Câu (ID:481245): Đường cong hình bên đồ thị hàm số đây? A y   x3  3x  B y  x3  3x  C y   x3  3x  D y   x3  Câu (ID:481246): Tích phân x 2020 dx bằng: 1 2 B C D 2021 2020 2021 Câu (ID:481247): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường thẳng qua hai điểm A  3;1; 6  A B  5;3; 2  có phương trình tham số là: x   t  A  y   t  z  2t   x   2t B  y   2t  z  2  4t  Câu (ID:481248): Trong tập số phức x   t C   y  1 t  z  6  2t   x   2t D   y   2t  z  1  4t  , phương trình   i  z   có nghiệm là: 8 B z   i C z   i D z   i  i 5 5 5 5 Câu (ID:481249): Một hình nón có đường sinh đường kính đáy Diện tích đáy hình nón 49 Khi chiều cao hình nón bằng: A z  C 14 3 Câu (ID:481250): Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên sau: A B D Điểm cực tiểu hàm số cho là: A x  2 B x  3 C x  D x  Câu (ID:481251): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tọa độ hình chiếu điểm A  2; 1;3 mặt phẳng Oyz là: A  0; 1;0  B  2;0;0  C  0; 1;3 D  2; 1;  Câu 10 (ID:481252): Hệ số x khai triển thành đa thức biểu thức  x   là: 11 A C117 34 27 B C117 34 27 D C117 37 24 C C117 37 24 Câu 11 (ID:481253): Họ nguyên hàm hàm số y  32 x x là: A 63x ln 63  C B 63x  C C 21x C ln 21  Câu 12 (ID:481254): Với a số thực dương tùy ý, a  C a5 Câu 13 (ID:481255): Cho khối tứ diện ABCD tích Khi thể tích khối tứ diện EBCD bằng: V V A B C A B Câu 14 (ID:481256): Nghiệm phương trình  4,5 x 5  D 63x C ln 63 bằng: D a 2 a5 V điểm E cạnh AB cho AE  3EB V 2   9 D V  x 1 là: C x  D x  Câu 15 (ID:481257): Một hình trụ có bán kính đáy r  cm , chiều cao h  cm Diện tích xung quanh A x  1 B x  hình trụ là: A 35  cm  35   cm2  Câu 16 (ID:481258): Cho số phức z   5i Phần ảo số phức z là: A B 5i C 5 B 70  cm  C D 70   cm2  D 5i Câu 17 (ID:481259): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  có phương trình x  y  z  x  y  z  Trong ba điểm có tọa độ  0;0;0  , 1; 2;3  2;0;6  có điểm nằm mặt cầu  S  A B C Câu 18 (ID:481260): Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên sau: D 2 Hàm số cho nghịch biến khoảng đây? A  3;   B  ; 2  C  3;  D  0;  Câu 19 (ID:481261): Có số tự nhiên có chữ số phân biệt lập từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6? A 360 B C 720 D 1 Câu 20 (ID:481262): Nghiệm phương trình log3 x  là: 1 A x  27 B x  C x  D x  27 Câu 21 (ID:481263): Một lớp học có 18 nam 12 nữ Số cách chọn hai bạn từ lớp học đó, có nam nữ tham gia đội xung kích nhà trường là: A 30 B C182 C122 C C20 D 216 Câu 22 (ID:481264): Đạo hàm hàm số y  log  tan x  điểm x  A 3ln10 B ln10 C  là: D 1 4 5 Câu 23 (ID:481265): Nếu a  a log b    log b   thì: 5 6 A  a  1, b  B  b  1, a  C a  1, b  3ln10 D  a  1,  b  Câu 24 (ID:481266): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm M 1; 2;  , A 1; 0;  , B  0; 2;0  C  0;0;  Phương trình mặt phẳng   song song với mặt phẳng  ABC  qua điểm M là: A x  y  z  21  B x  y  z  12  C x  y  z  12  D x  y  z  21  Câu 25 (ID:481267): Hàm số sau có bảng biến thiên hình đây? 2x   2x 2x 1 2x 1 B y  C y  D y  x2 x2 x2 x2 Câu 26 (ID:481268): Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác vuông B Biết AC  2a , BC  a , AA '  2a , thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' bằng: A 6a3 B 2a3 C 3a D 3a 3 Câu 27 (ID:481269): Cho hai số phức z   3i w  3  4i Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm biểu diễn số phức z.w có tọa độ là: A  6;17  B  18;17  C 17;  D 17; 18  A y  Câu 28 (ID:481270): Nếu 2021 2021 2020 2020  f  x  dx  12  f  x  dx   f  x  dx A 10 B 10 C 14 D 24 x 1 Câu 29 (ID:481271): Giá trị nhỏ hàm số f  x   x.e đoạn  2; 4 là: A 4e5 B 2e C 2 e D 1 Câu 30 (ID:481272): Họ nguyên hàm hàm số y   3x là: 2 A B   3x  C C   3x  C   3x   C   3x   C D 9 Câu 31 (ID:481273): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, SA   ABCD  Biết SA  a , AB  a AD  2a Gọi G trọng tâm tam giác SAD Khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng  SBD  bằng: a 2a 2a a A B C D Câu 32 (ID:481274): Tập hợp giá trị tham số thực m để hàm số y  x   m   x  3m  có điểm cực tiểu, khơng có điểm cực đại là: A  ; 2  B 2; 2 C  2;   D  ; 2  Câu 33 (ID:481275): Một lớp 12 có hai tổ, tổ có 16 học sinh Trong kì thi tốt nghiệp trung học phổ thơng 2021, tổ có 10 bạn đăng kí thi tổ hợp tự nhiên, bạn đăng kí thi tổ hợp xã hội Tổ có bạn đăng kí thi tổ hợp xã hội, bạn đăng kí thi tổ hợp tự nhiên Chọn ngẫu nhiên tổ bạn Xác suất để hai bạn chọn đăng kí tổ hợp dự thi tốt nghiệp 33 124 124 31 A B C D 64 64 C32 A32 Câu 34 (ID:481276): Cho hình chóp S ABCD có  SAB    ABCD  có đáy ABCD hình vng, tam giác SAB vng S , SA  a , SB  a Gá trị tan góc hai đường thẳng SC mặt phẳng  ABCD  là: A 21 B Câu 35 (ID:481277): Tìm m để đồ thị hàm số y  A m   2;  B m   2; 2 C 51 17 D x  3x  có đường tiệm cận? x  mx  C m  2; 2 D m   2;   Câu 36 (ID:481278): Mùa hè năm 2021, để chuẩn bị cho “học kì quân đội” dành cho bạn nhỏ, đơn vị đội chuẩn bị thực phẩm cho bạn nhỏ, dự kiến đủ dùng 45 ngày (năng suất ăn ngày nhau) Nhưng ngày thứ 11, số lượng thành viên tham gia tăng lên, nên lượng tiêu thụ thực phẩm tăng lên 10% ngày (ngày sau tăng 10% so với ngày trước đó) Hỏi thực tế lượng thức ăn đủ dùng cho ngày A 24 B 25 C 23 D 26 Câu 37 (ID:481279): Có giá trị nguyên tham số m cho với giá trị m , bất phương trình log x  x  m  log  x  x  m   10 nghiệm với giá trị x thuộc đoạn  0;3 ? A 13 B 12 C 252 D 253 Câu 38 (ID:481280): Cho hàm số y  f  x  liên tục , có bảng biến thiên sau: Đặt h  x   m  f  x   ( m tham số) Có giá trị nguyên m cho hàm số y  h  x  có điểm cực trị? A Vơ số B 12 C D 10 Câu 39 (ID:481281): Cho hàm số  f e x x  2 x  f  x   , ax  3a  x  a tham số thực Nếu  1 e x dx  e2 a 3e2  4e  B 6e  C 6e  D 6e  e 1 Câu 40 (ID:481282): Cho hình nón T  đỉnh S , có đáy đường trịn  C1  tâm O , bán kính , chiều A cao hình nón T  Khi cắt hình nón T  mặt phẳng qua trung điểm đoạn SO song song với đáy hình nón, ta đường trịn  C2  tâm I Lấy hai điểm A B hai đường tròn  C2   C1  cho góc IA OB 600 Thể tích khối tứ diện IAOB bằng: 3 3 B C D 12 24 Câu 41 (ID:481283): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn A z   z   12 là: A Một đường parabol B Một đường elip C Một đường tròn D Một đường thẳng Câu 42 (ID:481284): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 4;5  B  1; 2;  Điểm M thay đổi thuộc mặt phẳng  P  có phương trình 3x  y  z   Giá trị nhỏ tổng MA2  MB là: 858 35 324 35 x  y 1 z  Câu 43 (ID:481285): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :   2 x 2 y 3 z 9 d2 : Đường thẳng d qua điểm M  2;0;3 , vng góc với d1 cắt d có phương   2 trình là: x  y z 3 x  y z 3 x2 y z 3 x y  z 3 A B C D         1 2 2 1 18 18 9 A 12 B 441 35 C D Câu 44 (ID:481286): Gọi S tập hợp tất số phức z thoart mãn z  z  z Tổng phần thực số phức thuộc S A B 2 C D Câu 45 (ID:481287): Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng C , H điểm thỏa mãn HB  2HA SH   ABC  , mặt bên  SAC   SBC  tạo với đáy góc 450 Biết SB  a , thể tích khối chóp S ABC bằng: 3a3 9a 3a3 2a A B C D 4 Câu 46 (ID:481288): Gọi X tập hợp giá trị tham số m thỏa mãn đường thẳng  d  : y  12m  với đồ thị  C  hàm số y  x3  mx  x  tạo thành hai miền kín có diện tích S1 S thỏa mãn S1  S2 (xem hình vẽ) Tích giá trị phần tử X là: B 9 A C 27 D Câu 47 (ID:481289): Cho f  x  hàm số bậc bốn thỏa mãn f    thiên sau: 9 Hàm số f '  x  có bảng biến 2021 Hàm số g  x   f  x3   x có điểm cực trị? A B C D Câu 48 (ID:481290): Xét số phức z thỏa mãn z   Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P  z    z Tổng M  m bằng: A 14 B C 45  55 D 15  33 y 1 Câu 49 (ID:481291): Cho số thực dương x, y thỏa mãn: log5  x  2 y  1  125   x  1 y  1 Giá trị biểu thức P  x  y là: A Pmin  125 B Pmin  57 C Pmin  43 D Pmin  25 Câu 50 (ID:481292): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu  S1  :  x     y  3   z  1   S2  :  x  3   y  1   z  1  Gọi M điểm thay đổi, thuộc mặt cầu  S2  cho tồn ba mặt phẳng qua M , đơi vng góc với cắt mặt cầu  S1  theo ba đường tròn Giá trị lớn tổng chu vi ba đường trịn là: A 8 2 B 6 2 C 30 D 4 A 11 D 21 D 31 B 41 B A 12 B 22 D 32 A 42 C HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM C D A D A B 13 C 14 C 15 B 16 C 17 D 18 D 23 B 24 B 25 C 26 C 27 A 28 B 33 C 34 A 35 A 36 B 37 C 38 D 43 B 44 D 45 A 46 A 47 D 48 D C 19 C 29 D 39 D 49 C 10 A 20 B 30 C 40 A 50 B Câu (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: xA  xB  xC     1  xG  3  y  yB  yC 5    Tọa độ điểm G  yG  A    G 1; 2;1 3  z A  zB  zC     1  zG  3   a  1, b  2, c  Vậy a  b  c     Chọn A Câu (NB) - 12.1.2.11 Phương pháp: Sử dụng công thức a logb c  c logb a   a, b, c  1 Cách giải: Ta có: P  xloga y xloga y  1 y loga x xloga y Chọn A Câu (TH) - 12.1.1.5 Phương pháp: - Dựa vào nhánh cuối đồ thị suy dấu hệ số a - Dựa vào giao điểm đồ thị với trục tung - Dựa vào điểm thuộc đồ thị hàm số Cách giải: Nhánh cuối đồ thị xuống nên loại đáp án B Đồ thị cắt trục tung điểm có tung độ 4 nên loại đáp án A Đồ thị qua điểm  2;0  nên loại đáp án D Chọn C Câu (NB) - 12.1.3.19 Phương pháp: a Sử dụng  f  x  dx  , với f  x  hàm chẵn a Cách giải: Xét hàm số f  x   x 2020 có TXĐ D  f   x   f  x  x  nên f  x  hàm chẵn Do x 2020 dx  1 Chọn D Câu (TH) - 12.1.7.40 Phương pháp: - Đường thẳng qua A, B nhận AB làm VTCP - Trong khơng gian Oxyz , phương trình đường thẳng d qua điểm M  x0 ; y0 ; z0  có vectơ phương  x  x0  at  u   a; b; c  là:  y  y0  bt  z  z  ct  Cách giải: Ta có: AB   2; 2;   1;1;  nên đường thẳng qua A, B có VTCP u  1;1;  x   t   Phương trình đường thẳng cần tìm  y   t  z  6  2t  Với t  ta có M  6; 4;0   AB x   t  Vậy phương trình đường thẳng cần tìm  y   t  z  2t  Chọn A Câu (TH) - 12.1.4.24 Phương pháp: - Giải phương trình tìm z - Số phức z  a  bi có số phức liên hợp z  a  bi Cách giải: Ta có:   i  z    z    i 2i 5 Vậy z   i 5 Chọn D Câu (TH) - 12.1.6.32 Phương pháp: - Gọi r bán kính đáy hình nón  Diện tích đáy hình nón  r , từ tính r , l - Tính chiều cao hình nón h  l  r Cách giải: Gọi r bán kính đáy hình nón   r  49  r   Đường sinh hình nón l  2r  14 Vậy chiều cao hình nón là: h  l  r  142   Chọn A Câu (NB) - 12.1.1.2 Phương pháp: Dựa vào BBT xác định điểm mà hàm số liên tục đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy xCT  3 Chọn B Câu (NB) - 12.1.7.37 Phương pháp: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tọa độ hình chiếu điểm A  a; b; c  mặt phẳng Oyz  0; b; c  Cách giải: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tọa độ hình chiếu điểm A  2; 1;3 mặt phẳng Oyz  0; 1;3 Chọn C Câu 10 (TH) - 11.1.2.8 Phương pháp: n Khai triển nhị thức Niu-tơn:  a  b    Cnk a n k b k n k 0 Cách giải: 11 Ta có:  3x     C11k  3x   2  11 11 k k k 0 11   C11k 3k  2  11 k xk k 0  Số hạng chứa x ứng với k  Vậy hệ số x khai triển thành đa thức biểu thức  x   11 C114 34 27 Chọn A Câu 11 (TH) - 12.1.3.18 Phương pháp: - Sử dụng công thức a x b x   ab  x - Sử dụng: x  a dx  ax C ln a Cách giải: 63x  dx   dx   63 dx  ln 63  C Chọn D Câu 12 (NB) - 12.1.2.9 2x x x x x Phương pháp:   Sử dụng công thức a m n  a mn , a  m  am Cách giải:   a 5  a 5  a 5  a5 Chọn B Câu 13 (NB) - 12.1.2.9 Phương pháp: Sử dụng tỉ lệ thể tích Simpson Cách giải: Ta có: VEBCD VBECD BE    VABCD VBACD BA V  VEBCD  VABCD  4 Chọn C Câu 14 (NB) - 12.1.2.14 Phương pháp: Sử dụng phương pháp đưa số Cách giải:  x 1 x 5 2 9 9       9 2 2  x   x   3x   x  Chọn C Câu 15 (NB) - 12.1.6.33  4,5 x 5 x 1 Phương pháp: Diện tích xung quanh hình trụ có chiều cao h , bán kính đáy r S xq  2 rh , từ tính bán kính đáy hình trụ Cách giải: Diện tích xung quanh hình trụ là: S xq  2 rh  2 5.7  70  cm  Chọn B Câu 16 (NB) - 12.1.4.22 Phương pháp: Số phức z  a  bi có phần ảo b Cách giải: Phần ảo số phức z   5i 5 Chọn C Câu 17 (NB) - 12.1.7.38 10 Chọn C Câu 26 (TH) - 12.1.5.30 Phương pháp: - Sử dụng định lí Pytago tính AB , từ tính SABC  - Tính thể tích V  AA '.SABC Cách giải: AB.BC Vì ABC vuông B  AB  AC  BC  4a  a  a  SABC  1 a2 AB.BC  a 3.a  2 Vậy VABC A ' B 'C '  AA '.SABC  2a a2  3a Chọn C Câu 27 (TH) - 12.1.4.23 Phương pháp: - Thực phép nhân số phức tìm z.w - Số phức z  a  bi có điểm biểu diễn mặt phẳng phức M  a; b  Cách giải: Ta có z.w    3i  3  4i    17i có điểm biểu diễn  6;17  Chọn A Câu 28 (TH) - 12.1.3.19 Phương pháp: Sử dụng tính chất tích phân: b b b a a a   f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx Cách giải: Ta có: 2021  f  x  dx  2020  f  x  dx  2021  f  x  dx 2020 2020  12   f  x  dx  2 2020   f  x  dx  12   10 Chọn B Câu 29 (TH) - 12.1.1.3 13 Phương pháp: - Tính f '  x  , xác định nghiệm xi   2; 4 phương trình f '  x   - Tính f  2  , f   , f  xi  - KL: f  x    f  2  , f   , f  xi  , max f  x   max  f  2  , f   , f  xi  2;4 2;4 Cách giải: Ta có: f  x   x.e x 1  f '  x   e x 1  x.e x 1  e x 1  x  1   x  1  2; 4 2 ; f  1  1; f    4e5 e Vậy f  x   f  1  1 Mà f  2  2;4 Chọn D Câu 30 (TH) - 12.1.3.18 Phương pháp:  ax  b  Sử dụng công thức:   ax  b  dx  a n 1 Cách giải: n 1 n C Ta có: y   3x    3x     3xdx     3x  dx   3x  2  C   3 Chọn C Câu 31 (TH) - 11.1.8.50   3x  C Phương pháp: - Đổi d  G;  SBD    d  A;  SBD   - Dựng AH  BD, AK  SH , chứng minh AK   SBD  - Sử dụng hệ thức lượng tam giác tính AK Cách giải: 14 Gọi M trung điểm SD ta có AG   SBD   M  nên d  G;  SBD   d  A;  SBD    GM  AM  d  G;  SBD    d  A;  SBD   Trong  ABCD  kẻ AH  BD ,  SAH  kẻ AK  SH Ta có  BD  AH  BD   SAH   BD  AK   BD  SA  AK  BD  AK   SBD    AK  SH  d  A;  SBD    AK Ta có: AH  AB AD AB  AD  a.2a  2a a  4a 2a a SA AH  2a  AK   2 SA  AH 4a 2 a  1 2a 2a Vậy d  G;  SBD    d  A;  SBD     3 Chọn B Câu 32 (TH) - 12.1.1.2 2 2 Phương pháp: Hàm đa thức bậc bốn trùng phương y  ax  bx  c có điểm cực tiểu, khơng có điểm cực đại a   b  Cách giải: Để hàm số y  x   m   x  3m  có điểm cực tiểu, khơng có điểm cực đại  1   m    m  2   2  m    Vậy m   ; 2  Chọn A Câu 33 (TH) - 11.1.2.10 Phương pháp: Xét TH: - bạn chọn đăng kí thi tổ hợp tự nhiên - bạn chọn đăng kí thi tổ hợp xã hội Cách giải: Chọn ngẫu nhiên tổ bạn  Số phần tử không gian mẫu n     C161 C161  256 Gọi A biến cố: “Xác suất để hai bạn chọn đăng kí tổ hợp dự thi tốt nghiệp” TH1: bạn chọn đăng kí thi tổ hợp tự nhiên  Có C10 C71  70 cách TH2: bạn chọn đăng kí thi tổ hợp xã hội  Có C61.C91  54 cách  n  A  70  54  124 15 Vậy xác suất biến cố A P  A  n  A 124 31   n    256 64 Chọn C Câu 34 (VD) - 11.1.8.48 Phương pháp: - Trong  SAB  kẻ SH  AB , chứng minh SH   ABCD  - Xác định góc SC mặt đáy góc SC hình chiếu vng góc SC lên mặt đáy - Sử dụng hệ thức lượng, định lí Pytago để tính độ dài cạnh Cách giải: Trong  SAB  kẻ SH  AB , chứng minh SH   ABCD  Ta có:   SAB    ABCD   AB  SH   ABCD    SH   SAB  , SH  AB  HC hình chiếu vng góc SC lên  ABCD     SC;  ABCD      SC; HC   SCH SAB vuông S nên SH   HB  SB  SH  3a  SA.SB SA  SB 2  a.a a  3a 2  a 2 3a 3a   HC  BC  HB  AB  HB 9a a  SH 21  Vậy tan   SC;  ABCD    tan SCH  HC Chọn A Câu 35 (TH) - 12.1.1.4  SA2  SB  HB  a  3a  Phương pháp: - Sử dụng khái niệm đường tiệm cận đồ thị hàm số: Cho hàm số y  f  x  : Đường thẳng y  y0 TCN đồ thị hàm số thỏa mãn điều kiện sau: lim y  y0 lim y  y0 , từ tìm TCN x  x  đồ thị hàm số - Để hàm số cho có đường tiệm cận phương trình x  mx   vô nghiệm, nghiệm bị triệt tiêu nghiệm tử số Cách giải: 16 x  3x   nên đồ thị có TCN y  x  x  x  mx  Xét x  3x   (vơ nghiệm) Do để hàm số cho có đường tiệm cận phương trình x  mx   vô nghiệm    m2    2  m  Chọn A Câu 36 (VD) - 12.1.2.14 Ta có: lim y  lim Phương pháp: - Gọi lượng thức ăn dự kiến đủ dùng ngày x  Tổng số thực phẩm 45x - Tính số thực phẩm thực tế dùng 10 ngày đầu n ngày sau - Cho lượng thực phẩm dự kiến = thực tế, giải phương trình mũ tìm n Cách giải: Gọi lượng thức ăn dự kiến đủ dùng ngày x  Tổng số thực phẩm 45x Số thực phẩm dùng 10 ngày đầu 10x Số thực phẩm dùng ngày thứ 11 là: x 1  0,1  1,1x Số thực phẩm dùng ngày thứ 12 là: 1,1x 1  0,1  1,12 x … Số thực phẩm dùng ngày thứ n là: 1,1n x  Lượng thực phẩm tiêu thụ thực tế n  10 ngày là: 10 x  1,1x  1,12 x   1,1n x  10 x  1,1x 1  1,1   1,1n 1  11  1,1n   10 x  11x 1,1n  1  1,1 Để sau n  10 ngày dùng sản phẩm 10 x  11x 1,1n  1  45 x  10 x  1,1x  111,1n  1  35  n  15, 011 Vậy lượng thực phẩm dự kiến đủ dùng cho 10  15  25 (ngày) Chọn B Chọn B Chú ý giải: Phải làm trịn xuống làm trịn lên lượng thực phẩm khơng dùng đủ Câu 37 (VD) - 12.1.2.17 Phương pháp: - Tìm ĐKXĐ với giá trị x thuộc đoạn  0;3 - Đặt t  log x  x  m  , đưa bất phương trình bậc hai ẩn t - Lập BBT, xác định t   a; b  ứng với x   0;3 - Để phương trình nghiệm t   a; b   a; b   S , với S tập nghiệm bất phương trình Cách giải:  x  x  m  x   0;3  x  x  m  x  0;3 ĐK:  log  x  x  m    m   x  x  x  0;3  m  max   x  x  1  * 0;3 Ta có: 17 log x  x  m  log  x  x  m   10  log x  x  m  log x  x  m  10 Đặt t  log x  x  m  log  Ta có  log t'  x2  x  m ' log x  x  m 2x  2  x  x  m x  x  m ln 2 log x  x  m  x 1 x  x  m  ln 2.2 log x  x  m t '   x 1 BBT: Yêu cầu tốn trở thành: bất phương trình t  3t  10 nghiệm với giá trị x thuộc đoạn 0; log m      t   5; 2 t  0; log m      log2 m    log m    m   16  m  253 Kết hợp điều kiện (*) ta có  m  253 Lại có m  Có 252 giá trị nguyên m thỏa mãn Chọn C Câu 38 (VD) - 12.1.1.2 Phương pháp: - Đặt g  x   m  f  x    h  x   g  x  - Tính g '  x  , giải phương trình g '  x   tìm số cực trị hàm g  x  - Số cực trị hàm số g  x  = số cực trị hàm g  x  + số nghiệm phương trình g  x   (khơng tính nghiệm kép) - Lập BBT hàm g  x  tìm điều kiện để phương trình g  x   có nghiệm phân biệt Cách giải: Đặt g  x   m  f  x    h  x   g  x  x   a x  a   Ta có g '  x    f '  x     f '  x      x   b x  b  18  Hàm số g  x  có điểm cực trị Để hàm số h  x   g  x  có điểm cực trị phương trình g  x   phải có nghiệm phân biệt Ta có BBT: Phương trình g  x   phải có nghiệm phân biệt m    m   5  m  Kết hợp điều kiện m   m  4; 3; 2; 1;0;1; 2;3; 4;5 Vậy có 10 giá trị m thỏa mãn Chọn D Câu 39 (VD) - 12.1.3.19 Phương pháp: - Đổi biến t  e x  - Chèn cận vào giữa, chọn hàm f  t  phù hợp - Tính tích phân tìm a Cách giải: Đặt t  e x   dt  e x dx x   t  Đổi cận:  x   t  e 1 Khi ta có  f  e x  1 e x dx  e 1     at  3a   dt  e 1 f  t  dt   f  t  dt   f  t  dt e 1   2t  1 dt 3 e 1  t2    a  3at  7t    t  t   2 9a   9a  21   2a  6a  14    e  1   e  1  12 a    e  3e  a    e  3e   e 2 a   3e   a  6e  Chọn D Câu 40 (VD) - 12.1.5.30 Phương pháp: Sử dụng công thức VIAOB  IAOB d  IA; OB  sin   IA; OB  Cách giải: 19 IA SI    IA  OA '  OA ' SO 2 Ta có IO vng góc cắt IA, OB  IO đoạn vng góc chung IA, OB  d  IA; OB   IO  SO  1 Vậy VIAOB  IA.OB.d  IA; OB  sin   IA; OB   1.2.1.sin 600  6 Chọn A Câu 41 (VD) - 12.1.4.26 Gọi A '  SA   C1  , áp dụng định lí Ta-lét ta có Phương pháp: - Gọi M điểm biểu diễn số phức z , F1 , F2 điểm biểu diễn số phức z1  z2  5 - Từ giả thiết suy tập hợp điểm biểu diễn số phức Cách giải: Gọi M điểm biểu diễn số phức z , F1 , F2 điểm biểu diễn số phức z1  z2  5 Khi ta có MF1  MF2  12 Ta có F1 F2  10  MF1  MF2  F1 F2  Tập hợp điểm biểu diễn số phức z elip có a  6, c   b  62  52  11 x2 y Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z  E  :   36 11 Chọn B Câu 42 (VD) - 12.1.7.39 Phương pháp: 2 - Gọi I trung điểm AB Phân tích MA2  MB  MA  MB cách chèn điểm I - Chứng minh MA2  MB đạt GTNN MI  d  I ;  P   - Tính d  I ;  P   AB Từ tìm  MA2  MB  Cách giải: Gọi I trung điểm AB Ta có: 20 MA2  MB  MA  MB     MI  IA  MI  IB    2MI  IA2  IB  2MI IA  IB  1 AB  AB 4  2MI  AB 2 2 Vì AB   2    2   22  12 không đổi nên MA2  MB đạt GTNN MI  2MI  Khi MI  d  I ;  P     Vậy MA2  MB   3.0  5.3   32   5  12  18 35 182 858  12  35 35 Chọn C Câu 43 (VD) - 12.1.7.40 Phương pháp: - Gọi A  d  d  A   2t;  t;  4t  - Vì d  d1 nên MA  u1 với u1 VTCP d1 - Giải phương trình MA.u1  tìm t , từ suy VTCP d viết phương trình đường thẳng d Cách giải: Gọi A  d  d  A   2t;  t;  4t   MA    2t;  t;  4t  VTCP d Vì d  d1 nên MA  u1   3; 2;1 VTCP d1  MA.u1     2t     t   2     4t    12  6t   2t   4t   12  4t   t   MA   2;6;18   1;3;9  Vậy phương trình đường thẳng d x  y z 3   1 Chọn B Câu 44 (VD) - 12.1.4.23 Phương pháp: - Đặt z  a  bi  a; b    z  a  bi - Thay vào phương trình, sử dụng định nghĩa hai số phức giải tìm a, b Cách giải: Đặt z  a  bi  a; b    z  a  bi Theo ta có: 21 z2  z  2z   a  bi   a  b   a  bi   a  b  2abi  a  b  2a  2bi  2abi  2b  2a  2bi  abi  b  a  bi b  a   ab  b b  a  b  a  1  a  b  a    a   b  1  S  0;1  i;1  i Vậy tổng phần thực số phức thuộc S    Chọn D Câu 45 (VD) - 12.1.5.30 Phương pháp: - Trong  ABC  kẻ HM  BC, HN  AC Chứng minh    SAC  ;  ABC    SNH ,    SBC  ;  ABC    SMH - Chứng minh SH  HM  HN  MC - Sử dụng định lí Ta-lét định lí Pytago tính SH , từ tính AC , BC - Tính VS ABC  SH SABC Cách giải: Trong  ABC  kẻ HM  BC, HN  AC  AC  HN  AC   SHN   AC  SN Ta có:   AC  SH 22  SAC    ABC   AC   SN   SAC  , SN  AC     SAC  ;  ABC      SN ; HN   SNH  45   HN   ABC  , HN  AC CMTT ta có SMH  450  SHN , SHM tam giác vuông cân H  SH  HM  HN  CMHN hình vng  CM  HN  HM  SH HN AH 1 Áp dụng định lí Ta-lét ta có    HN  BC  CM  BC BC AB 3  BM  2MC  2SH Áp dụng định lí Pytago ta có: SB  SH  HB  SH  BM  MH  6a  SH  4SH  SH  6SH  SH  a  BC  3CM  3SH  3a MH BH 3 3a Áp dụng định lí Ta-lét ta có:    AC  MH  SH  AC BA 2 2 1 3a 9a  SABC  AC.BC  3a  2 1 9a 3a3 Vậy VS ABC  SH SABC  a  3 4 Chọn A Câu 46 (VD) - 12.1.3.20 Phương pháp: - Tìm điểm uốn I đồ thị hàm số - Vì đường thẳng  d  với đồ thị  C  tạo thành hai miền kín có diện tích S1 S thỏa mãn S1  S2 nên I  d - Giải phương trình bậc ba tìm m Cách giải: Ta có: y  x  mx  x   y '  x  2mx   y ''  x  2m y ''   x  2m   x  m Với x  m  y  m3  m3  4m    m3  4m  3    I  m;  m3  4m  1 điểm uốn đồ thị hàm số   Vì đường thẳng  d  với đồ thị  C  tạo thành hai miền kín có diện tích S1 S thỏa mãn S1  S2 nên I  d 23 2   m3  4m   12m    m3  8m   3  m  3   m  3  m  3m  3     m   21     21    X  3;      Vậy tích phần tử X Chọn A Câu 47 (VDC) - 12.1.1.2 Phương pháp: Số cực trị hàm số y  f  x  = số điểm cực trị hàm số f  x  + số nghiệm phân biệt phương trình f  x   (khơng tính nghiệm kép) Cách giải:     Xét hàm số h  x   f  x   x ta có h '  x   3x f ' x3    f ' x3   Đặt t  x3  x  t , *  f '  t    33 t2 * 3x **    53 32   t ta có y '      t  Xét hàm số y   3  3 3 t t5  y '  t    y '  t  BBT hai hàm số f '  t  y   33 t sau: Dựa vào BBT ta thấy (**) có nghiệm t  t0  Suy hàm số h  x  có điểm cực trị nên ta có BBT hàm số h  x  sau: 24 Dựa vào BBT ta thấy phương trình h  x   có nghiệm phân biệt Vậy hàm số g  x   h  x  có   điểm cực trị Chọn D Sưu tầm FB Tiên Tiên Chọn D Câu 48 (VDC) - 12.1.4.26 Cách giải: Gọi z  x  yi  x, y   M  x; y  điểm biểu diễn cho số phức z Gọi I 1;0  điểm biểu diễn số phức Theo ta có z    IM   M   I ;  Gọi A  2;0  điểm biểu diễn số phức 2 , B  3;0  điểm biểu diễn số phức Ta có: P  z    z  z    z  z    z  MA  2MB Ta có P  MA  2MB  AB   m  Dấu “=” xảy M  B Ta có: IA   IB     MI  IB  MA2  MI  IA MB 2  MI  IA2  2MI IA  MI  IA2  3MI IB  MI  IB  2MI IB 3  MA2  MB  MI  IA2  IB  5R  IA2  IB  25 2 2   11  6  275 Ta có:  MA  2MB    MA  MB    MA2  MB   3    25  M  Pmax  33 33 15  33 5 3 Sưu tầm FB Tiên Tiên Chọn D Câu 49 (VDC) - 12.1.2.14 Vậy M  m  Phương pháp: Xét hàm đặc trưng sử dụng BĐT Cô-si Cách giải: Với x, y  ta có: log  x   y  1  y 1  125   x  1 y  1   y  1 log  x    log  y  1   125   x  1 y  1 125  x 1 y 1 125  log  x    log  y  1    x  2  y 1 125 125  log  x     x    log  y 1 y 1  log  x    log  y  1    t  , suy hàm số đồng biến t ln  125  125 125 x   0;   , f  x    f   x2 y 1 y 1  y 1  125 Khi ta có P  x  y    5y y 1 Xét hàm đặc trưng f  t   log5 t  t  t   ta có f '  t   P 125 125   y  1    y  1   43 y 1 y 1  y 1  125  y   y     y  1   y  1  25   y 1  y   5 125 Với y   x    23 Vậy Pmin  43  x  23, y  Dấu “=” xảy Chọn C Câu 50 (VDC) - 12.1.2.15 Cách giải: 26 Mặt cầu  S1  :  x     y  3   z  1  có tâm I1  2; 3;1 , bán kính R1  2 Mặt cầu  S2  :  x  3   y  1   z  1  có tâm I  3; 1; 1 , bán kính R2  2 Ta có: I1I  12  22   2    R1  R2   S1  ,  S  tiếp xúc Gọi  P  ,  Q  ,  R  mặt phẳng qua M , đơi vng góc với cắt mặt cầu  S1  theo ba đường tròn Gọi H1 , H , H theo thứ tự hình chiếu vng góc I1 lên  P  ,  Q  ,  R  r1 , r2 , r3 theo thứ tự bán kính đường trịn tâm H1 , H , H Khi ta có I1H12  I1H 2  I1H32  I1M   r12   r22   r32  I1M  12   r12  r22  r32   I1M Tổng chu vi đường tròn là: T  2 r1  2 r2  2 r  2  r1  r2  r3  Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:  r1  r2  r3   12  12  12  r12  r22  r32   r1  r2  r3  12  I1M   T  2 12  I1M   2 12  R12   2 12    4 Vậy Tmax  4 Dấu “=” xảy r1  r2  r3 , I1M  Chọn B HẾT 27