TS247 DT de thi thu tn thpt mon toan thpt chuyen ha long quang ninh nam 2021 lan 2 co loi giai chi tiet 75571 1621407782

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG KÌ THI THỬ TN THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 LẦN ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian giao đề Mã đề thi 101 MỤC TIÊU Chủ Nhật ngày 28 tháng 03 năm 2021, trường THPT chuyên Hạ Long, tỉnh Quảng Ninh tổ chức kỳ thi thử tốt nghiệp Trung học Phổ thơng mơn Tốn năm học 2020 – 2021 lần thứ hai Đề thi bám sát đề minh họa năm giúp học sinh ôn tập hiệu cho giai đoạn luyện đề Câu (ID:484063): Cho hình nón có bán kính đáy r  chiều cao h  Diện tích xung quanh hình nón cho A 120 B 64 C 60 D 80 Câu (ID:484064): Cho hai số phức z1   4i z2   i Số phức z1  iz2 bằng: A  3i B  3i C  2i D  2i Câu (ID:484065): Trong không gian Oxyz , khoảng cách từ điểm A  5; 4; 3 đến trục Ox A B C D 25 Câu (ID:484066): Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị đường cong hình bên Số nghiệm thực phương trình f  x   log 2021 là: A B C D Câu (ID:484067): Cho khối lăng trụ có diện tích đáy 8, chiều cao Thể tích khối lăng trụ cho A 16 B 36 C 48 D 24 Câu (ID:484068): Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x     y  1   z  3  25 Tọa độ 2 tâm mặt cầu  S  A  2;1; 3 B  2;1;3 C  2; 1;3 D  2; 1; 3 Câu (ID:484069): Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  4;1;3 , B  2;1;5  C  4;3; 3 không thẳng hàng Mặt phẳng qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vng góc với AB có phương trình A x  y  z   B x  z   Câu (ID:484070): Nghiệm phương trình 5x2  A x  1 B x  C x  z   D x  y  z   125 C x  D x  2 Câu (ID:484071): Cho khối trụ bán kính r  độ dài đường sinh l  Thể tích khối trụ cho A 15 B 12 C 45 D 36 Câu 10 (ID:484072): Cho khối nón có bán kính khoảng cách từ tâm đáy đến đường sinh 12 Thể tích khối nón cho A 12 B 18  C 36  D 24  Câu 11 (ID:484073): Cho cấp số cộng  un  với u1  3 u5  13 Giá trị u9 A 33 B 37 C 29 D 25 Câu 12 (ID:484074): Gọi z0 nghiệm phức có phần ảo dương phương trình z  z   Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm điểm biểu diễn số phức iz0 ? A Q  2;  B M  2;  C P  2; 2  D N  2; 2  Câu 13 (ID:484075): Cho mặt cầu có diện tích 36 Thể tích khối cầu giới hạn mặt cầu cho A 27  B 108  C 81  D 36  Câu 14 (ID:484076): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: Điểm cực tiểu hàm số y  f  x  A x  B x  D x   C y  3 Câu 15 (ID:484077): Biết F  x   cos x nguyên hàm hàm số f  x  Giá trị   3 f  x   2 dx C 2  B 2 A D 4 Câu 16 (ID:484078): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , biết điểm M  3; 5 điểm biểu diễn số phức z Phần ảo số phức z  2i A 5 C 3 B Câu 17 (ID:484079): Giá trị nhỏ hàm số f  x   A 2021  8080 x  x  2021 đoạn  1;1 2020 2020 C 2021  B 2020 Câu 18 (ID:484080): Số phức liên hợp số phức z   A z     1 i D   B z    i  4040 D 2021   i   C z    i   D z    i Câu 19 (ID:484081): Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  qua điểm M  2; 5;1 song song với mặt phẳng  Oxz  có phương trình A x  y   B x  z   C y   Câu 20 (ID:484082): Tiệm cận ngang đồ thị hàm số y  A y  B y  D x   3x  4 x C y  3 D x  3 Câu 21 (ID:484083): Có cách chọn hai loại khối đa diện khác nhau? A B C 10 D 20 Câu 22 (ID:484084): Biết log 12  a, log12 24  b Giá trị log54 168 tính theo a b A ab  a   5b  B ab  a   5b  C 2ab  8a  5b D 2ab  8a  5b Câu 23 (ID:484085): Trong hàm số sau, hàm số có đồ thị hình vẽ bên? A y  x2 x2 B y   x3  3x  C y  x 1 x2 Câu 24 (ID:484086): Tập nghiệm bất phương trình  0,125 A 1;0;1 Câu 25 (ID:484087): Cho B  3;     f  x  dx  3x  x 5 D y  x  3x   64 C  3;  D  3;3   x   C Hỏi f  x  hàm số nào? A f  x   x   C B f  x   x3  x  3x  C C f  x   x  D f  x   x3  x  3x Câu 26 (ID:484088): Cho hình chóp tam giác S ABC có cạnh đáy a , cạnh bên cạnh bên mặt đáy 2a Góc A 900 Câu 27 C 300 B 450 (ID:484089):  P  : x  5z   Trong không gian Oxyz , cho D 600 điểm M  3; 4; 2  mặt phẳng  Đường thẳng d qua điểm M vng góc với mặt phẳng  P  có phương trình tham số  x   2t  B  y   5t  z  2  3t   x   2t  A  y   z  2  5t   x   2t  C  y   z  2  5t   x   2t  D  y   5t  z  2  3t  Câu 28 (ID:484090): Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y   x  1  x  x   hai trục tọa độ A 11 B C 11 D  Câu 29 (ID:484091): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Hàm số cho đồng biến khoảng đây? B  3;0  A  5;   C  2;  D  5;  Câu 30 (ID:484092): Với a, b số thực dương tùy ý a  1, log A  log a b B  log a b C  log a b vecto phương d? Câu 32 (ID:484094): Biết A 29 B u3   2;3;   a b  D  log a b Câu 31 (ID:484093): Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : A u2   2; 3;  a x  y  2z 1   Vecto nao dươi 3 C u4   2;3; 4  3 1 D u1   2; 3;2   f  x  dx  5;  g  x  dx  7 Giá trị  3 f  x   g  x  dx B 29 C D 31 Câu 33 (ID:484095): Cho khối chóp tứ giác cạnh đáy a  chiều cao h  Thể tích khối chóp A 15  B 15 D 45  C 45 Câu 34 (ID:484096): Nghiệm phương trình log  3x    A x  36 B x  35 C x  40 D x  30 Câu 35 (ID:484097): Tập xác định hàm số y  log  3x   A  2;   B  ; 2  C  ; 2 D  0;   Câu 36 (ID:484098): Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh 3a , tam giác SBC vuông S mặt phẳng  SBC  vng góc với mặt phẳng  ABC  Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC A 12  a B 36  a C 18  a D 12  a Câu 37 (ID:484099): Cho hai số phức z1   2i, z2   i Modun số phức  z1  z2  z1.z2 A 34 B 35 C 43 D 10    Câu 38 (ID:484100): Cho hàm số f  x  có đạo hàm f '  x    x    x  1 x  x  , x  Số điểm cực đại hàm số cho A B C D Câu 39 (ID:484101): Số giao điểm đồ thị hàm số y  x  x  với đường thẳng y  A B C D Câu 40 (ID:484102): Một người gửi tiền vào ngân hàng 200 triệu đồng với kì hạn 12 tháng, lãi suất 5,6% năm theo hình thức lãi kép (sau năm tính lãi cộng vào gốc) Sau năm, người gửi thêm 100 triệu đồng với kì hạn lãi suất trước Cho biết số tiền gốc lãi tính theo cơng thức n T  A 1  r  , A số tiền gửi, r lãi suất n số kì hạn gửi Tính tổng số tiền người nhận sau năm kể từ gửi tiền lần thứ (số tiền lấy theo đơn vị triệu đồng, làm tròn chữ số thập phân) A 381,329 triệu đồng B 380,391 triệu đồng C 385,392 triệu đồng D 380,392 triệu đồng  x  xy   Câu 41 (ID:484103): Cho x, y số thực dương thỏa mãn điều kiện  Tổng giá trị lớn 2 x  y  14  giá trị nhỏ biểu thức P  3x y  xy  x3  x thuộc khoảng đây? B  ; 1 A  2;  D  0;   C 1;3 Câu 42 (ID:484104): Cho hàm số có bảng biến thiên sau:   Số điểm cực đại hàm số g  x    f x  x  A B C D Câu 43 (ID:484105): Cho đa giác có 20 đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O Gọi X tập tam giác có đỉnh đỉnh đa giác Xác suất để chọn tam giác từ tập X tam giác vuông tam giác cân A 10 57 57 B C 19 Câu 44 (ID:484106): Có giá trị nguyên y   m  m   x   m  3 x  x  nghịch biến ? A B tham C Câu 45 (ID:484107): Cho F  x   x  Tính D  f '  x  e dx 57 số để m hàm số D f  x x3 nguyên hàm Biết f  x  có đạo hàm xác định với x x A 3x 2e x  xe x  e x  C B x 2e x  xe x  6e x  C C 3x  xe x  6e x  C D 3x 2e x  xe x  6e x  C Câu 46 (ID:484108): Có cặp số nguyên  x; y  nguyên thỏa mãn  xy  y  x  1  e2 xy  e4 x y 7    x   y   y   e x A B C Câu 47 (ID:484109): Cho hàm số y  f  x  liên tục có đạo hàm   f 1  f '  x   x e f  x    x e f  x D   2; \ 0 , thỏa mãn 1  Giá trị f   2 A ln7 B ln5 C ln6 D ln3 Câu 48 (ID:484110): Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , SD  a Mặt bên SAB tam giác cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi H trung điểm AB , K trung điểm AD Khoảng cách hai đường SD HK bằng: A a 105 B a 105 20 C a 105 30 D a 105 10 Câu 49 (ID:484111): Cho hàm bậc ba y  f  x  có đồ thị đường cong hình vẽ bên Số nghiệm thực phân biệt phương trình f A 24    x2  x2 1  B 14 là: 2021 C 12 D 10 Câu 50 (ID:484112): Trong mặt phẳng   cho hai tia Ox, Oy xOy  60 Trên tia Oz vng góc với mặt phẳng   O , lấy điểm S cho SO  a Gọi M , N điểm di động hai tia Ox, Oy cho OM  ON  a ( a  M , N khác O ) Gọi H , K hình chiếu vng góc O hai cạnh SM , SN Mặt cầu ngoại tiếp đa diện MNHOK có diện tích nhỏ A 2 a B  a C 2 a D  a2 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM C 11 C 21 C 31 D 41 A C 12 B 22 A 32 A 42 A B 13 D 23 A 33 B 43 B C 14 A 24 C 34 B 44 B C 15 C 25 C 35 B 45 D A 16 C 26 C 36 A 46 C C 17 A 27 A 37 A 47 A A 18 B 28 A 38 C 48 C C 19 C 29 B 39 D 49 D 10 A 20 C 30 A 40 D 50 D Câu (TH) - 12.1.6.32 Phương pháp: - Tính độ dài đường sinh: l  r  h - Diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy r độ dài đường sinh l Sxq   rl Cách giải: Hình nón có bán kính đáy r  chiều cao h  nên đường sinh l  r  h  10 Vậy diện tích xung quanh hình nón là: Sxq   rl  60 Chọn C Câu (NB) - 12.1.4.23 Phương pháp: Sử dụng MTCT Cách giải:  z1   4i  z1  iz2   2i Ta có   z2   i Chọn C Câu (NB) - 12.1.7.37 Phương pháp: Khoảng cách từ A  a; b; c  đến trục Ox b2  c2 Cách giải: Khoảng cách từ A  5; 4; 3 xuống trục Ox 42   3  Chọn B 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 song song với trục hoành Cách giải: Số nghiệm phương trình f  x   log 2021 số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  đường thẳng y  log 2021 Ta có log 2021  3,3 Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình f  x   log 2021 có nghiệm phân biệt Chọn C Câu (VD) - 12.1.5.30 Phương pháp: Thể tích khối lăng trụ có chiều cao h , diện tích đáy B V  Bh Cách giải: Khối lăng trụ có diện tích đáy chiều cao nên thể tích khối V  Sđ h  48 Chọn C Câu (NB) - 12.1.7.38 Phương pháp: Mặt cầu  S  :  x  a    y  b    z  c   R có tâm I  a; b; c  , bán kính R 2 10 Ta có 3 1  3 f  x   g  x  dx  3 f  x  dx  2 g  x  dx  3.5   7   29 Chọn A Câu 33 (NB) - 12.1.5.30 Phương pháp: Thể tích khối chóp có chiều cao h , diện tích đáy B V  Bh Cách giải: 1 Khối chóp tứ giác có cạnh đáy a  chiều cao h  nên V  Sđ h  32.5  15 3 Chọn B Câu 34 (NB) - 12.1.2.14 Phương pháp: Giải phương trình logarit loga x  b  x  ab Cách giải: log  3x     3x   102  x  35 Chọn B Câu 35 (NB) - 12.1.2.13 Phương pháp: Hàm y  log a b xác định b  Cách giải: Hàm số y  log  3x   xác định 3x    x  2 Chọn B Câu 36 (VD) - 12.1.6.34 Phương pháp: 23 - Sử dụng công thức tính nhanh: Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp có mặt bên vng góc với đáy gt Rben bán kính đường trịn ngoại tiếp mặt bên vng góc với đáy, Rday bán kính đường trịn ngoại tiếp đáy, gt độ dài giao tuyến mặt bên vng góc với đáy mặt đáy 2 R  Rben  Rday  - Diện tích mặt cầu bán kính R S  4 R Cách giải: Mặt bên Rben   SBC  vng góc với đáy tam giác vng S nên có bán kính đường trịn ngoại tiếp 3a BC  2 Ta có  SBC    ABC   BC  3a  gt Đáy ABC tam giác nên bán kính đường trịn ngoại tiếp đáy Rday   3a  3 a  Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC là:  3a   a gt  3a       a  4   R R ben R day    Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S ABC S  4 R  4 a   12 a Chọn A Câu 37 (TH) - 12.1.4.23 Phương pháp: Sử dụng công thức z1.z2  z1 z2 24 Cách giải:  z1  z2  z1 z2  z1  z2 z1 z2   2i   i 12   2  32  12  42   1 10  17.5  34 Chọn A Câu 38 (TH) - 12.1.1.2 Phương pháp: - Giải phương trình f '  x   - Lập BXD f '  x  xác định điểm cực đại hàm số điểm mà hàm số liên tục qua đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm Cách giải: Ta có: f '  x    x    x  1  x   x  1 , x    x    x  1  x   x   x  1 x  1   x    x  1  x   x  1  x  2  nghiem boi 3   x   nghiem boi  f ' x     x   nghiem don   x  1  nghiem don   Bảng xét dấu f '  x  : (Ta không xét nghiệm x  qua f '  x  không đổi dấu) Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có điểm cực x  1 đại cực tiểu x  2 Chọn C Câu 39 (TH) - 12.1.1.6 25 Phương pháp: Giải phương trình hồnh độ giao điểm Cách giải: Xét phương trình hồnh độ giao điểm:  x4  x2   x4  4x2      x  x   2  x2    x  4x   x2      x  4x    x     x  x      x  2   x  2 x    x    Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt Chọn D Câu 40 (VD) - 12.1.2.12 Phương pháp: Sử dụng công thức lãi kép Cách giải: Ta có số tiền người sau năm T1  200 1  0, 056  Sau gửi thêm 100 triệu số tiền T  200 1  0, 056   100 Tổng số tiền sau năm T   200.1, 0562  100  1, 0563  380,392 triệu đồng Chọn D Câu 41 (VD) - 12.1.1.3 Phương pháp: - Rút y theo x từ phương trình thứ nhất, vào bất phương trình thứ hai tìm khoảng giá trị x 26 - Thế y theo x vào biểu thức P , đưa biểu thức P biến x , sử dụng phương pháp tìm GTLN, GTNN hàm số đoạn Cách giải: Với x, y số thực dương ta có:  x2  y    x  xy   x    2 x  y  14  2 x  3x   14   x  x2   x2  y   y  x   x 2 x  x   14 x  1  x    Khi ta có P  3x y  xy  x3  x P   x  xy  3 y  x y  x  x  y P  x y  x3  x  y x2  x2   x3  x  x x P  x3  x  x3  x  3x  x P  5x  x P  2x2 Xét hàm số P  5x  9  9 với  x  Ta có: P '    x nên hàm số đồng biến 1;  x x  5 min P  P 1  4  1; 95    P  max P    2;  Vậy   9 9  9 1;  max P  P    1;       9 5  1;   Chọn A Câu 42 (VDC) - 12.1.1.2 Phương pháp: - Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm hợp tính g '  x  27 - Sử dụng tương giao giải phương trình g '  x   - Lập bảng xét dấu g '  x  Cách giải:   Ta có g  x    f x  x   g '  x    x  1 f '  x  x  f  x  x   4 x    x    g '  x     f '  x  x   1   f  2x2  x    2  Dựa vào BBT ta thấy:   x  x  2  vo nghiem  x  x  2   f ' x    , 1   2  x   x  x   x  1 f  x   có nghiệm x  a  ,    x  x  a  a  1 Xét hàm số f  x   x  x ta có f '  x   x    x   Bảng biến thiên: Dựa vào BBT ta thấy phương trình f  x   a có nghiệm phân biệt x  b, x  c b  1 , c  Khi ta có bảng xét dấu y  g '  x  sau: 28 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y  g  x  có điểm cực đại Chọn A Câu 43 (VD) - 11.1.2.10 Phương pháp: Áp dụng công thức tính tổ hợp, xác suất Cách giải: Đa giác 20 đỉnh nên có 10 đường kính  có 20 tam giác vng cân Có đường kính cắt tạo tam giác vuông Nên số tam giác vuông C102  180 tam giác vuông Nên số tam giác vuông mà không cân 160 Do P  160  C20 57 Chọn B Câu 44 (VD) - 12.1.1.1 Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính đạo hàm Cách giải: Ta có y   m  m   x3   m  3 x  x  nghịch biến  y '   m  m   x   m  3 x   x  29 m  TH1: m  m      m  2 + Với m  y  2 x  nghịch biến (đúng)  m  thỏa mãn + Với m  2 y  5 x  x  nghịch biến (sai)  m  2 không thỏa mãn m  TH2: m  m     m  2 Để hàm số nghịch biến y '  x  3  m  m      2  '   m  3   m  m    2  m   7m  12m  27  2  m     m3   m  Mà m   m  1;0;1; 2 Kết hợp TH ta có m  1;0;1; 2;3 Vậy có giá trị m thỏa mãn Chọn B Câu 45 (VD) - 12.1.3.18 Phương pháp: - Sử dụng F  x  nguyên hàm hàm số f  x f  x  F '  x  , suy hàm số f  x  x x - Sử dụng phương pháp nguyên hàm phần Cách giải: Ta có F  x   f  x f  x x3 nguyên hàm   F '  x   x  f  x   x3 x x  f '  x  e x  3x e x   f '  x  e x dx   3x e x dx 30  du  xdx u  3x Đặt    f '  x  e x dx  3x e x   x.e x dx   x x  dv  e dx v  e u  x du  6dx  Đặt    x.e x dx  xe x   6e x dx  xe x  6e x  C  x x dv  e dx v  e Vậy  f '  x  e dx  3x e x x  xe x  6e x  C Chọn D Câu 46 (VDC) - 12.1.2.17 Phương pháp: - Biến đổi, xét hàm đặc trưng, từ tìm y theo x - Tìm điều kiện để y  Cách giải: Ta có  xy  y  x  1  e xy  e x  y     x   y   y   e y 2x   y   y  e2 xy  e4 x  y 7 x  xy  y     y e  xy  y  x  1  xy  y  x  1  e2 xy  y  e4 x   y 1  x  4x   y  x   x  1 y  x   x  1  e2 xy  y  e4 x   1  y  x  1 x   e y x 1  1  e4 x7  y  x  1 4x  1  t  0 ta có f '  t   et   t  , hàm số đồng biến khoảng t t xác định, từ ta có: f  y  x  1   f  x    y  x  1  x  Xét hàm số f  t   et  y 4x  4x   9   2 2x 1 2x 1 2x 1 Vì y nguyên nên   x  11; 3; 9  x  0; 1;1; 2;4; 5  Có giá trị x thỏa 2x  mãn Vậy có cặp thỏa mãn số  x; y  nguyên thỏa mãn yêu cầu toán 31 Chọn C Câu 47 (VDC) - 12.1.3.18 Phương pháp: - Từ giả thiết rút x - Sử dụng phương pháp nguyên hàm hai vế tìm f  x  Cách giải:  Ta có f '  x   x e f  x  2   x e f  x 0   f '  x  e f  x   x e f  x   e f  x   x     f '  x  e f  x   x  e f  x   e f  x   1       e f  x    x e f  x    ' e f  x   '  x  f  x e 1   Lấy nguyên hàm hai vế ta được: e f  x   ' e f  x   1 '     dx  x  C  xdx   dx     f  x  f  x 2 e f  x  e 1 e 1  Mà f 1   Suy    1 C  C 0 e 1 x2 2    f  x  e f  x     e f  x     f  x   ln   1 e 1 x x x    2  1 Vậy f    ln   1  ln 2   4  Chọn A Câu 48 (VD) - 11.1.8.50 Phương pháp: 32 - Chứng minh d  SD; HK   d  H ;  SBD   , sử dụng: khoảng cách hai đường thẳng chéo khoảng cách từ đường thẳng đến mặt phẳng song song chứa đường thẳng - Gọi O, M trung điểm BD, BO Trong  SHM  kẻ HI  SM , chứng minh HI   SBD  - Sử dụng định lí Pytago, hệ thức lượng tam giác vng để tính thể tích Cách giải: Vì tam giác SAB cân nên SH  AB   SAB    ABCD   AB Ta có   SH   ABCD  SH  SAB , SH  AB     Vì HK đường trung bình tam giác SBD nên HK / / BD  HK / /  SBD   SD  d  SD; HK   d  HK ;  SBD    d  H ;  SBD   Gọi O, M trung điểm BD, BO Ta có AC  BD (do ABCD hình vng), HM / / AC (do HM đường trung bình ABO )  HM  BD  BD  HM  BD   SHM  Ta có   BD  SH  HI  SM  HI   SBD   d  H ;  SBD    HI Trong  SHM  kẻ HI  SM ta có   HI  BD Vì ABCD hình vng cạnh a  AC  a  AO  a a  HM  AO  2 33 a a Ta có: HD  AH  HD     a  2 2 Xét tam giác vuông SHD có: SH  SD  HD  3a  5a a  a a  a 105 Xét tam giác vng SHM có: HI   30 SH  HM 7a a  SH HM Vậy d  HK ; SD   a 105 30 Chọn C Câu 49 (VDC) - 12.1.1.6 Phương pháp: Đặt ẩn phụ Áp dụng cơng thức tính đạo hàm Lập bảng biến thiên kết luận Cách giải: ĐK: 2  x   1  x  2   x  x   Đặt t   x  x     2  x  1  2   x  x    x  2  x 1  x   x    x2  2  x  1 Ta có: t '    x  x   x    x   x  x     x2 t'0    x  x    x 1  x   2  x  1  1  x  34    1  x      1  x    x    x         x       x       x     vo nghiem  1   x2 x      15 20 x    ktm    x 2 Bảng biến thiên: Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y cắt đồ thị hàm số 2021 y  f  x  điểm   3   x  a; a   0;   4n0      3   ;1  4n0  x  b; b       x  c  2;   2n      Vậy phương trình cho có 10 nghiệm phân biệt Chọn D Câu 50 (VDC) - 12.1.6.34 Cách giải: 35 Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN , D điểm đối xứng với D qua O Ta có:  DM  OM  DM   SOM   DM  OH   DM  SO OH  DM  OH   SDM   OH  HD  OH  SM  OHD  900  IO  IH  ID Chứng minh tương tự ta có OK   SDN   OK  KD  OKD  900  IO  IK  ID  IO  IM  IN  IH  IK  I tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện MNHOK Gọi P Q trung điểm OM ON nên P Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OHM OKN./ Ta có bán kính mặt cầu là: R  IO  ROMN  MN 2sin MON OM  ON  2OM ON cos OMN OM  ON  OM ON   3 Ta có: OM  ON  OM ON   OM  ON   3OM ON  a  3OM ON Lại có  OM  ON  OM ON  a2 a2 a2 2  nên OM  ON  OM ON  a   4 36 Do ta có R  a2  a 3  a   a2 Vậy S  4 R  4    2 3 2 Chọn D -HẾT - 37