Thông tin tài liệu
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THÁI NGUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 (ĐỢT 1) Bài thi: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Mã đề thi 121 MỤC TIÊU - Đề thi thử Tốt nghiệp THPT mơn Tốn năm 2021 đợt Sở GD&ĐT Thái Ngun chủ yếu gồm kiến thức HK1 lớp 12 + kiến thức 11, bám sát đề thức giúp HS ơn tập mục tiêu, trọng tâm - Mức độ đề thi phù hợp: 18 câu NB, 15 câu TH, 11 câu VD, câu VDC Như học sinh hồn tồn đạt điểm 8+ - Các câu hỏi mức độ VD trở xuống giúp học sinh khơng nắm kiến thức cịn giúp học sinh ôn tập dạng thường xuất đề thi, câu hỏi VDC đề thi lạ, giúp em HSG phát triển khả nhằm phân loại tối đa học sinh − 4x Câu (ID:468606): Tiệm cận ngang đồ thị hàm số y = là: 2x −1 1 A x = −2 B y = C y = −2 D x = 2 Câu (ID:468607): Hàm số y = x − 3x + 3x − có điểm cực trị? A B C D Câu (ID:468608): Cho hình trụ có bán kính đáy r = chiều cao h = Diện tích tồn phần hình trụ cho bằng: A 12 B 24 C 20 D 24 Câu (ID:468609): Tập xác định hàm số y = ( x − 3x + ) B ( −;1 2; + ) A − là: C ( −;1) ( 2; + ) D \ 1; 2 Câu (ID:468610): Nghiệm phương trình log ( x − 3) = là: A x = 11 B x = C x = D x = Câu (ID:468611): Cho hình nón có bán kính đáy r = chiều cao h = Độ dài đường sinh hình nón cho bằng: A B 10 C D Câu (ID:468612): Với a, b số thực dương tùy ý a 1, log a b3 bằng: 1 log a b C 3log a b D + log a b 3 Câu (ID:468613): Cho khối lăng trụ tích V = 30 diện tích đáy B = Chiều cao khối lăng trụ cho bằng: A 24 B C D 15 Câu (ID:468614): Tập nghiệm S phương trình log ( x − 3) log là: A + log a b B A S = ( −;7 B S = 3;7 C S = ( 3;7 D S = 7; + ) Câu 10 (ID:468615): Mỗi mặt khối đa diện loại 5;3 là: A hình vng B ngũ giác C tam giác D lục giác Câu 11 (ID:468616): Số cạnh bên hình chóp lục giác là: A B C D 32 Câu 12 (ID:468617): Đường kính khối cầu tích bằng: A B C D 3 Câu 13 (ID:468618): Hình vẽ khơng phải hình biểu diễn hình đa diện? A Hình B Hình C Hình x+2 Câu 14 (ID:468619): Hàm số y = nghịch biến khoảng đây? x −1 A ( 0;3 ) B ( 0; + ) C ( 0;1) D Hình D ( −; + ) Câu 15 (ID:468620): Cho khối chóp có diện tích đáy B = 10 chiều cao h = Thể tích khối chóp cho bằng: A 60 B 30 C 16 D 20 Câu 16 (ID:468621): Hàm số đồng biến ? x e A y = B y = − C y = D y = − 3 3 Câu 17 (ID:468622): Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình bên? x A y = x3 − 3x + ( ) B y = − x3 + 3x − x C y = − x3 + 3x + ( ) x D y = x3 − 3x − Câu 18 (ID:468623): Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên sau: Hàm số cho đồng biến khoảng đây? A ( 2; + ) B ( −;3) C ( −1;3) D ( 0; ) Câu 19 (ID:468624): Gọi M , m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y = x + 1 ;3 x 2 Giá trị 3M + m bằng: 35 D Câu 20 (ID:468625): Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn log2 a + log3 b3 = log a + log b = Giá A 10 B 12 C trị a.b bằng: A 54 B 108 C 36 Câu 21 (ID:468626): Thể tích khối bát diện cạnh 4a bằng: D 72 64 2a 32 2a C 32 2a3 D 3 Câu 22 (ID:468627): Tổ An Bình có 11 học sinh Số cách xếp 11 học sinh theo hàng dọc mà An đứng đầu hàng, Bình đứng cuối hàng bằng: A 11! B 2.9! C 10! D 9! A 64 2a3 B Câu 23 (ID:468628): Đồ thị hàm số y = x3 − 2mx + m2 x + n có điểm cực tiểu A (1;3) Giá trị m + n bằng: A B C D Câu 24 (ID:468629): Tích nghiệm phương trình 22 x − 3.2 x+ + 32 = bằng: A B 10 C 12 D Câu 25 (ID:468630): Cho hình chóp tứ giác có cạnh đáy a có chiều cao mặt bên mặt đáy bằng: A 450 B 750 C 600 3a Góc D 300 Câu 26 (ID:468631): Tổng số đường tiệm cận đứng đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số y = x−3 x + x+6 là: A B C D Câu 27 (ID:468632): Một người gửi 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 để tính lãi cho năm Hỏi người phải gửi năm để nhận tổng số tiền vốn ban đầu lãi nhiều 131 triệu đồng, khoảng thời gian gửi người khơng rút tiền lãi suất không thay đổi? A B C D Câu 28 (ID:468633): Cho hình lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có AC = 2a, CC ' = 3a Thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' bằng: a3 3a a3 B C 2 Câu 29 (ID:468634): Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x ( x − 1) , x A biến khoảng sau đây? A ( −2;0 ) B ( −; −1) C ( −2; + ) D 3a Hàm số y = f ( − x ) đồng D ( −1;1) Câu 30 (ID:468635): Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng cân A , AC = 2a Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy SA = a Thể tích khối chóp S ABC bằng: A 4a3 B 2a3 C 2a 3 D 4a 3 Câu 31 (ID:468636): Cho cấp số nhân ( un ) có u3 = u6 = −32 Giá trị u10 bằng: A −512 B 256 C −1024 D 512 Câu 32 (ID:468637): Cho hình hộp chữ nhật ABCD A ' B ' C ' D ' có AB = , AD = , AA ' = Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật cho bằng: 9 A 12 B 8 C 9 D 2x −1 Câu 33 (ID:468638): Tiếp tuyến đồ thị hàm số y = giao điểm đồ thị với trục tung có phương x +1 trình là: A y = 3x + B y = 3x + C y = 3x − D y = 3x − Câu 34 (ID:468639): Gọi X tập hợp tất giá trị thực tham số m để đồ thị ( C ) hàm số y = x − 2m2 x + m4 + có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị với gốc tọa độ tạo thành tứ giác nội tiếp Tổng phần tử X bằng: A B C D Câu 35 (ID:468640): Có số nguyên dương m để hàm số y = (1 − m ) x − ( m − 1) x + x − đồng biến A ? B C Câu 36 (ID:468641): Cho phương trình e 2+ 2sin x − 3e1+sin 2 x = mecos D x −2 − ( m + ) Có giá trị nguyên tham số m thuộc đoạn −2020; 2020 để phương trình cho có nghiệm? A 36 B 46 C 44 D 38 Câu 37 (ID:468642): Cho hình trụ có hai đáy hình trịn ( O ) ( O ' ) , bán kính đáy r = Biết AB dây cung đường tròn ( O ) cho tam giác O ' AB tam giác mặt phẳng ( O ' AB ) tạo với mặt phẳng chứa hình trịn ( O ) góc 600 Thể tích khối trụ cho bằng: A 75 5 B 25 5 C 125 7 D 375 7 Câu 38 (ID:468643): Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a , cạnh bên SA = a SA ⊥ ( ABC ) Gọi I trung điểm BC Khoảng cách hai đường thẳng SI AB bằng: 17a 17a 23a 57 a B C D 7 19 Câu 39 (ID:468644): Một cửa hàng kem có bán bốn loại kem: kem sơcơla, kem sữa, kem đậu xanh kem thập cẩm Một người vào cửa hàng mua cốc kem Xác suất để cốc kem có đủ bốn loại kem bằng: 14 56 A B C D 55 165 13 15 Câu 40 (ID:468645): Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác vuông B A A ' A = A ' B = A ' C Biết AB = 2a , BC = 3a mặt phẳng ( A ' BC ) tạo với mặt phẳng đáy góc 450 Thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' bằng: 3a 3a C 3a D Câu 41 (ID:468646): Cho số nguyên dương x, y, z đôi nguyên tố thỏa mãn A 3a3 B x log800 + y log800 = z Giá trị biểu thức 29 x − y − 2021z bằng: A −2019 B −1968 D −1993 C −1966 Câu 42 (ID:468647): Có giá trị nguyên dương tham số m để đồ thị hàm số y = x − 3x + x − mx − m + đường tiệm cận đứng? A 11 B C 10 D Câu 43 (ID:468648): Cho hình nón có chiều cao h = 10 bán kính đáy r = Xét hình trụ có đáy nằm hình trịn đáy hình nón, đường trịn đáy cịn lại nằm mặt xung quanh hình nón cho thể tích khối trụ lớn Khi đó, bán kính đáy hình trụ bằng: 10 15 5 A B C D Câu 44 (ID:468649): Cho hàm số y = f ( x ) liên tục có đồ thị đường cong hình vẽ bên ( ) Gọi M , m giá trị lớn nhỏ hàm số y = f sin 3x + 4sin x Giá trị e2ln M + 2021m bằng: A 10 B e2 C 2021 D ln Câu 45 (ID:468650): Cho bất phương trình log ( x − x + ) + log ( x + 3x + m − ) Có giá trị nguyên tham số m để bất phương trình cho nghiệm với giá trị x thuộc đoạn 0;5 ? A B D C x + 2− 2x Câu 46 (ID:468651): Cho số thực x, y thỏa mãn e = log 11 y + − y y + − 6 với x y Giá trị biểu thức P = x − y − xy + 2021 bằng: A 2014 B 2019 C 2010 D 2008 Câu 47 (ID:468652): Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f ( x ) 0, x (1; ) f ' ( ) = Hàm số f ' ( x ) có bảng biến thiên sau: Có giá trị nguyên tham số m thuộc đoạn −2019; 2019 để hàm số y = e − x + mx +1 f ( x ) đồng biến khoảng (1; ) A 2012 B 2007 C 2008 D 2010 Câu 48 (ID:468653): Cho tứ diện ABCD có góc DAB = CBD = 900 , AB = 3a , AC = 5a vả góc ABC = 1350 Góc mặt phẳng ( ABD ) mặt phẳng ( BCD ) 300 Thể tích khối tứ diện ABCD bằng: 27 2a 9a 3a 2a B C D 2 2 Câu 49 (ID:468654): Trong mặt phẳng ( P ) cho tam giác ABC vuông A , BC = 6a, AB = 3a Xét hai tia A Bx, Cy hướng vng góc với ( ABC ) Trên Bx lấy điểm B1 cho mặt cầu đường kính BB1 tiếp xúc với Cy Trên Cy lấy điểm C1 cho mặt cầu đường kính AC1 tiếp xúc với Bx Thể tích khối tứ diện ABCC1 B1 bằng: A 27 3a3 B 108 3a C 3a3 Câu 50 (ID:468655): Cho hàm số f ( x ) liên tục D 81 3a3 Hàm số f ' ( x ) có đồ thị đường cong hình bên Bất phương trình f ( 2sin x ) − 2sin x m nghiệm với x ( 0; ) khi: A m f (1) − B m f (1) − C m f ( ) − D m f ( ) − C 11 D 21 B 31 A 41 B HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM D C D B C C 13 C 14 C 15 D 16 C 17 D 18 D 23 C 24 D 25 C 26 B 27 C 28 A 33 C 34 B 35 D 36 D 37 D 38 D 43 B 44 A 45 A 46 C 47 A 48 B C 12 A 22 D 32 C 42 C C 19 B 29 D 39 A 49 A 10 B 20 D 30 C 40 C 50 B Câu (NB) - 12.1.1.4 Phương pháp: Đồ thị hàm số y = ax + b a có TCN y = cx + d c Cách giải: Đồ thị hàm số y = − x −4 x + −4 có TCN y = = = −2 2x −1 2x −1 Chọn C Câu (NB) - 12.1.1.2 Phương pháp: Giải phương trình y ' = tìm số nghiệm bội lẻ Cách giải: Ta có: y = x − 3x + 3x − y ' = x − x + = ( x − 1) Cho y ' = x = (nghiệm bội 2) Vậy hàm số cho khơng có điểm cực trị Chọn C Câu (NB) - 12.1.6.33 Phương pháp: Diện tích tồn phần hình trụ có bán kính đáy r chiều cao h Stp = 2 rh + 2 r Cách giải: Diện tích tồn phần hình trụ có bán kính đáy r = chiều cao h = là: Stp = 2 rh + 2 r = 2 2.4 + 2 22 = 24 Chọn D Câu (NB) - 12.1.2.10 Phương pháp: Hàm số y = f ( x ) với n Cách giải: n Hàm số y = ( x − 3x + ) − xác định f ( x ) xác định f ( x ) x xác định x − x + x Vậy TXĐ hàm số D = ( −;1) ( 2; + ) Chọn C Câu (NB) - 12.1.2.14 Phương pháp: Giải phương trình logarit: log a f ( x ) = b f ( x ) = a b Cách giải: log ( x − 3) = x − = x = Chọn D Câu (NB) - 12.1.6.32 Phương pháp: Độ dài đường sinh hình nón có bán kính đáy r chiều cao h l = r + h Cách giải: Độ dài đường sinh hình nón có bán kính đáy r = chiều cao h = l = r + h = 22 + 62 = 10 Chọn B Câu (NB) - 12.1.2.11 Phương pháp: Sử dụng công thức log a b m = m log a b ( a 1, b ) Cách giải: Ta có: log a b3 = 3log a b ( a 1, b ) Chọn C Câu (NB) - 12.1.5.30 Phương pháp: Thể tích khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy B V = Bh Cách giải: V 30 Chiều cao khối lăng trụ cho bằng: h = = = B Chọn C Câu (NB) - 12.1.2.15 Phương pháp: 0 a Giải bất phương trình logarit: log a f ( x ) log a g ( x ) f x g x ( ) ( ) Cách giải: log ( x − 3) log x − x 2 Vậy tập nghiệm bất phương trình là: S = ( 3;7 Chọn C Câu 10 (NB) - 12.1.5.29 Phương pháp: Khối đa diện loại n; p khối đa diện có mặt đa giác n cạnh Cách giải: Mỗi mặt khối đa diện loại 5;3 ngũ giác Chọn B Câu 11 (NB) - 12.1.5.28 Phương pháp: Số cạnh bên hình chóp n - giác n Cách giải: Số cạnh bên hình chóp lục giác Chọn D Câu 12 (NB) - 12.1.6.34 Phương pháp: Thể tích khối cầu bán kính R V = R3 Cách giải: 32 Gọi R bán kính khối cầu ta có: V = R3 = R = 3 Vậy đường kính khối cầu Chọn A Câu 13 (NB) - 12.1.5.28 Phương pháp: Hình đa diện gồm số hữu hạn đa giác phẳng thỏa mãn hai điều kiện: a) Hai đa giác khơng có điểm chung, có đỉnh chung, có cạnh chung b) Mỗi cạnh đa giác cạnh chung hai đa giác Cách giải: Hình khơng phải hình biểu diễn hình đa diện Chọn C Câu 14 (NB) - 12.1.1.1 Phương pháp: - Hàm phân thức bậc bậc đơn điệu khoảng xác định chúng ad − bc ax + b - Sử dụng cơng thức tính nhanh: ' = cx + d ( cx + d ) Cách giải: TXĐ D = \ 1 Ta có y ' = −3 x D nên hàm số nghịch biến ( −;1) , (1; + ) ( x − 1) Do ( 0;1) ( −;1) nên hàm số nghịch biến ( 0;1) Chọn C Câu 15 (NB) - 12.1.5.30 Phương pháp: Thể tích khối chóp có diện tích đáy B chiều cao h V = Bh Cách giải: 1 Thể tích khối chóp có diện tích đáy B = 10 chiều cao B = 10 V = Bh = 10.6 = 20 3 Chọn D Câu 16 (NB) - 12.1.2.12 Phương pháp: Hàm số mũ y = a x đồng biến a nghịch biến a Cách giải: Hàm số y = đồng biến 3 Chọn C Câu 17 (NB) - 12.1.1.5 x Phương pháp: Dựa vào lim y giao điểm đồ thị hàm số với trục tung x →+ Cách giải: Dựa vào đồ thị ta thấy lim y = − nên loại đáp án B C x →+ Đồ thị hàm số qua điểm ( 0; −2 ) nên loại đáp án A Chọn D Câu 18 (NB) - 12.1.1.1 Phương pháp: Xác định khoảng mà hàm số liên tục có đạo hàm dương Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến ( −; −2 ) ( 0; ) Chọn D Câu 19 (TH) - 12.1.1.3 Phương pháp: - Tính y ' 1 - Giải phương trình y ' = xác định nghiệm xi ;3 2 1 - Tính y , y ( 3) , y ( xi ) 2 1 1 - Kết luận: max y = max y , y ( 3) , y ( xi ) , y = y , y ( 3) , y ( xi ) 1 2 ;3 2 ;3 Cách giải: 1 Hàm số cho xác định ;3 2 1 x2 −1 Ta có: y = x + y ' = − = x x x 1 x = 1 ;3 Cho y ' = x − = 1 x = −1 ;3 2 10 1 Ta có y = , y ( 3) = , y (1) = 2 10 M = max y = y ( 3) = , m = y = y (1) = 1 1 ;3 ;3 2 2 Vậy 3M + m = 10 + = 12 10 Xét tam giác vng SOM ta có tan SMO = SO 3a a = : = SMO = 600 SM 2 Chọn C Chọn C Câu 26 (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: ĐKXĐ: x − x lim y = lim y = x →+ x →+ x −3 = nên đồ thị hàm số có TCN y = x + x+6 x + x + = vô nghiệm nên đồ thị hàm số khơng có TCĐ Vậy tổng số đường tiệm cận đứng đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số y = x−3 x + x+6 Chọn B Câu 27 (TH) - 12.1.2.15 Phương pháp: Sử dụng công thức lãi kép An = A (1 + r ) n Cách giải: Giả sử sau n năm để người nhận tổng số tiền vốn ban đầu lãi nhiều 131 triệu đồng, ta có: 100 (1 + 7% ) 131 n 3,99 n Vậy sau năm người nhận tổng số tiền vốn ban đầu lãi nhiều 131 triệu đồng Chọn C Câu 28 (TH) - 12.1.5.30 Phương pháp: a2 - Diện tích tam giác cạnh a S = - Thể tích khối lăng trụ có chiều cao h , diện tích đáy B V = Bh Cách giải: ( Diện tích đáy là: S = 2a ) = a2 Thể tích khối lăng trụ là: V = CC '.S = 3a a 3a = 2 Chọn A Câu 29 (TH) - 12.1.1.1 Phương pháp: 13 - Đặt g ( x ) = f ( − x ) - Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm hợp để tính g ' ( x ) - Giải bất phương trình g ' ( x ) Cách giải: Đặt g ( x ) = f ( − x ) ta có g ' ( x ) = −2 f ' ( − x ) Ta có: g ' ( x ) f ' ( − x ) Vì f ' ( x ) = x ( x − 1) x , f ' ( − x ) − x x −1 Vậy hàm số cho đồng biến ( −1; + ) nên đồng biến ( −1;1) Chọn D Câu 30 (TH) - 12.1.5.30 Phương pháp: - Sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng để tính góc Cách giải: 1 Vì ABC vng cân A nên AB = AC = 2a SABC = AB AC = 2a.2a = 2a 2 1 2a Vậy VS ABC = SA.SABC = a.2a = 3 Chọn C Câu 31 (TH) - 11.1.3.19 Phương pháp: Sử dụng công thức SHTQ cấp số nhân un = u1q n−1 , um = un q m−n Cách giải: Ta có: u6 = u3q3 −32 = 4.q3 q = −2 Vậy u10 = u3 q = ( −2 ) = −512 Chọn A Câu 32 (TH) - 12.1.6.34 Phương pháp: - Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật có kích thước a b c R = 2 a +b +c - Diện tích mặt cầu bán kính R S = 4 R Cách giải: Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật R = 2 + +1 = 2 3 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật S = 4 R = 4 = 9 2 Chọn C Câu 33 (TH) - 12.1.1.7 Phương pháp: Tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f ( x ) điểm có hồnh độ x = x0 y = f ' ( x0 )( x − x0 ) + y0 Cách giải: TXĐ: D = \ −1 14 Cho x = y = −1 nên giao điểm đồ thị với trục tung A ( 0; −1) Ta có y ' = ( x + 1) y ' ( 0) = Vậy phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = trình là: y = ( x − ) − = 3x − 2x −1 giao điểm đồ thị với trục tung có phương x +1 Chọn C Câu 34 (VD) - 12.1.1.2 Phương pháp: - Tính y ' Tìm điều kiện để hàm số có điểm cực trị - Gọi điểm cực trị A Oy , B, C Chứng minh OA trung trực BC - Để OBAC tứ giác nội tiếp AC.OC = Cách giải: x = Ta có y ' = x − 4m x = x ( x − m ) = x = m Để hàm số cho có điểm cực trị phương trình y ' = phải có nghiệm phân biệt m Khi hàm số cho có điểm cực trị A ( 0; m + ) , B ( m;5 ) , C ( −m;5 ) Vì A Oy, B, C đối xứng qua Oy nên OA trung trực BC Do để OBAC tứ giác nội tiếp AC.OC = Ta có AC = ( −m; −m ) , OC = ( −m;5 ) m = ( ktm ) AC.OC = m2 − 5m4 = X = m = ( tm ) Vậy tổng phần tử X Chọn B Câu 35 (VD) - 12.1.1.1 Phương pháp: Xét TH − m2 = − m2 TH1: − m2 = , thay m vào hàm số xét đồng biến hàm bậc bậc hai TH2: − m2 , tính y ' = Ax + Bx + C , để hàm số đồng biến y ' x A ' Cách giải: TH1: − m2 = m = 1 Khi m = y = x − đồng biến (thỏa mãn) Khi m = −1 y = x + x − đồng biến − ; + (không thỏa mãn) TH2: − m2 m 1 Ta có y ' = (1 − m ) x − ( m − 1) x + 15 y ' x Để hàm số đồng biến 1 − m2 −1 m 2 4m − 2m − ' = ( m − 1) − (1 − m ) −1 m 1 − m − m 1 Kết hợp trường hợp ta có − m Mà m số nguyên dương nên m = Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn D Câu 36 (VD) - 12.1.2.17 Phương pháp: - Đặt ẩn phụ t = e1+sin x , t e; e , cô lập m đưa phương trình ban đầu dạng m = f ( t ) - Tìm f ( t ) , max f ( t ) phương pháp hàm số 2 e ;e e ;e - Để phương trình m = f ( t ) có nghiệm t e; e f ( t ) m max f (t ) 2 e ;e e ;e - Kết hợp điều kiện đề tìm số giá trị m thỏa mãn Cách giải: Ta có: e2+ 2sin x − 3e1+sin x = mecos ( e1+sin 2 x ) 2 x−2 − ( m + 2) ( − 3e1+sin x = m e1+sin 2 x ) −1 − ( m + 2) Đặt t = e1+sin x , sin nên t e; e , phương trình cho trở thành: m − ( m + 2) t t − 3t = m − mt − 2t t − 3t = t − 3t + 2t = m (1 − t ) t − 3t + 2t m= t e; e2 1− t ( ) ( m = −t ( t − ) = −t + 2t t e; e ) ( *) Xét hàm số f ( t ) = −t + 2t với t e; e ta có f ' ( t ) = −2t + = t = 1 e; e f ( e ) = −e + 2e, f ( e ) = −e + 2e f ( t ) = −e4 + 2e2 , max f ( t ) = −e2 + 2e 2 e ;e e ;e Để phương trình ban đầu có nghiệm phương trình (*) có nghiệm t e; e −e4 + 2e2 m −e2 + 2e Kết hợp với điều kiện đề ta có m −39; −38; ; −2 Vậy có 38 giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn D Câu 37 (VD) - 12.1.6.33 16 Phương pháp: - Gọi M trung điểm AB Xác định góc hai mặt phẳng góc hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng vng góc với giao tuyến - Đặt OO ' = x , áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng tính OM theo x - Áp dụng định lí Pytago tính AM suy AB theo x , từ suy O ' A = AB - Áp dụng định lí Pytago tam giác vng O ' OA tìm x - Thể tích khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy r V = r h Cách giải: Theo ta có ( ( O ' AB ) ; ( OAB ) ) = 600 AB ⊥ OM ( ( O ' AB ) ; ( OAB ) ) = ( O ' M ; OM ) = O ' MO = 600 Gọi M trung điểm AB ta có AB ⊥ O ' M x Đặt OO ' = x , xét tam giác vuông O ' OM ta có OM = OO '.cot 600 = Áp dụng định lí Pytago tam giác vng OAM ta có AM = OA2 − OM = 25 − AB = AM = 25 − x2 x2 x2 Áp dụng định líu Pytago tam giác vng O ' OA ta có: Vì O ' AB nên O ' A = AB = 25 − O ' A2 = O ' O + OA2 x2 25 − = x + 25 4x2 100 − = x + 25 7x 15 = 75 x = Vậy thể tích khối trụ V = r h = 52 15 375 7 = 7 Chọn D Câu 38 (VD) - 11.1.8.50 17 Phương pháp: - Gọi J trung điểm AC , chứng minh d ( AB; SI ) = d ( A; ( SIJ ) ) - Gọi M trung điểm AB Trong ( ABC ) kẻ AH / /CM , ( SAH ) kẻ AK ⊥ SH ( K SH ) , chứng minh AK ⊥ ( SIJ ) - Sử dụng hệ thức lượng tam giác vng để tính khoảng cách Cách giải: Gọi J trung điểm AC ta có IJ / / AB AB / / ( SIJ ) SI d ( AB; SI ) = d ( AB; ( SIJ ) ) = d ( A; ( SIJ ) ) Gọi M trung điểm AB , ABC nên CM ⊥ AB CM ⊥ IJ IJ ⊥ AH IJ ⊥ ( SAH ) Trong ( ABC ) kẻ AH / /CM AH ⊥ IJ ( H IJ ) Ta có IJ ⊥ SA AK ⊥ SH AK ⊥ ( SIJ ) Trong ( SAH ) kẻ AK ⊥ SH ( K SH ) ta có AK ⊥ IJ IJ ⊥ SAH ( ) ( ) d ( A; ( SIJ ) ) = AK a Dễ dàng chứng minh AH = CM = a SH AH a 57 = = Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông SAH : AK = 2 19 SH + AH a a2 + 16 a Vậy d ( AB; SI ) = a 57 19 Chọn D Câu 39 (VDC) - 11.1.2.10 Cách giải: Gọi số lượng kem kem sôcôla, kem sữa, kem đậu xanh kem thập cẩm lấy a, b, c, d ( a; b; c; d ) * Vì người vào cửa hàng mua cốc kem nên a + b + c + d = (*) Để cốc kem có đủ bốn loại kem phương trình (*) phải có nghiệm nguyên dương 18 Chia số thành số 1, đặt dấu cộng vào vị trí số phương trình (*) thỏa mãn có nghiệm nguyên dương, để cốc kem có đủ loại có C83 cách Mặt khác tập hợp tất nghiệm (*) không gian mẫu tốn Ta có: a + b + c + d = ( a + 1) + ( b + 1) + ( c + 1) + ( d + 1) = 13 (**) Khi khơng gian mẫu tốn số nghiệm phương trình (**), với a + 1, b + 1, c + 1, d + nguyên dương n ( ) = C123 Vậy xác suất cần tìm P = C83 14 = C123 55 Chọn A Câu 40 (VD) - 12.1.5.30 Phương pháp: - Vì A ' A = A ' B = A ' C nên hình chiếu vng góc A ' lên ( ABC ) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp ABC - Xác định góc hai mặt phẳng góc hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng vng góc với giao tuyến - Sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng tính chất tam giác vng cân tính chiều cao lăng trụ - Thể tích khối lăng trụ có chiều cao h , diện tích đáy B V = Bh Cách giải: Gọi M , N trung điểm AC , BC Vì ABC vng B nên M tâm đường tròn ngoại tiếp ABC , lại có A ' A = A ' B = A ' C nên hình chiếu vng góc A ' lên ( ABC ) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp ABC A ' M ⊥ ( ABC ) Ta có MN đường trung bình ABC MN / / AB MN ⊥ AC MN = AB = a AC ⊥ MN AC ⊥ ( A ' MN ) AC ⊥ A ' N Ta có AC ⊥ A ' M ( ( A ' BC ) ; ( ABC ) ) = ( A ' N ; MN ) = A ' NM = 450 A ' MN vuông cân M A ' M = MN = a 1 Vậy VABC A' B 'C ' = A ' M SABC = A ' M AB.BC = a .2a.a = 3a3 2 Chọn C Câu 41 (VD) - 12.1.2.14 19 Phương pháp: - Sử dụng công thức m log a b = log a b m , log a x + log a y = log a ( xy ) - Đồng hệ số tìm x, y theo z - Sử dụng giả thiết x, y, z nguyên dương đôi nguyên tố xác định cụ thể giá trị x, y, z tính 29 x − y − 2021z Cách giải: Ta có: x log800 + y log800 = z log800 5x + log800 y = z log800 ( x y ) = z 5x y = 800 z x = 2z x y = 25 z.52 z y = 5z x = Vì x, y, z nguyên dương đôi nguyên tố y = z = Vậy 29 x − y − 2021z = 29.2 − − 2021 = −1968 Chọn B Câu 42 (VD) - 12.1.1.4 Phương pháp: Xét TH: - Phương trình x − mx − m + = vô nghiệm - Phương trình x − mx − m + = có nghiệm trùng với nghiệm tử Cách giải: x − 3x + khơng có đường tiệm cận đứng ta có TH sau: x − mx − m + TH1: Phương trình x − mx − m + = vô nghiệm Để đồ thị hàm số y = = m2 − ( −m + 5) m2 + 4m − 20 −2 − m −2 + Mà m m −6; −5; −4; ;1; 2 TH2: Phương trình x − mx − m + = có nghiệm trùng với nghiệm tử (*) x = Ta có x − x + = x = 1 − m − m + = m = ( *) m = − 2m − m + = m = Vậy có tất 10 giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn C Câu 43 (VD) - 12.1.6.35 Phương pháp: - Đặt bán kính khối trụ r Sử dụng định lí Ta-lét tính chiều cao khối trụ theo r - Tính thể tích khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy r V = r h Cách giải: 20 Theo ta có SO = 10, OA = Đặt O ' A ' = r ( r ) O ' A ' SO ' r SO ' = = SO ' = 2r OO ' = 10 − 2r OA SO 10 Áp dụng định lí Ta-lét ta có Khi thể tích khối trụ là: V = O ' A '2 OO ' = r (10 − 2r ) = 2 ( −r + 5r ) r = ( ktm ) Xét hàm số f ( r ) = −r + 5r ( 0;5 ) ta có f ' ( r ) = −3r + 10r = 10 r = 10 Vậy để thể tích khối trụ đạt GTLN bán kính khối trụ Chọn B Câu 44 (VD) - 12.1.1.3 2 Phương pháp: - Sử dụng công thức nhân ba sin 3x = 3sin x − 4sin x - Đặt t = 3sin x t −1;1 - Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) vẽ đồ thị hàm số y = f ( x ) suy M , m Cách giải: Ta có sin 3x = 3sin x − 4sin x sin 3x + 4sin x = 3sin x y = f ( sin 3x + 4sin x ) = f ( 3sin x ) Đặt t = 3sin x t −1;1 , tốn trở thành tìm giá trị lớn nhỏ hàm số y = f ( t ) −3;3 Ta có đồ thị hàm số y = f ( t ) −3;3 sau: 21 Dựa vào đồ thị hàm số M = max f ( t ) = 3, m = f ( t ) = −3;3 −3;3 Vậy e2ln M + 2021m = e2ln3 + 20210 = + = 10 Chọn A Câu 45 (VD) - 12.1.2.15 Phương pháp: g ( x ) x a; b - Giải bất phương trình log a f ( x ) log a g ( x ) x a; b f ( x ) g ( x ) x a; b - Sử dụng phương pháp lập m Cách giải: Ta có: log5 ( x − x + ) + log5 ( x + 3x + m − ) x 0;5 log5 ( x − x + 10 ) log5 ( x + 3x + m − ) x 0;5 x + 3x + m − x 0;5 2 5 x − x + 10 x + 3x + m − x 0;5 m − x − 3x + x 0;5 (1) m x − x + 14 x 0;5 ( ) Giải (1): m − x − 3x + x 0;5 Đặt f ( x ) = − x − 3x + ta có f ' ( x ) = −2 x − = x = − 0;5 Hàm số f ( x ) nghịch biến ( 0;5 ) nên max f ( x ) = f ( ) = 0;5 (1) m max f ( x ) m 0;5 Giải (2): m x − x + 14 x 0;5 Đặt g ( x ) = x − x + 14 ta có g ' ( x ) = x − = x = 1 0;5 g ( ) = 14, g (1) = 10, g ( ) = 74 g ( x ) = g (1) = 10 0;5 22 ( ) m 10 Vậy m 10 , mà m m 5;6;7;8;9;10 Có giá trị nguyên m thỏa mãn Chọn A Câu 46 (VDC) - 12.1.2.17 Phương pháp: - Đặt , f ( x ) = e x5 + − x2 với x g ( y ) = log 11 y + − y y + − 6 với y - Lập BBT hai hàm số trên, chứng minh f ( x ) g ( y ) x, y - Tìm điều kiện để dấu “=” xảy ra, từ suy x, y Cách giải: Xét hàm số f ( x ) = e x5 + − x2 x5 + − với x ta có f ' ( x ) = x − e x = x = x BBT: Dựa vào BBT f ( x ) x (1) Đặt g ( y ) = log 11 y + − y y + − 6 với y ( ) ( ) Đặt t = y + ta có g ( t ) = log 11t − t − t − 6 = log −t + 12t − Ta có g ' ( t ) = −3t + 12 = t = 2 ( −t + 12t − 6) ln10 BBT: Dụa vào BBT g ( y ) y (2) Từ (1) (2) ta có f ( x ) g ( y ) x, y f ( x ) = x = Dấu “=” xảy g y = y + = y = ( ) Vậy P = x − y − xy + 2021 = − − + 2021 = 2010 Chọn C Câu 47 (VDC) - 12.1.2.17 23 Cách giải: Đặt y = g ( x ) = e − x g ' ( x ) = e− x + mx +1 + mx +1 f ( x ) ' = ( −2 x + m ) e − x = e− x + mx +1 f ( x ) ta có + mx +1 f ( x ) + e− x + mx +1 f '( x) ( −2 x + m ) f ( x ) + f ' ( x ) Để hàm số g ( x ) đồng biến (1; ) g ' ( x ) x (1; ) ( −2 x + m ) f ( x ) + f ' ( x ) x (1; ) m − 2x m − f '( x) x (1; ) ( f ( x ) x (1; ) ) f ( x) − f '( x) + x x (1; ) f ( x) − f '( x) m max + x 1;4 f ( x) − f '( x) f ( x) Với x 1; 4 ta có , x x 1; 4 f x − f ' x − 4;0 ( ) ( ) − f '( x) max + x = + = m 1;4 f ( x) 8 m 2019 m 8;9;10; 2019 Kết hợp điều kiện đề m Vậy có 2012 giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn A Câu 48 (VDC) - 12.1.5.30 Cách giải: Áp dụng định lí Cosin ABC ta có: 24 cos ABC = AB + BC − AC 2 AB.BC cos1350 = ( 3a ) ( + BC − 5a ) 2.3a.BC −3 2aBC = BC − 36a 2 BC = 2a 1 Ta có SABC = AB.BC.sin ABC = 3a.3 2a.sin1350 = a 2 Gọi H hình chiếu vng góc D lên ( ABC ) ta có: AB ⊥ DH ( DH ⊥ ( ABC ) ) AB ⊥ ( ADH ) AB ⊥ AH AB ⊥ AD gt ( ) BC ⊥ DH ( DH ⊥ ( ABC ) ) BC ⊥ ( BDH ) BC ⊥ BH CBH = 900 BC ⊥ BD ( gt ) ABH = 1350 − 900 = 450 ABH vuông cân A AB = AH = 3a vaf BH = 3a Kẻ HM ⊥ AD ( M AD ) , HN ⊥ BD ( N BD ) ta có: AB ⊥ ( ADH ) ( cmt ) AB ⊥ HM HM ⊥ ( ABD ) HM ⊥ AD BC ⊥ ( BDH ) ( cmt ) BC ⊥ HN HN ⊥ ( BCD ) HN ⊥ BD ( ( ABD ) ; ( BCD ) ) = ( HM ; HN ) Mà HM ⊥ ( ABD ) HM ⊥ MN HMN vuông M ( HM ; HN ) = MHN MHN = 300 Đặt DH = x ( x ) , áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có: HM = HN = DH AH DH + AH 2 DH BH DH + BH x.3a = x + 9a x.3a = x + 18a Xét tam giác vng HMN ta có cos MHN = cos 300 = x.3a x + 9a : HM HN x.3a x + 18a x + 18a = 2 x + 9a x + 18a = x + 18a x + 54a = x + 72a x = 3a = DH 25 1 9a Vậy VABCD = DH SABC = 3a a = 3 2 Chọn B Câu 49 (VDC) - 12.1.7.42 Cách giải: Áp dụng định lí Pytago tam giác vng ABC ta có AC = BC − AB2 = ( 6a ) − ( 3a ) 2 = 3a Đặt hệ trục tọa độ hình vẽ cho a = , ta có: ( ) ( ) A ( 0;0;0 ) , B ( 3;0;0 ) , C 0;3 3;0 , C1 0;3 3; z 3 z Gọi I trung điểm AC1 I 0; ; 2 Vì mặt cầu đường kính AC1 tiếp xúc với Bx nên d ( I ; Bx ) bán kính mặt cầu đường kính AC1 d ( I ; BB1 ) = AC1 = IA Ta có: d ( I ; BB1 ) = IB; uBB 3 z , BB1 / / Ax nên uBB1 = ( 0;0;1) Lại có IB = 3; − ; − 2 uBB1 3 IB; uBB1 = − ; −3;0 IB; uBB d ( I ; BB1 ) = = uBB1 Ta có: IA = + 27 +9+0 = 27 z 27 z + = + 4 4 Khi ta có d ( I ; BB1 ) = IA ( ) 27 z = + z = 4 C1 0;3 3;6 26 z' Tương tự đặt B1 ( 3a;0; z ') , gọi J 3a;0; trung điểm BB ' , mặt cầu đường kính BB1 tiếp xúc với 2 Cy nên d ( J ; Cy ) = BB1 = BJ , ta tính z ' = 12 BB1 = 12a ( BB1 + CC1 ) BC = (12a + 6a ) 6a = 54a2 S BCC1B1 = 2 Trong ( ABC ) kẻ AH ⊥ BC ( H BC ) ta có AH ⊥ BC AB AC 3a.3 3a 3 AH ⊥ ( BCC1 B1 ) AH = = = a BC 6a AH ⊥ BB1 Vậy VABCC1B1 = VA.BCC1B1 = 1 3 AH S BCC1B1 = a.54a = 27 3a 3 Chọn A Câu 50 (VDC) - 12.1.1.8 Cách giải: Đặt t = 2sin x , với x ( 0; ) t ( 0; 2 , phương trình cho trở thành f ( t ) − t m t ( 0; 2 Đặt g ( t ) = f ( t ) − t g ( t ) m x ( 0; 2 max g ( t ) m (*) ( 0;2 Ta có g ' ( t ) = f ' ( t ) − t = f ' ( t ) = t Ta có đồ thị hàm số: t = Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy g ' ( t ) = t = ta có BBT sau: t = Do (*) m g (1) = f (1) − Chọn B HẾT 27
Ngày đăng: 20/05/2021, 22:56
Xem thêm:
