TS247 DT de thi thu thpt qg mon toan thpt chuyen nguyen binh khiem quang nam nam 2021 co loi giai chi tiet 76125 1621507262

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 18/04/2021 Mã đề thi 106 MỤC TIÊU - Đề thi thử THPT QG trường chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm – Quảng Nam bám sát đề minh họa Bộ GD&ĐT - Các câu hỏi đề thi câu hỏi học sinh bắt gặp q trình luyện đề, nên khơng gây trở ngại nhiều cho em, qua giúp em luyện tập kĩ sâu tất dạng toán học thường xuất đề thi, giúp em ôn tập hiệu cho kì thi thức đến gần Câu (ID:483676): Cho hai số phức z1   2i z2  2  i Điểm M biểu diễn số phức w  z1 có tọa độ z2 là: A M  1;  B M  0; 1 C M  0;1 D M 1;  Câu (ID:483677): Biết tiếp tuyến đồ thị hàm số y  ax  bx  điểm A  1;1 vng góc với đường thẳng x  y   Tính a  b A a  b2  2 B a  b2  10 D a  b2  5 C a  b2  13 x  1 t  Câu (ID:483678): Trong không gian Oxyz , điểm bào không thuộc đường thẳng d :  y  2  t ?  z  1  2t  A M  0; 1;1 1  B Q  ;  ;0  2  3  D N  ;  ;   2 C P  3; 4; 5  Câu (ID:483679): Cho số phức z thỏa mãn z   i  Tập hợp điểm biểu diễn số phức w  1  2i  z đường tròn tâm I  a; b  bán kính R Tính a  b  R A a  b  R  12 B a  b  R  2 D a  b  R  7  C a  b  R   Câu (ID:483680): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm  0;  , f     f '  x  dx  3 Tính f   A f    4 B f    3 C f    2 D f    Câu (ID:483681): Cho hình đa diện loại 4;3 có cạnh a Gọi S tổng diện tích tất mặt hình đa diện Mệnh đề đúng? A S  6a B S  4a C S  8a Câu (ID:483682): Tập xác định hàm số f  x    x2  5x  2 A 1  \  ; 2 2  B 1;   \ 2 D S  10a 2021 C  2;    log 2021  x  1 là: 1  D  ;    2;   2  Câu (ID:483683): Tập nghiệm S bất phương trình log  x  1  log  25  25 x  là:   A S    ;1   6  B S   ;1 7  6  C S   ;  7   6 D S    ;   7     Câu (ID:483684): Cho F  x  nguyên hàm f  x   sin x F    Tính F   4 6         A F    B F    C F    D F    6 6 6 6 Câu 10 (ID:483685): Cho hàm số y  f  x   x3  ax có đồ thị hình vẽ bên Gọi S1 , S2 diện S tích hai hình phẳng gạch chéo hình vẽ bên Khi  a thuộc khoảng đây? S 40 3 5 1 3 1 1  1 A  ;  B  ;  C  0;  D  ;  3 2 4 4 2 4  3 Câu 11 (ID:483686): Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang? 2x  3x  4x  x2 A y  B y  C y  D y  2x  x  3x  x  x2  x2  Câu 12 (ID:483687): Gọi z1 , z2 nghiệm phức phân biệt phương trình z  z  13  Tính z1  i  z2  i 2 A  2 B 36 C 28 D Câu 13 (ID:483688): Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có trọng tâm G với A 1; 6; 1 , B  2; 2;3 , C  4; 5; 11 Gọi I  m; n; p  điểm đối xứng với G qua mặt phẳng  Oxy  Tính T  2021m n p 1 A T  B T  2021 C T  D T  20215 2021 Câu 14 (ID:483689): Cho hình trụ có chiều cao nội tiếp mặt cầu có bán kính Gọi V V1 , V2 thể tích khối trụ khối cầu cho Tính tỉ số V2 A V1  V2 B V1  V2 18 C V1  V2 V1  V2 D Câu 15 (ID:483690): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình vẽ Hàm số y  f  x  đồng biến khoảng sau đây? A  0;3  B  1;3 C 1;  Câu 16 (ID:483691): Cho a, b số thực dương Rút gọn biểu thức P  D  0;    a3b  kết là: 12 a b A P  ab2 B P  a 2b C P  a 2b D P  ab Câu 17 (ID:483692): Cho hàm số y  ax  bx  cx  d có đồ thị hình vẽ bên Mệnh đề đúng? A a  0, b  0, c  0, d  B a  0, b  0, c  0, d  C a  0, b  0, c  0, d  D a  0, b  0, c  0, d  Câu 18 (ID:483693): Một hình nón hình trụ có chiều cao h bán kính đường trịn đáy r , diện tích xung quanh chúng Khi đó, r tỉ số bằng: h B C D Câu 19 (ID:483694): Trong không gian Oxyz cho điểm M  3; 2; 1 Ba điểm A, B, C hình A chiếu vng góc M lên ba trục tọa độ Ox, Oy, Oz Mặt phẳng qua ba điểm A, B, C có vectơ pháp tuyến là: B n3   2;3; 6  A n2   2; 3;6  C n4   2;3;6  Câu 20 (ID:483695): Cho f  x  , g  x  hàm số liên tục D n1   3; 2; 1 thỏa mãn  f  x  dx  , 2 0   f  x   3g  x  dx   2 f  x   g  x  dx  Tính I   f  x  dx A I  B I  C I  D I  Câu 21 (ID:483696): Cho hình chóp S ABC , cạnh SA, SB, SC lấy điểm A ', B ', C ' cho SA '  AA ' , SB '  4BB ' , SC '  CC ' Gọi V1 thể tích khối chóp S A ' B ' C ' , V2 thể tích khối chóp V S ABC Tính V2 V V V V 1 A  B  C  D  V2 V2 24 V2 15 V2 15 Câu 22 (ID:483697): Điểm cực tiểu đồ thị hàm số y  x3  3x  thuộc đường thẳng đây? A y  x  B y  x  C y  x  D y  x  Câu 23 (ID:483698): Cho hai số phức z1   i, z2   3i Môđun số phức 2z1  z2 bằng: A 26 B C 65 D 41 Câu 24 (ID:483699): Giá trị biểu thức M  log 2  log  log   log 256 bằng: A 56 B 8log 256 C 36 D 48 Câu 25 (ID:483700): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình vẽ: Hàm số y  f  x  hàm số đây? A y  x  2x 1 B y  x2 2x 1 C y  x  2x 1 D y  x2 2x 1 Câu 26 (ID:483701): Họ tất nguyên hàm hàm số f  x   sin x  là: x B  cos x  ln x  C C  cos x  ln x  C D cos x  ln x  C C x2 Câu 27 (ID:483702): Anh An đem gửi tiết kiệm số tiền 400 triệu đồng hai loại kỳ hạn khác Anh gửi 250 triệu đồng theo kỳ hạn tháng với lãi suất 1,2% quý Số tiền lại anh gửi theo kỳ hạn tháng với lãi suất y% tháng Biết khơng rút lãi số lãi nhập vào số gốc để tính lãi cho kỳ hạn Sau năm số tiền gốc lẫn lãi anh 416.780.000 đồng Tính y A 0, 45 B 0, 25 C 0,35 D 0, 55 A cos x  21 Câu 28 (ID:483703): Tìm hệ số số hạng chứa x 12 B 16C214 A 16C21 2  khai triển nhị thứ Newton  x   ,  x   x   12 C 8C21 x D 8C21 x 3 x 12 2  là: Câu 29 (ID:483704): Số nghiệm nguyên bất phương trình   3 A 10 B C D Câu 30 (ID:483705): Cho hình nón có diện tích đáy 9 cm thể tích khối nón 12 cm3 Tính diện tích xung quanh S xq hình nón A S xq  20 cm B S xq  15 cm Câu 31 (ID:483706): Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : mặt phẳng đây? A x  y  z   B x  y  3z   D S xq  12 cm C S xq  24 cm x 1 y z  Hỏi d song song với   2 D x  y  z   C x  y  z   Câu 32 (ID:483707): Trong không gian Oxyz , mặt cầu có tâm I 1; 3;  tiếp xúc với mặt phẳng  Oxz  có phương trình là: 2 2 2 A  x  1   y  3   z    B  x  1   y  3   z    C  x  1   y  3   z    2 D  x  1   y  3   z    2 Câu 33 (ID:483708): Thiết diện hình trụ mặt phẳng chứa trục hình trụ hình chữ nhật có chu vi 18 Giá trị lớn thể tích khối trụ bằng: A 27 B 64 C 32 D 216 Câu 34 (ID:483709): Tính tổng S tất giá trị nguyên tham số m thuộc khoảng  10;10  để phương trình 2x.log3 x  m  2 x  m log3 x có hai nghiệm phân biệt A S  36 B S  45 C S  45 D S  44 Câu 35 (ID:483710): Cho đồ thị hàm số y  f  x  liên tục có đồ thị hình bên Số nghiệm phương trình f 1  f  x    là: A B C D Câu 36 (ID:483711): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật có AB  a, AD  a Biết SA   ABCD  mặt hẳng  SBD  hợp với mặt phẳng đáy góc 300 Tính thể tích V khối chóp S ABCD A V  a3 B V  Câu 37 (ID:483712): Cho I   a3 3 x  ln x  x  1 tối giản Tính giá trị biểu thức S  dx  C V  a3 D V  a3 a a phân số ln  với a, b, c số nguyên dương b c b ab c B S  C S  D S  3 Câu 38 (ID:483713): Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z  2021  đường thẳng A S  x y2 z6 Mặt phẳng  Q  : ax  by  cz  14  , a, b, c  chứa đường thẳng d vng góc   1 2 với mặt phẳng  P  Tính a  b  c A a  b  c  12 B a  b  c  C a  b  c  12 D a  b  c  9 Câu 39 (ID:483714): Cho hàm số y  f  x  liên tục  3;5 có bảng biến thiên sau: d: Gọi M , m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số g  x   f  cos x  5sin x  3 Giá trị M  m bằng: A B C D Câu 40 (ID:483715): Tổng phần thực phần ảo số phức z thỏa mãn 2z  3i.z   7i A B 2 C D 4 Câu 41 (ID:483716): Có sách Văn học khác nhau, sách Toán học khác sách Tiếng Anh khác xếp lên kế sách nằm ngang Tính xác suất để sách mơn khơng cạnh 1 A B C D 1287 6435 6435 2145 Câu 42 (ID:483717): Cho hàm số y  f  x  liên tục có đạo hàm Hàm số y  f '  x  có bảng xét dấu bảng bên   Bất phương trình f  x   ecos x  m có nghiệm x   0;   2     A m  f    e B m  f   1 C m  f   1 2  2  D m  f    e Câu 43 (ID:483718): Cho tứ diện ABCD có AD   ABC  , AC  AD  , AB  BC  Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng  BCD  6 B d  C d  D d  2 Câu 44 (ID:483719): Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác cạnh a Biết diện a2 tích tam giác A ' BC Tính thể tích V khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' A d  A V  a3 B V  a3 C V  3a 3 D V  a3 Câu 45 (ID:483720): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f '  x   x  x  1  x  3  x  mx  Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y  f  x  1 có điểm cực trị A B C D Câu 46 (ID:483721): Cho hàm số y  f  x  liên tục có đồ thị f '  x  hình vẽ bên Bất phương trình log  f  x   m    f  x    m với x   1;  khi: A m   f 1 B m   f   Câu 47 (ID:483722): Cho hàm số f  x   f 1  x    x  x  , x  C m   f 1 D m   f  1 y  f  x  liên tục có đạo hàm Biết tích phân I   x f '  x  dx   thỏa mãn a (với a, b số b a phân số tối giản) Tính T  3a  b b A T  B T  48 C T  16 D T  im , m  Xác định giá trị nhỏ số thực k Câu 48 (ID:483723): Cho số phức z   m  m  2i  nguyên dương cho tồn m để z   k A k   B k  1 C k   D k  1 Câu 49 (ID:483724): Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z  13  đường x  y  z 1 Lấy điểm M  a; b; c  với a  thuộc đường thẳng d cho từ M kẻ   1 ba tiếp tuyến MA, MB, MC đến mặt cầu  S  ( A, B, C tiếp điểm) thỏa mãn AMB  600 , BMC  900 , thẳng d : CMA  1200 Tổng a  b  c bằng: 10 A B C 2 D Câu 50 (ID:483725): Cho hình chóp S ABC có SA  4, AB  2, AC  SA   ABC  Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Mặt cầu tâm O , qua A cắt tia SB, SC D E Khi độ dài đoạn thẳng BC thay đổi, giá trị lớn thể tích khối chóp S ADE là: 256 64 A B C D 255 85 3 B 11 D 21 C 31 A 41 C D 12 C 22 B 32 D 42 D HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM D B C A B D 13 C 14 D 15 C 16 D 17 C 18 B 23 A 24 C 25 B 26 C 27 B 28 D 33 A 34 D 35 D 36 D 37 D 38 A 43 A 44 C 45 D 46 B 47 D 48 B C 19 C 29 D 39 A 49 C 10 B 20 C 30 B 40 C 50 D Câu (TH) - 12.1.4.24 Phương pháp: - Sử dụng MTCT tính w  z1 z2 - Số phức z  a  bi có điểm biểu diễn mặt phẳng phức M  a; b  Cách giải: Ta có: w  z1  2i   i z2 2  i Vậy điểm M biểu diễn số phức w  z1 có tọa độ là: M  0; 1 z2 Chọn B Câu (TH) - 12.1.1.7 Phương pháp: - Hệ số góc tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  điểm có hồnh độ x  x0 k  f '  x0  - Hai đường thẳng vng góc với tích hệ số góc chúng Cách giải: Ta có: y '  4ax3  2bx  tiếp tuyến đồ thị hàm số y  ax  bx  điểm A  1;1 có hệ số góc k  4a  2b Vì tiếp tuyến A  1;1 vng góc với đường thẳng x  y    y   4a  2b  2  2a  b  1 1 x  nên k  1  k  2 2 Lại có điểm A  1;1 thuộc đồ thị hàm số y  ax  bx  nên a  b    a  b  1   Từ (1) (2) ta có: a  2, b  3 Vậy a  b  22   3  5 Chọn D Câu (NB) - 12.1.7.40 Phương pháp: Thay trực tiếp tọa độ điểm vào phương trình đường thẳng Cách giải: 3  Thay tọa độ điểm N  ;  ;  2  3    1 t t       vào phương trình đường thẳng ta có:   2  t  t    t    2  1  2t   t    Vậy N  d Chọn D Câu (TH) - 12.1.4.26 Phương pháp: - Rút z theo w vào phương trình z   i  - Đưa phương trình dạng w   a  bi   R , tập hợp điểm biểu diễn số phức w  1  2i  z đường tròn tâm I  a; b  bán kính R Cách giải: Theo ta có: w  1  2i  z  z  w  2i Khi ta có: z  2i   w  2i   2i  w    i 1  2i    2i  w    i 1  2i   2i   w   3i   Tập hợp điểm biểu diễn số phức w  1  2i  z đường tròn tâm I  4; 3 bán kính R  Vậy a  b  R  4    2 Chọn B Câu (TH) - 12.1.3.19 Phương pháp: b Sử dụng cơng thức tích phân Niu-tơn Lebniz:  f  x  dx  F  b   F  a  , với F  x  nguyên hàm a hàm số f  x  Cách giải:  f '  x  dx  f    f    f     f '  x  dx  f    2 Chọn C Câu (NB) - 12.1.5.29 Phương pháp: Nhận dạng khối đa diện loại 4;3 tính S Cách giải: Khối đa diện loại 4;3 khối lập phương Khối lập phương cạnh a có mặt hình vng cạnh a nên tổng diện tích tất mặt hình đa diện S  6a Chọn A Câu (TH) - 12.1.2.13 Phương pháp: - Hàm số lũy thừa y  x n với n số nguyên âm xác định x  - Hàm số y  log a x xác định x  Cách giải: Hàm số f  x    x2  5x  2 2021  log 2021  x  1 xác định  2 x  x   x   x  2, x   2  x  x 1   x  Vậy tập xác định hàm số cho là: D  1;   \ 2 Chọn B Câu (NB) - 12.1.2.15 Phương pháp: Giải bất phương trình logarit: log a f  x   log a g  x    f  x   g  x  (với a  ) Cách giải: log  x  1  log  25  25 x    x   25  25 x  x     x 28 x  24 Chọn D Câu (TH) - 12.1.3.18 Phương pháp: - Tính F  x    f  x  dx , sử dụng cơng thức tính ngun hàm  sin kxdx   cos x  C k   - Sử dụng F    tìm số C suy hàm F  x  tường minh 4   - Tính F   6 Cách giải: Ta có F  x    sin xdx   cos x  C    Mà F      cos  C   C   F  x    cos x  2 4    Vậy F     cos   6 Chọn C Câu 10 (TH) - 12.1.3.20 Phương pháp: Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  f  x  , y  g  x  , đường thẳng x  a, x  b b S   f  x   g  x  dx a Cách giải: Ta có;  x ax  a   S1     x3  ax  dx          12  1 12 1   x ax  1  S2    x3  ax  dx       2a   12  0 a  S1 12   10  20a  28  14a  a  Vì   S2 40 3 21  2a 40 1 1 Vậy a   ;  3 2 Chọn B Câu 11 (TH) - 12.1.1.3 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 x  x  Cách giải: Xét hàm số y  4x  ta có lim y  nên đồ thị có TCN y  x  x  3x  2 Chọn D Câu 12 (TH) - 12.1.4.25 Phương pháp: - Giải phương trình z  z  13  tìm z1 , z2 - Sử dụng MTCT tính z1  i  z2  i 2 Cách giải:  z1   3i Ta có: z  z  13     z2   3i Vậy z1  i  z2  i  28 2 Chọn C Câu 13 (TH) - 12.1.7.37 Phương pháp: 10 Ta có V1 SA ' SB ' SC ' 4    V2 SA SB SC 15 Chọn C Câu 22 (TH) - 12.1.1.2 Phương pháp: y'  - Giải hệ  tìm điểm cực tiểu hàm số  y ''  - Thay điểm cực tiểu tìm vào phương trình đường thẳng đáp án Cách giải: Ta có: y  x3  3x   y '  3x  3, y ''  x 3 x   y'    x 1 y  Xét hệ   y ''  6 x   Điểm cực tiểu đồ thị hàm số y  x3  3x  A 1;  Dễ thấy A 1;  thuộc đường thẳng y  x  Chọn B Câu 23 (TH) - 12.1.4.23 Phương pháp: - Số phức z  a  bi có số phức liên hợp z  a  bi Tính 2z1  z2 - Số phức z  a  bi  a, b   có z  a  b2 Cách giải: Ta có: z1  z2    i    3i   i Vậy z1  z2  52  12  26 Chọn A Câu 24 (TH) - 12.1.2.11 Phương pháp: Sử dụng công thức log a b m  m log a b   a  1, b   Cách giải: M  log 2  log  log   log 256  log 2  log 22  log 23   log 28       1  8  36 Chọn C Câu 25 (TH) - 12.1.1.4 Phương pháp: ax  b a d có TCN y  TCĐ x   cx  d c c - Dựa vào tính đơn điệu hàm số Cách giải: 1 Dựa vào BBT ta thấy đồ thị có TCĐ x  TCN y   Loại đáp án A C 2 - Đồ thị hàm số y  14 Xét đáp án B: y '   x  1 5 1 , xét đáp án D: y '   x  2  x  1  x  1 1   Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đồng biến  ;  ;  ;   nên loại đáp án D chọn đáp án B 2 2   Chọn B Câu 26 (NB) - 12.1.3.18 Phương pháp: Sử dụng công thức tính nguyên hàm:  sin xdx   cos x  C ,  x dx  ln x  C Cách giải: f  x   sin x  x   f  x  dx   cos x  2ln x  C Chọn B Câu 27 (TH) - 12.1.2.14 Phương pháp: Sử dụng công thức lãi kép An  A 1  r  n Cách giải: Sau năm: Số tiền gốc lẫn lãi nhận theo loại là: 250 1  1, 2%   262, 2177322 (triệu đồng) Số tiền gốc lẫn lãi nhận theo loại là: 150 1  y %  (triệu đồng) 12 Vì sau năm số tiền gốc lẫn lãi anh 416.780.000 đồng nên ta có 416, 78  262, 2177332  150 1  y %  12  150 1  y %   154,5622267 12  y  0, 25% Chọn B Câu 28 (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: 21 k 21 21 2 2 k 213 k  k 21 k  k  x     C21 x      C21  2  x x    x  k 0 k 0 Số hạng chứa x12 ứng với 21  3k  12  k  Vậy hệ số số hạng chứa x12 khai triển cho C21  2   8C213 Chọn D Câu 29 (TH) - 12.1.2.15 Phương pháp: Sử dụng phương pháp đưa số Cách giải: 15 2   3 x 3 x 12  x 3 x 12 2 2 2     3 3  x  x  12  2  x  x  10   2  x  Vậy bất phương trình cho có nghiệm nguyên 2,  1, 0, 1, 2, 3, 4, Chọn D Câu 30 (TH) - 12.1.6.32 Phương pháp: Gọi r bán kính đáy hình nón, dựa vào diện tích đáy tính r - Thể tích khối nón có bán kính đáy r đường cao h V   r h Tính chiều cao h - Tính độ dài đường sinh l  h  r - Diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy r độ dài đường sinh l Sxq   rl Cách giải: Gọi r bán kính đáy hình nón   r  9  r   cm  1 Gọi h đường cao hình nón ta có V   r h   32.h  12  h   cm  3 Suy độ dài đường sinh l  h2  r  42  32   cm  Vậy diện tích xung quanh S xq hình nón S xq   rl   3.5  15  cm  Chọn B Câu 31 (TH) - 12.1.7.40 Phương pháp: Đường thẳng d song song với  P  ud nP  Cách giải: Đường thẳng d có VTCP ud  1;2; 2  Xét đáp án A: Mặt phẳng  P  : x  y  z   có VTPT nP   2;1;  Ta có ud nP  1.2  2.1  2.2  nên d   P  Chọn A Câu 32 (TH) - 12.1.7.38 Phương pháp: - Mặt cầu  S  tâm I tiếp xúc với mặt phẳng  Oxz  có bán kính R  yI - Mặt cầu tâm I  a; b; c  , bán kính R có phương trình  S  :  x  a    y  b    z  c   R 2 Cách giải: Mặt cầu  S  tâm I 1; 3;  tiếp xúc với mặt phẳng  Oxz  có bán kính R  yI  Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:  x  1   y  3   z    2 Chọn D Câu 33 (VD) - 12.1.6.33 16 Phương pháp: - Gọi r , h bán kính đáy chiều cao hình trụ Dựa vào chu vi thiết diện qua trục biểu diễn h theo r - Thể tích khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy r V   r h - Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTLN thể tích khối trụ Cách giải: Gọi r , h bán kính đáy chiều cao hình trụ Vì thiết diện qua trục hình chữ nhật có chu vi 18 nên ta có  h  R   18  h   2r Thể tích khối trụ V   r h   r   2r  Vì h  nên  2r   r  Xét hàm số f  r   r   2r   9r  2r với  r   r   ktm  ta có: f '  r   18r  6r     r   tm  Vậy Vmax   f  3   32   2.3  27 Chọn A Câu 34 (VD) - 12.1.2.14 Phương pháp: - Tìm ĐKXĐ phương trình - Đưa phương trình cho dạng tích, giải phương trình mũ phương trình logarit - Tìm điều kiện để phương trình chứa ẩn m có nghiệm thỏa mãn ĐKXĐ khác với nghiệm tường minh tìm Cách giải: ĐKXĐ: x  Ta có: x.log x  m  x  m log x   x.log x  x    m log x  m    x  log x  1  m  log x  1    log x  1  x  m   log x   x   x  x m  2  m m  m   Để phương trình cho có nghiệm phân biệt log m    m  log m   Kết hợp điều kiện đề ta có m  2;3; 4;5;6;7;8 Vậy tổng S tất giá trị nguyên m S         44 Chọn D Câu 35 (VD) - 12.1.1.6 Phương pháp: - Tìm ĐKXĐ phương trình - Đưa phương trình cho dạng tích, giải phương trình mũ phương trình logarit 17 - Tìm điều kiện để phương trình chứa ẩn m có nghiệm thỏa mãn ĐKXĐ khác với nghiệm tường minh tìm Cách giải: Đặt t   f  x  , phương trình trở thành f  t   Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số y  f  t  đường thẳng y  1  f  x    f  x  t  Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình f  t       t  2 1  f  x   2  f  x   + Phương trình f  x   có nghiệm phân biệt + Phương trình f  x   có nghiệm Và nghiệm phân biệt Vậy phương trình cho có tất nghiệm phân biệt Chọn D Câu 36 (TH) - 12.1.5.30 Phương pháp: - Xác định góc hai mặt phẳng góc hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng vuông góc với giao tuyến - Sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng tính SA - Tính thể tích VS ABCD  SA.S ABCD Cách giải:  BD  AH  BD   SAH   BD  SH Trong  ABCD  kẻ AH  BD  H  BD  ta có:   BD  SA  SBD    ABCD   BD      SBD  ;  ABCD      SH ; AH   SHA  300  SH   SBD  , SH  BD   AH   ABCD  , AH  BD Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABD có: AH   SA  AH tan 300  AB AD AB  AD 2  a.a a  3a 2  a a a  1 a a3 Vậy VS ABCD  SA.S ABCD  SA AB AD  a.a  3 Chọn D Câu 37 (VD) - 12.1.3.19 18 Phương pháp: u  x  ln x  dx - Sử dụng phương pháp tích phân phần, đặt  dv    x  1  - Đồng hệ số tìm a, b, c tính S Cách giải:  x 1  1 u  x  ln x du  1   dx  dx    x x  dx   Đặt  dv    x  1 v    x 1  Khi ta có 1 x 1 I    x  ln x   dx x 1 1 x 1 x 2 1 dx     ln     x 1     ln    ln x 2 1    ln   ln 3 2  ln   a  2, b  3, c  Vậy S  ab 23   c 6 Chọn D Câu 38 (VD) - 12.1.7.39 Phương pháp: ud  nQ d   Q    nQ  ud , nP  -  P  Q     n  n   P Q - Lấy M  d bất kì, suy M   Q  - Viết phương trình mặt phẳng  Q  qua M có VTPT nQ vừa tìm - Biến đổi dạng  Q  : ax  by  cz  14  , đồng hệ số tìm a, b, c Cách giải: x y2 z6 có VTCP ud  1;1; 2    1 2 Mặt phẳng  P  : x  y  z  2021  có VTPT nP   2; 2;1 Đường thẳng d : ud  nQ d   Q    nQ  ud , nP    3; 5; 4  Vì   P    Q  nP  nQ Ta có M  0; 2; 6   d Vì d   Q   M   Q  Suy phương trình mặt phẳng  Q  3x   y     z     3x  y  z  14  19  a  3, b  5, c  4 Vậy a  b  c  3    12 Chọn A Câu 39 (VD) - 12.1.1.3 Phương pháp: - Đặt ẩn phụ t  cos x  5sin x  , tìm khoảng giá trị t - Đưa tốn dạng: Tìm GTLN, GTNN hàm số f  t  với t   a; b  - Dựa vào BBT tìm GTLN, GTNN hàm số f  t  với t   a; b  Cách giải: Đặt t  cos x  5sin x  t   2sin x  5sin x  t  7 sin x  Vì  sin x   7  7sin x   3  7sin x    t   3; 4 Khi tốn trở thành tìm GTLN, GTNN hàm số f  t  với t   3; 4 Dựa vào BBT ta thấy M  max f  t   8, m  f  t   1 3;4 3;4 Vậy M  m  1  Chọn A Câu 40 (TH) - 12.1.4.23 Phương pháp: - Đặt z  x  yi  z  x  yi - Thay vào phương trình cho, sử dụng điều kiện để hai số phức chúng có phần thực nhau, phần ảo Cách giải: Đặt z  x  yi  z  x  yi Theo ta có: z  3i.z   7i   x  yi   3i  x  yi    7i  x  yi  3xi  y   7i   x  y    3x  y  i   7i 2 x  y  x    3x  y   y  1 Vậy tổng phần thực phần ảo số phức z thỏa mãn 2z  3i.z   7i   1  Chọn C Câu 41 (VD) - 11.1.2.10 Phương pháp: - Tính số phần tử không gian mẫu - Gọi A biến cố “2 sách mơn khơng cạnh nhau” Sử dụng quy tắc vách ngăn tính số phần tử biến cố A - Tính xác suất biến cố A Cách giải: Số phần tử không gian mẫu 15! 20 Gọi A biến cố: “2 sách mơn khơng cạnh nhau” Xếp sách Tiếng Anh vào 15 vị trí kệ cho khơng có Tiếng Anh nằm cạnh có 8! cách sau: A_A_A_A_A_A_A_A Khi tạo vách ngăn Tiếp tục xếp sách Văn vào vách ngăn đó, có A73 cách xếp Khi ta cịn lại sách Tốn, cịn vị trí kệ, nên có 4! cách xếp sách Toán  Số phần tử biến cố A 8! A73 4! Vậy xác suất biến cố A P  A  8! A73 4!  15! 6435 Chọn C Câu 42 (VD) - 12.1.2.15 Phương pháp:   - Cô lập m , đưa bất phương trình dạng g  x   m có nghiệm x   0;   m  g  x     2  0;      - Lập luận để chứng minh hàm g  x  đơn điệu  0;  suy g  x     2  0;    Cách giải: Ta có:   f  x   ecos x  m có nghiệm x   0;   2    f  x   ecos x  m có nghiệm x   0;   2   Đặt g  x   f  x   ecos x  g  x   m có nghiệm x   0;   2  m  g  x     0;   2   Xét hàm số g  x   f  x   ecos x với x   0;  ta có: g '  x   f '  x   sin x.ecos x  2     Với x   0;  ta có sin x   0;1  sin x.ecos x  x   0;   2  2   Dựa vào BBT ta thấy f '  x   x   0;   2     Do g '  x   x   0;  , hàm số đồng biến 0;   2  2  g  x   g    f    e   0;     g  x   g  x   f    e    0;   2   0;   2 Vậy m  f    e Chọn D Câu 43 (VD) - 11.1.8.50 Phương pháp: - Trong  ABC  kẻ AH  BC  H  BC  ,  ADH  kẻ AK  DH  K  DH  , chứng minh d  AK 21 - Sử dụng hệ thức lượng tam giác vng tính khoảng cách Cách giải: Trong  ABC  kẻ AH  BC  H  BC  ,  ADH  kẻ AK  DH  K  DH  , ta có:  BC  AH  BC   ADH   BC  AK   BC  AD  AD   ABC    AK  DH  AK   BCD   d  A;  BCD    AH   AK  BC Xét tam giác ABC ta có AB  AC  12  22   BC  ABC vng A (định lí Pytago đảo) AB AC 1.2 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABC ta có AH    BC 5 2 AD AH  Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ADH ta có AK   AD  AH 4 Vậy d  d  A;  BCD    Chọn A Câu 44 (TH) - 12.1.5.30 Phương pháp: - Gọi M trung điểm BC , chứng minh A ' M  BC - Sử dụng S A' BC  A ' M BC , tính A ' M - Sử dụng định lí Pytago tam giác vng tính AA ' - Tính VABC A ' B 'C '  AA '.S ABC Cách giải: Gọi M trung điểm BC Vì ABC nên AM  BC AM  a 22  BC  AM  BC   AMA '  BC  A ' M Ta có:   BC  AA ' a2 2S a  A ' M BC  A ' M  A ' BC  BC a ta có S A ' BC Áp dụng định lí Pytago tam giác vng A ' AM ta có AA '  A ' M  AM  3a  Vậy VABC A ' B 'C '  AA '.S ABC 3a 3a  3a a 3a 3   Chọn C Câu 45 (VD) - 12.1.1.2 Phương pháp: - Giải phương trình f '  x   xác định nghiệm bội lẻ - Đặt y  g  x   f  x  1 , tính g '  x  giải phương trình g '  x   - Tìm điều kiện m để phương trình g '  x   có nghiệm bội lẻ Cách giải: Ta có: f '  x   x  x  1  x  3  x  mx  f '  x   x  x  1  x  3  x  m   x   nghiem boi 3   x  1  nghiem boi  f ' x     x   nghiem boi 3  x  m  nghiem don   Đặt y  g  x   f  x  1 ta có g '  x   f '  x  1 2 x   Cho g '  x    f '  x  1    x   (ta không xét nghiệm bội chẵn qua g '  x  khơng   x   m  x    đổi dấu)   x   m 1 x   Để hàm số g  x  có điểm cực trị phương trình g '  x   có nghiệm bội lẻ  m 1  2  m   1  m     m   m   m 1   Vậy có giá trị nguyên tham số m thỏa mãn điều kiện Chọn D Câu 46 (VDC) - 12.1.2.17 Phương pháp: 23 - Đặt t  f  x   m  , sử dụng tính đơn điệu hàm số tìm t  t0 - Đưa bất phương trình dạng m  f  x  x   1;   m  f  x  1;4 - Lập BBT hàm số f  x  , sử dụng ứng dụng tích phân tìm f  x   1;4 Cách giải: Ta có: log5  f  x   m  2  f  x    m  log5  f  x   m    f  x   m   Đặt t  f  x   m  , bất phương trình trở thành log t  t   t     t  , hàm số đồng biến  0;   t ln Lại có g    log 5   nên ta có g  t   g    t  Xét hàm số g  t   log5 t  t  t   ta có g '  t   Khi ta có f  x   m    f  x    m có nghiệm với x   1;    m  f  x   1;4 Dựa vào đồ thị hàm số y  f '  x  ta có BBT sau: Ta cần so sánh f  1 f   Ta có:  1 f '  x  dx    f '  x  dx  f 1  f  1   f    f 1  f  1  f   Do f  x   f    1;4 Vậy  m  f    m   f   Chọn B Câu 47 (VDC) - 12.1.3.19 Phương pháp: - Sử dụng phương pháp tích phân phần xử lý I   x f '  x  dx - Thay x  0, x  vào f  x   f 1  x    x  x  , giải hệ tìm f 1 - Kấy tích phân từ đến hai vế f  x   f 1  x    x  x  , tính  f  x  dx Cách giải: Xét tích phân I   x f '  x  dx 24 1   u  x du  dx Đặt  , ta có I  xf  x    f  x  dx  f 1   f  x  dx   0 dv  f '  x  dx  v  f  x  Theo ta có: f  x   f 1  x    x  x  Thay x   f    f 1  Thay x   f 1  f    3  f    , f 1  8 Xét tích phân  f  x  dx Từ f  x   f 1  x    x  x  lấy tích phân từ đến hai vế ta có: 1 5 f  x  dx   f 1  x  dx    x  x  dx 0 1 0  5 f  x  dx   f 1  x  d 1  x   2  5 f  x  dx   f  x  dx  2 1  5 f  x  dx   f  x  dx  2 0  2 f  x  dx  2   f  x  dx  1 Suy I  f 1   f  x  dx      a  3, b  8 Vậy T  3a  b  3.3   Chọn D Câu 48 (VDC) - 12.1.4.27 Phương pháp: - Rút gọn số phức z - Thay z vào tính z  , đưa bất phương trình dạng k  g  m  có nghiệm  k  g  m  - Lập BBT hàm g  m  tìm g  m  Cách giải: Ta có z  im mi mi     m  m  2i  m  2mi   m  i  mi Khi ta có: z    m  1  m 1  i 1 m  i 1   k mi mi mi 1 m  2m  2  k  k  m2  m2  Bài toán trở thành tìm k để bất phương trình k  m  2m   g  m  có nghiệm m2  Ta có 25 g ' m   2m    m2  1   m2  2m   2m m  1 g ' m  2m3  2m  2m   2m3  4m  4m g ' m  2m  2m  m m  1 g ' m   m   1 2 1 BBT: Dựa vào BBT  g  x   Vậy k  3 3 6  k2   2    1 2 k  1 1 Chọn B Câu 49 (VDC) - 12.1.7.38 Phương pháp: - Tính độ dài đoạn thẳng IM với I tâm mặt cầu - Tham số hóa tọa độ điểm M , sau dựa vào độ dài đoạn thẳng IM để tìm điểm M Cách giải: Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2; 3 , bán kính R  3 Đặt MA  MB  MC  a  MA  MB  MAB  AB  a Tam giác MAB có  AMB  60 26  MB  MC  a  MBC vuông cân M  BC  a Tam giác MBC có  BMC  90  MC  MA  a Tam giác MCA có  , áp dụng định lí Cosin tam giác ta tính CA  a MAC  120  ABC vuông B (định lí Pytago đảo)  ABC ngoại tiếp đường trịn đường kính AC , bán kinh R  HA  a AC  (với H trung điểm 2 AC ) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng IAM ta có: 1 1   2 2 2  a   MA  MB  MC 2 HA AM IA 3a a 27  IM  MA2  IA2  32  27  36 x  y  z 1 Vì M  d : nên gọi M  1  t ;   t ;  t    1  IM   t     t     t    36 2  M  1; 2;1 t    3t  4t        t  M ; ; ktm    3     a  1, b  2, c  Vậy a  b  c  1    2 Chọn C Câu 50 (VDC) - 12.1.5.30 Cách giải: Kẻ đường kính AM  O   BM  AB  BM   SAB   BM  AD Ta có   BM  SA Lại có AD  DM (góc nội tiếp chắn nửa mặt cầu)  AD   SBM   AD  SB SD SA2 SA2 42 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ta có  2   2 SB SB SA  AB 2 27 Ta có AD   SBC   AD  DE  ADE vuông D Chứng minh tương tự ta có AE   SCM   AE  SC SE SA2 SA2 42 16     2 2 SC SC SA  AC  17 VS ADE SD SE 16 64 64     VS ADE  VS ABC Khi ta có VS ABC SB SC 17 85 85 Do VS ADE đạt giá trị lớn VS ABC đạt giá trị lớn 1 Ta có VS ABC  SA.S ABC  SA AB AC.sin BAC  4.2.1.sin BAC  sin BAC đạt giá trị lớn 6 sin BAC   BAC  900 256 Khi max VS ABC   max VS ADE  255 Chọn D HẾT -Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có 28