Thông tin tài liệu
TRƯỜNG ĐH KHTN ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN TRƯỜNG THPT CHUN KHTN MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề Câu (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : d2 : x y 1 z 1 2 x 1 y z Khoảng cách hai đường thẳng 2 A 17 16 17 B 16 17 C D 16 Câu (TH): Diện tích hình phẳng giới hạn đường thẳng y x parabol y x x A B 13 C 13 D Câu (TH): Phương trình z 16 có nghiệm phức? A B C D Câu (VD): Cho hàm số y x3 mx m2 x Có giá trị m nguyên để hàm số có điểm cực tiểu nằm hồn tồn phía bên trục hoành? A B C D Câu (TH): Có giá trị nguyên m để hàm số y A B mx nghịch biến khoảng 1;1 ? xm C D Câu (NB): Hàm số y x 1 có tập xác định A 1; B 1; C ; D ;1 1; x y 1 z 1 Câu (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : mặt 2 phẳng Q : x y z Viết phương trình mặt phẳng P qua điểm A 0; 1; , song song với đường thẳng vuông góc với mặt phẳng Q A x y B 5 x y C x y Câu (TH): Tập nghiệm bất phương trình log x log 1 A ;1 2 1 B ;1 4 1 C ;1 4 x 1 D 5 x y 1 D ;1 2 Câu (VD): Tìm tất giá trị thực m để phương trình x x 2m có nghiệm thực phân biệt Trang A m B m C m D m Câu 10 (TH): Số nghiệm thực phương trình log x2 log x2 là: A B C D Câu 11 (TH): Có giá trị nguyên m để đồ thị hàm số y x3 12 x m cắt trục hoành điểm phân biệt? A B 33 C 32 Câu 12 (VD): Cho a, b số thực dương thỏa mãn log A B B a b Tính log b a ab C Câu 13 (TH): Giá trị nhỏ hàm số y x A D 31 ab D 3 16 0; bằng: x C 24 D 12 Câu 14 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Cạnh bên SA vng góc với đáy Góc SC mặt phẳng đáy 450 Gọi E trung điểm BC Tính khoảng cách hai đường thẳng DE SC A 2a 19 19 B a 10 19 C a 10 D 2a 19 Câu 15 (TH): Có giá trị nguyên dương m không vượt 2021 để phương trình x 1 m.2 x có nghiệm? A 2019 B 2018 C 2021 D 2017 x3 dx a b ln c ln với a, b, c số hữu tỉ Tính 2a 3b 4c Câu 16 (TH): Biết x x A 5 B 19 C D 19 Câu 17 (TH): Biết log a, log b Tính log 45 theo a , b A 2a b B 2b a C 2a b D 2ab Câu 18 (TH): Có số tự nhiên gồm chữ số đôi khác nhau, chia hết cho 15 chữ số không vượt A 38 B 48 C 44 D 24 Câu 19 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1;3; 2 mặt phẳng P : x y z Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng P A B C bằng: D Trang Câu 20 (TH): Một lớp học có 30 học sinh nam 10 học sinh nữ Giáo viên chủ nhiệm cần chọn ban cán lớp gồm học sinh Tính xác suất để ban cán lớp có nam nữ A 435 988 B 135 988 Câu 21 (TH): Tính nguyên hàm A tan x x C tan C 285 494 D 5750 9880 C tan x x C D tan 2x x C xdx B tan 2x x C 3 x Câu 22 (TH): Số nghiệm nguyên thuộc đoạn 99;100 bất phương trình sin cos là: 5 10 A B 101 C 100 x D Câu 23 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : x 1 y z mặt 2 phẳng P :2 x y z Gọi α góc đường thẳng Δ mặt phẳng (P) Khẳng định sau đúng? A cos B sin C cos D sin Câu 24 (TH): Cho cấp số cộng un thỏa mãn u1 u2020 2, u1001 u1221 Tính u1 u2 u2021 A 2021 B 2021 C 2020 D 1010 Câu 25 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : x 1 y z điểm 2 A 1; 2;0 Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng Δ bằng: A 17 B 17 C 17 D 17 Câu 26 (VD): Có giá trị nguyên dương m để hàm số y x ln x mx đồng biến 0;1 ? A B 10 C D vô số Câu 27 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : x 1 y 1 z hai mặt 1 phẳng P : x y 3z 0, Q : x y 3z Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng tiếp xúc với hai mặt phẳng P Q A x y z B x y z C x y z D x y z 2 2 2 2 Trang x 1 ln xdx Câu 28 (TH): Tìm nguyên hàm A x x ln x x2 xC B x x ln x x2 xC C x x ln x x2 xC D x x ln x x2 xC Câu 29 (VDC): Cho a, b số thực dương thỏa mãn 2a b ab 3 ab Giá trị nhỏ biểu ab thức a b là: A B 1 1 2 C D Câu 30 (VD): Cho hàm số y mx3 mx m 1 x Tìm tất giá trị m để hàm số nghịch biến R? A m C m B m D m Câu 31 (VD): Có giá trị nguyên dương m để hàm số y x 8ln x mx đồng biến 0; ? A B C D Câu 32 (TH): Cho số phức z thỏa mãn 3z i z 8 Tổng phần thực phần ảo z bằng: A 1 B D 2 C Câu 33 (VDC): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1;0; , B 1;1;3 , C 3; 2;0 mặt phẳng P : x y z Biết điểm M a; b; c thuộc mặt phẳng (P) cho biểu thức MA2 MB MC đạt giá trị nhỏ Khi a b c bằng: A 1 B C Câu 34 (TH): Tính đạo hàm hàm số y ln A x x 1 B x 1 Câu 35 (TH): Tính nguyên hàm 2x A 1 18 C 2x B 1 x 1 C x 2x D x x D 2x x 1 dx C 2x C 1 C 2x D 1 C Câu 36 (TH): Phương trình x 3x có nghiệm thực? A B C D Trang Câu 37 (VD): Cho hàm số y x3 3x Có tiếp tuyến với đồ thị hàm số qua điểm A 1;0 ? A B C D Câu 38 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA ABCD SA a Tính góc SC ABCD A 90 B 450 C 30 D 60 Câu 39 (TH): Tọa độ tâm đối xứng đồ thị hàm số y x3 3x là: A 0;0 B 0; D 1; C 1;0 Câu 40 (VD): Cho hàm số f x liên tục thỏa mãn xf x x 1 f x e x với x Tính f B 1 A C e D e Câu 41 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 1; 2 mặt phẳng P : x y 3z Viết phương trình đường thẳng qua A vng góc với (P) A x 1 y 1 z 2 3 B x 1 y 1 z 2 C x 1 y 1 z 2 3 D x 1 y 1 z 2 Câu 42 (VDC): Có giá trị y mx9 m2 3m x6 2m3 m2 m x m đồng biến A Vô số B thực m để hàm số C D 1 Câu 43 (VD): Cho hàm số f x liên tục 0; thỏa mãn f x xf x với x x Tính f x dx A 12 B C Câu 44 (TH): Biết đường thẳng y x cắt đồ thị hàm số y D x2 hai điểm phân biệt A x 1 B Độ dài đoạn thẳng AB bằng: A 20 B 20 C 15 D 15 Trang Câu 45 (VD): Cho hình chóp S.ABC có AB 3a, BC 4a, CA 5a , mặt bên tạo với đáy góc 60 , hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng ABC thuộc miền tam giác ABC Tính thể tích hình chóp S.ABC A 2a 3 D 2a3 C 12a 3 B 6a 3 Câu 46 (VD): Cho khối lăng trụ tam giác ABC.ABC có cạnh đáy 2a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ABC a Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC 2a 3 A B a3 2 C 2a3 D 3a 2 Câu 47 (TH): Tính thể tích khối trịn xoay cho hình phẳng giới hạn đường thẳng 3x đồ thị hàm số y x quanh quanh trục Ox A B C D Câu 48 (TH): Cho cấp số nhân un thỏa mãn u3 u4 u5 u6 u7 u8 Tính A B C u8 u9 u10 u2 u3 u4 D Câu 49 (VD): Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z 3i z i A x y B x y C x y D x y Câu 50 (VDC): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B, AB BC 3a , góc SAB SCB 900 khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC a Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC A 36 a C 18 a B 6 a D 48 a Đáp án 1-C 2-A 3-B 4-C 5-B 6-B 7-C 8-A 9-D 10-B 11-D 12-B 13-D 14-A 15-B 16-D 17-C 18-A 19-B 20-C 21-A 22-C 23-B 24-A 25-D 26-C 27-B 28-A 29-C 30-D 31-D 32-D 33-C 34-D 35-A 36-A 37-C 38-C 39-B 40-B 41-A 42-B 43-D 44-D 45-A 46-D 47-D 48-A 49-D 50-A LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án C Phương pháp giải: Trang Cho đường thẳng d1 qua điểm M có VTCP u1; đường thẳng d qua điểm M có VTCP u2 Khi ta có khoảng cách d1 , d tính cơng thức: d d1 ; d u1 ,u2 M1M u1 ,u2 Giải chi tiết: Ta có: d1 : x y 1 z 1 d1 qua M1 0;1; 1 có VTCP là: u1 2;1; 2 2 d2 : x 1 y z d qua M 1; 2;3 có VTCP là: u2 1; 2; 2 2 M 1M 1;1; u1 , u2 2; 2;3 u1 ,u2 M 1M 2 12 16 d d1 ; d 2 17 u1 ,u2 2 3 Câu 2: Đáp án A Phương pháp giải: - Xét phương trình hồnh độ tìm đường giới hạn x a, x b - 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 Giải chi tiết: x Xét phương trình hồnh độ giao điểm: x x x x 1 Vậy diện tích hình phẳng cần tính S x 2x x dx 1 Câu 3: Đáp án B Phương pháp giải: Sử dụng đẳng thức a b2 a b a b Giải chi tiết: Ta có z 16 z 16 z z z2 z 2 z 2i z 4 Vậy phương trình cho có nghiệm phức Trang Câu 4: Đáp án C Phương pháp giải: - Giải phương trình y xác định giá trị cực trị theo m - Chia TH, tìm giá trị cực tiểu tương ứng giải bất phương trình yCT Giải chi tiết: Ta có y 3x 2mx m2 ; y có m2 3m2 4m2 m Để hàm số có cực tiểu, tức có điểm cực trị phương trình y phải có nghiệm phân biệt m0 m 2m m y m3 x Khi ta có y x m 2m m y 5m 3 27 m 0 m yCT m m Khi u cầu tốn m m0 5m yCT 27 m Lại có m m 3; 2; 1;1 Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 5: Đáp án B Phương pháp giải: ax b Hàm số y nghịch biến ; cx d y d c ; Giải chi tiết: TXĐ: D Ta có y \ m mx m2 y xm x m Để hàm số nghịch biến khoảng 1;1 m 2 m y 1 m m 1 m m m 1;1 m m 1 Lại có m m 1 Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 6: Đáp án B Phương pháp giải: Trang xác định x Hàm số y x n với n Giải chi tiết: Hàm số y x 1 xác định x 1 x Vậy TXĐ hàm số 1; Câu 7: Đáp án C Phương pháp giải: - Xác định u VTCP nQ VTPT Q nP u P / / nP nQ ; u - Vì P Q nP nQ - Phương trình mặt phẳng qua M x0 ; y0 ; z0 có VTPT → n A; B; C A x x0 B y y0 C z z0 Giải chi tiết: Đường thẳng có VTCP u 2; 2;1 Mặt phẳng Q có VTPT nQ 1; 1; nP u P / / Gọi nP VTPT mặt phẳng P Vì P Q nP nQ nP nQ ; u 3;3; n 1;1;0 VTPT P Vậy phương trình mặt phẳng P x y 1 z x y Câu 8: Đáp án A Phương pháp giải: - Tìm ĐKXĐ bất phương trình - Giải bất phương trình logarit: log a f x log a g x f x g x a Giải chi tiết: x x ĐKXĐ: 2 x Ta có: log x log 2 x 1 log x log x 1 x x 1 2 2 x x x 3x x x 1 Trang 1 Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm phương trình S ;1 2 Câu 9: Đáp án D Phương pháp giải: - Xét phương trình hồnh độ giao điểm, lập m, đưa phương trình dạng m f x - Để đồ thị hàm số cho cắt trục hoành điểm phân biệt đường thẳng y 2m phải cắt đồ thị hàm số y x x điểm phân biệt - Lập BBT hàm số y x x , từ lập BBT hàm số y x x , y x x tìm m thỏa mãn Giải chi tiết: Số nghiệm phương trình x x 2m số giao điểm đồ thị hàm số y x x đường thẳng y 2m x Xét hàm số y x x ta có y x x x 1 BBT: Từ ta suy BBT đồ thị hàm số y x x - Từ đồ thị y x x lấy đối xứng phần đồ thị bên trục Ox qua trục Ox - Xóa phần đồ thị bên trục Ox Ta có BBT đồ thị hàm số y x x sau: Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y 2m cắt đồ thị hàm số y x x điểm phân biệt 2m 2m m Trang 10 Sử dụng cơng thức tính khoảng cách từ A đến đường thẳng d d A; d AM ; ud , M ud điểm thuộc d ud vtcp đường thẳng d Giải chi tiết: Lấy M 1;2;3 d Đường thẳng d có VTCP ud 2; 2;1 Ta có: AM 2;0;3 AM ; ud 6; 4; 4 AM ; ud 4 17 Vậy d A; d 2 ud 2 Câu 26: Đáp án C Phương pháp giải: - Để hàm số đồng biến 0;1 y x 0;1 - Cơ lập m , đưa bất phương trình dạng m g x x 0;1 m g x 0;1 - Lập BBT hàm số g x 0;1 kết luận Giải chi tiết: TXĐ: D 0; nên hàm số xác định 0;1 Ta có y x m x Để hàm số đồng biến 0;1 y x 0;1 m x x 0;1 x Đặt g x x , x 0;1 , ta có m g x x 0;1 m g x 0;1 x Ta có g x 16 x 16 x3 ; g x x tm 2 x x BBT: Dựa vào BBT m Kết hợp điều kiện m m 1; 2;3; 4;5;6 Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Trang 20 Câu 27: Đáp án B Phương pháp giải: - Gọi tâm mặt cầu I, tham số hóa tọa độ điểm I theo biến t - Vì mặt cầu có tiếp xúc với hai mặt phẳng P Q nên R d I ; P d I ; Q Giải phương trình tìm t suy tâm, bán kính mặt cầu - Mặt cầu tâm I x0 ; y0 ; z0 , bán kính R có phương trình x x0 y y0 z z0 R 2 Giải chi tiết: Gọi tâm mặt cầu I 1 t; 1 t; 2t Vì mặt cầu có tiếp xúc với hai mặt phẳng P Q nên R d I ; P d I ; Q t 1 t 3.2t 12 22 32 t 1 t 3.2t 12 22 32 5t 5t 5t 5t t 1 Khi mặt cầu có tâm I 0; 2; 2 , bán kính R 5 14 Vậy bán kính mặt cầu cần tìm x y z 2 14 Câu 28: Đáp án A Phương pháp giải: Tính nguyên hàm phương pháp phần: udv uv vdu Giải chi tiết: dx u ln x du Đặt x dv x dx v x x x x 1 Khi ta có 2 2x 1 ln xdx x x ln x x 1 dx x x ln x x2 xC Câu 29: Đáp án C Phương pháp giải: - Sử dụng phương pháp logarit số hai vế phương trình, sau xét hàm đặc trưng - Rút a theo b, từ điều kiện a suy điều kiện chặt chẽ b - Biến đổi P a b2 a b 2ab , đặt ẩn phụ t 2ab , lập BBT tìm miền giá trị t - Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN biểu thức P Giải chi tiết: Theo ta có: Trang 21 2a b ab 3 ab ab a b 2ab log 1 ab log a b a b 2ab log 1 ab log a b a b 2ab log 2ab log a b log a b a b log 2ab 2ab * Xét hàm số y log t t t ta có y t , hàm số đồng biến 0; t ln Khi * a b 2ab a 1 2b b a Vì a, b 2b 2b 2b 2b b 2b Khi ta có P a b2 a b 2ab 2ab 2ab Đặt t 2ab 2 2b b 2b b b ta có t 2b 2b 2b 1 2b 2b b2 t 2 1 2b 2 4b 2b 4b 4b 2b t b 1 2b 4b 4b 1 2b 1 BBT: t 0;3 Khi ta có P t t t 5t 4, t 0;3 Ta có P 2t t ktm , Pmin P Câu 30: Đáp án D Phương pháp giải: Trang 22 y x - Để hàm số nghịch biến m - Xét TH: m Giải chi tiết: TXĐ: D Ta có: y 3mx 2mx m Để hàm số nghịch biến y x 3mx 2mx m x m m m x luon dung m0 m m0 m m m m 3m m 1 m m0 m Câu 31: Đáp án D Phương pháp giải: - Để hàm số đồng biến 0; y x 0; - Cô lập m, đưa bất phương trình dạng m g x x 0; m g x 0; - Sử dụng BĐT Cơ-si tìm g x 0; Giải chi tiết: TXĐ: D 0; Ta có: y x 8 m 2x m 2x x Để hàm số đồng biến 0; y x 0; 2x m x 0; x m x x 0; * x Đặt g x x , * m g x 0; x Trang 23 Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: x 2x 8 2 x 2.4 x x g x , dấu “=” xảy 0; x 2 x Từ ta suy m , kết hợp điều kiện m m 1; 2;3; 4;5;6;7;8 Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 32: Đáp án D Phương pháp giải: - Đặt z a bi a; b z a bi - Thay vào giả thiết 3z i z 8 , đưa phương trình dạng A Bi A B Giải chi tiết: Đặt z a bi a; b z a bi Theo ta có: 3z i z a bi i a bi 8 3a 3bi b 8i 3a b a 3a b a 3b 8 i a 3b b 3 Vậy tổng phần thực phần ảo z a b 3 2 Câu 33: Đáp án C Phương pháp giải: - Gọi I điểm thỏa mãn IA 2IB IC Phân tích MA2 MB MC theo MI - Chứng minh MA2 MB MC đạt giá trị nhỏ MI đạt giá trị nhỏ - Với I cố định, tìm vị trí M P để IM - Tìm tọa độ điểm I, từ dựa vào mối quan hệ IM P để tìm tọa độ điểm M Giải chi tiết: Gọi I điểm thỏa mãn IA 2IB IC Khi ta có: 2 MA2 2MB MC MA 2MB MC MI IA MI IB MI IC 2 2 2MI 2MI IA IB IC IA 2IB IC 2MI IA2 2IB IC Vì I , A, B, C cố định nên IA2 IB IC không đổi, MA2 MB MC đạt giá trị nhỏ MI đạt giá trị nhỏ Trang 24 Mà M P nên IM đạt giá trị nhỏ M hình chiếu vng góc I lên P hay IM P IM nP 1; 2; 2 phương, với nP vtpt P Tìm tọa độ điểm I ta gọi I x; y; z Ta có: IA IB IC x 1; y; z x 1; y 1; z 3 x 3; y 2; z x x 1 x 3 2 x x 2 y y 1 y 2 y y I 2;0; z z 3 z 2 z z Khi ta có IM a 2; b; c Vì IM nP 1; 2; 2 phương, lại có M P nên ta có hệ phương trình: 2a b a 1 a b c b 2 2 b c a 2b 2c a 2b 2c c Vậy a b c 1 Câu 34: Đáp án D Phương pháp giải: u Sử dụng cơng thức tính đạo hàm ln u u Giải chi tiết: y x 1 x 1 x x 1 2x x Câu 35: Đáp án A Phương pháp giải: Tính nguyên hàm phương pháp đổi biến, đặt t x3 Giải chi tiết: Đặt t x dt x dx x dx dt x 1 t dt t C C Khi ta có x x 1 dx 6 18 3 Câu 36: Đáp án A Phương pháp giải: Sử dụng phương pháp logarit hai vế Giải chi tiết: Trang 25 Lấy logarit số hai vế phương trình ta có: x 3x log x log 3x x log3 x x x log3 2 x x x log x log Vậy phương trình cho có nghiệm thực Câu 37: Đáp án C Phương pháp giải: - Gọi M x0 ; y0 thuộc đồ thị hàm số Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số M - Phương trình tiếp tuyến d đồ thị hàm số y f x M x0 ; y0 y f x0 x x0 f x0 - Cho A 1;0 d , giải phương trình tìm số nghiệm x0 Số nghiệm x0 số tiếp tuyến với đồ thị hàm số qua điểm A 1;0 cần tìm Giải chi tiết: Ta có y 3x x Gọi M x0 ; y0 thuộc đồ thị hàm số Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm M x0 ; y0 y 3x02 x0 x x0 x03 3x02 d Cho A 1;0 d ta có: 3x02 x0 1 x0 x03 3x02 3x02 6x0 3x03 6x02 x03 3x02 2 x03 x0 x0 0,32 Vậy có tiếp tuyến đồ thị hàm số cho qua điểm A 1;0 Câu 38: Đáp án C Phương pháp giải: - Góc đường thẳng mặt phẳng góc đường thẳng hình chiếu mặt phẳng - Sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng để tính góc - Sử dụng cơng thức tính nhanh: Độ dài đường chéo hình vng cạnh a a Giải chi tiết: Trang 26 Vì SA ABCD nên AC hình chiếu vng góc SC lên ABCD SC; ABCD SC; AC SCA Vì ABCD hình vng cạnh a nên AC a a Xét tam giác vng SAC ta có: tan SCA SA SCA 300 SC Vậy SC ; ABCD 30 Câu 39: Đáp án B Phương pháp giải: - Hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn làm tâm đối xứng - Giải phương trình y tìm hồnh độ điểm uốn, từ suy tọa độ điểm uốn Giải chi tiết: Ta có: y x3 3x y 3x 3; y x Cho y x x y ⇒ Hàm số cho có điểm uốn 0; Vì hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn làm tâm đối xứng Vậy hàm số cho có tâm đối xứng 0; Câu 40: Đáp án B Phương pháp giải: - Nhận thấy x 1 e x xe x Sử dụng công thức uv uv uv - Sử dụng phương pháp nguyên hàm hai vế để tìm f x - Tính f x tính f Giải chi tiết: Theo ta có xf x x 1 f x e x xe x f x x 1 e x f x Ta có xe x e x xe x x 1 e x xe x f x xe x f x xe x f x xe x f x dx dx xe x f x x C x Thay x ta có C C , xe f x x x e f x 1 f x 1x e x e x x Trang 27 f x e x f e0 1 Câu 41: Đáp án A Phương pháp giải: - Vì d P nên ud nP - Phương trình đường thẳng qua A x0 ; y0 ; z0 có vtcp u a; b; c x x0 y y0 z z0 a b c Giải chi tiết: Mặt phẳng P : x y 3z có vtpt nP 1; 2; 3 Gọi d đường thẳng qua A 1; 1; 2 vng góc với P ud vtcp đường thẳng d Vì d P nên ud nP 1; 2; 3 Vậy phương trình đường thẳng d x 1 y 1 z 2 3 Câu 42: Đáp án B Phương pháp giải: Giải chi tiết: TXĐ: D Ta có: y 9mx8 m2 3m x5 2m3 m2 m x3 y x 9mx m 3m x 2m3 m m x nghiem boi 3 Cho y 2 9mx m 3m x 2m m m * Để hàm số đồng biến x phải nghiệm bội chẵn phương trình y , phương trình (*) phải nhận x nghiệm bội lẻ Vì x nghiệm (*) nên thay x=0x=0 vào phương trình (*) ta có: m 2m m m m m Thử lại: + Với m ta có y 12 x5 không thỏa mãn y x + Với m ta có y x8 x (thỏa mãn) Trang 28 + Với m x 45 ta có y x8 x5 x5 x3 5 , khơng thỏa mãn 2 2 x y x Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán m Câu 43: Đáp án D Phương pháp giải: 1 - Thay x , sau rút f theo f x vào giả thiết t x - Tìm f x theo x tính f x dx phương pháp tích phân vế Giải chi tiết: 1 1 1 1 1 Ta có: f x xf x , với x ta có f f t f f t t t t 2t t x t t 1 11 f f x x 2 x x Khi ta có f x 1 1 x f x x f x f x x x x 2 3 1 f x x f x dx x dx 2 21 2 1 2 2 2 2 f x dx f x dx 21 Câu 44: Đáp án D Phương pháp giải: - Xét phương trình hồnh độ giao điểm - Áp dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc hai - Sử dụng cơng thức tính độ dài đoạn thẳng AB xB x A y B y A 2 Giải chi tiết: TXĐ: D \ 1 Xét phương trình hồnh độ giao điểm: x2 x x x 11 x x 1 x x x x x x * Trang 29 Khi hồnh độ điểm A B x A , xB nghiệm phương trình (*) x1 x2 Áp dụng định lí Vi-ét ta có x x 2 Ta có: A xA ;1 xA ; B xB ;1 xB nên: AB2 xB xA 1 xB xA AB2 xB xA xB xA AB2 xB xA 2 2 AB x A xB x A xB AB 12 15 Vậy AB 15 Câu 45: Đáp án A Phương pháp giải: - Gọi H hình chiếu S thuộc miền tam giác ABC , chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp ABC - Xác định góc hai mặt phẳng góc hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng vng góc với giao tuyến hai mặt phẳng - Sử dụng cơng thức tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác r S , với S , p diện tích p nửa chu vi tam giác - Sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng tính chiều cao khối chóp - Tính thể tích khối chóp VS ABC SH S ABC Giải chi tiết: Vì chóp S.ABC có mặt bên tạo với đáy góc hình chiếu S thuộc miền tam giác ABC nên hình chiếu S tâm đường tròn nội tiếp ABC Trang 30 Gọi H tâm đường tròn nội tiếp ABC SH ABC Xét ABC có AB BC CA2 25a nên ABC vng B (định lí Pytago đảo) AB SH AB SHK AB SK Trong ABC kẻ HK / / BC K AB ta có AB HK SAB ABC AB SK SAB ; SK AB HK ABC ; HK AB SAB ; ABC SK ; HK SKH 600 Vì HK bán kính đường trịn nội tiếp ABC nên HK SABC pABC 3a.4a a 3a 4a 5a Xét tam giác vng SHK ta có SH HK tan 600 a 1 Vậy VS ABC SH S ABC a .3a.4a 3a 3 Câu 46: Đáp án D Phương pháp giải: - Xác định góc từ điểm A đến ABC - Sử dụng hệ thức lượng tam giác vng tính AA - Tính thể tích VABC ABC AA.SABC Giải chi tiết: BC AM BC ABC Gọi M trung điểm BC ta có BC AA AH BC AH ABC Trong ABC kẻ AH AM H AM ta có: AH AM d A; ABC AH a Trang 31 Vì tam giác ABC cạnh 2a nên AM 2a 3 a S ABC 2a a2 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AAM ta có 1 1 1 2 2 AH AA AM a AA 3a a AA AA 3a Vậy VABC ABC AA.S ABC a 3a a 2 Câu 47: Đáp án D Phương pháp giải: Thể tích khối trịn xoay cho hình phẳng giới hạn đường thẳng y f x ; đồ thị hàm số b y g x ; đường thẳng x a; x b quanh quanh trục Ox V f x g x dx a Giải chi tiết: x Xét phương trình hồnh độ giao điểm 3x x x Vậy thể tích khối trịn xoay cho hình phẳng giới hạn đường thẳng 3x đồ thị hàm số v quanh quanh trục Ox V 3x x dx 4 Câu 48: Đáp án A Phương pháp giải: Sử dụng công thức un uk qnk Giải chi tiết: Giả sử cấp số nhân có cơng bội q, theo ta có: u3 u4 u5 u6 u7 u8 u3 u3q u3q u6 u6 q u6 q 2u3 1 q q u6 1 q q 2u3 u6 do1 q q q u3 2u3 u3 q u3 q3 q Ta có: u8 u9 u10 u8 u8 q u8 q u8 q q u2 q q6 u2 u3 u4 u2 u2 q u2 q u2 q q u2 Câu 49: Đáp án D Trang 32 Phương pháp giải: - Sử dụng công thức z1 z2 z1 z2 ; z z - Đặt z a bi , sử dụng công thức z a b , biến đổi rút mối quan hệ a, b kết luận Giải chi tiết: Theo ta có z 3i z i z 3i z i z 3i z i z 3i z i Đặt z a bi ta có: a bi 3i a bi i a 1 b 3 i a b 1 i a 1 b 3 a 1 b 1 2 2 2a 1 6b 2a 1 2b 1 4a 4b a b Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường thẳng x y Câu 50: Đáp án A Phương pháp giải: Giải chi tiết: Gọi I trung điểm SB Vì SAB SCB 900 nên IS IA IB IC , I tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC , bán kính R IS SB Xét v SAB v SCB có AB CB gt , SB chung v SAB v SCB (cạnh huyền – cạnh góc vng) SA S SAC cân S Trang 33 SM AC AC SBM Gọi M trung điểm AC ta có BM AC SH BM Trong SBM kẻ SH BM ta có: SH ABC SH AC AC SBM Đặt SA SC x Vì ABC vuông cân B nên AC AB 3a BM AM MC 3a Áp dụng định lí Pytago ta có: SM SC MC x 9a 2 SB BC SC 9a x Gọi p nửa chu vi tam giác SBM ta có p Diện tích tam giác SBM là: S SBM Khi ta có SH x2 9a 9a 9a x 2 p p SM p SB p BM S SBM BM Ta có: 1 VS ABC SH S ABC d A; SBC S SBC 3 SH SABC d A; SBC SSBC SSBM 1 3a.3a a .3a.x x 3a BM 2 Áp dụng định lí Pytago ta có: SB SC BC 27a 9a 6a R IS 3a Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC S 4 R 4 9a 36 a Trang 34 ... u2 Khi ta có khoảng cách d1 , d tính cơng thức: d d1 ; d u1 ,u2 M1M u1 ,u2 Giải chi tiết: Ta có: d1 : x y ? ?1 z ? ?1 d1 qua M1 0 ;1; 1? ?? có VTCP là: u1 2 ;1; 2 ... log√ab(a3√b)=log√ab(3√ab.3√a2)=log√ab3√ab+log√ab3√a2=log(ab )12 (ab )13 +1loga23(ab )12 =13 2.logab (ab) +11 2.32loga(ab)=23 +13 4 (1+ logab)⇒23 +13 4 (1+ logab)=3⇒logab=−37logab(ab3)=logab(ab3.a23)=lo gabab3+logaba23=log(ab )12 (ab )13 +1loga23(ab )12 =13 2.logab(ab) +11 2.32loga(ab)=23 +13 4 (1+ logab)⇒2... A 36 a C 18 a B 6 a D 48 a Đáp án 1- C 2-A 3-B 4-C 5-B 6-B 7-C 8-A 9-D 10 -B 11 -D 12 -B 13 -D 14 -A 15 -B 16 -D 17 -C 18 -A 19 -B 20-C 21- A 22-C 23-B 24-A 25-D 26-C 27-B 28-A 29-C 30-D 31- D 32-D 33-C
Ngày đăng: 28/06/2021, 13:42
Xem thêm: Đề thi thử TN THPT môn toán trường chuyên KHTN lần 1 có đáp án và lời giải chi tiết
